Lösung zur 2. Klausur zur Analysis I

Marc Ensenbach 27. Februar 2002

Aufgabe 1 (3+3 Punkte)

a) Untersuchen Sie die folgende Reihe auf Konvergenz:

∑_{n=1}^{∞} \frac{(n!)^{2}}{(2n)!}.

Setze a_{n} = \frac{(n!)^{2}}{(2n)!}, dann ist

|\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | = \frac{((n + 1)!)^{2}}{(2n + 2)!} \frac{(2n)!}{(n!)^{2}} = \frac{(n + 1)^{2}}{(2n + 1)(2n + 2)} = \frac{n^{2} + 2n + 1}{4n^{2} + 6n + 2} ⟶_{n→∞} \frac{1}{4} < 1,

also ist die Reihe nach dem Quotientenkriterium absolut konvergent und damit konvergent.

b) Bestimmen Sie den Wert der folgenden Reihe:

∑_{k=2}^{∞} \frac{log(1 + \frac{1}{k})}{log(k^{log(k+1)})}.

Hinweis: Vereinfachen Sie zunächst den Quotienten. Es ist

\frac{log(1 + \frac{1}{k})}{log(k^{log(k+1)})} = \frac{log(1 + \frac{1}{k})}{log(k + 1) log k} = \frac{log(\frac{1}{k}(k + 1))}{log(k + 1) log k} = \frac{log \frac{1}{k} + log(k + 1)}{log(k + 1) log k}

= \frac{− log k + log(k + 1)}{log(k + 1) log k} = −\frac{1}{log(k + 1)} + \frac{1}{log k} .

Damit erhält man

∑_{k=2}^{n} \frac{log(1 + \frac{1}{k})}{log(k^{log(k+1)})} = ∑_{k=2}^{n} (−\frac{1}{log(k + 1)} + \frac{1}{log k} ) = − ∑_{k=2}^{n} \frac{1}{log(k + 1)} + ∑_{k=2}^{n} \frac{1}{log k}

= − ∑_{k=3}^{n+1} \frac{1}{log k} + ∑_{k=2}^{n} \frac{1}{log k} = −\frac{1}{log(n + 1)} + \frac{1}{log 2} ⟶_{n→∞}^{GWS} \frac{1}{log 2},

also ist \frac{1}{log 2} der Wert der gegebenen Reihe.

Lösung zur 2. Klausur zur Analysis I  Marc Ensenbach

Aufgabe 2 (4 Punkte) Sei (a_{k})_{k⩾1} eine reelle, konvergente Folge mit a_{k} ≠ 0 für alle k ∈ ℕ und lim_{k→∞}a_{k} = a > 0. Zeigen

Sie: Falls ∑_{k=1}^{∞} |a_{k+1} − a_{k}| konvergent ist, dann konvergiert auch ∑_{k=1}^{∞} |\frac{1}{a_{k+1}} − \frac{1}{a_{k}} |.

Da a_{k} ⟶_{k→∞} a > 0, existiert ein k_{0} ∈ ℕ mit a_{k} ⩾ \frac{a}{2} für alle k ⩾ k_{0}, also ist für k ⩾ k_{0}

|\frac{1}{a_{k+1}} − \frac{1}{a_{k}} | = |\frac{a_{k} − a_{k+1}}{a_{k}a_{k+1}} | = \frac{|a_{k+1} − a_{k}|}{a_{k+1}a_{k}} ⩽ \frac{|a_{k+1} − a_{k}|}{\frac{a}{2} · \frac{a}{2}} = \frac{4}{a^{2}} |a_{k+1} − a_{k}|.

Nach Voraussetzung ist damit ∑_{k=1}^{∞} |a_{k+1} − a_{k}| eine konvergente Majorante von ∑_{k=1}^{∞} |\frac{1}{a_{k+1}} − \frac{1}{a_{k}} |,

womit diese Reihe konvergiert.

Aufgabe 3 (3+3+3 Punkte) Bestimmen Sie die Konvergenzradien der folgenden Potenzreihen:

a) ∑_{n=0}^{∞} 2^{n}z^{n!}

Setze

a_{n} = \begin{cases}2 & wenn ∃k ∈ ℕ : n = k!, \\ 0 & sonst, \end{cases}

dann ist ∑_{n=0}^{∞} 2^{n}z^{n!} = ∑_{n=0}^{∞} a_{n}z^{n}, also berechnet sich der Konvergenzradius R der Reihe nach

Cauchy-Hadamard über \frac{1}{R} = lim sup_{n→∞} \sqrt[n]{|a_{n}|}. Es gilt \sqrt[n!]{|a_{n!}|} = \sqrt[n!]{2} ⟶_{n→∞} 1 als Teilfolge von

(\sqrt[n]{2})_{n⩾1}, also ist 1 ein Häufungspunkt der Folge (\sqrt[n]{|a_{n}|})_{n⩾1}. Da \sqrt[n!]{|a_{n!}|} ⩽ \sqrt[n!]{2} ⟶_{n→∞} 1 gilt,

ist 1 der größte Häufungspunkt der Folge, womit lim sup_{n→∞} \sqrt[n]{|a_{n}|} = 1 und damit R = 1 gilt.

b) ∑_{n=0}^{∞} \frac{e^{n} + e^{−n}}{2} z^{n}

Aus den Übungen ist bekannt, dass für a, b > 0 gilt: \sqrt[n]{a^{n} + b^{n}} ⟶_{n→∞} max\{a, b\}. Damit ist

lim_{n→∞} \sqrt[n]{\frac{e^{n} + e^{−n}}{2}} = lim_{n→∞} \begin{matrix}^{n} & \sqrt{e^{n} + (\frac{1}{e})^{n}} \\ ^{n} & \sqrt{2} \end{matrix} =^{GWS} \frac{e}{1} = e,

und nach Cauchy-Hadamard ist R = \frac{1}{e} der Konvergenzradius der Reihe.

c) ∑_{n=0}^{∞}(5n + 3)(2z)^{3n}

Es ist (5n + 3)(2z)^{3n} = (5n + 3) · 2^{3n}z^{3n} = (5n + 3) · 2^{3n}(z^{3})^{n}, also kann man die Reihe als Potenzreihe in z^{3} auffassen. Für den Konvergenzradius R′ dieser Reihe gilt

\frac{1}{R′} = lim_{n→∞} \sqrt[n]{(5n + 3)2^{3n}} = lim_{n→∞}2^{3} \sqrt[n]{5n + 3} = 8,

da 1 ⩽ \sqrt[n]{5n + 3} ⩽ \sqrt[n]{8n} = \sqrt[n]{8}\sqrt[n]{n} ⟶_{n→∞}^{GWS} 1 · 1 = 1, also \sqrt[n]{5n + 3} ⟶_{n→∞} 1. Die Reihe konvergiert

damit für |z|^{3} = |z^{3}| < \frac{1}{8} und divergiert für |z|^{3} > \frac{1}{8}. Daraus ergibt sich der Konvergenzradius \frac{1}{2} für die zu untersuchende Reihe.

Aufgabe 4 (5 Punkte) Zeigen Sie, dass für eine Funktion f : (0, ∞) → (0, ∞) die folgenden beiden Aussagen äquivalent sind:

(i) lim_{x→∞}f(x) = ∞

(ii) lim_{x↓0} \frac{1}{f(\frac{1}{x})} = 0

(i) ⇒ (ii): Sei lim_{x→∞}f(x) = ∞ und ε > 0. Nach Voraussetzung existiert ein y_{0} ∈ (0, ∞), so dass

f(y) > \frac{1}{ε} für alle y ⩾ y_{0} gilt. Wähle δ = \frac{1}{y_{0}} , dann gilt für x ∈ (0, δ): f(\frac{1}{x}) > \frac{1}{ε}, da \frac{1}{x} ⩾ y_{0}, und

damit ist \frac{1}{f(\frac{1}{x})} < ε. Nach Definition ist dann (ii) gezeigt.

(ii) ⇒ (i): Sei lim_{x↓0} \frac{1}{f(\frac{1}{x})} = 0 und M > 0. Dann existiert nach Voraussetzung ein δ > 0 mit

\frac{1}{f(\frac{1}{y})} < \frac{1}{M} für alle y ∈ (0, δ). Wähle x_{0} = \frac{1}{δ}, dann gilt 0 < y := \frac{1}{x} < δ für alle x > x_{0}. Damit ist

\frac{1}{f(\frac{1}{y})} < \frac{1}{M}, also f(x) = f(\frac{1}{y}) > M. Nach Definition ist dann (i) gezeigt.

Aufgabe 5 (2+3+2 Punkte) Untersuchen Sie folgende Grenzwerte auf Existenz und bestimmen Sie sie gegebenenfalls:

a) lim_{x→∞}\sqrt{x}(\sqrt{x + 1} − \sqrt{x})

Es ist

\sqrt{x}(\sqrt{x + 1} − \sqrt{x}) = \sqrt{x^{2} + x} − x = \frac{x^{2} + x − x^{2}}{\sqrt{x^{2} + x} + x} = \frac{x}{\sqrt{x^{2} + x} + x} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1}.

Aufgrund der Stetigkeit der Wurzelfunktion erhält man mit den Grenzwertsätzen \sqrt{x}(\sqrt{x + 1}−

\sqrt{x}) ⟶_{x→∞} \frac{1}{2}.

b) lim_{x↓0} \frac{cos(\sqrt{x}) − 1}{x}

Lösung zur 2. Klausur zur Analysis I  Marc Ensenbach

Für x > 0 ist

\begin{aligned}\frac{cos(\sqrt{x}) − 1}{x} & = \frac{∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k} \frac{(\sqrt{x})^{2k}}{(2k)!} − 1}{x} = \frac{∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k} \frac{x^{k}}{(2k)!} − 1}{x} = \frac{∑_{k=1}^{∞}(−1)^{k} \frac{x^{k}}{(2k)!}}{x} \\ & = ∑_{k=1}^{∞}(−1)^{k} \frac{x^{k−1}}{(2k)!} = ∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k+1} \frac{x^{k}}{(2k + 2)!} ⟶_{x↓0} (−1)^{1} \frac{1}{2!} = −\frac{1}{2}, \end{aligned}

da die betrachtete Potenzreihe den Konvergenzradius ∞ hat und somit auf ganz ℝ stetig ist.

c) lim_{x→1} \frac{\sqrt{x^{2} − 2x + 1}}{x − 1}.

Für x ≠ 1 ist

\frac{\sqrt{x^{2} − 2x + 1}}{x − 1} = \frac{\sqrt{(x − 1)^{2}}}{x − 1} = \frac{|x − 1|}{x − 1} = \begin{cases}1 & für x > 1 \\ −1 & für x < 1. \end{cases}

Damit ist lim_{x↓1} \frac{\sqrt{x^{2} − 2x + 1}}{x − 1} = 1 und lim_{x↑1} \frac{\sqrt{x^{2} − 2x + 1}}{x − 1} = −1, womit der Grenzwert in 1 nicht existiert.

Aufgabe 6 (4 Punkte) Zeigen Sie, dass die Funktion f : (0, ∞) → ℝ, x ↦ \frac{1}{x} nicht gleichmäßig stetig ist. Sei ε = 1, δ > 0 und n ∈ ℕ, n > \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{2}{δ} + \frac{1}{4}}. Für x = \frac{1}{n}, y = \frac{1}{n} + \frac{δ}{2} gilt |x − y| < δ, aber es ist

|f(x) − f(y)| = n − \frac{1}{\frac{1}{n} + \frac{δ}{2}} = \frac{n\frac{δ}{2}}{\frac{1}{n} + \frac{δ}{2}} > ε,

da

\frac{n\frac{δ}{2}}{\frac{1}{n} + \frac{δ}{2}} > 1 ⇔ n\frac{δ}{2} > \frac{δ}{2} + \frac{1}{n} ⇔ n^{2} − n − \frac{2}{δ} > 0 ⇔ n > \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{2}{δ} + \frac{1}{4}}.

Damit ist f nicht gleichmäßig stetig. Aufgabe 7 (5 Punkte) Für k ∈ ℕ_{0} seien die Funktionen f_{k} : ℝ → ℝ definiert durch

f_{k}(x) = \begin{cases}x^{k} cos(\frac{1}{x}) exp(x) & für x ≠ 0 \\ 0 & für x = 0. \end{cases}

Für welche k ∈ ℕ_{0} ist f_{k} in x_{0} = 0 stetig bzw. differenzierbar?

1. Fall: k = 0: Betrachte die Folge (x_{n})_{n⩾1}, x_{n} = \frac{1}{2πn}, dann ist aufgrund der Stetigkeit der Exponentialfunktion

lim_{n→∞}f_{0}(x_{n}) = lim_{n→∞} cos(2πn) exp(\frac{1}{2πn}) = lim_{n→∞} exp(\frac{1}{2πn}) = 1,

und für y_{n} = \frac{1}{(2n+1)π} ist

lim_{n→∞}f_{0}(y_{n}) = lim_{n→∞} cos((2n + 1)π) exp(\frac{1}{(2n+1)π}) = − lim_{n→∞} exp(\frac{1}{(2n+1)π}) = −1.

Da aber x_{n} ⟶_{n→∞} 0 und y_{n} ⟶_{n→∞} 0, ist f_{0} in x_{0} = 0 nicht stetig und damit nicht differenzierbar.

2. Fall: k = 1: Sei (x_{n})_{n⩾1} eine reelle Folge mit x_{n} ⟶_{n→∞} 0. Dann gilt

lim_{n→∞}f_{1}(x_{n}) = lim_{n→∞}x_{n} cos(\frac{1}{x_{n}}) exp(x_{n}) = 0,

da x_{n} ⟶_{n→∞} 0, cos(\frac{1}{x_{n}}) beschränkt und die Exponentialfunktion stetig ist. Damit ist f_{1} stetig in x_{0} = 0. Weiterhin ist für h ≠ 0

\frac{f_{1}(h) − f_{1}(0)}{h} = \frac{f_{1}(h)}{h} = \frac{hf_{0}(h)}{h} = f_{0}(h).

Nach dem ersten Fall kann der Grenzwert des Differenzenquotienten für h → 0 nicht existieren, womit f_{1} in 0 nicht differenzierbar ist.

3. Fall: k ⩾ 2: Es gilt f_{k}(x) = x^{k−1}f_{1}(x), also ist f_{k} als Produkt in 0 stetiger Funktionen stetig in 0. Es gilt

lim_{h→0} \frac{f_{k}(h) − f_{k}(0)}{h} = lim_{h→0} \frac{f_{k}(h)}{h} = lim_{h→0} \frac{hf_{k−1}(h)}{h} = lim_{h→0} f_{k−1}(h) = f_{k−1}(0) = 0,

da f_{k} für k ⩾ 1 stetig in 0 ist. Damit ist f_{k} für k ⩾ 2 in 0 differenzierbar.

Aufgabe 8 (6 Punkte) Beweisen Sie den folgenden Satz aus der Vorlesung: Sei f : D → ℝ eine Funktion und x_{0} ∈ D. Dann sind äquivalent:

(i) f ist stetig in x_{0} (ii) Für jede Folge (x_{n})_{n⩾1} in D mit lim_{n→∞}x_{n} = x_{0} gilt lim_{n→∞}f(x_{n}) = f( lim_{n→∞}x_{n}) = f(x_{0}).

(i) ⇒ (ii): Sei (x_{n})_{n⩾1} eine Folge in D mit lim_{n→∞}x_{n} = x_{0}. Sei ε > 0. Aus (i) folgt die Existenz eines δ > 0 mit der Eigenschaft |f(x) − f(x_{0})| < ε für alle x ∈ D ∩ U_{δ}(x_{0}). Wegen lim_{n→∞}x_{n} = x_{0} gibt es ein n_{0} ∈ ℕ, so dass |x_{n} − x_{0}| < δ, d. h. x_{n} ∈ U_{δ}(x_{0}), für alle n ⩾ n_{0}. Es folgt |f(x_{n}) − f(x_{0})| < ε für alle n ⩾ n_{0}, also lim_{n→∞}f(x_{n}) = f(x_{0}). (ii) ⇒ (i): Es sei angenommen, dass f nicht stetig in x_{0} ist. Dann existiert ein ε > 0, so dass zu jedem δ > 0 ein x existiert mit |x − x_{0}| < δ und |f(x) − f(x_{0})| ⩾ ε. Zu δ = \frac{1}{n}, n ∈ ℕ, existiert somit ein x_{n} ∈ D mit |x_{n} − x_{0}| < \frac{1}{n} und |f(x_{n}) − f(x_{0})| ⩾ ε. Aus |x_{n} − x_{0}| < \frac{1}{n} erhält man lim_{n→∞}x_{n} = x_{0}. Wegen |f(x_{n}) − f(x_{0})| ⩾ ε konvergiert (f(x_{n}))_{n⩾1} aber nicht gegen f(x_{0}). ↯ zu (ii), also ist f stetig in x_{0}.

Aufgabe 9 (3+4 Punkte) Bestimmen Sie alle Stetigkeits- und Unstetigkeitsstellen der folgenden Funktionen: a) f : ℝ → ℝ, x ↦ [x] + \sqrt{x − [x]}

1. Fall: x_{0} ∈ ℝ \ ℤ: In x_{0} ist f als Verknüpfung/Verkettung elementarer stetiger Funktionen stetig.

2. Fall: x_{0} ∈ ℤ: Wegen der Stetigkeit der Wurzelfunktion ist

lim_{x↓x_{0}}([x] + \sqrt{x − [x]}) = lim_{x↓x_{0}}(x_{0} + \sqrt{x − x_{0}}) = x_{0}

und

lim_{x↑x_{0}}([x] + \sqrt{x − [x]}) = lim_{x↑x_{0}}(x_{0} − 1 + \sqrt{x − (x_{0} − 1)}) = x_{0} − 1 + 1 = x_{0}.

Da linksseitiger und rechtsseitiger Grenzwert übereinstimmen, ist f in x_{0} stetig.

b) g : ℝ → ℝ, x ↦ \begin{cases}\frac{x^{2} − 7x + 10}{x^{2} − 6x + 8} & für x ∈ ℝ \ ℕ \\ \frac{3x + 1}{x + 2} & für x ∈ ℕ. \end{cases}

In ℝ \ ℕ ist die Funktion als rationale Funktion stetig. Sei nun x_{0} ∈ ℕ, x_{0} ≠ 4. Dann gilt:

lim_{x→x_{0}} g(x) = lim_{x→x_{0}} \frac{x^{2} − 7x + 10}{x^{2} − 6x + 8} = lim_{x→x_{0}} \frac{(x − 2)(x − 5)}{(x − 2)(x − 4)} = lim_{x→x_{0}} \frac{x − 5}{x − 4} = \frac{x_{0} − 5}{x_{0} − 4}.

Stetigkeit in x_{0} ist daher gleichbedeutend mit

\frac{x_{0} − 5}{x_{0} − 4} = g(x_{0}) = \frac{3x_{0} + 1}{x_{0} + 2}

⇔ (x_{0} − 5)(x_{0} + 2) = (3x_{0} + 1)(x_{0} − 4)
⇔ x_{0}^{2} − 3x_{0} − 10 = 3x_{0}^{2} − 11x_{0} − 4
⇔ 2x_{0}^{2} − 8x_{0} + 6 = 0
⇔ x_{0}^{2} − 4x_{0} + 3 = 0
⇔ x_{0} = 1 ∨ x_{0} = 3.

Nun betrachte noch x_{0} = 4: Wegen

lim_{x↓4} g(x) = lim_{x↓4} \frac{x − 5}{x − 4} = −∞

kann g in 4 nicht stetig sein. Insgesamt erhält man, dass g genau in den Punkten aus ℕ\{1, 3} unstetig ist.

Aufgabe 10 (1+3+1 Punkte) Zeigen Sie: a) Jede abgeschlossene Menge A ⊂ ℝ, die Teilmenge einer kompakten Menge K ⊂ ℝ ist, ist

kompakt.

Sei K ⊂ ℝ kompakt, dann existieren min K und max K. Für x ∈ A ist auch x ∈ K und damit min K ⩽ x ⩽ max K, also ist A beschränkt. Da A nach Voraussetzung abgeschlossen ist, ist A nach Definition kompakt.

b) Sei K ⊂ ℝ kompakt. Jede Folge (x_{n})_{n⩾1} mit x_{n} ∈ K für alle n ∈ ℕ, die nur einen Häufungspunkt besitzt, ist konvergent.

Sei (x_{n})_{n⩾1} eine Folge mit x_{n} ∈ K für alle n ∈ ℕ, die nur einen Häufungspunkt x besitze. Unter der Annahme, dass (x_{n})_{n⩾1} nicht gegen x konvergent ist, existiert ein ε > 0, so dass für alle n_{0} ein n ⩾ n_{0} existiert mit |x_{n} − x| ⩾ ε, also liegt die so gegebene Teilfolge (x_{n_{k}})_{k} in K′ = K \(x−ε, x+ε), was wieder kompakt ist. Damit hat die Teilfolge einen Häufungspunkt x′ in K′, der wegen x ∉ K′ von x verschieden ist. ↯ zur Voraussetzung, also muss (x_{n})_{n⩾1} konvergieren.

c) Die Aussage von b) gilt i. A. nicht, falls K abgeschlossen, aber nicht kompakt ist.

Sei (x_{n})_{n⩾1} in der abgeschlossenen Menge ℝ definiert durch x_{n} = (1 + (−1)^{n})n und sei (x_{n_{k}})_{k} eine Teilfolge von (x_{n})_{n}. Gibt es unendlich viele gerade n_{k}, so ist die Teilfolge divergent, ansonsten ist die Teilfolge für fast alle k gleich 0 und damit konvergent gegen 0, also ist 0 der einzige Häufungspunkt der Folge, aber (x_{n})_{n} ist nicht konvergent.

Aufgabe 11 (4 Punkte)

Zeigen Sie, dass die Gleichung \frac{sin x}{x} = x mindestens eine Lösung in ℝ \ \{0\} hat.

Es gilt \frac{sin x}{x} = x ⇔ sin x = x^{2} ⇔ sin x−x^{2} = 0. Es ist nach Leibniz sin x = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{(2n + 1)!} ⩾

x − \frac{x^{3}}{6} für x > 0, also sin \frac{1}{2} − (\frac{1}{2})^{2} ⩾ \frac{1}{2} − \frac{1}{48} − \frac{1}{4} > 0, und es gilt sin π − π^{2} = −π^{2} < 0. Da x ↦ sin x − x^{2} als Verknüpfung stetiger Funktionen stetig ist, hat die Funktion nach dem Zwi-

schenwertsatz eine Nullstelle ξ ∈ [\frac{1}{2}, π], und es gilt \frac{sin ξ}{ξ} = ξ.

Aufgabe 12 (4 Punkte) Seien f, g : [a, b] → ℝ stetig. Weiter gelte f^{2}(x) = g^{2}(x) und f(x) ≠ 0 für alle x ∈ [a, b]. Zeigen Sie, dass entweder f(x) = g(x) für alle x ∈ [a, b] oder f(x) = −g(x) für alle x ∈ [a, b] gilt.

Für jedes x ∈ [a, b] gilt f^{2}(x) = g^{2}(x), also f(x) = g(x) oder f(x) = −g(x). Es verbleibt zu zeigen, dass es keine Punkte x_{1}, x_{2} ∈ [a, b] gibt mit f(x_{1}) = g(x_{1}) und f(x_{2}) = −g(x_{2}). Dazu sei angenommen, dass solche x_{1}, x_{2} existieren. Nun betrachte f ·g. Es gilt (f ·g)(x_{1}) = f(x_{1})g(x_{1}) = g^{2}(x_{1}) > 0 und (f · g)(x_{2}) = f(x_{2})g(x_{2}) = −g^{2}(x_{2}) < 0. Da f · g als Produkt stetiger Funktionen stetig ist, existiert ein ξ ∈ [a, b] mit (f · g)(ξ) = 0, also mit f(ξ) = 0 oder g(ξ) = 0. ↯ zu f(x) ≠ 0 für alle x ∈ [a, b], da im Fall g(ξ) = 0 auch f(ξ) = ±g(ξ) = 0 ist. Damit ist die Behauptung gezeigt.

Aufgabe 13 (2+2+2 Punkte) a) Geben Sie eine exakte Formulierung des Satzes von Rolle an.

Seien a, b ∈ ℝ, a < b, f : [a, b] → ℝ stetig und auf (a, b) differenzierbar mit f(a) = f(b) = 0. Dann existiert ein x_{0} ∈ (a, b) mit f′(x_{0}) = 0.

b) Seien a < x_{0} < b und f : D → ℝ mit (a, x_{0}) ⊂ D sowie (x_{0}, b) ⊂ D und L ∈ ℝ. Geben Sie zwei äquivalente Bedingungen dazu an, dass f für x → x_{0} konvergent gegen L ist.

(i) f konvergiert genau dann für x → x_{0} gegen L, wenn zu jedem ε > 0 ein δ > 0 existiert, so dass für alle x ∈ D mit 0 < |x − x_{0}| < δ gilt: |f(x) − L| < ε. (ii) f konvergiert genau dann für x → x_{0} gegen L, wenn für jede Folge (x_{n})_{n⩾1} in D \ {x_{0}}

mit x_{n} ⟶_{n→∞} x_{0} gilt: lim_{n→∞}f(x_{n}) = L.

(iii) f konvergiert genau dann für x → x_{0} gegen L, wenn zu jedem ε > 0 ein δ > 0 existiert, so dass für alle x_{1}, x_{2} ∈ D mit 0 < |x_{0} − x_{1}|, |x_{0} − x_{2}| < δ gilt: |f(x_{1}) − f(x_{2})| < ε.

c) Formulieren Sie exakt die Definition einer hebbaren Unstetigkeitsstelle.

Sei f : D → ℝ eine Funktion und x_{0} ∈ ℝ ein innerer Punkt von D ∪ {x_{0}}. Dann heißt x_{0} eine hebbare Unstetigkeitsstelle von f, wenn lim_{x↑x_{0}} f(x) und lim_{x↓x_{0}} f(x) beide existieren und gleich

sind, aber im Fall x_{0} ∈ D von f(x_{0}) verschieden sind.