Lösung zur 3. Klausur zur Analysis I

Marc Ensenbach

17. April 2002

Aufgabe 1 (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die durch x_{1} = 2 und x_{n+1} = 1 + \sqrt{x_{n}} für n ∈ ℕ rekursiv definierte Folge (x_{n})_{n⩾1} konvergiert, und bestimmen Sie ihren Grenzwert.

(1) Beschränktheit: Für alle n ∈ ℕ gilt 2 ⩽ x_{n} ⩽ 4: (IA) n = 1: 2 ⩽ x_{1} = 2 ⩽ 4. (IV) Sei n ∈ ℕ und gelte 2 ⩽ x_{n} ⩽ 4 für dieses n.

(IS) Es ist 2 < 1 + \sqrt{2} ⩽^{IV} 1 + \sqrt{x_{n}} = x_{n+1} ⩽^{IV} 1 + \sqrt{4} = 3 < 4. Nach dem Induktionsprinzip ist die Behauptung bewiesen.

(2) Monotonie: Für alle n ∈ ℕ gilt x_{n} ⩽ x_{n+1}: (IA) n = 1: x_{1} = 2 < 1 + \sqrt{2} = x_{2}. (IV) Sei n ∈ ℕ und gelte x_{n} ⩽ x_{n+1} für dieses n.

(IS) Es gilt x_{n+2} = 1 + \sqrt{x_{n+1}} ⩾^{IV} 1 + \sqrt{x_{n}} = x_{n+1}. Mit dem Induktionsprinzip folgt die Behauptung.

(3) Nach (1) und (2) existiert x := lim_{n→∞}x_{n} = lim_{n→∞}x_{n+1} = lim_{n→∞}(1 + \sqrt{x_{n}}) =_{GWS}^{√ stetig} 1 + \sqrt{x}. Nun

ist x = 1 + \sqrt{x} ⇔ x − 1 = \sqrt{x} ⇒ x^{2} − 2x + 1 = x ⇔ x^{2} − 3x + 1 = 0 ⇔ x = \frac{3}{2} ± \sqrt{\frac{9}{4} − 1} =

\frac{3}{2} ± \sqrt{\frac{5}{4}} = \frac{1}{2}(3 ± \sqrt{5}). Da 3 − \sqrt{5} < 4 und damit \frac{1}{2}(3 − \sqrt{5}) < 2 gilt, aber alle Folgenglieder

größer/gleich 2 sind, muss x = \frac{1}{2}(3 + \sqrt{5}) der Grenzwert der Folge sein.

Aufgabe 2 (3+3 Punkte) Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz und absolute Konvergenz.

a) ∑_{n=1}^{∞} a_{n} mit a_{n} := \begin{cases}\frac{1}{7^{k}} & für n = 2k − 1, k ∈ ℕ, \\ \frac{1}{\sqrt[5]{k^{4}}} & für n = 2k, k ∈ ℕ. \end{cases}

Da \frac{1}{7^{k}} > 0 für alle k ∈ ℕ gilt, ist ∑_{n=1}^{∞} a_{n} ⩾ ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{\sqrt[5]{k^{4}}} = ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{\frac{4}{5}}} . Wegen \frac{1}{k^{\frac{4}{5}}} ⩾ \frac{1}{k} ist die

harmonische Reihe divergente Minorante der Reihe ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{\sqrt[5]{k^{4}}} , die somit ebenfalls divergent

ist. Daraus folgt die (absolute) Divergenz der gegebenen Reihe.

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b) ∑_{n=1}^{∞} \frac{i^{n}}{log n}.

Die Reihe ist nicht wohldefiniert, der Summand für n = 1 nicht existiert. Im Folgenden wird davon ausgegangen, dass die Reihe bei n = 2 beginnt. Mit der Abschätzung log n ⩽ n − 1 gilt

|\frac{i^{n}}{log n}| = \frac{1}{log n} ⩾ \frac{1}{n − 1} > \frac{1}{n}, also ist die harmonische Reihe divergente Minorante, womit die

Reihe absolut divergiert. Setze nun a_{n} = i^{n} und b_{n} = \frac{1}{log n}, dann ist (A_{n})_{n⩾2} mit A_{n} := ∑_{k=2}^{n} a_{k}

beschränkt, denn A_{n} nimmt wegen A_{5} = −1−i+1+i = 0 und damit A_{4n+m} = A_{m} für n ∈ ℕ_{0}, m ∈ {2; 3; 4; 5} nur endlich viele Werte an. Weiterhin gilt b_{n} ⟶_{n→∞} 0 und b_{n+1} ⩽ b_{n} für alle

n ∈ ℕ, da \frac{b_{n}}{b_{n+1}} = \frac{log(n + 1)}{log n} ⩾ 1 wegen der Monotonie der Logarithmusfunktion gilt. Nach

dem Dirichletkriterium ist dann ∑_{n=1}^{∞} \frac{i^{n}}{log n} = ∑_{n=1}^{∞} a_{n}b_{n} konvergent.

Aufgabe 3 (4 Punkte) Sei (a_{k})_{k⩾1} eine monoton fallende Folge mit den Eigenschaften a_{1} > 0 und 2a_{2k} > a_{k} für alle

k ∈ ℕ. Untersuchen Sie die Reihe ∑_{k=1}^{∞} a_{k} auf Konvergenz.

Zunächst zeige mittels vollständiger Induktion, dass 2^{n}a_{2^{n}} ⩾ a_{1} für alle n ∈ ℕ_{0} gilt: (IA) n = 0: 2^{0}a_{2^{0}} = a_{1}. (IV) Sei n ∈ ℕ_{0} und gelte 2^{n}a_{2^{n}} ⩾ a_{1} für dieses n. (IS) Nach der Voraussetzung der Aufgabenstellung gilt 2a_{2^{n+1}} = 2a_{2·2^{n}} ⩾ a_{2^{n}} und damit

2^{n+1}a_{2^{n+1}} = 2 · 2^{n}a_{2^{n+1}} ⩾ 2^{n}a_{2^{n}} ⩾^{IV} a_{1}. Mit dem Induktionsprinzip folgt die Behauptung. Aus dem Gezeigten folgt insbesondere, dass a_{2^{n}} > 0 für alle n ∈ ℕ ist. Da (a_{k})_{k⩾1} monoton fallend ist, müssen damit alle Folgenglieder positiv sein, also kann man die gegebene Reihe um-

ordnen: ∑_{k=1}^{∞} a_{k} = ∑_{k=1}^{∞} ∑_{n=2^{k−1}}^{2^{k}−1} a_{n} ⩾^{(a_{n}) monoton} ∑_{k=1}^{∞} ∑_{n=2^{k−1}}^{2^{k}−1} a_{2^{k}} = ∑_{k=1}^{∞} 2^{k−1}a_{2^{k}} = \frac{1}{2} ∑_{k=1}^{∞} 2^{k}a_{2^{k}} ⩾ \frac{1}{2} ∑_{k=1}^{∞} a_{1}.

Diese Reihe divergiert, da (a_{1})_{n⩾1} keine Nullfolge ist. Damit divergiert auch ∑_{k=1}^{∞} a_{k}.

Aufgabe 4 (3 Punkte)

Berechnen Sie den Wert der Reihe ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k + 1)(2k + 3)}.

Es gilt ∑_{k=0}^{N} \frac{1}{(2k + 1)(2k + 3)} = ∑_{k=0}^{N} \frac{1}{2} (\frac{1}{2k + 1} − \frac{1}{2k + 3}) = \frac{1}{2} (∑_{k=0}^{N} \frac{1}{2k + 1} − ∑_{k=0}^{N} \frac{1}{2k + 3}) =

\frac{1}{2} (∑_{k=0}^{N} \frac{1}{2k + 1} − ∑_{k=1}^{N+1} \frac{1}{2k + 1}) = \frac{1}{2} (\frac{1}{2 · 0 + 1} − \frac{1}{2(N + 1) + 1}) = \frac{1}{2} − \frac{1}{4N + 6} ⟶_{N→∞} \frac{1}{2}, also ist

\frac{1}{2} der Wert der Reihe.

Aufgabe 5 (4 Punkte) Es sei (a_{k})_{k⩾1} eine monoton wachsende, nach oben beschränkte Folge positiver reeller Zahlen.

Zeigen Sie: Die Reihe ∑_{k=1}^{∞} (\frac{a_{k+1}}{a_{k}} − 1) konvergiert.

Nach den Voraussetzungen der Aufgabenstellung konvergiert (a_{k})_{k⩾1} gegen einen Grenzwert a ∈ (0; ∞). Da (a_{k})_{k⩾1} monoton steigend ist, gilt \frac{a_{k+1}}{a_{k}} ⩾ 1 für alle k ∈ ℕ,

also ∑_{k=1}^{∞} |\frac{a_{k+1}}{a_{k}} − 1| = ∑_{k=1}^{∞} (\frac{a_{k+1}}{a_{k}} − 1) = ∑_{k=1}^{∞} \frac{a_{k+1} − a_{k}}{a_{k}} ⩽ \frac{1}{a_{1}} ∑_{k=1}^{∞}(a_{k+1} − a_{k}) =

\frac{1}{a_{1}} lim_{n→∞} ∑_{k=1}^{n}(a_{k+1} − a_{k}) = \frac{1}{a_{1}} lim_{n→∞}(a_{n+1} − a_{1}) = \frac{1}{a_{1}} (a − a_{1}), also ist ∑_{k=1}^{∞} (\frac{a_{k+1}}{a_{k}} − 1) nach

dem Majorantenkriterium (absolut) konvergent.

Aufgabe 6 (3+3+3 Punkte) Bestimmen Sie die Konvergenzradien der folgenden Potenzreihen.

a) ∑_{n=0}^{∞} \binom{2n}{n}z^{n}.

Setze a_{n} = \binom{2n}{n}z^{n}, dann ist |\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | = \frac{(2(n + 1))!|z|^{n+1}}{(n + 1)!(n + 1)!} · \frac{n!n!}{(2n)!|z|^{n}} = \frac{(2n + 1)(2n + 2)}{(n + 1)(n + 1)}|z| =

\frac{4n^{2} + 6n + 2}{n^{2} + 2n + 1}|z| = \frac{4 + \frac{6}{n} + \frac{2}{n^{2}}}{1 + \frac{2}{n} + \frac{1}{n^{2}}} |z| ⟶_{n→∞}^{GWS} 4|z|. Nach dem Quotientenkriterium konvergiert die

Reihe damit für |z| < \frac{1}{4} und divergiert für |z| > \frac{1}{4}, also ist \frac{1}{4} der Konvergenzradius der Reihe.

b) ∑_{n=0}^{∞} arctan(n)z^{n}.

Es gilt arctan n ⟶_{n→∞} \frac{π}{2} > 1, also gibt es ein n_{0} ∈ ℕ mit arctan n ⩾ 1 für alle n ⩾ n_{0}. Für

n ⩾ n_{0} ist damit 1 = \sqrt[n]{1} ⩽ \sqrt[n]{arctan n} ⩽ \sqrt[n]{\frac{π}{2}} ⟶_{n→∞} 1, also konvergiert \sqrt[n]{arctan n} nach dem Sandwichlemma gegen 1. Mit Cauchy-Hadamard folgt, dass 1 der Konvergenzradius der Reihe ist.

c) ∑_{n=0}^{∞} exp(−n)z^{n}.

Es gilt \sqrt[n]{exp(−n)} = exp(−1) = \frac{1}{e}, also ist nach Cauchy-Hadamard e der Konvergenzradius der Potenzreihe.

Aufgabe 7 (2+3+3 Punkte) Untersuchen Sie folgende Grenzwerte auf Existenz und bestimmen Sie sie gegebenenfalls.

a) lim_{x↓0} (−1)^{[ \frac{1}{x}]}.

Es gilt x_{n} = \frac{1}{2n} ⟶_{n→∞} 0 mit x_{n} > 0 für alle n ∈ ℕ und (−1)^{[ \frac{1}{xn}]} = (−1)^{2n} = 1 ⟶_{n→∞} 1, weiterhin

gilt y_{n} = \frac{1}{2n+1} ⟶_{n→∞} 0 mit y_{n} > 0 für alle n ∈ ℕ und (−1)^{[ \frac{1}{yn}]} = (−1)^{2n+1} = −1 ⟶_{n→∞} −1, also kann der gesuchte Grenzwert nicht existieren.

b) lim_{x→∞} \frac{(2 − \frac{3}{\sqrt{x}})^{3} (∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{x^{n}} ) − 1}{1 + \frac{1}{2^{x}} − \frac{1}{\sqrt[4]{x}}}.

Wegen lim_{x→∞} \frac{1}{x} = 0 und der Stetigkeit der Potenzreihe x ↦ ∑_{n=0}^{∞} x^{n} in (−1; 1) gilt mit den GWS

lim_{x→∞} \frac{(2 − \frac{3}{\sqrt{x}})^{3} (∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{x^{n}} ) − 1}{1 + \frac{1}{2^{x}} − \frac{1}{\sqrt[4]{x}}} = \frac{(2 − lim_{x→∞} \frac{3}{\sqrt{x}})^{3} (∑_{n=0}^{∞} ( lim_{x→∞} \frac{1}{x})^{n}) − 1}{1 + lim_{x→∞} \frac{1}{2^{x}} − lim_{x→∞} \frac{1}{\sqrt[4]{x}}} = \frac{2^{3} · 1 − 1}{1 + 0 − 0} = 7.

c) lim_{x↓0} (\frac{1}{x} − \frac{1}{e^{x} − 1}).

Nach der Regel von L’Hospital ist lim_{x↓0} (\frac{1}{x} − \frac{1}{e^{x} − 1}) = lim_{x↓0} \frac{e^{x} − 1 − x}{xe^{x} − x} ”\frac{0}{0}“ =

lim_{x↓0} \frac{e^{x} − 1}{e^{x} + xe^{x} − 1} ”\frac{0}{0}“ = lim_{x↓0} \frac{e^{x}}{2e^{x} + xe^{x}} =^{GWS} \frac{1}{2}.

Aufgabe 8 (5 Punkte) Seien f : [0; 1] → ℝ und g : [0; 1] → ℝ stetig. Zeigen Sie mit Hilfe der Definition der gleichmäßigen Stetigkeit, dass f · g gleichmäßig stetig ist.

Da f und g als stetige Funktionen auf einem Kompaktum beschränkt sind, gibt es ein M ∈ ℝ mit |f(x)|, |g(x)| ⩽ M für alle x ∈ [0; 1]. Sei nun ε > 0. Da f und g als stetige Funktionen auf einem Kompaktum gleichmäßig stetig sind, gibt es δ_{1}, δ_{2} > 0 mit |f(x)−f(y)| < \frac{ε}{2M} für alle x, y ∈ [0; 1] mit |x−y| < δ_{1} und |g(x)−g(y)| < \frac{ε}{2M} für alle x, y ∈ [0; 1] mit |x−y| < δ_{2}. Setze δ = min\{δ_{1}; δ_{2}\}, dann gilt für alle x, y ∈ [0; 1] mit |x − y| < δ: |(fg)(x) − (fg)(y)| = |f(x)g(x) − f(y)g(y)| = |f(x)g(x) − f(y)g(x) + f(y)g(x) − f(y)g(y)| ⩽ |f(x)g(x) − f(y)g(x)| + |f(y)g(x) − f(y)g(y)| = |g(x)|·|f(x)−f(y)|+|f(y)|·|g(x)−g(y)| ⩽ M ·|f(x)−f(y)|+M ·|g(x)−g(y)| < M \frac{ε}{2M} +M \frac{ε}{2M} = ε, also ist f · g nach Definition gleichmäßig stetig.

Aufgabe 9 (5 Punkte) Untersuchen Sie die Funktion

f : ℝ → ℝ, x ↦ \begin{cases}x^{2}(1 + log |x|) & für x ≠ 0, \\ 0 & für x = 0 \end{cases}

auf Differenzierbarkeit, berechnen Sie gegebenenfalls die Ableitung und untersuchen Sie diese auf Stetigkeit.

Für x < 0 ist f(x) = x^{2}(1 + log(−x)), für x > 0 ist f(x) = x^{2}(1 + log x), also ist f für x ≠ 0 als Verknüpfung/Verkettung elementarer Funktionen differenzierbar. Betrachte nun die Stelle 0:

lim_{h→0} \frac{f(h) − f(0)}{h} = lim_{h→0} \frac{h^{2}(1 + log |h|)}{h} = lim_{h→0}h(1+log |h|) = lim_{h→0}(h+h log |h|) =^{GWS} lim_{h→0}h log |h|. Es

gilt lim_{h↓0} h log |h| = lim_{h↓0} h log h = 0 nach Vorlesung, weiterhin ist lim_{h↑0} h log |h| = lim_{h↑0} h log(−h) =

lim_{h↓0} (−h) log h = 0, also existiert der Grenzwert des Differenzenquotienten. Damit ist f in 0 differenzierbar mit Ableitung 0. Für x < 0 hat man nach den Ableitungsregeln f′(x) = 2x(1 + log(−x)) + x^{2} \frac{1}{x} = x(3 + 2 log(−x)), für x > 0 ist f′(x) = 2x(1 + log x) + x^{2} \frac{1}{x} = x(3 + 2 log x), also lautet die Ableitung insgesamt

f′ : ℝ → ℝ, x ↦ \begin{cases}x(3 + 2 log |x|) & für x ≠ 0, \\ 0 & für x = 0. \end{cases}

Es gilt lim_{x→0}f′(x) = lim_{x→0}x(3 + 2 log |x|) = lim_{x→0}(3x + 2x log |x|). Wie oben erhält man, dass dieser Grenzwert 0 = f′(0) ist, also ist f′ in 0 stetig. Da f′ auf ℝ \ {0} als Verkettung stetiger Funktionen stetig ist, ist f′ insgesamt auf ganz ℝ stetig.

Aufgabe 10 (5 Punkte) Sei f : ℝ → ℝ differenzierbar und a ∈ ℝ mit f(a) ≠ 0. Berechnen Sie den Grenzwert

lim_{n→∞} (\frac{f(a + \frac{1}{n})}{f(a)})^{n} .

Hinweis: Wenden Sie zunächst – für geeignete n – den Logarithmus auf den Ausdruck an.

Es ist log (\frac{f(a + \frac{1}{n})}{f(a)})^{n} = n(log(f(a + \frac{1}{n})) − log f(a)) = \frac{log(f(a + \frac{1}{n})) − log f(a)}{\frac{1}{n}} ⟶_{n→∞}

(log ∘f)′(a) = \frac{f′(a)}{f(a)}. Damit ist lim_{n→∞} (\frac{f(a + \frac{1}{n})}{f(a)})^{n} = lim_{n→∞} exp (log (\frac{f(a + \frac{1}{n})}{f(a)})^{n}). Da

x ↦ exp x stetig ist, ist dieser Ausdruck gleich exp ( lim_{n→∞} log (\frac{f(a + \frac{1}{n})}{f(a)})^{n}) = exp (\frac{f′(a)}{f(a)}).

Aufgabe 11 (4 Punkte) Es seien D ⊂ ℝ, D ≠ ∅, D offen, n ∈ ℕ und f_{k} : D → ℝ \ {0} differenzierbar für k = 1, …, n.

Zeigen Sie, dass F_{n} := ∏_{k=1}^{n} f_{k} differenzierbar ist mit \frac{F′_{n}}{F_{n}} = ∑_{k=1}^{n} \frac{f′_{k}}{f_{k}}.

Zeige diese Aussage mit vollständiger Induktion nach n.

(IA) n = 1: Nach der Aufgabenstellung ist f_{1} differenzierbar. Es gilt \frac{F′_{1}}{F_{1}} = \frac{f′_{1}}{f_{1}} = ∑_{k=1}^{1} \frac{f′_{k}}{f_{k}}.

(IV) Sei n ∈ ℕ und gelte die Behauptung für dieses n. (IS) F_{n+1} = F_{n}f_{n+1} ist als Produkt differenzierbarer Funktionen differenzierbar. Es gilt

\frac{F′_{n+1}}{F_{n+1}} = \frac{(F_{n}f_{n+1})′}{F_{n}f_{n+1}} = \frac{F′_{n}f_{n+1} + F_{n}f′_{n+1}}{F_{n}f_{n+1}} = \frac{F′_{n}}{F_{n}} + \frac{f′_{n+1}}{f_{n+1}} =^{IV} ∑_{k=1}^{n} \frac{f′_{k}}{f_{k}} + \frac{f′_{n+1}}{f_{n+1}} = ∑_{k=1}^{n+1} \frac{f′_{k}}{f_{k}}. Dies ist die

Aussage für n + 1, also ist die Behauptung mit dem Induktionsprinzip bewiesen.

Aufgabe 12 (4 Punkte) Die Funktionen f : I → ℝ und g : I → ℝ seien auf dem Intervall I := (−r; r) mit r > 0 differenzierbar. Zusätzlich gelte f(x)g(x) = x für alle x ∈ I und f(0) = 0. Zeigen Sie: g(0) ≠ 0.

Es gilt 1 = (fg)′(0) = f(0)g′(0) + f′(0)g(0) =^{f(0)=0} f′(0)g(0), also muss f′(0), g(0) ≠ 0 gelten.

Aufgabe 13 (3 Punkte) Sei f : ℝ → ℚ stetig. Zeigen Sie, dass f konstant ist.

Annahme: f ist nicht konstant. Dann gibt es x_{1}, x_{2} ∈ ℝ mit f(x_{1}) =: y_{1} ≠ y_{2} := f(x_{2}) (o. B. D. A. sei y_{1} < y_{2}). Nun gibt es ein y ∈ (y_{1}; y_{2}) mit y ∈ ℝ \ ℚ. Da f stetig ist, gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein x ∈ ℝ mit f(x) = y. ↯ zum Zielbereich, also muss f konstant sein.

Aufgabe 14 (2+2+2 Punkte)

a) Geben Sie eine exakte Formulierung des Satzes von Bolzano-Weierstraß in der Mengenversion an.

Jede beschränkte, unendliche Teilmenge von ℝ besitzt mindestens einen Häufungspunkt.

b) Formulieren Sie exakt die Definition der gleichmäßigen Stetigkeit.

Sei D ⊂ ℝ. Eine Funktion f : D → ℝ heißt gleichmäßig stetig, wenn zu jedem ε > 0 ein δ > 0 existiert, so dass |f(x) − f(y)| < ε für alle x, y ∈ D mit |x − y| < δ gilt.

c) Formulieren Sie exakt die Definition der Folgenkompaktheit. Wie ist der Zusammenhang zwischen der Folgenkompaktheit und Kompaktheit?

Eine Menge M heißt folgenkompakt, wenn jede Folge in M einen Häufungspunkt in M hat. Folgenkompaktheit und Kompaktheit sind äquivalent.