Februar 2015 Aufgabe 1 (8 Punkte) Beweisen Sie, dass für jede Zahl n∈N gilt

Prof. Dr. Moritz Kaßmann Fakultät für Mathematik

Wintersemester 2014/2015 Universität Bielefeld

Klausur (Probeklausur) Analysis I (240003) 1. Termin: 18. Februar 2015

Aufgabe 1 (8 Punkte)

Beweisen Sie, dass für jede Zahl n∈N gilt:

1 + 8 + 27 +. . .+n³ = 1

4n²(n+ 1)². Lösungsvorschlag:Wir definieren für n∈Ndie Behauptung A(n) wie folgt:

A(n) :

n

X

k=1

k³ = 1

4n²(n+ 1)². Induktionsanfang (n0= 1):

1

X

k=1

k³ = 1 = 4 4 = 1

41²(1 + 1)². X

Induktionsschritt: Sein∈N. Wir nehmen an, die BehauptungA(n)sei wahr. Dann müssen wir zeigen, dass auchA(n+ 1) wahr ist. Dies folgt aus

n+1

X

k=1

k³ =

n

X

k=1

k³+ (n+ 1)^3IV= 1

4n²(n+ 1)²+ (n+ 1)³

= 1

4n²(n+ 1)²+ (n+ 1)²(n+ 1) = (n+ 1)² 1

4n²+ (n+ 1)

= (n+ 1)² 1

4(n²+ 4n+ 4)

= 1

4(n+ 1)²(n+ 2)².

Aufgabe 2 (6+6+6 Punkte)

Seien(an)und(bn)Folgen reeller Zahlen. Die Folge(an)sei eine Cauchy-Folge, die Folge(bn)sei beschränkt.

(a) Definieren Sie den Begriff einer Cauchy-Folge.

(b) Beweisen Sie unter Verwendung der Definition aus Teil (a), dass(a_n) beschränkt ist.

(c) Die Folge (bn) sei beschränkt. Kann man nun folgern, dass die Folge(cn) mit cn =anbn konvergiert?

Falls ”nein“, so geben Sie ein Gegenbeispiel. Falls ”ja“, so geben Sie einen Beweis Ihrer Behauptung.

Lösungsvorschlag:

a) Eine Folge (a_n) inR heißt Cauchy-Folge inR, falls zu jedemε >0 ein Index n₀∈N existiert mit der Eigenschaft, dass für alle Indizesm, n∈Nmit m, n≥n₀ gilt

|a_m−a_n|< ε.

b) Sei (an) eine Cauchy-Folge in R. Sei n0 ∈Nderart, dass für allem, n≥n0 gilt:

|a_m−an|<1.

Insbesondere gilt für jedes k∈N

|a_n0+k−a_n0|<1.

c) Die Behauptung ist im Allgemeinen nicht wahr. Betrachte die durch a_n = 1 gegebene Cauchy-Folge und die durchb_n= (−1)ⁿgegebene beschränkte Folge fürn∈N. Dann ist das Produkt gegeben durch cn=an·bn=bn und (cn)ist nicht konvergent.

Aufgabe 3 (4 Punkte)

Gibt es eine Folge reeller Zahlen, die unendliche viele verschiedene Häufungswerte besitzt? Entscheiden Sie durch ja/nein.

Lösungsvorschlag:Ja. Betrachten Sie hierzu das folgende Schema:

1

1 2 1

1 2 3 2 1

1 2 3 4 3 2 1

1 2 3 4 5 4 3 2 1

. . .

Wenn Sie nun(a_n)definieren, indem Sie dieses Schema Zeile pro Zeile durchlaufen, so hat(a_n)jede natürliche Zahl als Häufungswert.

Ein viel schöneres Beispiel ist durch an = sin(n) gegeben, allerdings müsste man hier noch weitere Überle- gungen anstellen.

Aufgabe 4 (8 Punkte)

Entscheiden Sie, ob die Reihe konvergiert, und beweisen Sie Ihre Behauptung

∞

X

k=1

1 + 4k 3k²−6.

Lösungsvorschlag:Die Reihe ist nicht konvergent. Sei n∈N, n≥2beliebig. Dann gilt

n

X

k=2

1 + 4k 3k²−6 ≥

n

X

k=2

4k 3k²−6 ≥

n

X

k=2

4k 3k² = 4

3

n

X

k=2

1 k.

Folglich divergiert die Reihe nach dem Minorantenkriterium, da

∞

X

k=2

1

k divergiert.

Aufgabe 5 (8 Punkte)

Bestimmen Sie alle z∈C, für die folgende Reihe konvergiert:

∞

X

k=1

z^k k^3/2.

Lösungsvorschlag:Die Anwendung des Quotientenkriteriums liefert

k→∞lim

z^k+1

(k+ 1)^3/2 ·k^3/2 z^k

= lim

k→∞

k k+ 1

3/2

|z|=|z|.

Also konvergiert die Reihe im Fall|z|<1und konvergiert nicht im Fall |z|>1. Wir müssen den Fall |z|= 1 gesondert untersuchen.

Sei also|z|= 1. Dann konvergiert die Reihe für allez∈Cmit |z|= 1, denn nach dem Majorantenkriterium gilt

∞

X

k=1

z^k k^3/2

≤

∞

X

k=1

z^k k^3/2

=

∞

X

k=1

1 k^3/2

und

∞

X

k=1

1

k^3/2 konvergiert.

Aufgabe 6 (4+4 Punkte)

Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:

(a) lim

x→3

x²−9

x−3 , (b) lim

x→3

√x+ 13−2√ x+ 1 x²−9 Lösungsvorschlag:

a) Es gilt:

x→3lim x²−9

x−3 = lim

x→3

(x−3)(x+ 3) x−3 = lim

x→3(x+ 3) = 6.

Alternativ: Seien f : R → R, f(x) = x² −9 und g : R → R, g(x) = x−3. Dann gilt lim

x→3f(x) =

x→3limg(x) = 0.Daf undgdifferenzierbare Funktionen sind, ist der Satz von L’Hospital anwendbar und es gilt:

x→3lim x²−9

x−3 = lim

x→3

2x 1 = 6.

b) Seien f : (0,∞) → R, f(x) = √

x+ 13−2√

x+ 1 und g : (0,∞) → R, g(x) = x² −9. Dann gilt

x→3limf(x) = lim

x→3g(x) = 0. Da f und g differenzierbare Funktionen sind, ist der Satz von L’Hospital anwendbar und es gilt:

x→3lim

√x+ 13−2√ x+ 1 x²−9 = lim

x→3 1 2√

x+13− ^√1

x+1

2x =− 1

16.

Aufgabe 7 (6+6 Punkte)

Im Folgenden sind Funktionen des Typsf :I →Rgegeben. Geben Sie jeweils den größtmöglichen Definiti- onsbereichI an und berechnen Sie die Ableitung f⁰.

(a) f(x) = exp(p

x²−1), (b) f(x) = 1

4ln

x²−1 x²+ 1

,

Lösungsvorschlag:

a) Da die Wurzelfunktion nur auf[0,∞)definiert ist, ist der maximale Definitionsbereich der Funktionf gegeben durchI ={x∈R|x²−1≥0}={x∈R| |x| ≥1}.Nach der Kettenregel gilt für|x|>1:

f⁰(x) = 1 2

exp(√

x²−1)2x

√x²−1 = exp(√

x²−1)x

√x²−1 . b) Der Logarithmus ist eine auf (0,∞) definierte Funktion. Es gilt

x²−1

x²+ 1 >0 ⇐⇒ x²−1>0 ⇐⇒ |x|>1.

Folglich ist der maximale Definitionsbereich gegeben durch: I = {x ∈ R| |x| >1}. Nach der Ketten- und Quotientenregel gilt für|x|>1:

f⁰(x) = 1 4

x²+ 1

x²−1· 4x

(x²+ 1)² = x

(x²−1)(x²+ 1) = x x⁴−1.

Aufgabe 8 (16 Punkte)

Beweisen Sie, dass für x∈Rmit |x| ≤2 gilt

|3x−x³| ≤2.

Lösungsvorschlag:Seif : [−2,2]→Rdefiniert durchf(x) = 3x−x³. Wir zeigen, dassf([−2,2])⊂[−2,2]

gilt. Für die ersten beiden Ableitungen vonf gilt

f⁰(x) = 3−3x² und f⁰⁰(x) =−6x für |x| 6= 2.

Wir bestimmen zunächst die kritischen Punkte vonf auf (−2,2). Es gilt:

f⁰(x) = 0 ⇐⇒ 3−3x² = 0 ⇐⇒ x²−1 = 0 ⇐⇒ x=−1 oder x= 1.

Einsetzen in die zweite Ableitung liefert: f⁰⁰(−1) = 6>0und f⁰⁰(1) =−6. Folglich ist an der Stellex=−1 ein lokales Minimum mitf(−1) =−2und an der Stellex= 1ein lokales Maximum mitf(1) = 2. Wir zeigen nun, dass diese lokalen Extrema auch globale Extrema sind. Es gilt:

• f⁰(x)<0für x∈[−2,−1),

• f⁰(x)>0für x∈(−1,1),

• f⁰(x)<0für x∈(1,2],

f(−2) = 2 und f(2) = −2. Also sind die lokalen Extrema auch globale Extrema und die Behauptung ist bewiesen.

Aufgabe 9 (6+6+6 Punkte)

Berechnen Sie die folgenden Integrale.

(a)

a

Z

−a

x²+ 4x+ 1 dx (für a >0),

(b)

1

Z

0

x³exp(x²) dx ,

(c)

e

Z

1

sin(ln(x)) dx .

Lösungsvorschlag:

a) Es gilt:

a

Z

−a

x²+ 4x+ 1 dx= 1

3x³+ 2x²+x

a

−a

= 1

3a³+ 2a²+a+1

3a³−2a²+a= 2

3a³+ 2a.

b) Die Substitutionz=x² liefert

1

Z

0

x³exp(x²) dx= 1 2

1

Z

0

zexp(z) dz.

Mit partieller Integration folgt weiterhin 1

2

1

Z

0

zexp(z) dz= 1 2



exp(z)z

1 0

−

1

Z

0

exp(z) dz





= 1

2 exp(1)−exp(z)

1 0

!

= 1

2(exp(1)−exp(1) + 1) = 1 2 c) Es gilt mit partieller Integration

e

Z

1

sin(ln(x)) dx=

e

Z

1

sin(ln(x))·1 dx

= sin(ln(x))x

e 1

−

e

Z

1

cos(ln(x)) x ·xdx

=esin(1)−

e

Z

1

cos(ln(x))·1 dx

=esin(1)−cos(ln(x))x

e 1

− Ze

1

sin(ln(x)) x ·xdx

=esin(1)−ecos(1) + 1−

e

Z

1

sin(ln(x)) dx.

Also gilt:

e

Z

1

sin(ln(x)) dx= 1

2(esin(1)−ecos(1) + 1). Alternativ kann man die Aufgabe auch mit der Substitutionz= ln(x)angehen.