Die Reihe

Karlsruher Institut f¨ur Technologie (KIT) Institut f¨ur Analysis

Prof. Dr. Tobias Lamm Dr. Patrick Breuning

SS 2013 20.09.2013

Klausur

H¨ohere Mathematik I f¨ur die Fachrichtung Physik

Aufgabe 1 ((4+3+3) Punkte)

a) Sei (a_n)_n∈N eine reelle Zahlenfolgen mit a_n ̸= 0 f¨ur alle n ∈ N. Die Reihe ∑_∞

n=1a_n sei konvergent. Welche der folgenden Aussagen sind wahr, welche nicht? Geben Sie f¨ur wahre Aussagen eine kurze Begr¨undung, f¨ur falsche ein Gegenbeispiel.

i) Die Folge (_a¹

n)n∈N ist divergent.

ii) Die Reihe∑_∞

n=1a²_n ist konvergent.

iii) Die Reihe∑_∞

n=1

√|a_n|ist konvergent.

iv) Die Reihe∑_∞

n=1(−1)ⁿa_n ist konvergent.

b) SeiP(x) =∑_n

k=0b_kx^k ein reelles Polynom, wobeibn= 1 undnungerade ist. Entscheiden Sie wieder, welche der folgenden Aussagen wahr und welche nicht wahr sind, und geben Sie f¨ur wahre Aussagen eine kurze Begr¨undung, f¨ur falsche ein Gegenbeispiel.

i) P hat mindestens eine Nullstelle aufR. ii) Es gibt einy∈R mitP(y) =y.

iii) Das Integral∫_∞

0 e^−P(x)dxist konvergent.

c) Bestimmen Sie s¨amtliche komplexe L¨osungen der Gleichungz⁶= 4√

2(8−8i).

L¨osung:

a) i) Die Aussage ist wahr: Da∑_∞

n=1a_n konvergent ist, ist (a_n)_n∈N eine Nullfolge. Damit ist (_a¹

n)n∈Nunbeschr¨ankt und damit divergent.

ii) Die Aussage ist falsch: Seia_n= (−1)ⁿ√¹

n. Da√¹

neine monoton fallende Nullfolge ist, kon- vergiert∑_∞

n=1a_nnach dem Leibniz-Kriterium. Jedoch ist∑_∞

n=1a²_n=∑_∞

n=1 1

n divergent.

iii) Die Aussage ist falsch: Sei a_n = _n¹2. Die Reihe ∑_∞

n=1 1

n² konvergiert nach Vorlesung.

Jedoch ist∑_∞

n=1

√|a_n|=∑_∞

n=1 1

n divergent.

iv) Die Aussage ist falsch: Seia_n= (−1)ⁿ_n¹. Die alternierende harmonische Reihe∑_∞

n=1a_n konvergiert. Jedoch ist∑_∞

n=1(−1)ⁿa_n=∑_∞

n=1 1

n divergent.

b) i) Die Aussage ist wahr: Wegen P(x) = xⁿ (

1 +∑_n−1

k=0b_kx^k−n )

gilt lim_x→∞P(x) = ∞, limx→−∞P(x) =−∞. DaP stetig ist, hatP nach dem Zwischenwertsatz eine Nullstelle.

ii) Die Aussage ist falsch: F¨ur das Polynom P(x) =x+ 1 gibt es kein solches y, da sonst y+ 1 =y gelten w¨urde.

iii) Die Aussage ist wahr: Wegen∑_n−1

k=0b_kx^k−n→0 f¨urx→ ∞, gibt es nach b) i) einx₀ >1, so dassP(x)> ¹₂xⁿ> ¹₂xf¨urx>x0. Mit einer KonstantenC <∞folgt∫_∞

0 e^−P(x)dx6

∫_x0

0 e^−P(x)dx+∫_∞

x0 e⁻¹² dx=C−2[e^−12x]^∞_x0 =C+ 2e^−12x0 <∞. c) Wir setzenz=re^iφmitr >0,φ∈R. Es folgt

r⁶e^6iφ=z⁶ = 4√

2(8−8i)

= 32√

2(1−i)

= 64e^i74π.

Es folgtr⁶ = 64, alsor = 2, und 6φ= ⁷₄π+ 2kπ mitk∈Z, alsoφ= ₂₄⁷π+^kπ₃ f¨urk∈Z. Dies f¨uhrt auf die sechs verschiedenen L¨osungen zk= 2eⁱ(24⁷π+^kπ₃ ) f¨ur k= 0,1, . . . ,5.

Die L¨osungen sind also 2e^i247π, 2e^i1524π, 2e^i2324π, 2e^i3124π, 2e^i3924π, 2e^i4724π.

Aufgabe 2 ((5+5) Punkte)

a) Untersuchen Sie die Reihen in i) und ii) auf Konvergenz und auf absolute Konvergenz:

i) ∑^∞

k=0

k (k+ 1)(k+ 2)

ii) ∑^∞

k=0

( k k+ 1

)_k²

b) i) Zeigen Sie f¨ur allen∈Nmitn>4 die Ungleichung 3ⁿ64n!

ii) F¨ur jedes k∈Nsei ak∈Rmit 06ak61. Zeigen Sie f¨ur allen∈Ndie Ungleichung (a₁+a₂+. . .+a_n)−(a₁·a₂·. . .·a_n)6n−1.

L¨osung:

a) i) F¨urk̸= 0 gilt

k

(k+ 1)(k+ 2) = k

k²+ 3k+ 2 = 1 k+ 3 +_k².

Wegen 3 +²_k 6k f¨urk>4, folgt _(k+1)(k+2)^k > _2k¹ f¨urk>4. Da die harmonische Reihe

∑_∞

k=1 1

k divergiert, ist also auch die gegebene Reihe divergent; damit ist sie weder kon- vergent, noch absolut konvergent.

ii) Wir benutzen das Wurzelkriterium. F¨urk>1 gilt

k

vu ut

( k

k+ 1 )k²

= ( k

k+ 1 )k

= 1

(1 +¹_k)k −→ 1

e f¨urk→ ∞.

Da ¹_e <1 gilt, ist die gegebene Reihe nach dem Wurzelkriterium absolut konvergent und damit auch konvergent.

b) i) Wir zeigen die Ungleichung per Induktion ¨ubern. F¨urn= 4 gilt 3⁴= 81696 = 4·4!.

Sei nun die Aussage f¨ur einn∈Nmitn>4 bereits bewiesen. Dann gilt 3ⁿ⁺¹ = 3·3ⁿ

6 3·4n! (nach Ind.vor.) 6 (n+ 1)·4n! (dan>4>2)

= 4(n+ 1)!.

Damit ist der Induktionsschritt vollzogen und die Ungleichung gezeigt.

ii) Wir zeigen die Aussage wieder mittels Induktion ¨ubern. F¨urn= 1 gilt:

a1−a1= 0 = 1−1.

Sei die Aussage nun f¨ur ein n ∈ N bereits gezeigt. F¨ur k = 1, . . . , n+ 1 seien a_k mit 06ak 61 gegeben. Wegen 06anan+1 61 gilt nach Induktionsvoraussetzung

a₁+. . .+a_n−1+a_na_n+1−a₁·. . .·a_n−1·(a_na_n+1)6n−1. (∗)

Es gilt a_n +a_n+1 −1 = a_na_n+1 −(1−a_n)(1 −a_n+1), mit 0 6 a_n, a_n+1 6 1 also an+an+1−16anan+1. Zusammen mit (∗) erhalten wir

a₁+. . .+a_n+1−a₁·. . . a_n+1 6(n+ 1)−1, womit der Induktionsschritt vollbracht ist.

Aufgabe 3 ((5+5) Punkte)

a) F¨urx∈R\ {kπ :k∈Z}ist derKotangens definiert durch cotx:= ^cos_sinx^x. Sei f : (0, π)→R, f(x) = cotx.

i) Berechnen Sie die Ableitung von f. Folgern Sie, dassf bijektiv ist.

ii) Die Umkehrfunktion von f ist der Arkuskotangens: f⁻¹ = arccot : R → (0, π). Be- gr¨unden Sie, dass arccot differenzierbar ist und zeigen Sie arccot^′x=−_1+x¹2.

b) i) Sei ²_π < a < b. Berechnen Sie

∫ _b

a

log( cot(₁

x

)) x²sin²(₁

x

) dx.

Hinweis: Substituieren Siey= cot(₁

x

). ii) Untersuchen Sie das uneigentliche Integral∫_π⁴

2 π

log(^cot(¹x))

x²sin²(¹_x) dxauf Konvergenz und berech- nen Sie gegebenenfalls den Wert des Integrals.

L¨osung:

a) i) Wir berechnen mit der Quotientenregel

f^′(x) = −sin²x−cos²x

sin²x =− 1 sin²x.

Es gilt sinx >0 f¨ur alle x∈(0, π), also −_sin¹2x <0 f¨ur allex ∈(0, π). Also ist f streng monoton fallend und damit injektiv. Ferner gilt lim_x↗πcotx= lim_x↗π ^cos_sin^x_x =−∞und lim_x↘0cotx = lim_x↘0 ^cos_sinx^x = ∞. Da cotx = ^cos_sinx^x stetig ist, gibt es also nach dem Zwischenwertsatz f¨ur jedesy∈Reinx0 ∈(0, π) mit cotx0 =y. Also istf surjektiv. Da f injektiv und surjektiv ist, istf bijektiv.

ii) Die Funktion f ist auf (0, π) differenzierbar und es gilt f^′(y) ̸= 0 f¨ur jedes y ∈ (0, π).

Nach dem Satz ¨uber die Differenzierbarkeit der Umkehrfunktion ist damitf⁻¹ = arccot differenzierbar. F¨ur die Ableitung gilt

arccot^′ x= (f⁻¹)^′(x) = 1 f^′(f⁻¹(x))

= −sin²(arccotx).

Aus sin²x+ cos²x= 1 folgt 1 + cot²x= _sin¹2x f¨urx∈(0, π), also arccot^′x=− 1

1 + cot²(arccotx) =− 1 1 +x².

b) i) Wir substituiereny= cot(₁

x

). Mit Teil a) i) gilt ^dy_dx = ¹

x²sin²(¹_x). Mit dieser Substitution und anschließender partieller Integration folgt

∫ _b

a

log( cot(₁

x

)) x²sin²(₁

x

) dx =

∫ _cot(¹b)

cot(¹_a)

logy dy

= [ylogy]^cot(¹_b)

cot(¹_a)−

∫ _cot(¹_b)

cot(¹_a) y·1

ydy

= [ylogy−y]^cot(¹_b)

cot(_a¹)

= (

cot1 b

) log

( cot1

b )

− (

cot1 a

) log

( cot1

a )

−cot1

b + cot1 a. ii) Gilt a ↘ _π², so gilt ¹_a ↗ ^π₂ und weiterhin cot(₁

a

) ↘ 0. Nach Vorlesung (oder mit der Regel von de L’Hospital) gilt limt↘0(tlogt) = 0, also (

cot¹_a) log(

cot¹_a)

→0 f¨ura↘ ²_π. Damit ist das uneigentliche Integral∫_π⁴

2 π

log(^cot(_x¹))

x²sin²(x¹) dxkonvergent und der Wert berechnet sich zu

∫ ⁴

π

2 π

log( cot(₁

x

)) x²sin²(₁

x

) dx = cot (π

4 )

log (

cot (π

4

))−cot (π

4 )

= log(1)−1

= −1.

Aufgabe 4 ((3+4+3) Punkte)

a) Untersuchen Sie die Folge

an=√ nπ

√1 n −√

ne⁻

√1 n

auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert.

b) Sei I = (−1,1) ⊂ R und f : I → R, f(x) = |x|. Finden Sie eine Folge von Funktionen f_k ∈C¹(I), so dass (f_k)_k∈N gleichm¨aßig gegen f konvergiert. Weisen Sie nach, dass (f_k)_k∈N tats¨achlich die geforderten Eigenschaften erf¨ullt.

c) SeiJ = (0,1)⊂R. Bestimmen Sie allea∈R, so dass die Funktion g:J → R, g(x) =√ x x^a Lipschitzstetig ist.

L¨osung:

a) Es gilta_n= ^π

√1 n−e⁻

√1 n

√1 n

. F¨urx >0 setzen wir h(x) := ^πx−_x^e−x und untersuchen lim_x↘0h(x).

Es gilt limx↘0(π^x−e^−x) = 0, limx↘0x = 0, sowie (x)^′ = 1̸= 0 auf (0,∞). Damit sind die Voraussetzungen zur Regel von de L’Hospital erf¨ullt und es gilt

xlim↘0

π^x−e^−x

x = lim

x↘0

π^xlogπ+e^−x

1 = logπ+ 1.

Wegen √¹

n ↘0 f¨urn→ ∞ist also a_n konvergent und es gilta_n→1 + logπ f¨urn→ ∞. b) Setze bspw. f_k(x) =

{ _k

2x²+_2k¹ f¨ur|x|< ¹_k

|x| f¨ur|x|> ¹_k . Die Funktion f_k ist offensichtlich f¨ur|x|< ¹_k und |x| > _k¹ stetig differenzierbar. F¨ur x = _k¹ gilt |x| = ¹_k und ^k₂x²+ _2k¹ = ^k_2k¹2 + _2k¹ = _k¹. Mit g(x) := ^k₂x²+ _2k¹ gilt also lim_x↗¹

k

fk(x)−fk(¹_k) x−¹k

=g^′(₁

k

) =k_k¹ = 1, lim_x↘¹

k

fk(x)−fk(¹_k) x−¹k

=

f^′(₁

k

)= 1.Damit istf_kan der Stelle ¹_k differenzierbar. Dasselbe Argument liefert die Differen-

zierbarkeit an der Stelle−_k¹. Damit istf_kdifferenzierbar und es giltf_k^′(x) =





−1 f¨urx6−_k¹ kx f¨ur|x|< ¹_k

1 f¨urx> ¹_k . Es gilt kx=−1 f¨urx =−_k¹ und kx = 1 f¨urx = ¹_k; insbesondere ist f_k^′ stetig und damit fk

stetig differenzierbar. F¨ur die Konvergenz berechnen wir sup

x∈I|f_k(x)−f(x)| = sup

x∈(−¹_k,¹_k)

|f_k(x)−f(x)|= sup

x∈(−¹_k,_k¹)

k

2x²+ 1 2k − |x|

6 sup

x∈(−¹_k,¹_k)

(k

2x²+ 1 2k +|x|

)

= 1 2k+ 1

2k +1

k −→0 f¨urk→ ∞. Also konvergiertfk gleichm¨aßig gegenf.

c) Die Abbildung g ∈C¹(J) ist genau dann Lipschitzstetig, wenn|g^′| auf J beschr¨ankt ist. Es gilt g(x) = x^a+12, also g^′(x) = (

a+ ¹₂)

x^a−12 = ( a+¹₂)

exp((

a−¹₂) logx)

. Ist a> ¹₂, so ist

−∞<( a−¹₂)

logx60 f¨urx∈(0,1), also exp((

a−¹₂) logx)

61 und damit|g^′(x)|6a+¹₂. Damit ist g Lipschitzstetig mit Lipschitzkonstante a+¹₂. Ista=−¹₂, so ist g≡1, also Lip- schitzstetig mit Lipschitzkonstante 0.

Ist −¹₂ < a < ¹₂, so gilt ( a−¹₂)

logx → ∞ f¨ur x ↘ 0, also g^′(x) → ∞ f¨ur x ↘ 0. Ist schließlicha <−¹₂, so gilt auch(

a−¹₂)

logx→ ∞f¨urx↘0, hier alsog^′(x)→ −∞f¨urx↘0.

Also istg genau dann Lipschitzstetig, wenna∈ {−¹₂} ∪[¹₂,∞).