Fürn = 0 ist die Summe gleich 0, und die rechte Seite ist ebenfalls 0

Prof. Dr. J. Wengenroth 25.02.2014

Einführung in die Mathematik Lösungen der Klausuraufgaben Aufgabe 1

(a) Die Ungleichung kann man entweder mit vollständiger Induktion und 2(n+ 1)

n+ 1

= (2n+ 2)!

(n+ 1)!(n+ 1)! = (2n+ 2)(2n+ 1) (n+ 1)²

2n n

≥2 2n

n

zeigen oder (für n∈N) auch durch 2n

n

= (2n)(2n−1). . .(2n−n+ 1)

n! = 2n

n

2n−1 n−1

2n−2

n−2 . . .n+ 1 1 ≥2ⁿ,

weil ^2n−k_n−k ≥2 für k∈ {0, . . . , n−1}.

(b) Mit vollständiger Induktion. Fürn = 0 ist die Summe gleich 0, und die rechte Seite ist ebenfalls 0. Die Aussage sei nun für einn ∈N0 wahr. Dann ist

n+1

X

k=0

k(k−1)2^k−2 = (n+ 1)n2ⁿ⁻¹+

n

X

k=0

k(k−1)2^k−2

= (n²+n)2ⁿ⁻¹+ 2ⁿ⁻¹(n²−3n+ 4)−2 = 2ⁿ⁻¹(2n²−2n+ 4)−2

= 2ⁿ(n²−n+ 2)−2 = 2^(n+1)−1((n+ 1)²−3(n+ 1) + 4)−2,

weil (n+ 1)²−3(n+ 1) + 4 = n²+ 2n+ 1−3n−3 + 4 =n²−n+ 2.

Aufgabe 2

(a) x_n = (n+iπ)ⁿn^−n+1/2 = (1 +^iπ_n)ⁿ√ⁿ

n →e^iπ =−1.

(b) Wegen der Stetigkeit von cos und 1/n → 0 gilt cos(1/n) → cos(0) = 1.

Außerdem konvergiert n²e^−√n = n²/e^√n gegen 0, weil e^√n =

∞

P

k=0

√n^k

k! ≥ ⁿ_6!³. Also folgt y_n= ^n2e−

√n

cos(1/n) →0.

(c)

z_n =n^α(√

n+ 1−√

n) =n^α(√

n+ 1−√ n)(√

n+ 1 +√

√ n)

n+ 1 +√ n

=n^α n+ 1−n

√n+ 1 +√

n =n^α 1

√n+ 1 +√

n =n^α−1/2

√n

√n+ 1 +√ n

=n^α−1/2 1

p1 + 1/n+ 1.

Die Folge der zweiten Faktoren konvergiert gegen 1/2, also konvergiert die Folge (zn)n∈N genau dann, wenn die Folge (n^α−1/2)n∈N konvergiert, was zu α ≤ 1/2 äquivalent ist. Für α = 1/2 gilt z_n → 1/2 und für α < 1/2 gilt z_n →0.

Bis hier hätte man 15 Punkte erreichen und damit die Klausur be- stehen können!

(d) Falls die Folge überhaupt konvergiert, so erfüllt der Grenzwert ω∞ ∈ R die Gleichungω_∞ = 1 + 1/ω_∞, alsoω_∞² −ω_∞−1 = 0undω_∞= 1/2±p

1/4 + 1 =

1±√ 5

2 . Wegen ω_n ≥ 1 für alle n ∈ N⁰ muss auch der potentielle Grenzwert positiv sein, also ω∞ = ¹⁺

√5

2 ≥ ¹⁺

√4

2 = 3/2. Um tatsächlich die Konvergenz zu beweisen zeigen wir: (∗) |ω_n−ω∞| ≤1/ω_∞ⁿ⁺¹.

Für n= 0 ist dies wahr, weil|ω₀−ω∞|=|1−ω∞|=ω∞−1 = 1/ω∞. Stimmt (∗) für ein n∈N0, so auch für n+ 1, weil

|ωn+1−ω∞|=|1 + 1/ωn−(1 + 1/ω∞)|=

ω_∞−ω_n ω_nω∞

≤ |ω∞−ω_n|

ω_∞ ≤1/ωⁿ⁺²_∞ .

Wegen 1/ω∞ <1 gilt (1/ω∞)ⁿ→0, und mit (∗)folgt tatsächlich ω_n→ω∞. Aufgabe 3

(a) Mit a_n= _n^n!n(2i)ⁿ gilt

a_n+1 an

=

(n+ 1)!(2i)ⁿ⁺¹nⁿ (n+ 1)ⁿ⁺¹n!(2i)ⁿ

=

2i (1 + _n¹)ⁿ

→2/e.

Wegene >2ist dieser Grenzwert <1 und das Quotientenkriterium liefert die absolute Konvergenz der Reihe und damit auch die Konvergenz.

(b) Wegen p > 0 ist _nplog(n)¹ eine monotone Nullfolge, und das Leibniz-Kriterium liefert daher die Konvergenz. Für die absolute Konvergenz können wir wegen der Monotonie obiger Folge das Verdichtungskriterium anwenden. Die Reihe konvergiert also genau dann absolut, wenn folgende Reihe konvergiert:

∞

X

n=1

2ⁿ

(2ⁿ)^plog(2ⁿ) =

∞

X

n=1

1

(2^p−1)ⁿnlog(2).

Für p > 1 wird diese Reihe durch die geometrische Reihe

∞

P

n=1

qⁿ mit q = 1/2^p−1 < 1 majorisiert, ist also konvergent. Für p = 1 erhält man die di- vergente harmonische Reihe und für p < 1 ist die Reihe divergent, weil die Summanden nicht gegen 0 konvergieren (oder auch weil die harmonische Rei- he eine divergente Minorante ist).

(c) Mit ω=iz² ist die Reihe gleich

∞

P

n=1

√ 1

log(n+1)ωⁿ. Diese Reihe hat Konvergenz- radius 1, zum Beispiel weil ¹_n ≤ √ ¹

log(n+1) ≤ 1, und weil die Koeffizientenfolge monoton gegen 0konvergiert, ist die Reihe wegen des Abel-Kriteriums für alle ω ∈Cmit |ω| ≤1 und ω6= 1 konvergent.

Die zu untersuchende Reihe konvergiert also, falls |iz²| ≤1 und iz² 6= 1. Dies ist äquivalent zu |z| ≤1 und z² 6=−i(also z 6=±(i−1)/√

2).

Füriz² = 1ist die Reihe divergent, weil die harmonische Reihe eine divergente Minorante für

∞

P

n=1

√ 1

log(n+1) ist.

Für |z| > 1 ist die Reihe divergent, weil die Summanden nicht gegen 0 kon- vergieren.

Die Reihe konvergiert genau dann absolut, wenn|z|<1: Ist dies der Fall, so ist die geometrische Reihe

∞

P

n=1

|z²|ⁿ konvergente Majorante für

∞

P

n=1

iⁿ

√

log(n+1)z²ⁿ , und falls |z| ≥1ist die harmonische Reihe eine divergente Minorante.

Aufgabe 4 (4+3 Punkte)

(a) Für z = x+iy ∈ C gilt |exp(z²)| = exp(Re(z²)) = exp(x² −y²) ≤ 1 genau dann, wenn x² −y² ≤ 0, was zu |x| ≤ |y| äquivalent ist. Also ist entweder y ≥ |x| (d.h. der Imaginärteil y ist „oberhalb“ des Graphen der Funktion x7→ |x|) oder y≤ −|x| (d.h. y ist unterhalb des Graphen von x7→ −|x|):

Die Funktion g : C → R, z 7→ |exp(z²)| ist als Verknüpfung stetig, und weil ]− ∞,1] in R abgeschlossen ist, ist M = g⁻¹(]− ∞,1]) in C abgeschlossen.

M ist nicht offen, weilM^c nicht abgeschlossen ist: Es gilt z_n= 1/n∈M^c und z_n →0∈/M^c.

Schließlich ist M nicht kompakt, weil M unbeschränkt ist: Für alle x∈R ist ix∈M mit |ix|=|x|, was beliebig groß wird.

(b) f ist stetig auf R\ {0}, weil dort x 7→ 1/x stetig ist und f somit stetig als Produkt von Verknüpfungen stetiger Funktionen.

Die Stetigkeit in ξ = 0 folgt zum Beispiel aus Aufgabe 6 (a) der Probeklau- sur oder auch direkt: Für ε > 0 sei δ = ε. Für |x−ξ| ≤ δ folgt dann aus

|sin(1/x)| ≤1, dass |f(x)−f(ξ)| ≤ |x−ξ|< ε.

Aufgabe 5

gist stetig als Produkt von Verknüpfungen stetiger Funktionen. Um die Surjektivität zu zeigen, sei w ∈ C. Falls w= 0, ist w =g(1), und andernfalls gibt es α ∈R mit w = |w|e^iα. Für z(r) = re^iα mit r > 0 ist dann g(z(r)) = re^iαlog(r) = rlog(r)e^iα, und dies ist gleich w, falls rlog(r) = |w|. Um so ein r > 0 zu finden benutzen wir den Zwischenwertsatz: Die Funktion f : [1,∞[→]0,∞[, r7→ rlog(r) ist stetig mit f(1) = 0<|w| und f(e+|w|)≥ |w|log(e) =|w|, also gibt es einr ∈]1, e+|w|[ mit f(r) = |w|.

Die Funktion g ist nicht injektiv, weil zum Beispiel g(1) =g(−1) = 0.

Aufgabe 6

(a) ist wahr: Wegen der Stetigkeit von f und der Offenheit von ]− ∞,1[ in Rist B ={x∈X :f(x)<1}offen und außerdem inAenthalten. WeilA˚die größte offene Teilmenge von A ist, folgt B ⊆A.˚

(b) ist falsch zum Beispiel für die konstante Funktion f : X → R, x 7→ 1 (mit beliebigem X 6=∅): Dann ist A=X offen, also A= ˚A =X, aber B =∅.

(c) ist falsch: Seien zum BeispielX = ]0,∞[mit dem Betragsabstand,f :X →R, x 7→ 1/x und x_n = 1/n. Dann ist (x_n)_n∈N eine Cauchy-Folge (zum Beispiel, weil sie in Rkonvergiert) aber f(x_n) =n konvergiert nicht.

(d) ist wahr: Wegen der Folgenvollständigkeit von R reicht es zu zeigen, dass (f(x_n))_n∈N eine Cauchy-Folge ist. Sei dazu ε > 0. Wegen der gleichmäßigen Stetigkeit gibt es ein δ > 0 mit |f(x) −f(y)| < ε für alle x, y ∈ X mit d(x, y) < δ. Weil (x_n)n∈N Cauchy-Folge ist gibt es N ∈ N mit d(x_n, x_m) < δ für alle n, m≥N, also gilt |f(x_n)−f(x_m)|< εfür alle n, m≥N.