Musterlösungen der Zwischenklausur vom 05.05.2012

Analysis I

Musterlösungen der Zwischenklausur vom 05.05.2012

Aufgabe 1. Beweisen Sie mit vollständiger Induktion die folgende Identität für allen≥1

2n

X

k=1

(−1)^k+1

k =

2n

X

k=n+1

1 k. Lösung. IA n=1:

2

X

k=1

(−1)^k+1

k =(−1)²

1 +(−1)³

2 =1−1 2=1

2=

2

X

k=2

1 k. IS n→n+1:

IV: Es gelte

2n

X

k=1

(−1)^k+1

k =

2n

X

k=n+1

1 k. IB: Zu zeigen

2(n+1)

X

k=1

(−1)^k+1

k =

2(n+1)

X

k=n+2

1 k. Es gilt

2(n+1)

X

k=1

(−1)^k+1

k =

2n+2X

k=1

(−1)^k+1

k =

2n

X

k=1

(−1)^k+1

k +(−1)²ⁿ⁺²

2n+1 +(−1)²ⁿ⁺³ 2n+2

=

2n

X

k=1

(−1)^k+1

k + 1

2n+1− 1 2n+2

I V=

2n

X

k=n+1

1 k+ 1

2n+1− 1 2n+2

=

2n+1X

k=n+1

1 k− 1

2n+2=

2n+1X

k=n+2

1 k+ 1

n+1− 1 2n+2=

2n+1X

k=n+2

1 k+ 2

2n+2− 1 2n+2

=

2n+1X

k=n+2

1 k+ 1

2n+2=

2n+2X

k=n+2

1 k =

2(n+1)

X

k=n+2

1 k.

Aufgabe 2. Es sei (xn)⊂Reine konvergente Folge mit lim

n→∞xn=x. Zeigen Sie

nlim→∞

1·x₁+2·x₂+...+n·x_n 1+2+...+n =x.

Lösung. Sei

yn=1·x1+2·x2+...+n·xn

1+2+...+n = Pn k=1

kxn n

P

k=1

k .

Zu zeigen ist

∀ε>0 ∃N∈N ∀n>N: ¯

¯yn−x¯

¯<ε.

Seiε>0 beliebig. Aus lim

n→∞xn=xfolgt

∃N⁰∈N ∀n>N⁰: |xn−x| <ε 2. SeiM:=

N⁰

P

k=1

k|xn−x|undN≥max©_2M

ε ,N⁰ª

. Dann gilt fürn>N:

¯¯yn−x¯

¯=

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

n

P

k=1

kxn n

P

k=1

k

−x

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

=

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

n

P

k=1

kxn−x

n

P

k=1

k

n

P

k=1

k

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

=

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

n

P

k=1

kxn−

n

P

k=1

kx

n

P

k=1

k

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

=

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

n

P

k=1

k(xn−x)

n

P

k=1

k

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

=

¯

¯

¯

¯

n

P

k=1

k(xn−x)

¯

¯

¯

¯

n

P

k=1

k

≤

n

P

k=1

k|xn−x|

n

P

k=1

k

=

N⁰

P

k=1

k|xn−x| + Pⁿ

k=N⁰+1

k|xn−x|

n

P

k=1

k

< M

n

P

k=1

k +

n

P

k=N⁰+1

k^ε₂

n

P

k=1

k

≤M n +

n

P

k=N⁰+1

k

n

P

k=1

k

·ε 2≤ M

2Mε

+ε 2=ε

2+ε 2=ε.

Aufgabe 3. Zeigen Sie mit Hilfe eines Teleskopsummenarguments X∞

k=1

1 4k²−1=1

2. Lösung. Es gilt

1

4k²−1= 1

(2k+1)(2k−1). Wir nehmen eine Partialbruchzerlegung vor

1 (2k+1)(2k−1)

=! α

2k+1+ β

2k−1=α(2k−1)+β(2k+1)

(2k+1)(2k−1) =2k(α+β)+β−α (2k+1)(2k−1) .

Der Koeffizientenvergleich ergibtα+β=0 undβ−α=1. Die Lösung dieses Gleichungssys- tems istα= −¹₂,β=¹₂. Es gilt also

1 4k²−1=1

2 µ 1

2k−1− 1 2k+1

¶ . Für die Partialsummen der Reihe gilt daher

S_n= Xn

k=1

1 4k²−1=

Xn

k=1

1 2

µ 1

2k−1− 1 2k+1

¶

=1 2

à _n X

k=1

1 2k−1−

Xn

k=1

1 2k+1

!

=1 2

à _n X

k=1

1 2k−1−

n+1X

i=2

1 2i−1

!

=1 2 Ã

1+

n

X

k=2

1 2k−1−

n

X

i=2

1

2i−1− 1 2n+1

!

=1 2 µ

1− 1 2n+1

¶ .

Wegen lim

n→∞

1

2n+1=0 folgt lim

n→∞Sn=1 2.