Klausur zur Analysis 1

BERGISCHE UNIVERSITÄT
WUPPERTAL
FAKULTÄT FÜR
MATHEMATIK UND
NATURWISSENSCHAFTEN
GAUSS-STRASSE 20
WUPPERTAL
SoSe 2016
27.7.2016
Klausur zur Analysis 1
Apl. Prof. Dr. G. Herbort
Aufgabe 1. a) Was verstehen wir unter dem Grenzwert einer Folge?
1
an+1 + an
b) Gegeben sei die durch a1 = 1, a2 = und an+2 =
(für n ≥ 1) rekursiv definierte
2
2
2
Folge. Untersuchen Sie an − . Was ist das Bildungsgesetz?
3
c) Konvergiert die Folge (an )n≥1 ?
(3+6+3 Punkte)
Lösung. a) Die Zahl a heißt Grenzwert der Folge (an )n≥1 , wenn zu jedem ε > 0 ein nε ∈ N
so gefunden werden kann, dass |an − a| < ε für alle n ≥ nε .
1
1
bn+1 + bn
.
b) Setzen wir bn := an − 32 , so gilt b1 = , b2 = − und bn+2 =
3
6
2
Es folgt
1 1
1
1 1
1
1 1
1
= ( )2 , b4 = − = − ( )3 , b5 =
= ( )4
12
3 2
24
3 2
48
3 2
1
1
Das führt uns auf die Vermutung bn = (− )n−1 . Beweis durch Induktion nach n. Der Fall
3
2
n = 1 und n = 2 ist klar. Gilt die Vermutung für alle k ≤ n, so auch für n + 1, denn
bn + bn−1
1
1 n−1
1 n−2
=
(− )
+ (− )
bn+1 =
2
6
2
2
1
1
1
1
=
(− )n−1 ( 1 − 2) = (− )n
6
2
3
2
b3 =
2
2
c) Es ist lim an = lim ( + bn ) = .
n→∞
n→∞ 3
3
Aufgabe 2. Sei
f (x) =
2x + 1
−2x2 + 3x + 4
, wenn
, wenn
3
stetig ist.
2
b) Ist f in irgendeinem Punkte x2 ∈
/ {−1, 23 } stetig?
a) Zeigen Sie, dass f in x0 = −1 und x1 =
x∈Q
x∈
/Q
c) Sei M ⊂ R eine Menge. Wann nennen wir eine Funktion f : M −→ R gleichmäßig stetig?
d) Ist die Funktion f (x) := − log x auf (0, 1) gleichmäßig stetig? (Antwort begründen)
(3+5+2+2 Punkte)
Lösung. a) Wir haben f (−1) = −1 und −2x2 + 3x + 4 = −1 + (x + 1)(−2x + 5). Also gilt
für x ∈ [−2, 0] sicher
|f (x) + 1| ≤ 9|x + 1|
Damit ist erkannt, dass f in −1 stetig sein muss.
3
Ähnlich haben wir auch |f (x) − 4| ≤ 2|x − | auf [1, 2]. Somit ist f auch bei x1 stetig.
2
√
b) Ist x2 ∈ R und f in x2 stetig, so muss f (x2 ) = limn→∞ f (x2 + n2 ) = −2x22 + 3x2 + 4
werden und gleichzeitig f (x2 ) = limn→∞ f (x2 + n1 ) = 2x2 + 1. So folgt
−2x22 + 3x2 + 4 = 2x2 + 1,
2x22 − x2 = 3,
3
1
x22 − x2 =
2
2
und damit x2 ∈ {x0 , x1 }.
Also kann f in den Punkten x2 ∈
/ {x0 , x1 } nicht stetig sein.
c) Wir nennen f : M −→ R gleichmäßig stetig, wenn zu jedem ε > 0 ein δ > 0 mit der
Eigenschaft gewählt werden kann, dass |f (t) − f (s)| < ε, sobald |t − s| < δ wird.
d) Es gilt für jedes δ > 0, dass |e−n−1 − e−n | < 2e−n < δ, wenn nur n groß genug ist und
dennoch wird | log e−n−1 − log e−n | = 1, so dass zu ε = 21 kein δ > 0 mit der geforderten
Eigenschaft zu finden ist.
Aufgabe 3. a) Welchen Konvergenzradius hat die Potenzreihe
∞
X
n=1
sin(
π 2n
)x
4n
?
[2n x]
, für x ∈ R. Dabei bedeutet [y] für y ∈ R die größte ganze Zahl,
2n
∞
X
welche noch ≤ y ist. Zeigen Sie, dass dann die Funktionenreihe f :=
fn gleichmäßig
b) Sei fn (x) := x −
n=1
konvergiert.
c) Sei f wie unter b). Zeigen Sie: Ist x0 ∈ R, so dass 2n x0 ∈
/ Z für alle n ∈ N, so ist f in x0
stetig.
(4+5+3 Punkte)
Lösung. a) Setzen wir ap :=
sin( 4πp ),
und g(y) :=
∞
X
ap y p , so wird f (x) = g(x2 ). Der Kon-
p=1
vergenzradius von g ist nun % = 1/`, mit
` = limp→∞
q
p
s
r
√
sin( 4πp )
π
1
1
|ap | = lim p sin( p ) = lim p π · p
= ,
π
p→∞
p→∞ 4
4
4
4p
denn
√
p
s
π,
p
sin( 4πp )
π
4p
−→ 1
mit p → ∞. Also ist % = 4 und f konvergiert innerhalb (−r, r) genau dann, wenn 0 < r < 2.
b) Es gilt [2n x] ≤ 2n x, also 2−n [2n x] ≤ x, und damit fn (x) ≥ 0. Da nun [2n x] > 2n x − 1,
2n x − 1
muss fn (x) ≤ x −
= 2−n sein, somit haben wir 0 ≤ fn (x) ≤ 2−n , für alle n und x, so
2n
dass zunächst der Grenzwert f (x) für jedes x existiert. Da weiter
!
N
∞
∞
X
X
X
0 ≤ sup f (x) −
fn (x) = sup
fn (x) ≤
2−n = 2−N ,
x∈R
n=1
x∈R
n=N +1
n=N +1
ist die Reihe f auf ganz R gleichmäßig konvergent.
c) Die Funktion y 7−→ [y] ist in allen Punkten y0 ∈
/ Z stetig, also ist jedes fn bei x0 stetig.
Da die Reihe f gleichmäßig konvergiert, ist auch f in x0 stetig.
2x3
x4
+
− 4x2 − 8x. Welche lokalen Extremalstellen hat f ?
Aufgabe 4. a) Sei f (x) :=
2
3
Zeigen Sie, dass f ein absolutes Minimum annimmt. Wo liegt es?
b) Berechnen Sie den größten und den kleinsten Wert, den f auf [−2, 1] annimmt.
(8 + 4 Punkte)
Lösung. a) Es gilt ja
f 0 (x) = 2x3 + 2x2 − 8x − 8
= 2(x + 1)(x2 − 4) = 2(x + 1)(x − 2)(x + 2)
Also ist f 0 < 0 auf (−∞, −2) und f 0 > 0 auf (−2, −1), weiter ist f 0 < 0 auf (−1, 2) und
f 0 > 0 auf (2, ∞). Daher liegt bei −2 ein lokales Minimum für f , ebenso bei 2. Bei −1 ist ein
lokales Maximum.
x4 2x3
x4
4
8 16
x4
Ist |x| ≥ 10, so wird
+
− 4x2 − 8x = (1 +
− 2 − 3) ≥
> 0. Damit ist wegen
2
3
2
3x x
x
4
f (2) < 0 der Wert min[−10,10] f < 0 ein absolutes Minimum für f . Es wird an einer Stelle
x0 ∈ (−10, 10) angenommen. Offenbar bleibt nur x0 = 2, da f (−1) > 0, f (−2) > 0 > f (2).
Weitere lokale Extremalstellen treten nicht auf, da f 0 keine weiteren Nullstellen hat.
b) Nach den Betrachtungen aus a) haben wir f ≥ f (−2) auf [−2, −1] und f ≥ f (1) auf
5
< f (−2) = 83 ist dann f ≥ f (1) = −10 auf [−2, 1]. Da f 0 ≥ 0
[−1, 1]. Wegen f (1) = − 65
6
6
23
0
auf [−2, −1] und f ≤ 0 auf [−1, 1], haben wir f ≤ f (−1) =
auf [−2, 1].
6
Aufgabe 5. Berechnen Sie
Z
I1 :=
2
Z
|x − 1||x + 2|dx,
I2 :=
−3
0
1
√
x
dx
1+x
Für I2 benutzen Sie die Substitutionsregel.
(6+6 Punkte)
Lösung. Sei f (x) := (x − 1)(x + 2). Es gilt dann f (x) ≥ 0 auf [−3, −2] ∪ [1, 2] und f (x) < 0
auf (−2, 1). Also wird
Z 2
Z 1
Z −2
Z 2
f (x)dx
f (x)dx +
f (x)dx −
|f (x)|dx =
I1 =
−3
−3
−2
1
Da f (x) = x2 + x − 2, wird F (x) := 13 x3 + 12 x2 − 2x eine Stammfunktion für f , so dass
I1 = F (−2)−F (−3)−(F (1)−F (−2))+F (2)−F (1) = 2F (−2)−2F (1)+F (2)−F (−3) =
Bei der Berechnung von I2 schreiben wir x = t2 , so dass
Z 1
Z 1
t2
1
π
I2 = 2
dt = 2
1−
dt = 2 − 2arctg (1) = 2 −
2
2
1+t
2
0 1+t
0
49
6

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