Blatt3 + Musterlösung

Prof. Dr. Olaf Post, Jan Simmer
30.04.2015
Analysis einer und mehrerer Veränderlicher
im Sommersemester 2015
Blatt 3
Die Lösungen der Aufgaben sind bis spätestens Donnerstag, den 07.05.2015, 12:00
Uhr, im Kasten E2 im E-Gebäude abzugeben. Bitte Name und Matrikelnummer
angeben. Die Aufgaben werden in den Übungen am Dienstag, den 12.05.2015 besprochen.
Aufgabe 1
[4 Punkte]
Sei (M, d) ein metrischer Raum. Beweisen Sie, dass für x, y, z ∈ M gilt, dass
|d(x, y) − d(y, z)| ≤ d(x, z).
Zeigen Sie außerdem, dass für y, z ∈ M und (yn )n∈N in M mit yn → y gilt, dass
lim d(yn , z) = d(y, z).
n→∞
Aufgabe 2
[6 Punkte]
(a) Sei h : (−1, 1) → R gegeben durch x 7→
lim
x→1
1+cos(πx)
x2 −2x+1 .
Bestimmen Sie
1 + cos(πx)
.
x2 − 2x + 1
(b) Sei g : R → R differenzierbar mit g(0) = g 0 (0) = 0 und g 00 (0) = 17. Weiter sei
(
g(x)
x 6= 0,
x
f (x) =
0
x = 0.
Bestimmen Sie f 0 (0).
Aufgabe 3
[6 Punkte]
(a) Seien n ∈ N und fn : [0, ∞) → R, gegeben durch
r
1
fn (x) = x2 + 2 .
n
Untersuchen Sie (fn )n∈N auf punktweise und gleichmäßige Konvergenz. Bestimmen Sie gegebenenfalls die Grenzfunktion und begründen Sie Ihre Antwort.
(b) Für n ∈ N sei fn (x) : [0, 1] → R definiert durch
fn (x) = xn − x2n .
Ist (fn )n∈N punktweise bzw. gleichmäßig konvergent? Bestimmen Sie gegebenenfalls die Grenzfunktion und begründen Sie Ihre Antwort.
Lösungen
Aufgabe 1
Seien x, y, z ∈ M . Dann liefert die Dreiecksungleichung
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) =⇒ d(x, z) − d(y, z) ≤ d(x, y),
d(y, z) ≤ d(y, x) + d(x, z) =⇒ −(d(x, z) − d(y, z)) ≤ d(x, y)
also folglich die umgekehrte Dreiecksungleichung. Nach der umgekehrten Dreiecksungleichung gilt dann für (yn ), y, z wie in der Aufgabenstellung, dass
|d(yn , z) − d(y, z)| ≤ d(yn , y) −→ 0
(n → ∞).
Aufgabe 2
(a) Setze f (x) = 1 + cos(πx) und g(x) = x2 − 2x + 1. Folglich ist f (1) = g(1) = 0
und f 0 (1) = g 0 (1) = 0, also folgt mit Satz von de L’Hopital (zweimal angewandt),
f 0 (x)
f 00 (x)
−π 2 cos(πx)
π2
f (x)
= lim 0
= lim 00
= lim
=
.
x→1 g (x)
x→1 g (x)
x→1
x→1 g(x)
2
2
lim
(b) Für die Ableitung an der Stelle x0 = 0 gilt
f 0 (0) = lim
x→0
f (x) − f (0)
f (x)
g(x)
= lim
= lim 2 ,
x→0 x
x→0 x
x
und da g(0) = g 0 (0) = 0 folgt mit de L’Hopital, dass
g(x)
g 00 (x)
17
=
lim
=
.
x→0 x2
x→0
2
2
f 0 (0) = lim
Aufgabe 3
(a) Wegen der Stetigkeit
gilt für jedes
p
p x ∈ [0, ∞), dass f (x) = limn→∞ fn (x) = x.
Weil n = n2 1/n2 ≤ n2 x + n2 x2 + 1/n2 folgt
r
(x2 + 1/n2 ) − x2
1
2
|fn (x) − f (x)| = x + 2 − x = p
n
x2 + 1/n2 + x
1
1
p
=
≤ .
n
n2 x + n2 x2 + 1/n2
Das ist unabhängig von x ∈ [0, ∞) und folglich ist (fn )n∈N glm. konvergent.
(b) Wir wissen, dass der punktweise Grenzwert von (xn )n∈N gegeben ist durch
g(x) = χ{1} (x) für x ∈ [0, 1]. Weil (x2n )n∈N Teilfolge von (xn )n∈N ist, stimmen
die punktweisen Grenzwerte überein und es gilt
fn (x) = xn − x2n −→ 0 = f (x) (punktweise auf [0, 1]).
Weiter ist fn (0) = fn (1) = 0 und fn ist für beliebiges n ∈ N differenzierbar
auf (0, 1), also hat fn ein Extremum auf (0, 1). Es gilt
0 = fn0 (x0 ) = nxn−1
− 2nx2n−1
⇐⇒ x0 =
0
0
1/n
1
.
2
Also folglich fn (x0 ) = 1/4. Sei also ε = 1/4. Dann finden wir für jedes n ∈ N
ein x ∈ [0, 1] so, dass |fn (x) − f (x)| = |fn (x)| ≥ ε = 1/4 und somit ist (fn )n∈N
nicht gleichmäßig konvergent.

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