Musterlösung zu Blatt 3 Höhere Mathematik II (P/MP/ET/IT/I

Musterlösung zu Blatt 3
Höhere Mathematik II (P/MP/ET/IT/I-I)
Sommersemester 2016
9 a) Die Reihe konvergiert nach dem Leibnizkriterium, da
Nullfolge ist.
1
log k
eine monoton fallende
b) i) Es gilt
1
ak =
=
(4 + (−1)k )k
und somit:
ak+1
=
ak
(
1
3
·
1
5
·
(
5 k
3
3 k
5
1 k
5
1 k
3
falls k gerade
falls k ungerade
falls k gerade
falls k ungerade
Daher ist
ak+1
ak+1
= 0
und
lim sup
= ∞
ak
ak
und das Quotientenkriterium liefert keine Aussage.
lim inf
ii) Wegen
√
1
k
ak =
< 1
3
konvergiert die Reihe nach dem Wurzelkriterium.
lim sup
√
c) Die Reihe konvergiert nach dem Leibnizkriterium, da die Folge ( k a) wegen a > 1
monoton fallend gegen 1 geht.
10 Da (bk ) beschränkt ist, existiert ein M > 0, so dass |bk | ≤ M für alle k ∈ N gilt,
und es folgt:
0 ≤
∞
X
k=1
da die Reihe
konvergent.
P
|ak bk | =
∞
X
|ak | · |bk | ≤ M ·
k=1
∞
X
|ak | < ∞ ,
k=1
ak absolut konvergiert. Also ist die Reihe
P
ak bk ebenfalls absolut
11 a) 1) (fn ) konvergiert punktweise, denn es gilt:
x2n
x2n + 1 − 1
1
=
= 1−
2n
2n
1+x
1+x
1 + x2n


 0 falls |x| < 1
1
−→
falls |x| = 1
n→∞  2

1 falls |x| > 1
2) (fn ) konvergiert punktweise, denn es gilt:
(
)
0
falls
x
=
6
0
2
−→
e−nx n→∞
=: f (x)
1 falls x = 0
1





=: f (x)
3) (fn ) konvergiert punktweise gegen die Betragsfunktion f (x) := |x|.
b) 1) Für x ∈ R mit |x| < 1 ist
|fn (x) − f (x)| = 1 −
1
1
<
2n
1+x
2
und mit x → 1− folgt:
sup |fn (x) − f (x)| =
|x|<1
1
2
Für x ∈ R mit |x| = 1 ist
1 1
− = 0
2 2
|fn (x) − f (x)| =
und somit:
sup |fn (x) − f (x)| = 0
|x|=1
Für x ∈ R mit |x| > 1 ist
|fn (x) − f (x)| =
1
1
<
1 + x2n
2
und mit x → 1+ folgt:
sup |fn (x) − f (x)| =
|x|>1
1
2
Insgesamt gilt also
1
6→ 0
2
für n → ∞ und (fn ) konvergiert nicht gleichmäßig nach Feststellung 29.9.
kfn − f k =
Bemerkung: Es folgt auch mit Theorem 29.6, dass (fn ) nicht gleichmäßig konvergiert, da f nicht stetig ist.
2) Für x ∈ R mit x 6= 0 ist
2
|fn (x) − f (x)| = e−nx < 1
und mit x → 0 folgt:
sup |fn (x) − f (x)| = 1
x6=0
Da außerdem |fn (0) − f (0)| = 0 ist, gilt also
kfn − f k = 1 6→ 0
für n → ∞ und (fn ) konvergiert nicht gleichmäßig nach Feststellung 29.9.
Bemerkung: Es folgt auch mit Theorem 29.6, dass (fn ) nicht gleichmäßig konvergiert, da f nicht stetig ist.
2
3) Wegen
q
q
r
1
1
2
2
1
+ x − |x|
+ x + |x| n
n
q
+ x2 − |x| = |fn (x) − f (x)| = n
1
2 + |x|
+
x
n
1
1 n + x2 − x2 n ≤ q = √1
= q
1
n
1 + x2 + |x| n
und |fn (0) − f (0)| =
√1
n
n
gilt
1
kfn − f k = √ → 0
n
für n → ∞. Nach Feststellung 29.9 konvergiert also (fn ) gleichmäßig gegen f .
√
12 1) a) Ist x > 0, so gilt n x → 1 für n → ∞, also konvergiert fn → f mit f (x) := 1
punktweise auf (0, ∞) und ebenso auf jedem kompakten Teilintervall [a, b] ⊆ (0, ∞).
Es sei nun 0 < ε < 1 und x ∈ [a, b].
1. Fall: 0 < x < 1
Dann gilt:
|fn (x) − f (x)| = 1 −
√
√
n
x < ε ⇔ nx > 1−ε
⇔ x > (1 − ε)n
⇔ log x > n log(1 − ε)
⇔ n >
Wähle n1 ∈ N mit n1 >
log x
log(1−ε)
log a
.
log(1−ε)
2. Fall: x ≥ 1
Dann gilt:
|fn (x) − f (x)| =
√
√
n
x−1 < ε ⇔ nx < 1+ε
⇔ x < (1 + ε)n
⇔ log x < n log(1 + ε)
⇔ n >
Wähle n2 ∈ N mit n2 >
log x
log(1+ε)
log b
.
log(1+ε)
Sei n0 := n1 , falls [a, b] ⊆ (0, 1), n0 := n2 , falls [a, b] ⊆ [1, ∞), und n0 := max{n1 , n2 }
sonst. Dann gilt für alle n ≥ n0 und alle x ∈ [a, b]:
|fn (x) − f (x)| < ε
Also konvergiert (fn ) auf [a, b] gleichmäßig gegen f .
3
b) Wegen lim+ log a = −∞ und lim log b = ∞ lässt sich n0 nicht so wählen, dass das
b→∞
a→0
ε-Kriterium für alle x ∈ (0, ∞) erfüllt ist. Somit konvergiert (fn ) nicht gleichmäßig
auf (0, ∞).
2) Die Funktion
x 7→ xk (1 − x)k = (x(1 − x))k
wird auf (0, 1) genau dann maximal, wenn x(1 − x) maximal wird. Dies ist offensichtlich für x = 21 der Fall und es folgt:
k
1
kx (1 − x) k =
4
k
Somit konvergiert die Reihe
∞
P
k
xk (1 − x)k nach dem Weierstraßschen Majoran-
k=0
tenkriterium 30.3 gleichmäßig auf (0, 1) (und damit auch auf jedem kompakten
Teilintervall).
sawo
4

Download Report