Kurs:Analysis/Teil I/7/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	2	4	2	4	10	3	3	2	8	4	5	6	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine surjektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

2. Ein archimedisch angeordneter Körper ${}K$.
3. Der Grenzwert einer Funktion

   $f\colon T\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   in einem Punkt ${}a\in {\mathbb {K} }$ (dabei ist $T\subseteq {\mathbb {K} }$ eine Teilmenge).

4. Der Konvergenzradius einer komplexen Potenzreihe

   $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(z-a)^{n}.$

5. Das Taylor-Polynom vom Grad ${}n$ zu einer ${}n$-mal differenzierbaren Funktion

   $f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} }$

   im Entwicklungspunkt ${}a\in {\mathbb {C} }$.

6. Die Riemann-Integrierbarkeit einer Funktion

   $f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   auf einem kompakten Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

Lösung

1. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
2. Ein angeordneter Körper ${}K$ heißt archimedisch angeordnet, wenn es zu jedem ${}x\in K$ eine natürliche Zahl ${}n$ mit

   $n\geq x$

   gibt.
3. Eine Zahl ${}b\in {\mathbb {K} }$ heißt Grenzwert von ${}f$ in ${}a$, wenn für jede Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}T$, die gegen ${}a$ konvergiert, die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}b$ konvergiert.
4. Unter dem Konvergenzradius der Potenzreihe versteht man

   ${\operatorname {sup} \,(\vert {b-a}\vert ,b\in {\mathbb {C} },\,\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(b-a)^{n}{\text{ konvergiert}})}.$

5. Das Polynom

   $\sum _{k=0}^{n}{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}$

   heißt das Taylor-Polynom vom Grad ${}n$ zu ${}f$ im Entwicklungspunkt ${}a$.

6. Die Funktion ${}f$ heißt Riemann-integrierbar auf ${}I$, wenn Ober- und Unterintegral von ${}f$ existieren und übereinstimmen.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Quotientenkriterium für eine komplexe Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$.
2. Der Satz über die stetige Fortsetzbarkeit einer Funktion

   $T\longrightarrow {\mathbb {K} },$

   wobei ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$ eine Teilmenge ist.
3. Die Formel für die Stammfunktion der Umkehrfunktion.

Lösung

1. Es gebe eine reelle Zahl ${}q$ mit ${}0\leq q<1$ und ein ${}k_{0}$ mit

   ${}\vert {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\vert \leq q\,$

   für alle ${}k\geq k_{0}$. Dann konvergiert die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ absolut.
2. Es sei ${}{\overline {T}}$ die Menge aller Berührpunkte von ${}T$ und

   $f\colon T\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   sei gleichmäßig stetig. Dann gibt es eine eindeutig bestimmte stetige Fortsetzung

   ${\tilde {f}}\colon {\overline {T}}\longrightarrow {\mathbb {K} }.$

3. Es sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow [c,d]$ eine bijektive differenzierbare Funktion und es sei ${}F$ eine Stammfunktion von ${}f$. Dann ist

   ${}G(y):=yf^{-1}(y)-F(f^{-1}(y))\,$

   eine Stammfunktion der Umkehrfunktion ${}f^{-1}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass eine streng wachsende Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

injektiv ist.

Lösung Funktionen/R/Streng monoton wachsend/Injektiv/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },\,{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ drei Folgen in ${}K$. Es gelte ${}x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}{\text{ für alle }}n\in \mathbb {N}$ und ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergieren beide gegen den gleichen Grenzwert ${}a$. Zeige, dass dann auch ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen diesen Grenzwert ${}a$ konvergiert.

Lösung

Es ist

${}x_{n}-a\leq y_{n}-a\leq z_{n}-a\,.$

Bei ${}y_{n}-a\geq 0$ ist somit

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \vert {z_{n}-a}\vert \,$

und bei ${}y_{n}-a\leq 0$ ist

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \vert {x_{n}-a}\vert \,.$

Daher ist stets

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq {\max {\left(\vert {x_{n}-a}\vert ,\vert {z_{n}-a}\vert \right)}}\,.$

Für ein vorgegebenes ${}\epsilon >0$ gibt es aufgrund der Konvergenz der beiden äußeren Folgen gegen ${}a$ natürliche Zahlen ${}n_{1}$ und ${}n_{2}$ derart, dass

${}\vert {x_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,$

für ${}n\geq n_{1}$ und

${}\vert {z_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,$

für ${}n\geq n_{2}$ gilt. Für ${}n\geq n_{0}={\max {\left(n_{1},n_{2}\right)}}$ gilt daher

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,.$

Dies bedeutet die Konvergenz von ${}y_{n}$ gegen ${}a$.

Aufgabe (2 Punkte)

Entscheide, ob die Reihe

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n!}{n^{n}}}$

konvergiert.

Lösung

Für ${}n\geq 2$ ist

${}{\frac {n!}{n^{n}}}={\frac {n(n-1)\cdots 3}{n^{n-2}}}\cdot {\frac {2\cdot 1}{n^{2}}}\leq {\frac {2}{n^{2}}}\,.$

Da die Reihe ${}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$ konvergiert, liegt eine konvergente Majorante vor und damit konvergiert die angegebene Reihe.

Aufgabe (4 Punkte)

Sei ${}a\in {\mathbb {C} }$, ${}\vert {a}\vert <1$. Es sei

$f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto f(z),$

eine stetige Funktion mit der Eigenschaft, dass die Gleichheit ${}f(az)=f(z)$ für alle ${}z\in {\mathbb {C} }$ gelte. Zeige, dass ${}f$ konstant ist.

Lösung

Unter der gegebenen Voraussetzung konvergiert die Folge ${}a^{n}$ gegen ${}0$. Daher konvergiert auch für jedes feste ${}z\in {\mathbb {C} }$ die Folge ${}a^{n}z$ gegen ${}0$. Durch iterative Anwendung der Voraussetzung an ${}f$ erhält man

${}f(z)=f(az)=f(a^{2}z)=\ldots =f(a^{n}z)\,$

für jedes ${}n\in \mathbb {N}$. Aufgrund der Stetigkeit von ${}f$ ist also

${}f(z)=\lim _{n\rightarrow \infty }f(a^{n}z)=f(\lim _{n\rightarrow \infty }a^{n}z)=f(0)\,.$

Somit ist ${}f(0)$ der einzige Wert der Funktion.

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den großen Umordnungssatz.

Lösung

Die Summierbarkeit der Teilfamilien folgt aus Lemma 17.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Da die Ausgangsfamilie summierbar ist, gibt es eine endliche Teilmenge ${}E_{0}\subseteq I$ mit

${}\vert {a_{E}-s}\vert \leq \epsilon /2\,$

für alle endlichen Teilmengen ${}E\subseteq I$ mit ${}E_{0}\subseteq E$. Es gibt eine endliche Teilmenge ${}F_{0}\subseteq J$ derart, dass

${}E_{0}\subseteq \bigcup _{j\in F_{0}}I_{j}\,$

ist. Wir behaupten, dass dieses ${}F_{0}$ für die Familie ${}s_{j}$ , ${}j\in J$, die Summationseigenschaft für ${}\epsilon$ erfüllt. Es sei dazu ${}F\subseteq J$ mit ${}F_{0}\subseteq F$ endlich und ${}n={\#\left(F\right)}$. Da die Familien ${}a_{i}$ , ${}i\in I_{j}$, summierbar mit den Summen ${}s_{j}$ sind, gibt es für jedes ${}j\in F$ ein endliches ${}G_{j,0}\subseteq I_{j}$ mit

${}\vert {a_{G_{j}}-s_{j}}\vert \leq \epsilon /2n\,$

für alle endlichen ${}G_{j}\subseteq I_{j}$ mit ${}G_{j,0}\subseteq G_{j}$. Wir wählen nun für jedes ${}j\in F$ ein solches ${}G_{j}$ so, dass zusätzlich ${}E_{0}\cap I_{j}\subseteq G_{j}$ gilt. Dann ist ${}E_{0}\subseteq E:=\bigcup _{j\in F}G_{j}$ und daher ${}\vert {\sum _{j\in F}a_{G_{j}}-s}\vert =\vert {\sum _{i\in E}a_{i}-s}\vert \leq \epsilon /2$. Somit haben wir insgesamt die Abschätzungen

${}{\begin{aligned}\vert {\sum _{j\in F}s_{j}-s}\vert &=\vert {\sum _{j\in F}{\left(s_{j}-a_{G_{j}}\right)}+\sum _{j\in F}a_{G_{j}}-s}\vert \\&\leq \sum _{j\in F}\vert {s_{j}-a_{G_{j}}}\vert +\vert {\sum _{j\in F}a_{G_{j}}-s}\vert \\&\leq n\cdot \epsilon /2n+\vert {\sum _{i\in E}a_{i}-s}\vert \\&\leq n\cdot \epsilon /2n+\epsilon /2\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,x\longmapsto f(x)=2xe^{3x}.$

Zeige durch Induktion, dass die ${}n$-te Ableitung ($n\geq 1$) von ${}f$ gleich

${}f^{(n)}(x)={\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\,$

ist.

Lösung

Die Ableitung von ${}f$ ist nach der Produktregel

${}f'(x)=2e^{3x}+2x\cdot 3e^{3x}={\left(3^{1}\cdot 2x+2\right)}e^{3x}={\left(3^{1}\cdot 2x+3^{0}\cdot 2\cdot 1\right)}e^{3x}\,.$

Dadurch ist die Gleichung für ${}n=1$ richtig und der Induktionsanfang ist gesichert. Es sei die Gleichung nun für die ${}n$-te Ableitung schon bewiesen. Wegen ${}f^{(n+1)}=(f^{n})'$ gilt somit

${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}&={\left({\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\right)}'\\&=3^{n}\cdot 2e^{3x}+3{\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\\&={\left(3^{n+1}\cdot 2x+3^{n}\cdot 2+3^{n}\cdot 2n\right)}e^{3x}\\&={\left(3^{n+1}\cdot 2x+3^{n}\cdot 2(n+1)\right)}e^{3x}.\end{aligned}}$

Daher ist die Gleichung auch für die ${}(n+1)$-te Ableitung richtig.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ein Kreis mit Mittelpunkt ${}(0,0)$ und Radius ${}r$ und ein ${}s>r$ gegeben. Für welches ${}x\in \mathbb {R}$ verläuft die Tangente zu ${}x$ an den oberen Kreisbogen durch den Punkt ${}(s,0)$?

Lösung

Der obere Kreisbogen wird (für ${}x\in [-r,r]$) durch die Funktion

${}f(x)={\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\,$

beschrieben. Die Ableitung davon ist

${}f'(x)=-x{\frac {1}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}}\,.$

Die Steigung der Geraden durch ${}(x,f(x))$ und ${}(s,0)$ wird durch

${\frac {\sqrt {r^{2}-x^{2}}}{x-s}}$

beschrieben. Dies führt auf die Bedingung

${}-x{\frac {1}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}}={\frac {\sqrt {r^{2}-x^{2}}}{x-s}}\,$

bzw. auf

${}-x(x-s)=r^{2}-x^{2}\,.$

Daher ist

${}x={\frac {r^{2}}{s}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den Grenzwert

$\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x-1}{\ln x}}.$

Lösung

Wir verwenden die Regel von Hospital. Die Ableitung der Zählerfunktion ist

${}(x-1)'=1\,$

und die Ableitung der Nennerfunktion ist

${}{\left(\ln x\right)}'={\frac {1}{x}}\,.$

Die Funktion ${}{\frac {1}{x}}$ hat keine Nullstelle in einer offenen Ungebung von ${}1$. Daher ist Hospital anwendbar und es ist

${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x-1}{\ln x}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {1}{\frac {1}{x}}}={\frac {1}{\frac {1}{1}}}=1\,.$

Aufgabe (8 (5+3) Punkte)

Wir betrachten die durch

$x_{n}={\sqrt[{n}]{n}}$

definierte Folge ($n\geq 1$). Zeige folgende Aussagen.

1. Für ${}n\geq 3$ ist die Folge monoton fallend.
2. Die Folge konvergiert gegen $1$.

Lösung

Wir schreiben

${}{\begin{aligned}{\sqrt[{n}]{n}}&=n^{\frac {1}{n}}\\&=(e^{\ln n})^{\frac {1}{n}}\\&=e^{\frac {\ln n}{n}}.\end{aligned}}$

1. Wir erlauben auch reelle Argumente, d.h. wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto e^{\frac {\ln x}{x}},$

und zeigen, dass diese Funktion für ${}x\geq 3$ fallend ist; dies gilt dann insbesondere für die natürlichen Zahlen ${}n\geq 3$. Da die Exponentialfunktion monoton wachsend ist, genügt es zu zeigen, dass

$g\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {\ln x}{x}},$

für ${}x\geq 3$ fallend ist. Dazu ziehen wir Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) heran und betrachten die Ableitung der differenzierbaren Funktion ${}g$. Diese ist

${}{\begin{aligned}g'(x)&={\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {\ln x}{x^{2}}}\\&={\frac {1-\ln x}{x^{2}}}.\end{aligned}}$

Für ${}x\geq 3>e$ ist ${}\ln x\geq 1$ und somit ist der Zähler negativ, also ist die Funktion negativ.

2. Wir zeigen, dass ${}{\frac {\ln n}{n}}$ für ${}n\rightarrow \infty$ gegen ${}0$ konvergiert. Wegen der Monotonie aus Teil 1 kann man statt ${}n$ auch ${}e^{k}$ einsetzen, was zur Folge ${}{\frac {k}{e^{k}}}$ führt. Für diese Folge gilt

${}{\begin{aligned}{\frac {k}{e^{k}}}&\leq {\frac {k}{1+k+{\frac {1}{2}}k^{2}}}\\&={\frac {\frac {1}{k}}{{\frac {1}{k^{2}}}+{\frac {1}{k}}+{\frac {1}{2}}}},\end{aligned}}$

ihr Grenzwert ist nach dem Quetschkriterium also ${}0$. Da die Exponentialfunktion stetig ist, konvergiert somit ${}e^{\frac {\ln n}{n}}$ gegen ${}e^{0}=1$.

Aufgabe (4 Punkte)

Der Graph der Funktion

${}f(x)=-x^{2}+5x\,$

und die ${}x$-Achse begrenzen eine Fläche. Bestimme die Gerade durch den Nullpunkt, die diese Fläche in zwei gleich große Teile unterteilt.

Lösung

Es ist

${}-x^{2}+5x=-x(x-5)\,,$

die Fläche befindet sich also oberhalb des Intervalls ${}[0,5]$. Eine Stammfunktion von ${}f$ ist

${}F(x)=-{\frac {1}{3}}x^{3}+{\frac {5}{2}}x^{2}\,$

und somit ist

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{5}f(x)dx&=[-{\frac {1}{3}}x^{3}+{\frac {5}{2}}x^{2}]_{0}^{5}\\&=-{\frac {1}{3}}125+{\frac {5}{2}}25\\&={\frac {125}{6}}.\end{aligned}}$

Die Gerade durch den Nullpunkt setzen wir als ${}y=ax$ an. Der Durchstoßungspunkt (abgesehen vom Nullpunkt) mit dem Graphen ergibt sich aus

${}ax=-x^{2}+5x\,$

zu

${}x=5-a\,.$

Die obere Fläche besitzt den Flächeninhalt

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{5-a}-x^{2}+5x-axdx&=[-{\frac {1}{3}}x^{3}+{\frac {5-a}{2}}x^{2}]_{0}^{5-a}\\&=(5-a)^{3}{\left(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}\right)}\\&=(5-a)^{3}{\frac {1}{6}}.\end{aligned}}$

Die Bedingung

${}(5-a)^{3}{\frac {1}{6}}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {125}{6}}\,$

führt auf

${}(5-a)^{3}={\frac {125}{2}}\,$

und damit auf

${}5-a={\frac {5}{\sqrt[{3}]{2}}}\,.$

Also ist

${}a=5{\left(1-{\sqrt[{3}]{\frac {1}{2}}}\right)}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}I$ ein reelles Intervall und sei

$f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetige Funktion. Es sei ${}a\in I$ und es sei

${}F(x):=\int _{a}^{x}f(t)\,dt\,$

die zugehörige Integralfunktion. Zeige, dass dann ${}F$ differenzierbar ist und dass ${}F'(x)=f(x)$ für alle ${}x\in I$ gilt.

Lösung

Es sei ${}x$ fixiert. Der Differenzenquotient ist

${}{\frac {F(x+h)-F(x)}{h}}={\frac {1}{h}}{\left(\int _{a}^{x+h}f(t)\,dt-\int _{a}^{x}f(t)\,dt\right)}={\frac {1}{h}}\int _{x}^{x+h}f(t)\,dt\,.$

Wir müssen zeigen, dass für ${}h\rightarrow 0$ der Limes existiert und gleich ${}f(x)$ ist. Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung gibt es zu jedem ${}h$ ein ${}c_{h}\in [x,x+h]$ mit

${}f(c_{h})\cdot h=\int _{x}^{x+h}f(t)dt\,$

und damit ist

${}f(c_{h})={\frac {\int _{x}^{x+h}f(t)dt}{h}}\,.$

Für ${}h\rightarrow 0$ konvergiert ${}c_{h}$ gegen ${}x$ und wegen der Stetigkeit von ${}f$ konvergiert ${}f(c_{h})$ gegen ${}f(x)$.

Aufgabe (6 Punkte)

Sei

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

stetig mit

$\int _{a}^{b}f(x)g(x)dx=0$

für jede stetige Funktion ${}g\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$. Zeige ${}f=0$.

Lösung

Nehmen wir an, dass ${}f$ nicht die Nullfunktion ist. Dann gibt es einen Punkt ${}c\in [a,b]$ mit ${}f(c)\neq 0$. Sagen wir ${}f(c)>0$. Da ${}f$ stetig ist, gibt es ein Teilintervall ${}J=[d,e]\subseteq [a,b]$ mit ${}f(x)\geq {\frac {f(c)}{2}}$ für alle ${}x\in J$. Die Funktion ${}g$ sei außerhalb von ${}J$ die Nullfunktion und auf ${}J$ durch

${}g(x)=-(x-d)(x-e)\,$

definiert. Die Funktion ${}g$ ist stetig auf ${}[a,b]$ und im Innern von ${}[d,e]$ positiv, also insgesamt nichtnegativ. Daher gibt es ein weiteres Teilintervall ${}J'=[s,t]\subseteq J$ derart, dass ${}g(x)\geq {\frac {g({\frac {d+e}{2}})}{2}}$ für alle ${}x\in J'$ ist. Daher ist

${}{\begin{aligned}\int _{a}^{b}f(x)g(x)dx&=\int _{d}^{e}f(x)g(x)dx\\&\geq \int _{s}^{t}f(x)g(x)dx\\&\geq (t-s){\frac {f(c)}{2}}{\frac {g({\frac {d+e}{2}})}{2}}\\&>0\end{aligned}}$

im Widerspruch zur Voraussetzung.

Aufgabe (5 Punkte)

Finde eine Lösung für die gewöhnliche Differentialgleichung

$y'={\frac {t}{t^{2}-1}}y^{2}$

mit ${}t>1$ und ${}y<0$.

Lösung

Es liegt eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen vor. Wir setzen

${}h(y)={\frac {1}{y^{2}}}\,,$

davon ist

${}H(y)=-y^{-1}\,$

eine Stammfunktion. Die Umkehrfunktion davon ist ebenfalls

${}H^{-1}(u)=-u^{-1}\,.$

Wir setzen weiter

${}g(t)={\frac {t}{t^{2}-1}}\,.$

Wir machen den Ansatz für die Partialbruchzerlegung, also

${}{\frac {t}{t^{2}-1}}={\frac {a}{t-1}}+{\frac {b}{t+1}}\,.$

Daraus ergibt sich die Bedingung

${}t=a(t+1)+b(t-1)\,$

und daraus

${}a=b={\frac {1}{2}}\,.$

Also ist

${}G(t)={\frac {1}{2}}\ln(t+1)+{\frac {1}{2}}\ln(t-1)\,$

eine Stammfunktion von ${}g(t)$. Daher ist

${}y(t)={\frac {-2}{\ln(t-1)+\ln(t+1)}}\,$

eine Lösung, die für ${}t>1$ definiert ist und für die ${}y(t)<0$ gilt.