Kurs:Analysis/Teil I/Test 2/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	3	4	4	3	7	3	4	5	4	4	4	4	6	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die absolute Konvergenz einer Reihe.
2. Eine rationale Funktion über einem Körper ${}K$.
3. Ein Berührpunkt einer Menge ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$.
4. Die gleichmäßige Stetigkeit einer Funktion

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

   auf einer Teilmenge ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$.

5. Der Konvergenzradius einer komplexen Potenzreihe

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

6. Die Differenzierbarkeit in einem Punkt ${}a\in {\mathbb {K} }$ einer Abbildung ${}f\colon {\mathbb {K} }\rightarrow {\mathbb {K} }$.

Lösung

1. Eine Reihe

   $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$

   von komplexen Zahlen heißt absolut konvergent, wenn die Reihe

   $\sum _{k=0}^{\infty }\vert {a_{k}}\vert$

   konvergiert.

2. Zu zwei Polynomen ${}P,Q\in K[X]$, ${}Q\neq 0$, heißt die Funktion

   $D\longrightarrow K,\,z\longmapsto {\frac {P(z)}{Q(z)}},$

   wobei ${}D\subseteq K$ das Komplement der Nullstellen von ${}Q$ ist, eine rationale Funktion.

3. Ein Punkt ${}x\in {\mathbb {K} }$ heißt Berührpunkt von ${}T$, wenn es (mindestens) eine Folge ${}x_{n}\in T$ gibt, die gegen ${}x$ konvergiert.
4. Die Funktion ${}f$ heißt gleichmäßig stetig, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ gibt mit folgender Eigenschaft: Für alle ${}x,x'\in T$ mit ${}d{\left(x,x'\right)}\leq \delta$ ist ${}d{\left(f(x),f(x')\right)}\leq \epsilon$.
5. Unter dem Konvergenzradius der Potenzreihe versteht man

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

6. Man sagt, dass ${}f$ differenzierbar in ${}a$ ist, wenn der Limes

   $\operatorname {lim} _{x\in D\setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

   existiert.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über Nullstellen und lineare Faktoren eines Polynoms ${}F\in K[X]$.
2. Der Zwischenwertsatz.
3. Der Entwicklungssatz für Potenzreihen (die Koeffizienten der umentwickelten Potenzreihe müssen nicht angegeben werden).

Lösung

1. Ein Element ${}a\in K$ ist genau dann eine Nullstelle von ${}F$, wenn ${}F$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.
2. Es seien ${}a\leq b$ reelle Zahlen und sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Es sei ${}y\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl zwischen ${}f(a)$ und ${}f(b)$. Dann gibt es ein ${}x\in [a,b]$ mit ${}f(x)=y$.
3. Es sei

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

   eine konvergente Potenzreihe mit dem Konvergenzradius ${}R>0$ und sei ${}b\in U{\left(a,R\right)}$. Dann gibt es eine konvergente Potenzreihe

   ${}h=\sum _{i=0}^{\infty }d_{i}(z-b)^{i}\,$

   mit Entwicklungspunkt ${}b$ und mit einem Konvergenzradius ${}s\geq R-\vert {a-b}\vert >0$ derart, dass die durch diese beiden Potenzreihen dargestellten Funktionen

   auf ${}U{\left(b,s\right)}$ übereinstimmen.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die harmonische Reihe divergiert.

Lösung

Für die ${}2^{n}$ Zahlen ${}k=2^{n}+1,\ldots ,2^{n+1}$ ist

${}\sum _{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{k}}\geq \sum _{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{2^{n+1}}}=2^{n}{\frac {1}{2^{n+1}}}={\frac {1}{2}}\,.$

Daher ist

${}\sum _{k=1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{k}}=1+\sum _{i=0}^{n}\left(\sum _{k=2^{i}+1}^{2^{i+1}}{\frac {1}{k}}\right)\geq 1+(n+1){\frac {1}{2}}\,.$

Damit ist die Folge der Partialsummen unbeschränkt und kann nach Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) nicht konvergent sein.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Reihe

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

für jedes ${}z\in {\mathbb {C} }$ absolut konvergiert.

Lösung

Wir wenden das Quotientenkriterium an, woraus dann die absolute Konvergenz folgt. Dazu betrachten wir den Quotienten aus zwei aufeinander folgenden Gliedern ${}a_{n}={\frac {z^{n}}{n^{n}}}$ der Reihe (bei ${}z=0$ ist die Aussage klar, sei also ${}z\neq 0$), also

${}{\begin{aligned}\vert {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\vert &=\vert {\frac {\frac {z^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}}{\frac {z^{n}}{n^{n}}}}\vert \\&=\vert {z}\vert {\frac {n^{n}}{(n+1)^{n+1}}}\\&=\vert {z}\vert ({\frac {n}{n+1}})^{n}{\frac {1}{n+1}}\\&\leq \vert {z}\vert {\frac {1}{n+1}}.\end{aligned}}$

Zu einem gegebene ${}z\in {\mathbb {C} }$ gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ mit

${}q:={\frac {\vert {z}\vert }{n_{0}+1}}<1\,.$

Dies gilt dann auch für alle ${}n\geq n_{0}$, sodass man ab ${}n_{0}$ das Quotientenkriterium anwenden kann.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien die beiden komplexen Polynome

$P=X^{3}-2{\mathrm {i} }X^{2}+4X-1\,\,{\text{ und }}\,\,Q={\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }$

gegeben. Berechne ${}P(Q)$ (es soll also ${}Q$ in ${}P$ eingesetzt werden).

Lösung

${}{\begin{aligned}P(Q)&=Q^{3}-2{\mathrm {i} }Q^{2}+4Q-1\\&={\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{3}-2{\mathrm {i} }{\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}+4{\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}-1\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+3{\mathrm {i} }^{2}(-3+2{\mathrm {i} })X^{2}+3{\mathrm {i} }{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}X+{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{3}\\&\,\,\,\,\,\,\,-2{\mathrm {i} }{\left({\mathrm {i} }^{2}X^{2}+2{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}{\mathrm {i} }X+{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}\right)}+4{\mathrm {i} }X-12+8{\mathrm {i} }-1\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+9X^{2}-6{\mathrm {i} }X^{2}+3{\mathrm {i} }{\left(9-4-12{\mathrm {i} }\right)}X-27+54{\mathrm {i} }+36-8{\mathrm {i} }\\&\,\,\,\,\,\,\,+2{\mathrm {i} }X^{2}-12X+8{\mathrm {i} }X-18{\mathrm {i} }-24+8{\mathrm {i} }+4{\mathrm {i} }X-13+8{\mathrm {i} }\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+{\left(9-4{\mathrm {i} }\right)}X^{2}+{\left(24+27{\mathrm {i} }\right)}X-28+44{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es ist ${}1+2+3=1\cdot 2\cdot 3$. Gibt es neben der ${}1$ weitere natürliche (ganze, reelle, komplexe) Zahlen ${}x$, die die Gleichung

${}x+(x+1)+(x+2)=x\cdot (x+1)\cdot (x+2)\,$

erfüllen?

Lösung

Es gibt noch die ganzzahligen Lösungen

${}x=-3\,$

(Summe und Produkt der drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist ${}-6$) und

${}x=-1\,$

(Summe und Produkt der drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist ${}0$). Die Gleichung ist eine polynomiale Gleichung vom Grad ${}3$, daher gibt es über einem beliebigen Körper keine weiteren Lösungen.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das Folgenkriterium für die Stetigkeit einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ in einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$.

Lösung

Es bezeichne (1) die Stetigkeit von ${}f$ im Punkt ${}x$ und (2) die Eigenschaft, dass für jede gegen ${}x$ konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}f(x)$ konvergiert. Wir müssen die Äquivalenz von (1) und (2) zeigen.

Es sei (1) erfüllt und sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}\mathbb {R}$, die gegen ${}x$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass

${}\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})=f(x)\,$

ist. Dazu sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen (1) gibt es ein ${}\delta >0$ mit der angegebenen Abschätzungseigenschaft und wegen der Konvergenz von ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}x$ gibt es eine natürliche Zahl ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}d(x_{n},x)\leq \delta \,$

gilt. Nach der Wahl von ${}\delta$ ist dann

$d(f(x_{n}),f(x))\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0},$

sodass die Bildfolge gegen ${}f(x)$ konvergiert.
Es sei (2) erfüllt.  Wir nehmen an, dass ${}f$ nicht stetig ist. Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass es für alle ${}\delta >0$ Elemente ${}z\in \mathbb {R}$ gibt, deren Abstand zu ${}x$ maximal gleich ${}\delta$ ist, deren Wert ${}f(z)$ unter der Abbildung aber zu ${}f(x)$ einen Abstand besitzt, der größer als ${}\epsilon$ ist. Dies gilt dann insbesondere für die Stammbrüche ${}\delta =1/n$, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. D.h. für jede natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ gibt es ein ${}x_{n}\in \mathbb {R}$ mit

$d(x_{n},x)\leq {\frac {1}{n}}{\text{ und mit }}d(f(x_{n}),f(x))>\epsilon .$

Diese so konstruierte Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen ${}x$, aber die Bildfolge konvergiert nicht gegen ${}f(x)$, da der Abstand der Bildfolgenglieder zu ${}f(x)$ zumindest ${}\epsilon$ ist. Dies ist ein Widerspruch zu (2).

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{3}-3x+1.$

Bestimme, ausgehend vom Intervall ${}[0,1]$, mit der Intervallhalbierungsmethode ein Intervall der Länge ${}1/8$, in dem eine Nullstelle von ${}f$ liegen muss.

Lösung

Wegen ${}f(0)=1$ und ${}f(1)=-1$ muss nach dem Zwischenwertsatz im Intervall ${}[0,1]$ eine Nullstelle von ${}f$ liegen.

Die Intervallmitte ist ${}{\frac {1}{2}}$, dort hat ${}f$ den Wert

${}f{\left({\frac {1}{2}}\right)}={\left({\frac {1}{2}}\right)}^{3}-3{\left({\frac {1}{2}}\right)}+1={\frac {1-12+8}{8}}=-{\frac {3}{8}}\,.$

Dies ist negativ, also muss eine Nullstelle im Intervall ${}[0,{\frac {1}{2}}]$ liegen.

Die Intervallmitte von diesem Intervall ist ${}{\frac {1}{4}}$, dort hat ${}f$ den Wert

${}f{\left({\frac {1}{4}}\right)}={\left({\frac {1}{4}}\right)}^{3}-3{\left({\frac {1}{4}}\right)}+1={\frac {1-48+64}{64}}={\frac {17}{64}}\,.$

Dies ist positiv, also muss eine Nullstelle im Intervall ${}[{\frac {1}{4}},{\frac {1}{2}}]$ liegen.

Die Intervallmitte von diesem Intervall ist ${}{\frac {3}{8}}$, dort hat ${}f$ den Wert

${}f{\left({\frac {3}{8}}\right)}={\left({\frac {3}{8}}\right)}^{3}-3{\left({\frac {3}{8}}\right)}+1={\frac {27-576+512}{512}}=-{\frac {37}{512}}\,.$

Dies ist negativ, also muss eine Nullstelle im Intervall ${}[{\frac {1}{4}},{\frac {3}{8}}]=[{\frac {2}{8}},{\frac {3}{8}}]$ liegen. Die Länge dieses Intervalls ist ${}{\frac {1}{8}}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine reelle Lösung für die Gleichung

${}3^{x}-{\sqrt {3}}^{x+4}+20=0\,$

Lösung

Wie setzen

${}x=2y\,$

und schreiben die Gleichung als

${}3^{2y}-{\sqrt {3}}^{2y+4}+20=3^{2y}-3^{y+2}+20=(3^{y})^{2}-9\cdot 3^{y}+20=0\,.$

Mit

${}u=3^{y}\,$

ist dies die quadratische Gleichung

${}u^{2}-9u+20=0\,$

mit den beiden Lösungen

${}u=4,5\,.$

Somit ist

${}y=\log _{3}4,\log _{3}5\,$

und die beiden Lösungen sind

${}x=2\log _{3}4,2\log _{3}5\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Funktionalgleichung für die komplexe Exponentialfunktion.

Lösung

Das Cauchy-Produkt der beiden Exponentialreihen ist

$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}$

mit ${}c_{n}=\sum _{i=0}^{n}{\frac {z^{i}}{i!}}{\frac {w^{n-i}}{(n-i)!}}$. Diese Reihe ist nach Lemma 15.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) absolut konvergent und der Grenzwert ist das Produkt der beiden Grenzwerte. Andererseits ist der ${}n$-te Summand der Exponentialreihe von ${}z+w$ nach der allgemeinen binomischen Formel gleich

${}{\frac {(z+w)^{n}}{n!}}={\frac {1}{n!}}\sum _{i=0}^{n}{\binom {n}{i}}z^{i}w^{n-i}=c_{n}\,,$

sodass die beiden Seiten übereinstimmen.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien

$f_{1},f_{2}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

periodische Funktionen mit den Periodenlängen ${}L_{1}$ bzw. ${}L_{2}$. Der Quotient ${}L_{1}/L_{2}$ sei eine rationale Zahl. Zeige, dass auch ${}f_{1}+f_{2}$ eine periodische Funktion ist.

Lösung

Der Quotient der Periodenlängen sei

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

mit ${}a,b\in \mathbb {N} _{+}$. Also ist ${}bL_{1}=aL_{2}$. Wir behaupten, dass

${}L=bL_{1}=aL_{2}\,$

eine Periodenlänge für ${}f_{1}+f_{2}$ ist. Dies beruht auf

${}{\begin{aligned}(f_{1}+f_{2})(x+L)&=f_{1}(x+L)+f_{2}(x+L)\\&=f_{1}(x+bL_{1})+f_{2}(x+aL_{2})\\&=f_{1}(x)+f_{2}(x)\\&=(f_{1}+f_{2})(x)\end{aligned}}$

für alle ${}x\in \mathbb {R}$, da ja mit ${}L_{1}$ (bzw. ${}L_{2}$) auch jedes ganzzahlige Vielfache eine Periodenlänge von ${}f_{1}$ (bzw. von ${}f_{2}$) ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Produktregel für differenzierbare Funktionen mit Hilfe der linearen Approximierbarkeit.

Lösung

Wir gehen von

${}f(x)=f(a)+s(x-a)+r(x)(x-a)\,$

und

${}g(x)=g(a)+{\tilde {s}}(x-a)+{\tilde {r}}(x)(x-a)\,$

aus, wobei die Bedingungen aus der linearen Approximierbarkeit erfüllt sein sollen, und multiplizieren die beiden Gleichungen. Dies führt zu

${}{\begin{aligned}f(x)g(x)&=(f(a)+s(x-a)+r(x)(x-a))(g(a)+{\tilde {s}}(x-a)+{\tilde {r}}(x)(x-a))\\&=f(a)g(a)+(sg(a)+{\tilde {s}}f(a))(x-a)\\&\,\,\,\,\,+(f(a){\tilde {r}}(x)+g(a)r(x)+s{\tilde {s}}(x-a)+s{\tilde {r}}(x)(x-a)+{\tilde {s}}r(x)(x-a)+r(x){\tilde {r}}(x)(x-a))(x-a).\end{aligned}}$

Aufgrund von Lemma 12.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) für Limiten ist die aus der letzten Zeile ablesbare Funktion stetig mit dem Wert ${}0$ für ${}x=a$.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

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

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 (4 Punkte)

Es sei ${}0<a<1<b$. Bestimme die Extrema von

${}f(x)=a^{x}+b^{x}\,.$

Lösung

Es ist

${}f'(x)={\left(\ln a\right)}a^{x}+{\left(\ln b\right)}b^{x}\,.$

Die Bedingung

${}{\left(\ln a\right)}a^{x}+{\left(\ln b\right)}b^{x}=0\,$

ist äquivalent zu

${}{\left(\ln a\right)}a^{x}=-{\left(\ln b\right)}b^{x}\,$

und zu

${}-{\frac {\ln a}{\ln b}}={\frac {b^{x}}{a^{x}}}={\frac {e^{x\ln b}}{e^{x\ln a}}}=e^{x\ln b-x\ln a}=e^{x{\left(\ln b-\ln a\right)}}\,.$

Dies ist äquivalent zu

${}x{\left(\ln b-\ln a\right)}=\ln \left(-{\frac {\ln a}{\ln b}}\right)=\ln \left(-\ln a\right)-\ln \left(\ln b\right)\,$

und schließlich zu

${}x={\frac {\ln \left(-\ln a\right)-\ln \left(\ln b\right)}{\ln b-\ln a}}\,.$

In diesem Punkt wird das globale Minimum angenommen, da ${}f(x)$ sowohl für ${}x\mapsto \infty$ als auch für ${}x\mapsto -\infty$ gegen ${}+\infty$ strebt.

Aufgabe (6 (4+2) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=1+\ln x-{\frac {1}{x}}.$

a) Zeige, dass ${}f$ eine stetige Bijektion zwischen ${}\mathbb {R} _{+}$ und ${}\mathbb {R}$ definiert.

b) Bestimme das Urbild ${}u$ von ${}0$ unter ${}f$ sowie ${}f'(u)$ und ${}(f^{-1})'(0)$. Fertige eine grobe Skizze für die Umkehrfunktion ${}f^{-1}$ an.

Lösung

a) Die Funktion ${}f$ ist differenzierbar und die Ableitung ist

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

Für ${}x>0$ sind diese beiden Summanden positiv, sodass die Ableitung stets positiv ist und ${}f$ daher streng wachsend ist. Daher ist die Abbildung injektiv. Die Funktion ist stetig, da sie differenzierbar ist. Daher genügt es für die Surjektivität, aufgrund des Zwischenwertsatzes, nachzuweisen, dass beliebig große und beliebig kleine Werte angenommen werden.

Für ${}0<x<1$ ist ${}1-{\frac {1}{x}}<0$ und daher

${}f(x)\leq \ln x\,.$

Da der Logarithmus für ${}x\rightarrow 0$ beliebig kleine Werte annimmt, gilt das auch für ${}f$.

Für ${}x>1$ ist ${}1-{\frac {1}{x}}>0$ und daher

${}f(x)\geq \ln x\,.$

Da der Logarithmus für ${}x\rightarrow \infty$ beliebig große Werte annimmt, gilt das auch für ${}f$.

b) Durch Einsetzen ergibt sich ${}f(1)=0$, also ist ${}u=1$ das Urbild von ${}0$. Aufgrund der Berechnung der Ableitung oben ist ${}f'(1)=2$. Aufgrund der Regel für die Ableitung der Umkehrfunktion gilt daher

${}(f^{-1})'(0)={\frac {1}{f'(f^{-1}(0))}}={\frac {1}{f'(1)}}={\frac {1}{2}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme den Grenzwert der Folge

${\frac {\sin n}{n}},\,n\in \mathbb {N} _{+}.$

Lösung

Für reelles ${}x$ ist immer

${}-1\leq \sin x\leq 1\,.$

Somit ist

${}-{\frac {1}{n}}\leq {\frac {\sin n}{n}}\leq {\frac {1}{n}}\,$

für alle ${}n\in \mathbb {N}$. Da die Folge ${}{\left({\frac {1}{n}}\right)}_{n\in \mathbb {N} _{+}}$ gegen ${}0$ konvergiert und dies auch für die negative Folge ${}{\left(-{\frac {1}{n}}\right)}_{n\in \mathbb {N} _{+}}$ gilt, muss aufgrund des Quetschkriteriums auch die Folge ${}{\left({\frac {\sin n}{n}}\right)}_{n\in \mathbb {N} _{+}}$ gegen ${}0$ konvergieren.