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Analysis-Blog: Folge 84

Klausur Sommersemester 2016


Peter Becker

veröffentlicht: 20 Mar 2025, zuletzt geändert: 21 Mar 2025 09:50

Schlüsselwörter: Klausur, Analysis

Aufgabe 1 (2+3+2+3=10 Punkte)

Untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz. Gib jeweils an, welches Kriterium Du verwendest.

  1. $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{\sin(2^n)}{3^n}$

  2. $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{n!}{10^{5n}}$

  3. $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{2n}{3n-2}\right)^{2n}$

Bestimme den Konvergenzradius der folgenden Potenzreihe:

  1. $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)^n{n+3 \choose 3}\,x^n$

  1. Die Reihe ist absolut konvergent. Wir verwenden für den Nachweis das Majorantenkriterium. \[ \left|\frac{\sin(2^n)}{3^n}\right| \leq \left|\frac{1}{3^n}\right| = \left(\frac{1}{3}\right)^n \] und $\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{3}\right)^n$ ist als geometrische Reihe $\sum_{n=0}^\infty q^n$ mit $|q| < 1$ absolut konvergent.

  2. Die Reihe ist divergent. Wir beweisen dies mit dem Quotientenkriterium. \[ \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \left|\frac{ \frac{(n+1)!}{10^{5(n+1)}} }{ \frac{n!}{10^{5n}} }\right| = \frac{(n+1)! 10^{5n}}{n! 10^{5n+5}} = \frac{n+1}{10^5} \longrightarrow \infty > 1 \]

  3. Die Reihe ist absolut konvergent. Zum Nachweis nutzen wir das Wurzelkriterium. \[ \sqrt[n]{\left| \left(\frac{2n}{3n-2}\right)^{2n} \right|} = \sqrt[n]{\left|\frac{2n}{3n-2}\right|^{2n}} = \left(\frac{2n}{3n-2}\right)^2 \longrightarrow \frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3} = \frac{4}{9} < 1 \]

  4. Quotientenkriterium. \[ \left|\frac{ \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} {n+4 \choose 3}x^{n+1} }{ \left(\frac{1}{2}\right)^n{n+3 \choose 3}x^n}\right| = \frac{1}{2} \frac{(n+4)(n+3)(n+2)}{3!} \frac{3!}{(n+3)(n+2)(n+1)} |x| = \frac{1}{2} \frac{n+4}{n+1} |x| \longrightarrow \frac{1}{2} |x| \] Also beträgt der Konvergenzradius $R=2$.

Aufgabe 2 (2+4+4=10 Punkte)

  1. Zitiere das $\epsilon$-$\delta$-Kriterium für eine Funktion $f:\R\rightarrow\R$.

  2. Zeige mithilfe des $\epsilon$-$\delta$-Kriteriums, dass die Funktion \[ f: \R\rightarrow\R,\,x \mapsto x^2 \] an der Stelle $x_0=1$ stetig ist.

  3. Zeige, dass die Funktion \[ f(x) = x^4 - 5x^3 + 5x^2 - 5x + 4 + \cos(x) \] mindestens zwei Nullstellen in $\R$ hat.

    Hinweis: Du musst die Nullstellen nicht explizit bestimmen.

  1. $f$ ist stetig an der Stelle $x_0\in\R$ genau dann, wenn gilt: \[ \forall \epsilon > 0\, \exists \delta > 0\, \forall x\in\R : |x-x_0|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(x_0)|<\epsilon \]

  2. Es sei $\epsilon > 0$ beliebig. Wir konstruieren für $x_0=1$ ein geeignetes $\delta(\epsilon) > 0$. \begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0)| < \epsilon & \Rightarrow & |x^2 - 1^2| < \epsilon \\[2mm] & \Rightarrow & |(x-1)(x+1)| < \epsilon \\[2mm] & \Rightarrow & |x-1||x+1| < \epsilon \end{eqnarray*} Wir wählen $\delta\leq 1$. Damit folgt dann $0 < x < 2$ für ein $x$ mit $|x-1| < \delta$ und somit $|x+1| < 3$. Daraus folgt dann $|x-1| < \frac{\epsilon}{3}$ als weitere Bedingung für $\delta$.

    Damit steht die Wahl für $\delta$: \[ \delta := \min\left\{1,\frac{\epsilon}{3}\right\}. \]

    Streng genommen müssen wir jetzt für das gewählte $\delta$ noch $|x-x_0| < \delta \Rightarrow |f(x)-f(x_0)| < \epsilon$ zeigen, was aber natürlich kein Problem ist. \begin{eqnarray*} |x-1| < \delta & \Rightarrow & |x-1||x+1| < 3\delta\quad\textnormal{wegen }|x+1| <3 \\[2mm] & \Rightarrow & |x^2-1^2| < 3\delta \\[2mm] & \Rightarrow & |f(x)-f(x_0)| < 3\delta \leq 3\frac{\epsilon}{3} = \epsilon \end{eqnarray*}

  3. Die Funktion $f$ ist auf ganz $\R$ stetig, denn sie ist eine Summe von auf $\R$ stetigen Funktionen.

    Wir wenden nun den Zwischenwertsatz an. Es gilt \[ f(0)= 0+0+0+0+4+1 = 5 > 0 \] und \[ f(3) = 81 - 135 + 45 - 15 + 4 + \cos(3) = -20 + \cos(3) \leq -19 < 0 \] Also hat nach dem Zwischenwertsatz die Funktion zwischen $0$ und $3$ eine Nullstelle.

    Weiterhin gilt \[ f(5) = 625 - 625 + 125 - 25 + 4 + \cos(5) = 104 + \cos(5) \geq 103 > 0 \] Also hat nach dem Zwischenwertsatz die Funktion zwischen $3$ und $5$ eine weitere Nullstelle.

Aufgabe 3 (2.5+2.5+2.5+2.5=10 Punkte)

Berechne die folgenden Grenzwerte ($n\in\N, x\in\R)$:

  1. $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{5n^4+7n^3+n^2+4}{3n^4-7n+1}$

  2. $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty} \sqrt{2n} - \sqrt{3n+1}$

  3. $\displaystyle \lim_{x\nearrow\frac{\pi}{4}} \frac{\cos(x)}{x-\frac{\pi}{4}}$

  4. $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\e^x + \e^{-x}-2}{1-\cos(x)}$

  1. \[ \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{5n^4+7n^3+n^2+4}{3n^4-7n+1} = \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{5+\overbrace{\frac{7}{n} + \frac{1}{n^2} + \frac{4}{n^4}}^{\rightarrow 0}}{3-\underbrace{\frac{7}{n^3}+\frac{1}{n^4}}_{\rightarrow 0}} = \frac{5}{3} \]

  2. Am einfachsten geht es so: \[ \sqrt{2n} - \sqrt{3n+1} < \sqrt{2n} - \sqrt{3n} = (\underbrace{\sqrt{2}-\sqrt{3}}_{<0})\underbrace{\sqrt{n}}_{\rightarrow\infty} \longrightarrow -\infty \]

    Viele haben die 3. binomische Formel zur Erweiterung genutzt (hier zur Übung sehr kleinschrittig dargestellt): \begin{eqnarray*} \sqrt{2n} - \sqrt{3n+1} & = & \frac{\left(\sqrt{2n} - \sqrt{3n+1}\right)\left(\sqrt{2n} + \sqrt{3n+1}\right)}{\sqrt{2n}+\sqrt{3n+1}} \\ & = & \frac{2n-(3n+1)}{\sqrt{2n}+\sqrt{3n+1}} \\ & = & - \frac{n+1}{\sqrt{2n}+\sqrt{3n+1}} \\ & < & - \frac{n+1}{\sqrt{2n}+\sqrt{3n+n}} \\ & = & - \frac{n+1}{\sqrt{2n}+\sqrt{4n}} \\ & = & - \frac{\left(\sqrt{n}+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\sqrt{n}}{\left(\sqrt{2}+\sqrt{4}\right)\sqrt{n}} \\ & = & - \frac{\sqrt{n}+\frac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{2}+\sqrt{4}} \longrightarrow - \infty \end{eqnarray*}

  3. $\cos(x)$ ist eine stetige Funktion. Daher gilt \[ \lim_{x\nearrow\frac{\pi}{4}} \cos(x) = \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} > 0. \] $x-\frac{\pi}{4}$ ist ebenfalls stetig. Daher gilt \[ \lim_{x\nearrow\frac{\pi}{4}} x-\frac{\pi}{4} = 0. \] Wegen $x\nearrow\frac{\pi}{4}$ (linksseitiger Grenzwert) gilt aber auch $x-\frac{\pi}{4} < 0$ und somit insgesamt \[ \lim_{x\nearrow\frac{\pi}{4}} \frac{\cos(x)}{x-\frac{\pi}{4}} = - \infty. \] Hinweis: Eine Nutzung von l'Hospital ist hier falsch, da die Voraussetzung für l'Hospital nicht erfüllt ist. Voraussetzung: Nenner und Zähler konvergieren beide gegen 0 bzw.\ beide gegen $\pm\infty$.

  4. Wir nutzen l'Hospital. \begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\e^x + \e^{-x}-2}{1-\cos(x)} \left(\frac{\rightarrow 0}{\rightarrow 0} \right) & = & \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\e^x - \e^{-x}}{\sin(x)} \left(\frac{\rightarrow 0}{\rightarrow 0 } \right) \\[2mm] & = & \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\e^x+\e^{-x}}{\cos(x)} \\[2mm] & = & \frac{1+1}{1} = 2 \end{eqnarray*}

Aufgabe 4 (5+5=10 Punkte)

  1. Gibt es ein $a\in\R$, so dass die Funktion $f:\R\rightarrow\R$ mit \[ f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{4}x^2 & \textnormal{für } -\infty < x \leq 4 \\ (x-a)^2 & \textnormal{für } 4 < x < \infty \end{array} \right. \] differenzierbar ist? Falls ja, gib dieses $a$ an und beweise Deine Antwort.

  2. Wir betrachten die Funktion $f:\R\rightarrow\R$ mit \[ f(x) = \e^{-(x-3)^2}. \] Wo ist die Funktion monoton steigend bzw. monoton fallend? Wo ist sie konvex bzw. konkav?

  1. Für $a=3$ ist $f$ auf ganz $\R$ differenzierbar.

    Beweis: Da die einzelnen Zweige von $f$ als Polynome differenzierbar sind, gilt für $x\neq 4$: \[ f'(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{2} x & \textnormal{f"ur } -\infty < x < 4 \\ 2(x-a) & \textnormal{f"ur } 4 < x < \infty \end{array} \right. \] Damit $f$ auch in $x_0=4$ differenzierbar ist, müssen dort die links- und rechtsseitige Ableitung gleich sein, also $f'(4+) = f'(4-)$. \begin{eqnarray*} f'(4-) & = & \frac{1}{2}x|_{x=4} = 2 \\ f'(4+) & = & 2(x-a)|_{x=4} = 8 - 2a \end{eqnarray*} Damit ergibt sich die Gleichung \[ 2 = 8 - 2a \Leftrightarrow a=3 \] Für $a=3$ stimmen also in $x_0=4$ links- und rechtsseitige Ableitung überein und $f$ ist somit auf ganz $\R$ differenzierbar.

  2. Die Funktion $f(x) = \e^{-(x-3)^2}$ ist auf $\R$ beliebig oft differenzierbar. Daher können wir die Monotonie mithilfe der ersten Ableitung untersuchen. Es gilt: \[ f'(x) = -2(x-3)\e^{-(x-3)^2} \] Wegen $\e^{-(x-3)^2} > 0$ für alle $x\in\R$ ist das Vorzeichen von $f'(x)$ allein durch den Term $-2(x-3)$ bestimmt. Es folgt: \[ f'(x) \left\{ \begin{array}{ll} \geq 0 & \textnormal{f"ur } x \leq 3 \\ \leq 0 & \textnormal{f"ur } x \geq 3 \end{array} \right. \] Damit ist $f$ auf $(-\infty,3]$ monoton steigend und auf $[3,\infty)$ monoton fallend.

    Zur Untersuchung des Krümmungsverhaltens bilden wir die zweite Ableitung. \begin{eqnarray*} f''(x) & = & -2\left(\e^{-(x-3)^2} + (x-3)\e^{-(x-3)^2}(-2)(x-3)\right) \\ & = & \e^{-(x-3)^2} \left(4(x-3)^2 - 2\right) \end{eqnarray*} Das Vorzeichen von $f''(x)$ ergibt sich also durch den Term $4(x-3)^2 - 2$. Die zugehörigen Nullstellen sind $3\pm\sqrt{\frac{1}{2}}$. Es folgt \[ f''(x) \left\{ \begin{array}{ll} \geq 0 & \textnormal{für } -\infty < x \leq 3-\sqrt{\frac{1}{2}} \\ \leq 0 &\textnormal{für } 3-\sqrt{\frac{1}{2}} \leq x \leq 3+\sqrt{\frac{1}{2}} \\ \geq 0 & \textnormal{für } 3+\sqrt{\frac{1}{2}} \leq x < \infty \end{array} \right. \] Damit ist $f$ auf $\left(-\infty,3-\sqrt{\frac{1}{2}}\,\right]$ und $\left[3+\sqrt{\frac{1}{2}},\infty\right)$ konvex und auf $\left[3-\sqrt{\frac{1}{2}},3+\sqrt{\frac{1}{2}}\,\right]$ konkav.

Aufgabe 5 (3+3+4=10 Punkte)

Ermittle eine Stammfunktion:

  1. \[ \int x^2\sin(x)\,dx \]

Berechne die folgenden Integrale:

  1. \[ \int_{6}^{10} \frac{x+2}{(x-5)(x-2)}\,dx \]

  2. \[ \int_9^\infty \frac{\e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,dx \]

  1. Partielle Integration. \begin{eqnarray*} \int x^2\sin(x)\,dx & = & -x^2\cos(x) + 2 \int x \cos(x)\,dx \\[2mm] & = & -x^2\cos(x) + 2 \left(x\sin(x) - \int \sin(x)\,dx \right) \\[2mm] & = & -x^2\cos(x) + 2 \left(x\sin(x) + \cos(x)\right) \\[2mm] & = & -x^2\cos(x) + 2 x\sin(x) + 2\cos(x) + c \end{eqnarray*}

  2. Wir führen eine Partialbruchzerlegung durch: \[ \frac{x+2}{(x-5)(x-2)} = \frac{a}{x-5}+\frac{b}{x-2} = \frac{a(x-2)+b(x-5)}{(x-5)(x-2)} = \frac{(a+b)x+(-2a-5b)}{(x-5)(x-2)} \] Koeffizientenvergleich der linken und rechten Seite führt zu dem LGS: \[ \begin{array}{rcrcr} a & + & b & = & 1 \\ -2a & - & 5b & = & 2 \end{array} \] mit der Lösung $a=\frac{7}{3}, b = -\frac{4}{3}$. Also: \begin{eqnarray*} \int_{6}^{10} \frac{x+2}{(x-5)(x-2)}\,dx & = & \frac{7}{3}\int_{6}^{10} \frac{1}{x-5}\,dx - \frac{4}{3}\int_{6}^{10} \frac{1}{x-2}\,dx \\[2mm] & = & \left.\frac{7}{3}\log(x-5)\right|_{x=6}^{x=10} - \left.\frac{4}{3}\log(x-2)\right|_{x=6}^{x=10} \\ & = & \frac{7}{3}(\log(5)-\log(1)) - \frac{4}{3}(\log(8)-\log(4)) \\[2mm] & = & \frac{7}{3}\log(5) - \frac{4}{3}\log(2) \\[2mm] & = & \frac{1}{3}\left(7\log(5)-4\log(2)\right) \end{eqnarray*}

  3. Mithilfe der Substitution berechnen wir eine Stammfunktion für $\int \frac{\e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,dx$. \begin{eqnarray*} \int \frac{\e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,dx & = & -2 \int -\frac{1}{2\sqrt{x}} \e^{-\sqrt{x}}\,dx \end{eqnarray*} $f(x)=\e^x, g(x) = -\sqrt{x}, g'(x) = -\frac{1}{2\sqrt{x}}, F(x) = \e^x$. \begin{eqnarray*} & = & -2\e^{-\sqrt{x}} \end{eqnarray*} Damit erhalten wir \begin{eqnarray*} \int_9^\infty \frac{\e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,dx & = & \lim_{t\rightarrow\infty} \int_9^t \frac{\e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,dx \\[2mm] & = & \left.\lim_{t\rightarrow\infty} -2\e^{-\sqrt{x}}\right|_{x=9}^{x=t} \\[2mm] & = & -2 \lim_{t\rightarrow\infty} \left(\underbrace{\e^{-\sqrt{t}}}_{\rightarrow 0} - \e^{-\sqrt{9}}\right) \\[2mm] & = & \frac{2}{\e^3} \end{eqnarray*}

Aufgabe 6 (3+2+5=10 Punkte)

Gegeben sei die Funktion \[ f:\R^2 \rightarrow \R,\,f(x,y) = (x^3-3x)\cos(y) \]

  1. Berechne $\nabla f(x,y)$.

  2. Bestimme die Richtungsableitung von $f$ in Richtung des Vektors $\mathbf{r} = \left(\begin{array}{c} 1\\1\end{array}\right)$ an der Stelle $(0,\pi)$.

  3. Zeige, dass $f$ an der Stelle $(1,0)$ ein lokales Minimum und an der Stelle $(-1,0)$ ein lokales Maximum hat.

  1. \[ f_x(x,y) = (3x^2 - 3)\cos(y),\quad f_y(x,y) = -(x^3-3x)\sin(y) \] Also \[ \nabla f(x,y) = \left(\begin{array}{c} (3x^2 - 3)\cos(y) \\ -(x^3-3x)\sin(y) \end{array}\right) \]

  2. Es gilt \[ f_{\mathbf{r}}(x,y) = \frac{1}{\|\mathbf{r}\|}\left\langle\mathbf{r},\nabla f(x,y)\right\rangle. \] Weiterhin $\|\mathbf{r}\| = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$. Also \[ f_{\mathbf{r}}(x,y) = \frac{1}{\sqrt{2}} \left((3x^2 - 3)\cos(y) -(x^3-3x)\sin(y)\right) \] und somit wegen $\sin(\pi)=0$ und $\cos(\pi)=-1$: \[ f_{\mathbf{r}}(0,\pi) = \frac{3}{\sqrt{2}} \]

  3. Notwendige Bedingung für lokales Extremum: \[ \nabla f(x,y) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right) \] Es gilt: \begin{eqnarray*} \nabla f(1,0) & = & \left( \begin{array}{c} (3-3)\pi \\ -(1-3)0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right) \\[2mm] \nabla f(-1,0) & = & \left( \begin{array}{c} (3-3)\pi \\ -((-1)+3)0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{eqnarray*}

    Zur Bestimmung, ob es sich um Minimum, Maximum oder Sattelpunkt handelt, bilden wir die Hessematrix $H_f(x,y)$. \[ H_f(x,y) = \left( \begin{array}{cc} f_{xx}(x,y) & f_{xy}(x,y) \\ f_{yx}(x,y) & f_{yy}(x,y) \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} 6x\cos(y) & -(3x^2-3)\sin(y) \\ -(3x^2-3)\sin(y) & -(x^3-3x)\cos(y) \end{array} \right) \] Wir setzen die beiden Punkte $(1,0)$ und $(-1,0)$ ein. \[ H_f(1,0) = \left( \begin{array}{cc} 6 & 0 \\ 0 & 2 \end{array} \right) \] Es handelt sich um eine Diagonalmatrix. Die Eigenwerte solch einer Matrix stehen auf der Diagonalen und sind hier alle $> 0$. Daher ist die Matrix positiv definit und somit ist $(1,0)$ ein Minimum. \[ H_f(-1,0) = \left( \begin{array}{cc} -6 & 0 \\ 0 & -2 \end{array} \right) \] Die Eigenwerte sind hier alle $< 0$, $H_f(-1,0)$ ist daher negativ definit und $(-1,0)$ ein Maximum.

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