Klausur Wintersemester 2015/16

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

Entscheide für jede der Reihen von (a) bis (c), ob sie

absolut konvergent,
konvergent aber nicht absolut konvergent oder
divergent

ist (mit Begründung).

$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2+\sqrt{n}} $
$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{5+n^2}{3+2n^2}\right)^n $
$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{4n^2+\sqrt{n}}{7n^3+3n}$

Bestimme den Konvergenzradius der folgenden Potenzreihe:

$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty {n+2 \choose n} x^n$

$\sqrt{n}$ ist monoton wachsend und unbeschränkt, damit auch $2+\sqrt{n}$ und damit ist $\frac{1}{2+\sqrt{n}}$ eine monoton fallende Nullfolge.

Mit dem Leibniz-Kriterium folgt, dass die Reihe \[ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2+\sqrt{n}} \] konvergent ist.

Die Reihe ist aber nicht absolut konvergent. Begründung: Es gilt \[ \frac{1}{2+\sqrt{n}} \geq \frac{1}{n} \] für $n\geq 4$. Damit ist die harmonische Reihe \[ \sum_{n=1}^n \frac{1}{n} \] ab $n=4$ eine Minorante. Da die harmonische Reihe divergent ist, ist somit auch \[ \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2+\sqrt{n}} \] divergent.
Die Reihe ist absolut konvergent. Begründung mit dem Wurzelkriterium: \[ \sqrt[n]{\left|\left(\frac{5+n^2}{3+2n^2}\right)^n\right|} = \frac{5+n^2}{3+2n^2} = \frac{\frac{5}{n^2}+1}{\frac{3}{n^2}+2} \longrightarrow \frac{1}{2} < 1 \]
Die Reihe ist divergent. Begründung mit dem Minorantenkriterium: \[ \frac{4n^2+\sqrt{n}}{7n^3+3n} \geq \frac{4n^2}{10n^3} = \frac{2}{5}\cdot\frac{1}{n} \] und $\frac{2}{5}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ ist divergent.
Zur Berechnung des Konvergenzradius nutzen wir das Quotientenkriterium: \begin{eqnarray*} \left|\frac{{n+3 \choose n+1}x^{n+1}}{{n+2 \choose n} x^n}\right| & = & \frac{{n+3 \choose 2}}{{n+2 \choose 2}} |x| \\[2mm] & = & \frac{\,\,\frac{(n+3)(n+2)}{2}\,\,}{\frac{(n+2)(n+1)}{2}} |x| \\[2mm] & = & \underbrace{\frac{n+3}{n+1}}_{\rightarrow 1}|x| \longrightarrow |x| \end{eqnarray*} Also $R=1$.

Hinweis: Bei der ersten Umformung wurde \[ {n \choose k} = {n \choose n-k} \] genutzt.

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

Wir betrachten die Folge der Funktionen $f_n:\R\rightarrow\R$, die gegeben ist durch \[ f_n(x) = \left\{ \begin{array}{cc} \displaystyle\frac{1-|x|}{n} & \textnormal{für } -1 \leq x \leq 1 \\[5mm] 0 & \textnormal{sonst} \end{array} \right. \]

Skizzieren Sie den Graphen von $f_n$.
Gegen welche Funktion $f$ konvergiert die Funktionenfolge $(f_n)$ punktweise? (Die Antwort muss begründet werden.)
Geben Sie die Bedingung für die gleichmäßige Konvergenz einer Funktionenfolge $(f_n)$ gegen eine Grenzfunktion $f$ an.
Zeigen Sie, dass die oben definierte Funktionenfolge $(f_n)$ gleichmäßig gegen die Grenzfunktion $f$ konvergiert.

Die Grenzfunktion lautet $f(x)=0$. Begründung:
- Für $x < -1$ oder $x >1$ gilt $f_n(x)=0$ für alle $n$ und somit auch \[ \lim_{n\rightarrow \infty} f_n(x) = 0. \]
- Für $-1\leq x \leq 1$ gilt: $|f_n(x)|\leq \frac{1}{n}\longrightarrow 0$.
\[ \forall \epsilon > 0 \,\exists n_0\in\N \,\forall n\geq n_0 \,\forall x\in\R : |f_n(x)-f(x)| < \epsilon \]
Der wichtigste Teil der Begründung (nämlich $|f_n(x)|\leq \frac{1}{n}$) steht schon in (b).

Sei $\epsilon > 0$ beliebig. Wähle $n_0 := \left\lceil\frac{1}{\epsilon}\right\rceil + 1$. Damit gilt dann für alle $n\geq n_0$ und alle $x\in\R$: \[ |f_n(x)-f(x)| = |f_n(x)| \leq \frac{1}{n} \leq \frac{1}{n_0} < \epsilon. \]

Aufgabe 3 (4+2+2+2=10 Punkte)

Für welche $a\in\R$ sind die folgenden Funktionen $f$ und $g$ stetig auf ganz $\R$? Begründen Sie Ihre Antwort! \begin{eqnarray*} f(x) & = & \frac{x^3+3x^2-16x+13}{a+x^2} \\[2mm] g(x) & = & \left\{ \begin{array}{ll} (x+1)\e^{x+1} & \textnormal{für } x > 0 \\ a & \textnormal{für } x \leq 0 \end{array} \right. \end{eqnarray*}
Ist die Funktion $g$ aus (a) in $x_0=0$ differenzierbar? Begründen Sie Ihre Antwort!
Zitieren Sie den Zwischenwertsatz!
Zeigen Sie: Die Funktion $f:[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\rightarrow\R$ mit \[ f(x) = 6\sin^2(x)+\sin(x)-1 \] hat mindestens zwei Nullstellen.

- $f$ ist als rationale Funktion überall dort stetig, wo der Nenner $\neq 0$ ist. Das Nennerpolynom $a+x^2$ hat genau dann keine Nullstelle, wenn $a > 0$ ist. Also ist $f$ für $a > 0$ stetig auf ganz $\R$.
- Da die Funktionen $(x+1)\e^{x+1}$ und $a$ stetig sind, ist $g$ immer stetig auf $\R\setminus\{0\}$.
  
  Damit $g$ auch in $x_0=0$ stetig ist, müssen dort der links- und rechtsseitige Funktionsgrenzwert übereinstimmen. \[ \lim_{x\nearrow 0} g(x) = \lim_{x\nearrow 0} a = a \] \[ \lim_{x\searrow 0} g(x) = \lim_{x\searrow 0} (x+1)\e^{x+1} = 1\cdot \e^1 = \e \] Also ist $g$ für $a=\e$ stetig auf ganz $\R$.
Wir bilden die links- und rechtsseitige Ableitung:
- Für $x > 0$ gilt $g'(x)=(x+2)\e^{x+1}$ und somit $g'(0+)=2\e$.
- Für $x\leq 0$ gilt $g'(x) = 0$ und somit $g'(0-)=0$.
Wegen $2\e\neq 0$ ist damit $g$ in $x_0=0$ nicht differenzierbar.
Es sei $f:[a,b]\rightarrow\R$ eine stetige Funktion mit $f(a) < f(b)$.

Dann existiert für alle $y\in[f(a),f(b)]$ ein $x\in[a,b]$ mit $f(x)=y$.
Die Funktions ist eine Verkettung aus einem Polynom und der Sinusfunktion. Polynome und die Sinusfunktions sind auf ganz $\R$ stetig, somit auch die Funktion $f$.

Es gilt: \[ \sin(-\frac{\pi}{2}) = -1,\quad \sin(0) = 0,\quad \sin(\frac{\pi}{2}) = 1 \] und damit \[ f(-\frac{\pi}{2}) = 6\cdot(-1)^2 -1 -1 = 4,\quad f(0) = 6\cdot 0+0-1 = -1,\quad f(\frac{\pi}{2}) = 6\cdot 1 + 1 -1 = 6 \] Mit dem Zwischenwertsatz folgt, dass $-f$ (und damit auch $f$) im Intervall $(-\frac{\pi}{2},0)$ eine Nullstelle hat und dass $f$ im Intervall $(0,\frac{\pi}{2})$ eine Nullstelle hat.

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

Bestimmen Sie für (a) und (b) die Grenzwerte:

\[ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\e^{2x}-(1+x)^2}{x^2} \]
\[ \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{\log(2x)}{2x^3+1} \]

Es sei $\displaystyle f(x) = \frac{1}{\sqrt{x+1}}$. Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion: \[ f^{(n)}(x) = (-1)^n\cdot \frac{1\cdot 3\cdot 5 \cdot\ldots\cdot (2n-1)}{2^n}\cdot (x+1)^{-\frac{2n+1}{2}} \]

\[ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\e^{2x}-(1+x)^2}{x^2} = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{2\e^{2x}-2(1+x)}{2x} = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{4\e^{2x}-2}{2} = \frac{4\cdot 1 -2}{2} = 1 \]
\[ \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{\log(2x)}{2x^3+1} = \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{\frac{2}{2x}}{6x^2} = \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{1}{6x^3} =0 \]
$n=0$: \[ f^{(n)}(x) = f(x) = \frac{1}{\sqrt{x+1}} = (-1)^0\cdot\frac{1}{2^0} (x+1)^{-\frac{1}{2}} \] Bemerkung: $1\cdot 3\cdot 5 \cdot\ldots\cdot (2n-1)$ ist für $n=0$ als leeres Produkt gleich $1$.

$n\rightarrow n+1$: \begin{eqnarray*} f^{(n+1)}(x) & = & \left(f^{(n)}(x)\right)' \\ & \stackrel{\textnormal{I.V.}}{=} & \left((-1)^n\cdot \frac{1\cdot 3\cdot 5 \cdot\ldots\cdot (2n-1)}{2^n}\cdot (x+1)^{-\frac{2n+1}{2}}\right)' \\ & = & (-1)^n\cdot \frac{1\cdot 3\cdot 5 \cdot\ldots\cdot (2n-1)}{2^n}\cdot \left(-\frac{2n+1}{2}\right) (x+1)^{-\frac{2n+1}{2}-1} \\ & = & (-1)^{n+1} \frac{1\cdot 3\cdot 5 \cdot\ldots\cdot (2n+1)}{2^{n+1}} (x+1)^{-\frac{2n+3}{2}} \\ & = & (-1)^{n+1} \frac{1\cdot 3\cdot 5 \cdot\ldots\cdot (2(n+1)-1)}{2^{n+1}} (x+1)^{-\frac{2(n+1)+1}{2}} \end{eqnarray*}

Aufgabe 5 (5+5=10 Punkte)

Es sei $a > 0$. Wir bilden ein Dreieck mit den Eckpunkten $(-1,0)$, $(1,0)$ und $(0,a)$ und legen in dieses Dreieck wie in der folgenden Zeichnung skizziert ein Rechteck.

Für welches $x$ ist der Flächeninhalt solch eines Rechtecks maximal?
Es sei $f:\R\rightarrow\R$ eine zweimal differenzierbare konvexe Funktion.

Zeige, dass dann auch die Funktion $\exp(f(x))$ konvex ist.

- Die Gerade, die durch die Punkte $(0,a)$ und $(1,0)$ geht, können wir durch die Funktion \[ f(x) = -a(x-1) \] beschreiben (Steigung ist $-a$, Nullstelle bei $1$).
- Wegen der Symmetrie gilt damit für den Flächeninhalt $A(x)$ des Rechtecks: \[ A(x) = 2x\cdot f(x) = -2ax(x-1) = -2a(x^2-x) \] Wir wollen den Flächeninhalt maximieren. Also suchen wir ein Maximum. Dazu bilden wir die erste Ableitung: \[ A'(x) = -2a(2x-1) \] Wir setzen die Ableitung gleich $0$: \[ A'(x)=0 \Leftrightarrow -2a(2x-1) = 0 \Leftrightarrow 2x-1 = 0 \Leftrightarrow x=\frac{1}{2} \] Somit haben wir bei $x=\frac{1}{2}$ einen stationären Punkt. Wegen \[ A''(x) = -4a < 0 \] muss es sich hierbei um ein Maximum handeln.
- Da $f(x)$ zweimal differenzierbar ist, ist auch $\exp(f(x))$ als Verkettung zweimal differenzierbar.
- Eine zweimal differenzierbare Funktion $g(x)$ ist genau dann konvex, wenn $g''(x)\geq 0$ gilt.
- Somit ist $\exp(f(x))$ genau dann konvex auf $\R$, wenn $\left(\exp(f(x))\right)''\geq 0$ für alle $x\in\R$ gilt. Wir leiten also $\exp(f(x))$ zweimal ab. \[ \left(\exp(f(x))\right)' = \exp(f(x))\cdot f'(x) \] Damit folgt: \begin{eqnarray*} \left(\exp(f(x))\right)'' & = & \left(\exp(f(x))\right)\cdot f'(x))'\\ & = & \exp(f(x)) f'(x) f'(x) + \exp(f(x)) f''(x) \\ & = & \underbrace{\exp(f(x))}_{>0} \underbrace{((f'(x))^2 + f''(x))}_{\geq 0} \geq 0 \end{eqnarray*} $\exp(f(x)) > 0$, weil die Exponentialfunktion stets $> 0$ ist.
  
  $(f'(x))^2$ ist als Quadrat $\geq 0$.
  
  $f''(x)$ ist $\geq 0$, weil nach Voraussetzung $f$ zweimal differenzierbar und konvex ist.

Aufgabe 6 (3+4+3=10 Punkte)

Ermittle eine Stammfunktion:

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

Berechne die folgenden Integrale:

\[ \int_{-1}^1 (x^2+1)\e^x\,dx \]
\[ \int_0^\infty x\e^{-x^2}\,dx \]

\[ \int x\sin(2x^2)\,dx = \frac{1}{4} \int 4x\sin(2x^2)\,dx \] Substitution: $f(x) = \sin(x) \Rightarrow F(x) = -\cos(x)$, $g(x) = 2x^2 \Rightarrow g'(x) = 4x$. \[ = -\frac{1}{4} \cos(2x^2) + c. \]
\[ \int (x^2+1)\e^x\,dx \] Partielle Integration: $f(x)=x^2+1 \Rightarrow f'(x)=2x, g'(x)=\e^x \Rightarrow g(x)=\e^x$ \[ = (x^2+1)\e^x - 2\int x \e^x\, dx \] Nochmals partielle Integration: $f(x)=x \Rightarrow f'(x)=1, g'(x)=\e^x \Rightarrow g(x)=\e^x$ \begin{eqnarray*} & = & (x^2+1)\e^x - 2\left(x\e^x - \int \e^x\,dx\right) \\ & = & (x^2+1)\e^x -2 x\e^x + 2\e^x \\ & = & (x^2-2x+3)\e^x + c. \end{eqnarray*} Somit erhalten wir: \[ \int_{-1}^1 (x^2+1)\e^x\,dx = (x^2-2x+3)\e^x |_{x=-1}^{x=1} = 2\e - 6\e^{-1} \]
\[ \int_0^\infty x\e^{-x^2}\,dx = \lim_{t\rightarrow\infty} \int_0^t x\e^{-x^2}\,dx \] Wir bilden eine Stammfunktion: \[ \int x\e^{-x^2}\,dx = - \frac{1}{2} \int (-2x) \e^{-x^2}\,dx \] Substitution: $f(x) = \e^x \Rightarrow F(x)=\e^x, g(x) = -x^2, \Rightarrow g'(x) = -2x$ \[ = -\frac{1}{2} \e^{-x^2} + c. \] Damit erhalten wir: \[ \int_0^t x\e^{-x^2}\,dx = \left. -\frac{1}{2} \e^{-x^2} \right|_{x=0}^{x=t} = \frac{1}{2}\left(1-e^{-t^2}\right) \] So ergibt sich: \[ \lim_{t\rightarrow\infty} \int_0^t x\e^{-x^2}\,dx = \lim_{t\rightarrow\infty} \frac{1}{2}\left(1-\underbrace{e^{-t^2}}_{\rightarrow 0}\right) = \frac{1}{2}. \]