Initial commit
This commit is contained in:
commit
4283debd0b
3 changed files with 229 additions and 0 deletions
3
README.md
Normal file
3
README.md
Normal file
|
|
@ -0,0 +1,3 @@
|
|||
# Latest changes #
|
||||
|
||||
- Initial commit
|
||||
BIN
weihnachtsblatt.pdf
Normal file
BIN
weihnachtsblatt.pdf
Normal file
Binary file not shown.
226
weihnachtsblatt.tex
Normal file
226
weihnachtsblatt.tex
Normal file
|
|
@ -0,0 +1,226 @@
|
|||
\documentclass[ngerman,paper=a4,parskip=half*]{scrartcl}
|
||||
\usepackage[utf8]{inputenc}
|
||||
\usepackage[T1]{fontenc}
|
||||
\usepackage{lmodern}
|
||||
\usepackage{babel}
|
||||
|
||||
\usepackage{mathtools}
|
||||
\usepackage{amssymb}
|
||||
\usepackage{amsmath}
|
||||
\usepackage{enumerate}
|
||||
\usepackage{url}
|
||||
\usepackage[linkcolor=blue]{hyperref}
|
||||
|
||||
\title{Lösungsskizzen Weihnachtsblatt}
|
||||
\subtitle{aus der VL Analysis 1 WS 14/15}
|
||||
\author{Oliver Rümpelein}
|
||||
\date{}
|
||||
|
||||
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
|
||||
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
|
||||
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
|
||||
\newcommand{\abs}[1]{\left| #1 \right|}
|
||||
\renewcommand{\epsilon}{\varepsilon}
|
||||
\renewcommand{\phi}{\varphi}
|
||||
\newcommand{\limni}{\lim\limits_{n\to\infty}}
|
||||
|
||||
\begin{document}
|
||||
\maketitle
|
||||
|
||||
Diese Dokument enthält in den meisten Fällen nur Skizzen und Ideen, keine vollständigen (oder formal
|
||||
korrekten) Beweise. Zwar sind Lösungsskizzen nach bestem (Ge-)Wissen ausgeführt, aber ohne Gewähr auf
|
||||
Richtigkeit und Verständlichkeit. (Auch beim \LaTeX{}-Satz könnte man sich mehr Mühe geben).
|
||||
|
||||
Verbesserungen und Nachfragen bitte an \href{mailto:oli_r@fg4f.de}{\nolinkurl{oli_r@fg4f.de}}.
|
||||
|
||||
Die aktuellste Version mit allen Verbesserungen und Anmerkungen gibt es auf
|
||||
\href{https://git.f3l.de/pheerai/loes_wb}{\nolinkurl{git.f3l.de}}.
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 1}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item
|
||||
\begin{enumerate}[i)]
|
||||
\item $\sqrt{x}$ ist streng monoton steigend auf $\R^+$. (Verwende $\epsilon>0, x\geq 0$ beliebig und zeige $\sqrt{x} \leq \sqrt{x+\epsilon}$ durch quadrieren).
|
||||
\item Sei nun $N \in \N$ beliebig. Wähle $x_0 > N^2$. Mit der Monotonie folgt dann $\sqrt{x} > N$ für alle $x > x_0$.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\item
|
||||
Der Trick ist, folgende Erweiterung anzuwenden:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\sqrt{n+1} - \sqrt{n} &= \frac{(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}) \cdot (\sqrt{n+1} + \sqrt{n})}{(\sqrt{n+1} +
|
||||
\sqrt{n})} \\
|
||||
&= \frac{1}{(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})} \quad \xrightarrow[\textrm{mit a)}]{n \to \infty} 0
|
||||
\end{align*}
|
||||
\item
|
||||
\begin{description}
|
||||
\item[Fall 1:] $c=0$: Einfach ($\limni a_n = \limni 0 = 0$), monoton steigend und fallend.
|
||||
\item[Fall 2:] $c\geq 1$: Sei $a=\sqrt[n]{c}-1$. Dann ist $a > -1$ und es gilt mit Bernoulli-Ugl.:
|
||||
\begin{gather*}
|
||||
c = (1+a)^n \geq 1+a\cdot n\\
|
||||
\Rightarrow 0 \leq a \leq \frac{c-1}{n} \xrightarrow{n \to \infty} 0
|
||||
\end{gather*}
|
||||
Folge ist monoton fallend.
|
||||
\item[Fall 3:] $0 <c < 1$: Betrachte hierfür die Folge $a_n' \coloneqq \frac{1}{a_n}=
|
||||
\sqrt[n]{\frac{1}{c}}$. Dann ist $\frac{1}{c} > 1$ und die Beh. folgt mit Fall 2.
|
||||
Die Folge ist monoton steigend.
|
||||
\end{description}
|
||||
\item
|
||||
\begin{gather*}
|
||||
d_n \coloneqq \sqrt[n]{n} - 1 \\
|
||||
n=(1+d_n)^n \\
|
||||
\end{gather*}
|
||||
Nach dem binomischen Lehrsatz und Auslassung der meisten Summanden folgt $d_n \xrightarrow{n\to\infty} 0$.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 2}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item
|
||||
Konvergenz folgt, da per Induktion immer $0 < a_{n+1} < a_n$ (Beschränkt und streng monoton).
|
||||
|
||||
Grenzwert: Böser Trick. Sei $a=\lim_{n\to\infty} a_n$. Nach Vorlesung gilt $\lim_{n\to \infty} a_n =
|
||||
\limni a_{n+1}$, also
|
||||
\begin{align*}
|
||||
a &= \limni a_{n+1} = \limni a_n - \limni a_n^2 \\
|
||||
&= a - \left(\lim_{n \to \infty} a_n\right)^2 = a -a^2 \\
|
||||
&\Rightarrow a^2 = 0 \\
|
||||
&\Rightarrow a=0
|
||||
\end{align*}
|
||||
\item
|
||||
Wenn der Grenzwert exisitert: Ähnlich wie oben. Sei $b=\limni b_n$. Dann gilt:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
b= \limni \frac{a_n}{a_{n-1}} = \limni b_n &= \limni b_{n+1} \\
|
||||
&= \limni \frac{a_{n+1}}{a_n} = \limni \frac{a_n + a_{n-1}}{a_n} \\
|
||||
&= 1 + b^{-1}
|
||||
\end{align*}
|
||||
und
|
||||
\begin{gather*}
|
||||
\frac{1+\sqrt{5}}{2} - 1 = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} = \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{-1}
|
||||
\end{gather*}
|
||||
Zeige nun: $\phi \coloneqq \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ist Grenzwert.
|
||||
Via Induktion zeigt man hierfür
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\abs{b_n - \phi} &= \frac{1}{b_n} \frac{1}{\phi^n} ,
|
||||
\end{align*}
|
||||
also geht der Grenzwert gegen Null.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 3}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item
|
||||
Durch direkten Vergleich sieht man $0 < \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2+3} < \sum_{n=1}^{\infty}
|
||||
\frac{1}{n^2}$ und letzteres ist konvergent. Da jeder Summand der Reihe positiv ist konvergiert die Reihe
|
||||
als Folge von Partialsummen.
|
||||
\item
|
||||
Mit Quotientenkriterium:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\frac{\frac{(n+1)!^2}{(2n+2)!}}{\frac{n!^2}{(2n)!}} &= \frac{(n+1)^2}{4n^2 + 6n +2 }\\
|
||||
&= \frac{n^2+2n+1}{4n^2+6n+2} \xrightarrow{n \to \infty} \frac{1}{4}
|
||||
\end{align*}
|
||||
\item
|
||||
Mit Leibnizkriterium (Abschätzen der Folge durch $\frac{1}{\sqrt{n}}$).
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 4}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item
|
||||
Nach Aufgabe 1 konvergiert $\sqrt[n]{n}$ gegen $1$, also ist $\frac{1}{\sqrt[n]{n}}$ keine Nullfolge.
|
||||
Die Reihe kann also auch nicht absolut konvergieren.
|
||||
\item[b),c),d)]
|
||||
Konvergieren nach Leibnizkriterium, da Nullfolgen.
|
||||
b) konvergiert absolut nach Majorantenkriterium (z.B. für $n>100$ ersetze $-1000$ durch $-n^2$ und erhalte
|
||||
$\frac{7}{4n^2}$, c) und d) konvergieren nicht absolut. Minorante für c): $\frac{\sqrt{n}}{n} >
|
||||
\frac{1}{n}$, für d) ähnlich mittels $\sqrt{n} \rightarrow \sqrt{n-1}$.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 5}
|
||||
Siehe jedes bessere Analysisbuch. Grundidee:
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item Abschätzen durch geometrische Reihe
|
||||
\item Finden einer konvergenten Teilfolge, die keine Nullfolge ist
|
||||
\item Betrachte $\frac{1}{n}$ und $\frac{1}{n^2}$).
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe6}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item
|
||||
Mittels Reihendarstellung: $\exp(x)= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!} > \frac{z^{2017}}{2017!}$, und damit:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{2015}}{2014^n} &= \sum_{n=1}^{\infty}
|
||||
\frac{n^{2015}}{\exp(n\cdot\ln(2014))} \\
|
||||
&\leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{2015}}{\frac{(n \ln(2014))^{2017}}{2017!}} \\
|
||||
&= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{2015} 2017!}{n^{2017} \ln(2014)^{2017}} \\
|
||||
&= \sum_{n=1}^{\infty} C \cdot \frac{1}{n^2}
|
||||
\end{align*}
|
||||
\item
|
||||
\begin{description}
|
||||
\item[Fall 1:] $\alpha = 0$. Nach fallenlassen der ersten Glieder hat man $\frac{1}{n^n} < \frac{1}{n^2}$,
|
||||
also Konvergenz nach Majorantenkriterium.
|
||||
\item[Fall 2:] $0 < \alpha < 1$.
|
||||
Wurzelkriterium (siehe Aufgabe 5), da $\alpha+\frac{1}{n} > 0$:
|
||||
\begin{gather*}
|
||||
\sqrt[n]{\left(\alpha + \frac{1}{n}\right)^n} = \alpha + \frac{1}{n} \xrightarrow{n \to \infty}
|
||||
\alpha
|
||||
\end{gather*}
|
||||
und da $\alpha < 1$ existert auch ein $\alpha < \theta < 1$.
|
||||
\item[Fall 3:] $ \alpha \geq 1$:
|
||||
\begin{gather*}
|
||||
\left(\alpha + \frac{1}{n}\right)^n \geq \alpha^n \geq 1^n
|
||||
\end{gather*}
|
||||
Die Reihe divergiert also nach Minorantenkriterium.
|
||||
\end{description}
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 7}
|
||||
Folgt leicht mittels streng monoton steigend und unbeschränkt in beide Richtungen.
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 8}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item
|
||||
Siehe Blatt 12/4.
|
||||
\item
|
||||
Angenommen, $f$ sei L.-stetig für ein $L>0$ (OBdA $L>1$). Dann gilt mit $x=0, y > L$:
|
||||
\begin{gather*}
|
||||
\left| f(0) - f(y) \right| = y^2 > L*y
|
||||
\end{gather*}
|
||||
also Widerspruch.
|
||||
\item
|
||||
Wähle z.B. für $\epsilon > 0$: $\delta < \frac{\epsilon}{L}$.
|
||||
\item
|
||||
Grundidee: $\delta$ aus c) ist nicht von $x_0$ abhängig, nur von $\epsilon$.
|
||||
\item
|
||||
Teil 1 siehe Blatt 12/4, Teil 2: Ja, nach Satz 7.5 ist eine stetige Fkt. auf einer kompakten Menge (also auf
|
||||
einem abgeschlossenen und beschränkten Intervall) immer gleichmäßig stetig.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 9}
|
||||
Anwenden des Zwischenwertsatzes mit $a_1=0$ ($e^0 + e^{-0} = 2$) und $a_2 = 2$ ($e^2 + e^{-2} > e^2 > 2^2 =4$).
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 10}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item
|
||||
Aus $f'(x) = C$ folgt $f$ linear, der Rest ist einfach
|
||||
\item
|
||||
$f$ ist ganz einfach identisch zu $x \mapsto x^2$.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 11}
|
||||
Ohne Gewähr: 6 Teile.
|
||||
Überlegung: Wir klassifizieren einen Punkt $(x,y,z)$ im Würfel, der nicht auf einer der Ebenen liegt, durch:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
(e_1,e_2,e_3)& e_1,e_2,e_3 \in \{0,1\}\\
|
||||
\intertext{wobei}
|
||||
e_1 &= \left\{\begin{array}{rr} 0 & \textrm{, falls } x<y \\ 1 & \textrm{, falls } x > y
|
||||
\end{array}\right. \\
|
||||
e_2 &= \left\{\begin{array}{rr} 0 & \textrm{, falls } x<z \\ 1 & \textrm{, falls } x > z
|
||||
\end{array}\right. \\
|
||||
e_3 &= \left\{\begin{array}{rr} 0 & \textrm{, falls } y<z \\ 1 & \textrm{, falls } y > z
|
||||
\end{array}\right. \\
|
||||
\end{align*}
|
||||
Dann gibt es per se erst einmal $2^3 = 8$ mögliche Mengen , in denen
|
||||
ein Punkt liegen kann wenn er nicht auf einer der Ebene liegt (identifiziert mit allen dreier-Kombinationen
|
||||
von 1 und 0). Die beiden Fälle $(0,1,0)$ und $(1,0,1)$ können jedoch nicht auftreten, da sonst $x<y<z<x$ oder
|
||||
andersherum.
|
||||
|
||||
\section*{Aufgabe 12}
|
||||
Für $q \in \Q$ betrachte $I_q \coloneqq B_{\frac{|q - \sqrt{2}|}{2}}(q)$. Dann ist $\bigcup\limits_{q\in \Q} I_q = \R
|
||||
\setminus \{\sqrt{2}\}$.
|
||||
\end{document}
|
||||
Loading…
Reference in a new issue