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