Kurs:Analysis/Teil I/Test 1/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21	${}\sum$
Punkte	3	3	4	2	2	3	2	5	4	1	5	1	2	3	3	3	3	5	2	6	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Man nennt die Menge

   ${}L\times M={\left\{(x,y)\mid x\in L,\,y\in M\right\}}\,$

   die Produktmenge der Mengen ${}L$ und ${}M$.

2. Die Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   ist injektiv, wenn für je zwei verschiedene Elemente ${}x,y\in L$ auch ${}f(x)$ und ${}f(y)$ verschieden sind.

3. Die Gaußklammer ${}\lfloor x\rfloor$ ist die größte ganze Zahl ${}n\leq x$.
4. Man sagt, dass die Folge gegen ${}x$ konvergiert, wenn folgende Eigenschaft erfüllt ist. Zu jedem ${}\epsilon \in K$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung

   ${}\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon \,$

   gilt.

5. Ein angeordneter Körper ${}K$ heißt vollständig, wenn jede Cauchy-Folge in ${}K$ konvergiert.
6. Die Eulersche Zahl ist durch

   ${}e=\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}^{n}\,$

   definiert.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Für ${}a,b$ in einem Körper ${}K$ gilt

   ${}(a+b)^{n}=\sum _{i=0}^{n}{\binom {n}{i}}a^{i}b^{n-i}\,.$

2. Für ${}x\geq -1$ und ${}n\in \mathbb {N}$ ist

   ${}(1+x)^{n}\geq 1+nx\,.$

3. Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper, und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },\,{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ drei Folgen in ${}K$. Es gelte

   $x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}{\text{ für alle }}n\in \mathbb {N}$

   und ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$

   konvergieren beide gegen den gleichen Grenzwert ${}a$. Dann konvergiert auch ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen diesen Grenzwert ${}a$.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

In einer Höhle befinden sich im Innern am Ende des Ganges vier Personen. Sie haben eine Taschenlampe bei sich und der Gang kann nur mit der Taschenlampe begangen werden. Dabei können höchstens zwei Leute gemeinsam durch den Gang gehen. Die Personen sind unterschiedlich geschickt, die erste Person benötigt eine Stunde, die zweite Person benötigt zwei Stunden, die dritte Person benötigt vier Stunden und die vierte Person benötigt fünf Stunden, um den Gang zu durchlaufen. Wenn zwei Personen gleichzeitig gehen, entscheidet die langsamere Person über die Geschwindigkeit.

1. Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}13$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?
2. Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}12$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?

Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}A,\,B$ und ${}C$ Mengen. Beweise die Identität

${}A\setminus {\left(B\cap C\right)}={\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}\,.$

Lösung

Es sei ${}x\in A\setminus {\left(B\cap C\right)}$. Dann ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B\cap C$. Letzteres bedeutet ${}x\not \in B$ oder ${}x\not \in C$. Im ersten Fall ist ${}x\in A\setminus B$, im zweiten Fall ${}x\in A\setminus C$, in beiden Fällen also ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}$.

Wenn umgekehrt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}$ gilt, so bedeutet dies ${}x\in A\setminus B$ oder ${}x\in A\setminus C$. Im ersten Fall ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B$, im zweiten Fall ${}x\in A$ und ${}x\notin C$. Also ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B\cap C$ und somit ist ${}x\in A\setminus {\left(B\cap C\right)}$.

Aufgabe (2 (0.5+0.5+0.5+0.5) Punkte)

Wir betrachten die Wertetabelle

${}i$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}a_{i}$	${}2$	${}5$	${}4$	${}-1$	${}3$	${}5$	${}-2$	${}2$

1. Berechne ${}a_{2}+a_{5}$.
2. Berechne ${}\sum _{k=3}^{6}a_{k}$.
3. Berechne ${}\prod _{i=0}^{3}a_{2i+1}$.
4. Berechne ${}\sum _{i=4}^{5}a_{i}^{2}$.

Lösung

Es ist

1. ${}a_{2}+a_{5}=5+3=8\,.$

2. ${}\sum _{k=3}^{6}a_{k}=4-1+3+5=11\,.$

3. ${}\prod _{i=0}^{3}a_{2i+1}=a_{1}\cdot a_{3}\cdot a_{5}\cdot a_{7}=2\cdot 4\cdot 3\cdot (-2)=-48\,.$

4. ${}\sum _{i=4}^{5}a_{i}^{2}=(-1)^{2}+3^{2}=10\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise durch Induktion die folgende Formel für ${}n\geq 1$.

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

Lösung

Beim Induktionsanfang ist ${}n=1$, daher besteht die Summe links nur aus einem Summanden, nämlich der ${}1$, und daher ist die Summe ${}1$. Die rechte Seite ist ${}{\frac {1\cdot 2}{2}}=1$, sodass die Formel für ${}n=1$ stimmt.

Für den Induktionsschritt setzen wir voraus, dass die Formel für ein ${}n\geq 1$ gilt, und müssen zeigen, dass sie auch für ${}n+1$ gilt. Dabei ist ${}n$ beliebig. Es ist

${}{\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n+1}k&=\left(\sum _{k=1}^{n}k\right)+n+1\\&={\frac {n(n+1)}{2}}+n+1\\&={\frac {n(n+1)+2(n+1)}{2}}\\&={\frac {(n+2)(n+1)}{2}}.\end{aligned}}$

Dabei haben wir für die zweite Gleichheit die Induktionsvoraussetzung verwendet. Der zuletzt erhaltene Term ist die rechte Seite der Formel für ${}n+1$, also ist die Formel bewiesen.

Aufgabe (2 Punkte)

Erläutere das Beweisprinzip der vollständigen Induktion.

Lösung

Mit dem Beweisprinzip der vollständigen Induktion werden Aussagen ${}A(n)$ bewiesen, die von den natürlichen Zahlen ${}n\in \mathbb {N}$ abhängen. Man beweist zuerst die Aussage ${}A(0)$. Ferner zeigt man, dass man für alle ${}n$ aus der Gültigkeit von ${}A(n)$ auf die Gültigkeit von ${}A(n+1)$ schließen kann. Daraus folgt die Gültigkeit von ${}A(n)$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$.

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Wir behaupten, dass die Summe von vier aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen durch ${}8$ teilbar ist.

1. Beweise diese Aussage mit vollständiger Induktion.
2. Beweise diese Aussage ohne vollständige Induktion.

Lösung

Eine ungerade natürliche Zahl besitzt die Form ${}2n+1$ mit einer natürlichen Zahl ${}n\in \mathbb {N}$. Vier aufeinanderfolgende Zahlen sind damit ${}2n+1,2n+3,2n+5,2n+7$.

1. Induktionsbeweis: Für ${}n=0$ geht es um

   ${}1+3+5+7=16=2\cdot 8\,,$

   was durch ${}8$ teilbar ist. Es sei nun die Vierersumme der aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen beginnend mit ${}2n+1$ ein Vielfaches der ${}8$. Es ist zu zeigen, dass dies auch für die Vierersumme der aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen beginnend mit ${}2(n+1)+1=2n+3$ gilt. Es ist

   ${}{\begin{aligned}(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)+(2n+9)&=(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)+(2n+1)+8\\&=(2n+1)+(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)+8\\&=8k+8\\&=8(k+1),\end{aligned}}$

   sodass diese Zahl wieder ein Vielfaches der ${}8$ ist.

2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}(2n+1)+(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)&=2n+2n+2n+2n+1+3+5+7\\&=8n+16\\&=8(n+2),\end{aligned}}$

   sodass ein Vielfaches der ${}8$ vorliegt.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Hintereinanderschaltungen ${}\varphi \circ \psi$ und ${}\psi \circ \varphi$ für die Abbildungen ${}\varphi ,\psi \colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$, die durch

$\varphi (x)=x^{3}+2x+1\,\,{\text{ und }}\,\,\psi (x)=x^{2}-5$

definiert sind.

Lösung Hintereinanderschaltung/Polynomiales Beispiel/3/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme

${\left({\left({\left({\left({\left({\frac {3}{7}}\right)}^{-1}\right)}^{-1}\right)}^{-1}\right)}^{-1}\right)}^{-1}.$

Lösung

Das ist ${}{\frac {7}{3}}$, da sich beim Inversennehmen Zähler und Nenner vertauschen und fünfmal das Inverse genommen wird.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die allgemeine binomische Formel.

Lösung

Wir führen Induktion nach ${}n$. Für ${}n=0$ steht einerseits ${}(a+b)^{0}=1$ und andererseits ${}a^{0}b^{0}=1$. Es sei die Aussage bereits für ${}n$ bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}(a+b)^{n+1}&=(a+b)(a+b)^{n}\\&=(a+b){\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=a{\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}+b{\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k+1}b^{n-k}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n}{k-1}}a^{k}b^{n-k+1}+\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\left({\binom {n}{k-1}}+{\binom {n}{k}}\right)}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}.\end{aligned}}$

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere den Graphen der Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto -\vert {-x}\vert .$

Lösung Skizze/-Betrag-x/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Ein Apfelverkäufer verkauft ${}2893$ Äpfel für ${}3127$ Euro. Ein zweiter Apfelverkäufer verkauft ${}3417$ Äpfel für ${}3693$ Euro. Welches Angebot ist günstiger?

Lösung

Wir bestimmen, wie viel die gleiche Menge an Äpfeln bei den beiden Verkäufern kostet. Um die beiden Angebote vergleichen zu können, berechnen wir den jeweiligen Preis für

${}2893\cdot 3417=9885381\,$

Äpfel. Beim ersten Verkäufer muss man dafür

${}3127\cdot 3417=10684959\,$

Euro bezahlen. Beim zweiten Verkäufer muss man dafür

${}3693\cdot 2893=10683849\,$

Euro bezahlen. Das zweite Angebot ist also günstiger.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine Bahncard ${}25$, mit der man ein Jahr lang ${}25$ Prozent des Normalpreises einspart, kostet ${}62$ Euro und eine Bahncard ${}50$, mit der man ein Jahr lang ${}50$ Prozent des Normalpreises einspart, kostet ${}255$ Euro. Für welchen Jahresgesamtnormalpreis ist keine Bahncard, die Bahncard ${}25$ oder die Bahncard ${}50$ die günstigste Option?

Lösung

Es sei ${}x$ der Gesamtnormalpreis. Mit BC25 hat man die Kosten

$y=62+{\frac {3}{4}}x$

und mit BC50 hat man die Kosten

$z=255+{\frac {1}{2}}x.$

Die Bedingung

$x\leq 62+{\frac {3}{4}}x$

führt auf

$x\leq 248.$

Die Bedingung

$x\leq 255+{\frac {1}{2}}x$

führt auf

$x\leq 510.$

Die Bedingung

$62+{\frac {3}{4}}x\leq 255+{\frac {1}{2}}x$

führt auf

${\frac {1}{4}}x\leq 255-62=193,$

also

$x\leq 772.$

Also ist für ${}x\leq 248$ keine Bahncard die günstigste Option, für ${}248\leq x\leq 772$ ist die BC25 die günstigste Option und für ${}x\geq 772$ ist die BC50 die günstigste Option.

Aufgabe (3 Punkte)

Führe die ersten drei Schritte des babylonischen Wurzelziehens zu ${}b=7$ mit dem Startwert ${}x_{0}=3$ durch (es sollen also die Approximationen ${}x_{1},x_{2},x_{3}$ für ${}{\sqrt {7}}$ berechnet werden; diese Zahlen müssen als gekürzte Brüche angegeben werden).

Lösung

Die Formel für ${}x_{n+1}$ lautet

${}x_{n+1}={\frac {1}{2}}{\left(x_{n}+{\frac {7}{x_{n}}}\right)}\,.$

Daher ist

${}x_{1}={\frac {1}{2}}{\left(3+{\frac {7}{3}}\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {9+7}{3}}\right)}={\frac {16}{6}}={\frac {8}{3}}\,.$

Somit ist

${}x_{2}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {8}{3}}+{\frac {7}{8/3}}\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {8}{3}}+{\frac {21}{8}}\right)}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {64+63}{24}}={\frac {127}{48}}\,.$

Schließlich ist

${}x_{3}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {127}{48}}+{\frac {7}{127/48}}\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {127}{48}}+{\frac {336}{127}}\right)}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {16129+16128}{6096}}={\frac {32257}{12192}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergente Folgen in ${}K$. Zeige, dass die Summenfolge ${}{\left(x_{n}+y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(x_{n}+y_{n}\right)}={\left(\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\right)}+{\left(\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}\right)}\,$

ist.

Lösung

Es seien ${}x$ bzw. ${}y$ die Grenzwerte der beiden Folgen. Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz der ersten Folge gibt es zu

${}\epsilon '={\frac {\epsilon }{2}}\,$

ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon '\,$

gilt. Ebenso gibt es wegen der Konvergenz der zweiten Folge zu ${}\epsilon '={\frac {\epsilon }{2}}$ ein ${}n_{0}'$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}'$ die Abschätzung

${}\vert {y_{n}-y}\vert \leq \epsilon '\,$

gilt. Sei

${}N={\max {\left(n_{0},n_{0}'\right)}}\,.$

Dann gilt für alle ${}n\geq N$ (unter Verwendung der Dreiecksungleichung) die Abschätzung

${}{\begin{aligned}\vert {x_{n}+y_{n}-(x+y)}\vert &=\vert {x_{n}+y_{n}-x-y}\vert \\&=\vert {x_{n}-x+y_{n}-y}\vert \\&\leq \vert {x_{n}-x}\vert +\vert {y_{n}-y}\vert \\&\leq \epsilon '+\epsilon '\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Entscheide, ob die Folge

${}x_{n}={\frac {3n^{3}-n^{2}-7}{2n^{3}+n+8}}\,$

in ${}\mathbb {Q}$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösung

Für ${}n\geq 1$ kann man die Folge (durch Erweiterung mit ${}1/n^{3}$) als

${}x_{n}:={\frac {3n^{3}-n^{2}-7}{2n^{3}+n+8}}={\frac {3-{\frac {1}{n}}-{\frac {7}{n^{3}}}}{2+{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {8}{n^{3}}}}}\,$

schreiben. Folgen vom Typ ${}a/n,\,a/n^{2}$ und ${}a/n^{3}$ sind Nullfolgen. Aufgrund der Summenregel für konvergente Folgen konvergiert der Zähler gegen ${}3$ und der Nenner gegen ${}2$, sodass nach der Quotientenregel die Folge insgesamt gegen ${}3/2\in \mathbb {Q}$ konvergiert.

Aufgabe (5 Punkte)

Untersuche die Folge

${}x_{n}={\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n\,$

auf Konvergenz.

Lösung

Wir behaupten, dass die Folge gegen ${}{\frac {1}{2}}$ konvergiert. Zunächst haben wir die Abschätzung

${}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n(n+1)}}-n\\&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\leq {\sqrt {n^{2}+n+{\frac {1}{4}}}}-n\\&={\sqrt {{\left(n+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}}}-n\\&=n+{\frac {1}{2}}-n\\&={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}$

Es sei nun ${}\alpha <{\frac {1}{2}}$ fixiert. Wir zeigen, dass die Folgenglieder für ${}n$ hinreichend groß oberhalb von ${}\alpha$ liegen. Es ist

${}(1-2\alpha )>0\,$

und somit gilt für ${}n$ hinreichend groß die Abschätzung

${}(1-2\alpha )n\geq \alpha ^{2}\,.$

Für solche ${}n$ ist dann auch

${}n^{2}+n\geq n^{2}+2\alpha n+\alpha ^{2}=(n+\alpha )^{2}\,.$

Also hat man für diese Folgenglieder die Abschätzung

${}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\geq {\sqrt {(n+\alpha )^{2}}}-n\\&=n+\alpha -n\\&=\alpha .\end{aligned}}$

Daraus folgt die Behauptung.

Aufgabe (2 Punkte)

Begründe geometrisch, dass die Wurzeln ${}{\sqrt {n}}$, ${}n\in \mathbb {N}$, als Länge von „natürlichen“ Strecken vorkommen.

Lösung

Dies geht mit der Spirale des Theodorus. Wenn man die (bereits konstruierte) Quadratwurzel ${}{\sqrt {n}}$ als eine Kathete eines rechtwinkligen Dreiecks nimmt mit einer zweiten Kathete der Länge ${}1$, so erhält man eine Hypotenuse der Länge ${}{\sqrt {n+1}}$.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz von Bolzano-Weierstraß.

Lösung

Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ sei durch

${}a_{0}\leq x_{n}\leq b_{0}\,$

beschränkt. Wir definieren zuerst induktiv eine Intervallhalbierung derart, dass in den Intervallen unendlich viele Folgenglieder liegen. Das Startintervall ist ${}I_{0}:=[a_{0},b_{0}]$. Es sei das ${}k$-te Intervall ${}I_{k}$ bereits konstruiert. Wir betrachten die beiden Hälften

$[a_{k},{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}}]\,\,{\text{ und }}\,\,[{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}},b_{k}].$

In mindestens einer der Hälften liegen unendlich viele Folgenglieder, und wir wählen als Intervall ${}I_{k+1}$ eine Hälfte mit unendlich vielen Gliedern. Da sich bei diesem Verfahren die Intervalllängen mit jedem Schritt halbieren, liegt eine Intervallschachtelung vor. Als Teilfolge wählen wir nun ein beliebiges Element

${}x_{n_{k}}\in I_{k}\,$

mit ${}n_{k}>n_{k-1}$. Dies ist möglich, da es in diesen Intervallen unendlich viele Folgenglieder gibt. Diese Teilfolge konvergiert nach Aufgabe 7.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gegen die durch die Intervallschachtelung bestimmte Zahl ${}x$.

Aufgabe (2 (0.5+1+0.5) Punkte)

a) Berechne

$(4-7{\mathrm {i} })(5+3{\mathrm {i} }).$

b) Bestimme das inverse Element ${}z^{-1}$ zu

${}z=3+4{\mathrm {i} }\,.$

c) Welchen Abstand hat ${}z^{-1}$ aus Teil (b) zum Nullpunkt?

Lösung

a) Es ist

${}(4-7{\mathrm {i} })(5+3{\mathrm {i} })=20+21-35{\mathrm {i} }+12{\mathrm {i} }=41-23{\mathrm {i} }\,.$

b) Das inverse Element zu ${}z$ ist ${}{\frac {\overline {z}}{z{\overline {z}}}}$, also ist

${}z^{-1}={\frac {a-b{\mathrm {i} }}{a^{2}+b^{2}}}={\frac {3-4{\mathrm {i} }}{3^{2}+4^{2}}}={\frac {3}{25}}-{\frac {4}{25}}{\mathrm {i} }\,.$

c) Der Abstand von ${}z$ zum Nullpunkt ist ${}\vert {z}\vert ={\sqrt {25}}=5$, daher ist der Abstand von ${}z^{-1}$ zum Nullpunkt gleich ${}{\frac {1}{5}}$.