Analysis I (L¨osungshinweise)

Institut fur MathematikUniversitat Hannover

Dr. H. Koditz

Hannover, den 28. Oktober 2002

1. Ubungsblatt zur Analysis I (Losungshinweise)

Mit (*) oder Knacki gekennzeichnete Aufgaben sind Zusatzaufgaben, die Extrapunkte ergeben.

Aufgabe 1 (5 Punkte)

Man zeige: Fur jedes a ∈ R mit a 6= 0 gilt: (−a)−1 = −a−1.

Beweis: Sei a ∈ R, a 6= 0. (−a)−1 ist Inverses zu −a. Nach Satz 2.7 (Eindeutigkeit der Inversen) ist zuzeigen, dass auch −a−1 Inverses von −a ist. Also:

(−a) · (−a−1) Satz 2.11=== −(a · (−a−1)) (M1)=== −((−a−1) · a) Satz 2.11=== −(−(a−1 · a)) Satz 2.3=== a−1 · a = 1. 2

Aufgabe 2 (5 und 10 Punkte)

a) Man zeige, dass√

7 nicht rational ist.

Beweis: (durch Widerspruch)Annahme: Es gibt p, q ∈ N mit

√7 = p

q . p, q konnen dann teilerfremd gewahlt werden. Es folgt 7q2 = p2.Also ist p2 und damit auch p durch 7 teilbar (!); also p = 7k mit passendem k ∈ N. Man erhalt q2 = 7k2;also ist auch q durch 7 teibar. Dies ist ein Widerspruch zur Teilerfremdheit von p, q 2.

b) Sei Q(√

7) := {a + b√

7 : a, b ∈ Q }. Man zeige, dass Q(√

7) mit den in R definierten Verknupfungen ”+“und ”·“ ein Korper ist.

Beweis: Zunachst gilt fur x, y ∈ Q(√

7) auch −x, x + y, x · y ∈ Q(√

7). Wegen Q(√

7) ⊂ R sind die Axiome(A1)-(A4), (M1)-(M3) und (D) naturlich erfullt. Zu prufen ist also nur (M4). Sei also 0 6= x = a + b

√7 ∈

Q(√

7). Einziger Kandidat fur das Inverse ist naturlich y :=1

a + b√

7=

a− b√

7a2 − 7b2

=a

a2 − 7b2− b

a2 − 7b2

√7.

Verbleibt zu zeigen, dass a2 − 7b2 6= 0. Fur b = 0 ist nichts zu zeigen, fur b 6= 0 folgt dies aus (a) 2.

Aufgabe 3 (je 5 Punkte)

a) Man zeige: Fur alle x ∈ R, x > 0, gilt: x +1x≥ 2.

Beweis: Sei x > 0. Nach Satz 2.19 gilt x2 − 2x + 1 = (x− 1)2 ≥ 0 ⇐⇒ x2 + 1 ≥ 2x. Wegen x > 0 liefertdie Multiplikation dieser Ungleichung mit 1

x die Behauptung 2.

b) Man zeige: Fur alle x, y ∈ R, 0 < x < y, gilt: ( y − x )2 < y2 − x2 .Fur welche x, y ∈ R gilt hier das Gleichheitszeichen?

Beweis: Seien x, y ∈ R, 0 < x < y, gegeben.y2 − x2 − (y − x)2 = 2xy − 2x2 = 2x(y − x) > 0 2. Die Gleichheit (= 0) gilt nur im Falle x = 0 oder x = y.

Aufgabe 4 (5 Punkte) (*)

Sei F2 der in der Vorlesung definierte Korper mit genau zwei Elementen. Man zeige, dass F2 kein geordneterKorper sein kann.Beweis: (durch Widerspruch) Annahme: Es gibt eine passende Anordnung auf F2 = {0, 1}. Dann giltentweder 1 > 0 oder 1 < 0 (Trichotomie (Ord1)). Mit Satz 2.18:Aus 1 > 0 folgt 0 = 1 + 1 > 0 + 1 = 1; aus 1 < 0 folgt 0 = 1 + 1 < 0 + 1 = 1, also jeweils ein Widerspruch 2.


Dr. H. Koditz

Hannover, den 4. November 2002



Man zeige : Fur alle x, y ∈ R gilt :|x + y|

1 + |x + y|≤ |x|

1 + |x|+

|y|1 + |y|

.

Beweis: Fur −1 < x < y gilt x1+x < y

1+y ⇐⇒ x(1 + y) < y(1 + x) ⇐⇒ x + xy < y + xy ⇐⇒ x < y.(Die Funktion x 7→ x

1+x ist fur x > −1 streng monoton wachsend.)Deshalb gilt auch wegen |x + y| ≤ |x|+ |y| (Dreiecksungleichung):

|x + y|1 + |x + y|

≤ |x|+ |y|1 + |x|+ |y|

=|x|

1 + |x|+ |y|+

|y|1 + |x|+ |y|

≤ |x|1 + |x|

+|y|

1 + |y|.2


Man zeige : Fur alle n ∈ N, n ≥ 1, gilt:

a)n∑

k=1

k2 = 12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.

Beweis: (vollstandige Induktion)1. Fur n = 1 ist die Beh. richtig.2. Die Behauptung sei fur ein n ∈ N>0 richtig. Z.z. ist die Richtigkeit fur n + 1.n+1∑k=1

k2 =n∑

k=1

k2 + (n + 1)2 =n(n + 1)(2n + 1)

6+ (n + 1)2 =

(n + 1)(n + 2)(2n + 3)6

2.

b)n∑

k=1

k3 = 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + · · ·+ n)2 =

(n∑

k=1

k

)2

.

Beweis:(vollstandige Induktion)1. Fur n = 1 ist die Beh. richtig.2. Die Behauptung sei fur ein n ∈ N>0 richtig. Z.z. ist die Richtigkeit fur n + 1.n+1∑k=1

k3 =n∑

k=1

k3 + (n + 1)3 =

(n∑

k=1

k

)2

+ (n + 1)3 =(

n(n + 1)2

)2

+ (n + 1)3 =(

(n + 1)(n + 2)2

)2

=(n+1∑k=1

k

)2

2.


Man zeige: Fur alle n ∈ N>0 gilt:

a)n∑

k=0

(n

k

)= 2n und

n∑k=0

(−1)k

(n

k

)= 0 .

Beweis: In der binomischen Formel (Satz 3.5) setze man a = b = 1 bzw a = −1, b = 1 2.

b)n∑

k=0

k

(n

k

)= n 2n−1 und

n∑k=0

(−1)k

k + 1

(n

k

)=

1n + 1

.

Beweis: Fur n ∈ N, k ≤ n, gilt(

n + 1k + 1

)=

(n + 1) · n · (n− 1) · · · (n− k + 1)(k + 1)!

=n + 1k + 1

(n

k

). Also:

n∑k=0

k

(n

k

)=

n∑k=1

k

(n

k

)=

n∑k=1

kn

k

(n− 1k − 1

)= n

n∑k=1

(n− 1k − 1

)= n 2n−1 nach (a).

1

Ganz ahnlich:

n∑k=0

(−1)k

k + 1

(n

k

)= 1 +

n∑k=1

(−1)k

k + 1

(n

k

)= 1 +

1n + 1

n∑k=1

(−1)k n + 1k + 1

(n

k

)

= 1 +1

n + 1

n∑k=1

(−1)k

(n + 1k + 1

)= 1 − 1

n + 1

n+1∑k=2

(−1)k

(n + 1

k

)= 1 − 1

n + 1(−1 + (n + 1)) =

1n + 1

wegen (a) 2.

Aufgabe 8 (je 5 Punkte) Knacki

a) Es seien x1, x2, · · · , xn positive reelle Zahlen mitn∏

k=1

xk := x1 · x2 · · ·xn = 1. Man zeige:

n∑k=1

xk ≥ n .

Beweis: (durch vollstandige Induktion)

1. Fur n = 1 gilt x1 = 1.

2. Die Ungleichung sei fur ein n ∈ N>0 richtig. Z.z. ist die Richtigkeit fur n + 1. Seien also x1, · · · , xn+1

positiv mit∏n+1

k=1 xk = 1. Dann gilt auf Grund der Induktionsannahme

x1 + · · · + xn−1 + xnxn+1 ≥ n .

Es ist keine Einschrankung, xn ≤ 1, xn+1 ≥ 1 vorauszusetzen (evt. umsortieren). Damit erhalt man

xn(xn+1 − 1) ≤ xn+1 − 1 ⇐⇒ xnxn+1 ≤ xn + xn+1 − 1⇒ x1 + · · ·+ xn + xn+1 − 1 ≥ x1 + · · ·+ xn−1 + xnxn+1 ≥ n ,

die Behauptung. 2

Bemerkung: Sind nicht alle xk gleich (= 1), so kann man sogar xn < 1, xn+1 > 1 voraussetzen und erhaltdie strenge Ungleichung.

b) Es seien y1, y2, · · · , yn beliebige positive reelle Zahlen. Man beweise die Ungleichung vom arithmetischenund geometrischen Mittel (AGM-Ungleichung):

G := n√

y1 · · · yn ≤ y1 + · · ·+ yn

n.

Beweis: Wir setzen xk :=yk

Gund erhalten

∏xk = 1. Mit (a) ergibt sich so die Behauptung 2.

Das Gleichheitszeichen gilt nach (a) Bemerkung genau dann, wenn alle yk gleich sind.

2


Dr. H. Koditz



Aufgabe 9 (7 Punkte) Man zeige: Zu je zwei Zahlen x, y ∈ R mit x < y gibt es eine rationale Zahl ξ

und eine irrationale Zahl η mit x < ξ < y und x < η < y.Beweis: Es ist keine Einschrankung, 0 < x < y vorauszusetzen - sonst betrachte man das Intervallx + n < y + n mit einem passenden n ∈ N (nach Archimedes gibt es stets ein n > |x|.)

1. Nachweis der Existenz eines ξ ∈ Q. (Q ist die Menge der rationalen Zahlen):Nach Satz 4.5 gibt es ein n ∈ N mit 1

n < y−x (∗). Der Satz von Archimedes sichert die Existenz eines k ∈ Nmit k ≥ ny, also k

n ≥ y (†). Sei k0 das kleinste solche k. Wegen (∗) gilt k0 > 1. Es folgt k0−1n < y und

x(∗)< y − 1

n

(†)≤ k0 − 1

n< y .

ξ := k0−1n ∈ Q leistet also das Gewunschte 2.

2. Nachweis der Existenz eines η ∈ R \Q.Nach 1. gibt es ein ξ∗ ∈ Q mit x√

2< ξ∗ < y√

2. Es folgt sofort mit η :=

√2 ξ∗ ∈ R \Q : x < η < y 2.


a) Seien m,n ∈ N mit 0 < m ≤ n. Man zeige:n∑

k=m

1k(k + 1)

=1m

− 1n + 1

.

Beweis: (Geschenk!) Nach Gruppenubung 2 gilt∑n

k=11

k(k+1) = nn+1 fur alle n ∈ N>0.

n∑k=m

1k(k + 1)

=n∑

k=1

1k(k + 1)

−m−1∑k=1

1k(k + 1)

=n

n + 1− m− 1

m=

1m

− 1n + 1

2.

b) Man bestimme - falls vorhanden - max,min, inf und sup der Menge

M :=

{n∑

k=m

1k(k + 1)

: n, m ∈ N, 0 < m ≤ n

}.

Mit sm,n :=∑n

k=m1

k(k+1) gilt wegen (a) 0 < sm,n < 1. Die Menge M ist nach oben und unten beschranktund besitzt deshalb ein Infimum und ein Supremum.(i) Behauptung: inf M = 0Beweis: 0 ist untere Schranke. Bleibt also zu zeigen, dass keine großere Zahl untere Schranke sein kann. Seialso ε > 0 eine solche Zahl. Nach Satz 4.5 gibt es ein k ∈ N mit 1

k < ε. Mit m := k, n := k + 1 folgt

Sk,k+1 =1k− 1

k + 2<

1k

< ε .

ε ist also keine untere Schranke fur M 2.(ii) Behauptung: supM = 1Beweis: 1 ist obere Schranke. Bleibt also zu zeigen, dass keine kleinere Zahl obere Schranke sein kann. Seialso η < 1 eine solche Zahl. Da sm,n > 0, bleibt η > 0 zu untersuchen. Nach Satz 4.5 gibt es ein n ∈ N mit1n < 1− η. Wir wahlen m := 1 und erhalten

s1,n =n

n + 1= 1− 1

n> η .

η ist also keine obere Schranke 2.

1


Sei M :={√

x + y

xy: x, y ≥ 1

}⊂ R. Man bestimme - falls vorhanden - maxM,minM, inf M und supM .

(1) Wegen m > 0 fur alle m ∈ M ist 0 untere Schranke fur M . Wir zeigen, dass keine Zahl ε > 0 un-tere Schranke ist. Nach Satz 4.5 gibt es ein n ∈ N>2 mit 1

n < ε. Wir wahlen x = y := n2 und erhalten√n2 + n2

n4=√

2n3

<1n

< ε. Also ist inf M = 0 und wegen 0 6∈ M existiert kein Minimum 2.

(2) Fur x, y ≥ 1 :√

x + y

xy=

√1

xy2+

1x2y

≤√

2. Also ist√

2 obere Schranke fur M . Mit x = y = 1 ergibt

sich√

2 ∈ M , also maxM = supM =√

2 2.

Aufgabe 12 (10 Punkte) Knacki

Es seien a, b ∈ R mit 0 < a < b gegeben. Zwei Funktionen f, g : N → R seien gegeben durch:

f(0) := a, g(0) := b und f(n + 1) := 2f(n)g(n)

f(n) + g(n), g(n + 1) :=

12

(f(n) + g(n)) fur n ∈ N .

Man zeige, dass die Menge A := {f(n) : n ∈ N} nach oben, die Menge B := {g(n) : n ∈ N} nach untenbeschrankt ist und supA = inf B =

√ab gilt.

Beweis: Zur Abkurzung: fn := f(n), gn := g(n).

1. gn+1 − fn+1 =fn + gn

2− 2

fngn

fn + gn=

(fn + gn)2 − 4fngn

2(fn + gn)=

(fn − gn)2

2(fn + gn)≥ 0. Wegen f0 < g0 gilt also

stets fn ≤ gn.

2. fn+1 = 2fngn

fn + gn

1.≥ 2

fngn

gn + gn= fn fur alle n. Es folgt a ≤ fk ≤ fn fur jedes n ≥ k. (winziger

Induktionsbeweis)

3. gn+1 =fn + gn

21.≤ gn fur alle n. Es folgt gn ≤ gk ≤ b fur jedes n ≥ k. (winziger Induktionsbeweis)

4. Fur k, n ∈ N gilt fk ≤ gn. Denn: (i) k ≤ n: fk

2.≤ fn

1.≤ gn und (ii) k > n: fk

1.≤ gk

3.≤ gn.

5. Also ist jedes gk obere Schranke fur A und jedes fk untere Schranke fur B. Es existieren also α := sup Aund β := inf B und es gilt 0 < α ≤ β.

Behauptung: α = β.

Beweis: (durch Widerspruch) Annahme c := β − α > 0.

Mit gn ≥ β, fn ≤ α folgt gn − fn ≥ β − α = c und somit gn − gn+1 = gn − fn+gn

2 = gn−fn

2 ≥ c2 . Ein

kleiner Induktionsbeweis liefert fur jedes k: gn − gn+k ≥ k c2 ⇐⇒ gn+k ≤ gn − k c

2 . Wahlt man k sogroß, dass k c

2 > b gilt (Archimedes), so folgt gn+k < gn− b < 0 im Widerspruch zu gj > 0 fur alle j 2.

6. Nach Adam Riese: fn+1gn+1 = 2fngn

fn + gn· fn + gn

2= fngn. Also gilt fngn = f0g0 = ab (Induktion).

Aus ab = fngn ≤ αgn folgt, dass abα untere Schranke fur B ist, was ab

α ≤ β = α zur Folge hat. Deshalbgilt: ab ≤ α2.

Aus ab = fngn ≥ fnβ = αfn folgt, dass abα obere Schranke fur A ist, was ab

α ≥ α zur Folge hat. Deshalbgilt: ab ≥ α2.

Also zusammen ab = α2 und somit α =√

ab, da α > 0 2.

2


Dr. H. Koditz




Durch Anwendung der Rechenregeln fur Folgen zeige man die Konvergenz der Folgen (an), (bn)und ermittle die Grenzwerte a, b. Sodann ermittle man zu gegebenem ε > 0 ein n0 ∈ N so, dass|an − a| < ε fur alle n ≥ n0 gilt.

a) an :=2n2 + 1

(n + 1)(n + 2)=

2 + 1/n2

(1 + 1/n)(1 + 2/n)→ 2 fur n →∞.

Fur n ≥ 1 gilt nun: |an − 2| = 32n + 1

(n + 1)(n + 2)<

6n + 2

<6n

. Sei nun ε > 0 gegeben. Fur jedes

n > 6ε , also etwa fur n ≥ n0 :=

[6ε

]+ 1 gilt dann |an − 2| < ε 2.

(Hierbei ist [x] die großte ganze Zahl kleiner oder gleich x.)

b) bn :=√

n2 + n− n =n√

n2 + n + n=

1√1 + 1/n + 1

→ 12

fur n →∞.

Hierzu benotigt man√

1 + 1n → 1. Dies folgt mit 1 + x < 1 + x + x2

4 = (1 + x2 )2,

⇒√

1 + x < 1 +x

2, (x > 0), aus 1 <

√1 + 1

n < 1 + 12n .

Mit dieser Abschatzung ergibt sich:∣∣∣∣bn −

12

∣∣∣∣ =

√1 + 1/n− 1

2(√

1 + 1/n + 1)<

12n

4=

18n

.

Sei nun ε > 0 gegeben. Fur jedes n > 18ε , also etwa fur n ≥ n0 :=

[18ε

]+ 1 gilt dann |bn− 1

2 | < ε 2.

Aufgabe 14 (2, 4, 4 und 4 Punkte)

Man untersuche die nachstehenden Folgen auf Konvergenz und ermittle ggf die Grenzwerte.

a) an :=1n2

+2n2

+ · · ·+ n

n2=

1n2

n∑k=0

k =n(n + 1)

2n2→ 1

2.

b) Mit βn := n√

n− 1 > 0 erhalt man fur n ≥ 2 : n = (1 + βn)n =∑n

k=0

(nk

)βk

n >(n2

)β2

n = n(n−1)2 β2

n

und somit β2n < 2

n−1 , was βn → 0 fur n →∞ zur Folge hat 2.

c) c0 := 1, c1 := 2, cn+2 :=12

(cn + cn+1), (n ∈ N).

Fur n ≥ 2 ergibt sich cn − cn−1 = 12 (cn−1 + cn−2)− cn−1 = − 1

2 (cn−1 − cn−2). Ein kleiner Indukti-onsbeweis liefert nun cn − cn−1 =

(− 1

2

)n−1 (c1 − c0) =(− 1

2

)n−1.

Wegen cn = (cn−cn−1)+(cn−1−cn−2)+ · · ·+(c1−c0)+c0 = 1+n−1∑k=0

(−12)k ergibt die geometrische

Summenformel cn = 1 +1− (−1/2)n

1− (−1/2)→ 1 +

23

=53

2.

d) dn :=(

1 +1n2

)n

. Aus der Vorl. ist die Konvergenz der Folge(

(1 +1n

)n

)bekannt - der Grenz-

wert ist die Eulersche Zahl e. Die Folge(

dnn = (1 +

1n2

)n2

)konvergiert als Teilfolge also ebenfalls

gegen e, ist also beschrankt, etwa dnn < K. Deshalb gilt 1 < dn < n

√K. Wegen n

√K → 1 (Tutoren-

programm) folgt dn → 1 fur n →∞ 2.

1


a) Es sei (an) eine Folge positiver Zahlen, q ∈ R, und es geltean+1

an≤ q < 1. Man zeige: lim

n→∞an = 0.

Beweis: Fur jedes n > 0 gilt an =an

an−1· an−1

an−2· · · a1

a0· a0 ≤ a0 qn → 0 fur n →∞ 2.

b) Zu gegebenem k ∈ N sei an :=

(nk

)2n

fur n ≥ k. Man zeige, dass die Folge (an)n≥k eine Nullfolgeist.

Beweis: Mit (a):

an+1

an=

12

(n+1

k

)(nk

) =12

(n + 1)n(n− 1) · · · (n− k + 2)n(n− 1) · · · (n− k + 1)

=12

n + 1n− k + 1

=12

(1 +k

n− k + 1)

<12(1 +

12) =

34

=: q < 1

fur n > 3k. Also gilt an → 0 fur n →∞ 2.


Sei (an) eine Folge positiver Zahlen. Die Folge(

an+1

an

)besitze einen positiven Grenzwert q > 0.

Man zeige, dass dann auch die Folge ( n√

an) gegen q konvergiert.

Beweis:Da die Folge der Quotienten gegen q konvergiert, gibt es zu jedem ε > 0 ein n0 so, dassq − ε < an+1

an< q + ε fur alle n > n0 gilt. Fur ε < q und diese n folgt:

(q − ε)n−n0 an0 < an =an

an−1· an−1

an−2· · · an0+1

an0

· an0 < (q + ε)n−n0 an0

⇒ (q − ε) n

√an0

(q − ε)n0< n

√an < (q + ε) n

√an0

(q + ε)n0

Zur Abkurzung sei K := an0(q+ε)n0

. Es gilt n√

K → 1 fur n → ∞ (Tutorenprogramm). Deshalbkonvergiert die rechte Seite gegen q + ε, die linke Seite gegen q − ε. Es gibt also ein n1 ∈ N mit(q+ε) n

√an0

(q+ε)n0< q+2ε und (q−ε) n

√an0

(q+ε)n0> q−2ε fur alle n > n1. Es ist keine Einschrankung,

n1 ≥ n0 anzunehmen. Fur diese n folgt:

q − 2 ε < n√

an < q + 2 ε.

Da ε > 0 beliebig war, folgt die Behauptung. 2

2


Dr. H. Koditz



Aufgabe 17 (5 Punkte) Man zeige:Ist (an) eine Folge reeller Zahlen mit |an+1−an| <

(12

)n fur fast alle n, so ist (an) eine Cauchy-Folge.

Beweis: Sei ε > 0 gegeben. Es gibt ein n1 ∈ N mit(

12

)n−1< ε fur alle n ≥ n1. Es gelte obige

Ungleichung fur alle n ≥ n0 ≥ n1. Die Dreiecksungleichung liefert fur m > n ≥ n0:

|am − an| = |(am − am−1) + (am−1 − am−2) + · · ·+ (an+1 − an)| ≤m−1∑k=n

|ak+1 − ak|

<

m−1∑k=n

(12

)k

=(

12

)n m−n−1∑k=0

(12

)k

=(

12

)n−1 (1− (

12)m−n

)<

(12

)n−1

< ε .

Also ist (an) eine Cauchy-Folge 2.

Aufgabe 18 (3,3,3 und 6 Punkte)

Man uberprufe die folgenden Reihen∞∑

n=1

an auf Konvergenz:

a) an :=n + 1

n!: Fur n ≥ 6 gilt (n − 3)(n − 2) = n2 − 5n + 6 ≥ n + 6 > n + 1. Deshalb:

n+1n! < (n−3)(n−2)

1·2···(n−3)(n−2)(n−1)n < 1(n−1)n . Da

∑∞n=6

1(n−1)n konvergiert, konvergiert auch unsere Reihe.

∞∑n=1

an =∞∑

n=1

1(n− 1)!

+∞∑

n=1

1n!

= 2∞∑

n=0

1n!− 1 = 2e− 1. (Vorlesung!)

b) an := 2−n + 3−n :∞∑

n=1

an =∞∑

n=1

(12

)n

+∞∑

n=1

(13

)n

= 1 +12

=32. (Geometrische Reihen!)

c) an := n!3−n. Die Folge (an) ist keine Nullfolge, da fur n > 3 stets an = 1·2·3·4···n3···3 > 2

9 gilt. DieReihe divergiert.

d) an :=(1

2

n

)(1) Fur n ∈ N>0 gilt:

(∗) an =(1

2

n

)=

12·

12 − 1

2·

12 − 2

3· · ·

12 − (n− 1)

n= (−1)n−1 1

2

n∏k=2

2k − 32k

.

Die Reihe uber diese Binomialkoeffizienten ist also alternierend.

(2) Außerdem:∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =2n− 1

2(n + 1)< 1. Also ist die Folge (|an|) monoton fallend.

(3) Aus (∗) : |an| =12

n∏k=2

2k − 32k

<12

n∏k=2

2k − 22k

=12

n∏k=2

k − 1k

=12

1n→ 0 .

Die Folge (|an|) ist deshalb eine Nullfolge.(4) Das Leibniz-Kriterium liefert mit (1)-(3) die Konvergenz der Reihe

∑an.

1


Sei (an) eine monotone Nullfolge. Man zeige:a) Verdichtungssatz von Cauchy

∞∑n=1

an konvergiert ⇐⇒∞∑

n=1

3na3n konvergiert.

Auf die Voraussetzung der Monotonie der Folge (an) kann nicht verzichtet werden (Beispiel!).

Beweis: oBdA seien alle an ≥ 0. Die Konvergenz ist also gleichbedeutend mit der Beschranktheitder Partialsummen sn :=

∑nk=1 ak, Sn :=

∑nk=1 3ka3k . Da die Folge (an) monoton fallt, gilt fur

k ≥ 1 :

3ka3k =32(2 · 3k−1a3k) ≤ 3

2(a3k−1+1 + · · ·+ a3k) und a3n−1 + · · ·+ a3n−1 ≤ 2 · 3n−1a3n−1 .

⇒ : Sei sn < K fur alle n. Sn ≤ 3a3 +n−1∑k=1

32

3k+1∑j=3k+1

aj ≤32

s3n ≤ 32K.

⇐ : Sei nun Sn ≤ M fur alle n.

s3n−1 =n∑

k=1

3k−1∑j=3k−1

aj ≤n∑

k=1

3k−1 2 a3k−1 = 2Sn−1 − 2a1 ≤ 2M − 2a1 .

Da die Folge (sn) monoton wachst, folgt aus der Beschranktheit jeder Teilfolge auch die Beschrankt-heit der gesamten Folge 2.Beispiel: an := 0 fur ungerade n und an := 2

n sonst. Die Reihe∑

an divergiert (harmonischeReihe), die andere Reihe ist die Nullreihe, also konvergent.b) Die Reihe

∑∞n=1 n−α, α ∈ Q , konvergiert genau dann, wenn α > 1 .

Beweis: Zunachst konvergiert die Reihe fur α < 0 nicht, da dann die Koeffizienten keine Nullfolgebilden. Fur α > 0 ist die Koeffizientenfolge monoton fallend. Nach (a) konvergiert die Reihe genaudann, wenn

∑∞n=1 3n 3−nα =

∑∞n=1 3n(1−α) konvergiert. Diese geometrische Reihe konvergiert genau

fur α > 1 2.


Sei a > 0. Man untersuche die Reihe∞∑

n=1

(n√

a− 1)

auf Konvergenz.

1. 0 < a < 1: Wegen∑n−1

k=0 xk = 1−xn

1−x gilt fur x = n√

a : 1−a1− n√a

=∑n−1

k=0n√

ak

<∑n−1

k=0 1 = n.

Also : 1− n√

a >1− a

n. Da die Partialsummen der harmonischen Reihe

∞∑n=1

1n

unbeschrankt wach-

sen, gilt dies auch fur unsere Reihe. Die Reihe divergiert.

2. a > 1: Die Partialsummen der Reihe∞∑

n=1

(1− 1

n√

a

)wachsen unbeschrankt (nach 1.).

Wegen 1− 1n√

a=

n√

a− 1n√

a≤ n√

a− 1 divergiert unsere Reihe auch fur a > 1.

2


Dr. H. Koditz

Hannover, den 2. Dezember 2002



a) Es seien (an), (bn) Folgen positiver reeller Zahlen und es gelte g := limn→∞

an

bn> 0. Man zeige:

∞∑n=0

an konvergiert ⇐⇒∞∑

n=0

bn konvergiert .

Welche Aussage gilt im Falle g = 0?

Beweis: Wegen an

bn→ g > 0 gilt g

2 < an

bn< 2g fur fast alle n. Aus an < 2g bn folgt mit dem Majorantenkrite-

rium die Konvergenz von∑

an aus der Konvergenz von∑

bn. Umgekehrt liefert bn < 2g an die Konvergenz

von∑

bn, falls∑

an konvergiert. 2

Ist g = 0, so erhalt man mit an

bn< 1 fur fast alle n nur an < bn. Also folgt aus der Konvergenz von

∑bn die

Konvergenz von∑

an.

b) Man untersuche auf Konvergenz:∞∑

n=1

(√

n− 2)2

n2 +√

n4 + 1und

∞∑n=1

(√

n− 2)2

n3 +√

n4 + 1.

Im ersten Fall wahlen wir als Vergleichsreihe die divergente harmonische Reihe∑

1n , bn := 1

n . Wegen an

bn→ 1

divergiert die erste Reihe.Im zweiten Fall wahlen wir die konvergente Reihe

∑1

n2 , bn := 1n2 . Wegen an

bn→ 1 konvergiert die zweite

Reihe.


Man untersuche folgende Reihen auf Konvergenz:

a)∞∑

k=2

(k√

k − 1)k

. Wurzelkriterium: k√|ak| =

k√

k−1 → 0 fur k →∞ (HA 14b). Also konvergiert die Reihe.

b)∞∑

k=2

(k√

k − 1)

.

Sei wk := 1 − 1k√

k. Wegen k

√k → 1 gilt (0 <)wk < 1 fur fast alle k. Es folgt 1

k = (1 − wk)k ≥ 1 − k wk

(Bernoulli-Ungl.), also wk ≥ 1k (1 − 1

k ) > 12k fur k > 2. Mit k

√k − 1 = k

√k wk > 1

2k hat man also einedivergente Minorante gefunden, die Reihe divergiert.

c)∞∑

k=1

(k!)2 · 2k

(2k)!.

Das Quotientenkriterium liefert:an+1

an=

((k + 1)!)22k+1(2k)!(2k + 2)!(k!)22k

=2(k + 1)2

(2k + 1)(2k + 2)→ 1

2fur k → ∞. Die

Reihe konvergiert.

d)∞∑

k=1

(2k)!(2k)k

.

Das Quotientenkriterium liefert:an+1

an=

(2k + 2)!(2k)k

(2k + 2)k+1(2k)!= (2k+1)

(1 +

1k

)−k

→∞. Die Reihe divergiert.

1


Fur alle n ∈ N sei sn :=n + 1

n√

n!. Man zeige: lim

n→∞sn = e.

Beweis: Sei an := snn =

(n + 1)n

n!.

1. Beh.: limn→∞

an+1

an= e.

Beweis:an+1

an=

(n + 2)n+1n!(n + 1)n(n + 1)!

=(

n + 2n + 1

)n+1

=(

1 +1

n + 1

)n+1

→ e fur n →∞ 2.

2. Nach HA 16 konvergiert dann auch (sn) gegen e Box.


Fur alle x, y ∈ R, n ∈ N gilt(

x + y

n

)=

n∑k=0

(x

k

)(y

n− k

). (Nicht beweisen! - vergl. A 18)

Man zeige, dass fur alle α, x ∈ R, |x| < 1 die Reihen∞∑

k=0

(α + 1

k

)xk und

∞∑k=0

(−α

k

)xk absolut konvergieren

und berechne ihr Cauchy-Produkt.

Beweis: Wir zeigen die absolute Konvergenz von∞∑

n=0

(β

n

)xn fur alle β ∈ R und alle x mit |x| < 1 mit dem

Quotientenkriterium:∣∣∣∣∣(

βn+1

)xn+1(

βn

)xn

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣x β(β − 1) · · · (β − n) · n!

β(β − 1) · · · (β − n + 1) · (n + 1)!

∣∣∣∣ = |x| ·∣∣∣∣β − n

n + 1

∣∣∣∣→ |x| fur n →∞.

Also konvergiert die Reihe fur alle |x| < 1 2.

Cauchy-Produkt:( ∞∑k=0

(α + 1

k

)xk

)·

( ∞∑k=0

(−α

k

)xk

)=

∞∑n=0

(n∑

k=0

(α + 1

k

)xk

(−α

n− k

)xn−k

)

=∞∑

n=0

(n∑

k=0

(α + 1

k

)(−α

n− k

))xn

=∞∑

n=0

(1n

)xn = 1 + x .

2


Dr. H. Koditz




Man zeige:

a) ∀ x, y ∈ R, y − x < 1 : (y − x) exp(x) ≤ exp(y)− exp(x) ≤ y − x

1 + x− yexp(x) .

Beweis: Es handelt sich um (iii) aus Satz 7.5. Die Funktionalgleichung der Exponentialfunktion(Satz 7.4) liefert, da die Exponentialfunktion stets positiv ist:

exp(y)− exp(x) = exp(x) (exp(y − x)− 1)Satz 7.5(ii)

≤ exp(x)(

11− (y − x)

− 1)

=y − x

1 + x− yexp(x)

und

exp(y)− exp(x) = exp(x) (exp(y − x)− 1)Satz 7.5(i)

≥ exp(x) (y − x + 1− 1) = exp(x) (y − x) 2.Die linke Ungleichung gilt also ohne die Einschrankung y − x < 1.

b) ∀ a ∈ R ∃L > 0 : x, y ≤ a ⇒ | exp(x)− exp(y)| ≤ L |x− y| .

Beweis: Es handelt sich um (iv) aus Satz 7.5. Seien oBdA y < x ≤ a. Nach (a) gilt:

exp(y)− exp(x) ≥ (y− x) exp(x) ⇐⇒ (0 <) exp(x)− exp(y) ≤ (x− y) exp(x) ≤ exp(a) (x− y).

Mit L := exp(a) folgt die Behauptung 2.

Aufgabe 26 (4,4 und 6 Punkte) Man untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz:

a)∞∑

k=2

1k (ln k)n

, (n ∈ N). Der Verdichtungssatz von Cauchy (HA 19a) zeigt, dass die Reihe ge-

nau dann konvergiert, wenn die Reihe∞∑

k=2

3k 13k (ln 3k)n

=∞∑

k=2

1kn (ln 3)n

konvergiert. Diese Reihe

konvergiert nach HA 19b genau fur n > 1 2.

b) α > 0,∞∑

k=1

αln k =∞∑

k=1

exp(ln k lnα) =∞∑

k=1

(exp(ln k))ln α =∞∑

k=1

kln α. Wieder nach HA 19b

konvergiert diese Reihe genau fur ln α < −1 ⇐⇒ α <1e

2.

c) Analog (b): α > 0,

∞∑k=1

α√

k =∞∑

k=1

(exp

(√k))ln α

.

Fur lnα ≥ 0 ⇐⇒ α ≥ 1 bilden die Reihenglieder keine Nullfolge, die Reihe divergiert. NachGruppenubung (die Exponentialfunktion wachst starker als jede Potenz) gilt zu gegebenem n ∈N fur hinreichend große k: exp

(√k)

> kn. Die Summanden unserer Reihe lassen sich also fur

lnα < 0 ⇐⇒ 0 < α < 1 durch(exp

(√k))ln α

< k−n | ln α| abschatzen. Wahlt man nun n sogroß, dass −n | lnα| < −1, so hat man wieder nach HA 19b eine konvergente Majorante. Die Reihekonvergiert also fur alle α ∈ (0, 1) 2.

1

Aufgabe 27 (1,3 und 3 Punkte)

Man ermittle Real-, Imaginarteil und Betrag folgender komplexer Zahlen:

a) a :=3 + 4 i

4− 3 i=

(3 + 4i)(4 + 3i)(4− 3i)(4 + 3i)

=25i

25= i, Re a = 0, Im a = 1, |a| = 1.

b) (n ∈ N) : Sn :=n∑

k=0

ik =1− in+1

1− i. Wegen i4k = 1, k ∈ N, gilt offensichtlich Sn = Sn+4k fur alle

k ∈ N. Also gilt fur k ∈ N:

S4k = 1 , S4k+1 = 1 + i , S4k+2 = i , S4k+3 = 0 .

c) z2 = 3 + 4 i (alle Losungen).

Mit z = x + i y , (x, y ∈ R), erhalten wir mit z2 = x2 − y2 + 2ixy die beiden Gleichungen

x2 − y2 = 3, 2xy = 4 =⇒ (x, y 6= 0)

woraus x2 − 4x2 = 3 ⇐⇒ x4 − 3x2 − 4 = 0. Diese quadratische Gleichung in x2 besitzt wegen

x2 > 0 genau eine Losung x2 = 12

(3 +

√9 + 16

)= 4, also x1,2 = ±2. Insgesamt erhalt man genau

zwei Losungen:z1 = 2 + i und z2 = −2− i .


Man zeige: Fur jedes a > 0 gilt: limn→∞

n(

n√

a− 1)

= ln a.

Beweis: Wir benutzen die Ungleichungen (i) und (ii) aus Satz 7.5.

an := n(

n√

a− 1)

=a1/n − 1

1n

=exp( 1

n ln a)− 11n

(i)

≥1n ln a + 1− 1

1n

= ln a.

Fur hinreichend große n gilt ln an < 1. Fur diese n folgt:

an =exp( 1

n ln a)− 11n

(ii)

≤1

1− 1n

ln a− 1

1n

=1n ln a

1n(1− 1

n ln a)=

ln a

1− 1n ln a

.

Ingesamt: ln a ≤ n(

n√

a− 1)≤ ln a

1− 1n ln a

. Der Einschliessungssatz 5.11 liefert die Behauptung 2.

2


Dr. H. Koditz




a) Man zeige, dass der Sinus hyperbolicus sinh : R → R, sinhx := 12 (ex−e−x) streng monoton wachsend ist,

also eine Umkehrfunktion Areasinus hyperbolicus arsinh: R → R besitzt und arsinh x = ln(x +

√1 + x2

)gilt.

Beweis: Fur y > x gilt (ey− e−y)− (ex− e−x) =1

exey(exey +1)(ey− ex). Da die Exponentialfunktion stets

positiv und streng monoton wachsend ist, ist dieser Ausdruck stets positiv 2.

x = sinh y = 12 (ey − e−y) ⇐⇒ e2y − 2xey − 1 = 0. Diese quadratische Gleichung (in ey) besitzt genau eine

positive Losung ey = x +√

1 + x2 ⇐⇒ y = arsinh x = ln(x +

√1 + x2

)2.

b) Man zeige: Fur alle x, y ∈ R gilt: arsinh x + arsinh y = arsinh(x

√1 + y2 + y

√1 + x2

).

Beweis: Rechen, rechen! Man beachte;(xy +

√(1 + x2)(1 + y2)

)2

= 1+(x√

1 + y2 + y√

1 + x2)2

. Damit:

arsinh x + arsinh y = ln(x +

√1 + x2) + ln(y +

√1 + y2

)= ln

((x +

√1 + x2)(y +

√1 + y2 )

)= ln

(x√

1 + y2 + y√

1 + x2 + xy +√

(1 + x2)(1 + y2))

arsinh(x√

1 + y2 + y√

1 + x2)

= ln(

x√

1 + y2 + y√

1 + x2 +√

1 + (x√

1 + y2 + y√

1 + x2 )2)

.

Offensichtlich gleich!


a) Man zeige: Zu a, b ∈ R gibt es c, d ∈ R mit a sinx+ b cos x = c sin(x+d) fur alle x ∈ R. Zu a = 3, b = −4ermittle man passende c, d.

Beweis: Fur a = b = 0 tut es c = d = 0. Sei also a2 + b2 > 0.a sinx + b cos y =

√a2 + b2

(a√

a2+b2sinx + b√

a2+b2cos x

). Wegen cos(R) = [−1, 1] gibt es ein β ∈ R mit

a√a2+b2

= cos β. Wegen sinβ = ±√

1− cos2 β = ± b√a2+b2

konnen wir durch evt Ubergang von β zu −β

erreichen, dass sinβ = b√a2+b2

gilt. Also:

a sinx + b cos y =√

a2 + b2 (cos β sinx + sinβ cos x) =: c sin(x + d) , (d := β) 2 .

3 sinx− 4 cos x = 5 ( 35 sinx− 4

5 cos x) ergibt c = 5 und d = − arccos 35 .

b) Man zeige: Fur alle x ∈ R und alle n ∈ N∗+ gilt: sinx = 2n sinx

2n

n∏k=1

cosx

2k.

Beweis: (durch Induktion)(1) Fur n = 1 ist die Beh. wegen sinx = 2 sin x

2 cos x2 richtig.

(2) Sei die Beh. fur n richtig. Dann gilt wegen sin x2n = 2 sin x

2n+1 cos x2n+1 :

2n+1 sinx

2n+1

n+1∏k=1

cosx

2k= 2 2n sin x

2n

2 cos x2n+1

n∏k=1

cosx

2k· cos

x

2n+1

IV== sinx 2.

1


Fur x ∈ R, n ∈ N∗+ sei ζn,k := ei kn x, k = 0, · · ·n. Durch geradlinige Verbindung von ζn,k mit ζn,k+1 erhalt

man einen Polygonzug, der 1 mit eix verbindet. Die Lange diese Polygonzuges ist Ln :=n−1∑k=0

|ζn,k+1 − ζn,k|.

Man zeige:a) Ln = 2n

∣∣∣sin x

2n

∣∣∣. Denn: |ζn,k+1 − ζn,k| =∣∣∣ei k+1

n x − ei kn x

∣∣∣ =∣∣∣ei k

n xei x2n

∣∣∣︸︷︷︸=1

∣∣ei x2n − e−i x

2n

∣∣ = 2∣∣∣sin x

2n

∣∣∣.Da die Summe genau n Summanden enthalt, folgt die Behauptung 2.

b) limn→∞

Ln = |x|.

Da(

x2n+1

(2n+1)!

)fur 0 < x < 1 eine monotone Nullfolge ist, folgt x − x3

6 ≤ sinx ≤ x fur diese x (Wie inder Vorlesung die sin-Reihe betrachten (Leibniz)!). Fur hinreichend große n gilt | x

2n | < 1. Fur diese n undpositive x ist also ( man beachte, dass sin auf (0, 1) positiv ist ):

x

2n− x3

6 · 8n3≤ sin

x

2n≤ x

2n⇐⇒ x− x3

24n2≤ 2n sin

x

2n≤ x .

Nach dem Einschliessungssatz folgt die Beh. zunachst fur positive x. Da sinx ungerade ist, folgt die Beh.auch fur negative x 2.

Aufgabe 32 (10 Punkte) Knacki Tschebyscheff-PolynomeMan beweise mit Hilfe der Eulerschen Formel cos nx + i sinnx = einx = (cos x + i sinx)n, n ∈ N, dass es(eindeutig bestimmte) Polynome Tn, Un mit ganzzahligen Koeffizienten gibt, derart, dass gilt:

cos nx = Tn(cos x) und fur n > 0 sinnx = Un−1(cos x) · sinx .

(Tn bzw. Un−1 heißen Tschebyscheff-Polynome erster bzw. zweiter Art.)Man zeige ferner die Gultigkeit der Rekursionsformel Tn+1(x) = 2xTn(x)− Tn−1(x), (n > 0), und berechneTj fur j = 1, 2, 3, 4.

cos nx + i sinnx = einx = (cos x + i sinx)n =n∑

k=0

(n

k

)ik sink x cosn−k x

=[n/2]∑k=0

(−1)k

(n

2k

)sin2k x cosn−2k x + i

[(n−1)/2]∑k=0

(n

2k + 1

)(−1)k sin2k+1 x cosn−2k−1 x

=[n/2]∑k=0

(−1)k

(n

2k

)(1− cos2 x)k cosn−2k x + i sinx

[(n−1)/2]∑k=0

(n

2k + 1

)(−1)k(1− cos2)kx cosn−2k−1 x .

Offensichtlich sind die Summen Polynome in cos x. Vergleich von Real- und Imaginarteil liefert die Behaup-tung. Fur x ∈ [−1, 1] gilt Tn(x) = cos(n arccos x). Addieren der beiden Gleichungen:

Tn+1(x) = cos((n + 1) arccos x) = cos(n arccos x) cos(arccos x)− sin(n arccos x) sin(arccos x)Tn−1(x) = cos((n− 1) arccos x) = cos(n arccos x) cos(arccos x) + sin(n arccos x) sin(arccos x)

liefert Tn+1(x) + Tn−1(x) = 2 cos(n arccos x) cos(arccos x) = 2xTn(x), die Rekursionsformel. Hieraus be-rechnet sich T0(x) = 1, T1(x) = x, T2(x) = 2x2 − 1, T3(x) = 4x3 − 3x, T4(x) = 8x4 − 8x2 + 1.

2


Dr. H. Koditz

Hannover, den 6. Januar 2003


Aufgabe 33 (je 5 Punkte) Man zeige:a) Fur stetige Funktionen f, g : [a, b] → R sind auch die Funktionen

Mf,g(x) := max(f(x), g(x)) und mf,g(x) := min(f(x), g(x)) stetig.

Beweis: Fur a, b ∈ R gilt max(a, b) = 12 (a + b + |a − b|) und min(a, b) = 1

2 (a + b − |a − b|). Des-halb ist Mf,g(x) = 1

2 (f(x) + g(x) + |f(x) − g(x)|) stetig da f − g, x 7→ |x| ebenso wie Summen undHintereinanderschaltungen stetiger Funktionen stetig sind - ebenso mf,g 2.

b) mit Hilfe des ε, δ-Kriteriums, dass die Funktion f : R>0 → R, f(x) := 1x2 stetig ist.

Beweis: Sei x0 > 0 und ε > 0 gegeben. Wahle δ := min(

x0

2,ε x3

0

6

). Fur alle x > 0 mit |x− x0| < δ gilt

dann wegen x + x0 < 32x0, x > x0

2 (∗):∣∣∣∣ 1x2− 1

x20

∣∣∣∣ = |x− x0||x + x0|x2x2

0

< δx + x0

x2x20

(∗)< δ

32x0

4x4

0

= δ6x3

0

≤ ε 2


Die Funktion f : R → R sei definiert durch f(x) :=∣∣[x + 1

2

]− x∣∣. Man skizziere f und weise nach, dass f

auf R stetig ist. Die Funktion g : R → R sei definiert durch g(x) := f( 1x ) fur x 6= 0, g(0) := a. Kann man a

so wahlen, dass g bei 0 stetig wird?

f ist an jedem x0 6∈ { 2k+12 : k ∈ Z} stetig, da x 7→ |x| stetig ist. Stellvertretend fur die kritischen Stellen

untersuchen wir x0 := 12 . Fur x ∈ (0, 1

2 ) gilt f(x) = x, fur x ∈ [ 12 , 1) gilt f(x) = 1 − x. Offensichtlich ist fbei x0 stetig 2.

Wegen g( 22k+1 ) = 1

2 , k ∈ Z, und g( 1n ) = 0, n ∈ N, hat g bei 0 keinen Grenzwert. Die Frage ist also zu

verneinen.


a) Sei f : [0, 1] → R eine stetige Funktion mit f(0) = f(1). Man zeige die Existenz eines c ∈ [0, 1] mitf(c) = f

(c + 1

2

).

Beweis: Die Funktion g : [0, 12 ] → R, g(x) := f(x+ 1

2 )−f(x) ist stetig und es gilt: g(0) = f( 12 )−f(0), g( 1

2 ) =f(1)−f 1

2 ) = −g(0), also g(0)g( 12 ) ≤ 0. Nach dem Zwischenwertsatz gibt es also ein c ∈ [0, 1

2 ] mit g(c) = 0. 2

b) Fur a < b sei f : [a, b] → [a, b] eine stetige Funktion. Man zeige: Es gibt mindestens ein x ∈ [a, b] mitf(x) = x.

Beweis: g : [a, b] → R, g(x) := f(x)− x ist stetig und es gilt: g(a) = f(a)− a ≥ 0, g(b) = f(b)− b ≤ 0. DerZwischenwertsatz liefert die Existenz eines c ∈ [a, b] mit g(c) = 0 2.

1

Aufgabe 36 (10 Punkte) Knacki Sonnenaufgangslemma

Sei f : R → R eine stetige Funktion. x ∈ R heißt Schattenpunkt von f , wenn ein y > x mit f(y) >f(x) existiert. a, b ∈ R, a < b , seien keine Schattenpunkte, alle Punkte im Intervall (a, b) seien jedochSchattenpunkte. Man zeige :a) Fur alle x ∈ (a, b) gilt f(x) ≤ f(b) .Beweis: Sei x ∈ (a, b) gegeben.(i) Beh.: B := sup{y : y ≥ x, f(y) ≥ f(x)} ≥ b (B = ∞ moglich)Annahme: B < b. Jedenfalls: f(x) > f(y) fur alle y > B (∗). Es gibt ein t ∈ [x,B] mit f(t) ≥ f(y) auf [x,B],da f stetig ist. Wegen (*) ist t kein Schattenpunkt. Da aber t ∈ (a, b), ist t Schattenpunkt – Widerspruch.(ii) Wegen f(y) ≤ f(b) fur alle y ≥ b gilt:sup{f(y) : x ≤ y ≤ B} = sup{f(y) : x ≤ y ≤ b} =: M .Da f stetig ist, gibt es x0 ∈ [x, b] mit f(x0) = M (≥ f(b)). Somit: f(y) ≤ f(x0) fur alle y ≥ x0, x0 ist keinSchattenpunkt, also x0 = b, M = f(b) und f(x) ≤ f(b).

b) f(a) ≤ f(b). Beweis: f(x) ≤ f(b) nach (a) ⇒ limx→a+0

f(x) = f(a) ≤ f(b).

c) f(a) = f(b). Beweis: Nach (b) ist f(a) ≤ f(b). Ware f(a) < f(b), so ware a Schattenpunkt.


Seien a1, . . . , an, b1, . . . , bn ∈ R, (n ∈ N∗). Man zeige :

L :=n∑

k=1

(n∑

l=1

(akbl − albk)2)

= 2

n∑k=1

a2k

n∑k=1

b2k −

(n∑

k=1

akbk

)2 ,

folgere hieraus die Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung(n∑

k=1

akbk

)2

≤

(n∑

k=1

a2k

)(n∑

k=1

b2k

)

und gebe notwendige und hinreichende Bedingungen dafur an, dass in dieser Ungleichung das Gleichheits-zeichen steht.

0 ≤n∑

k=1

(n∑

l=1

(akbl − albk)2)

=n∑

k=1

(n∑

l=1

(a2kb2

l + a2l b

2k − 2akalbkbl)

)

=n∑

k=1

(a2

k

n∑l=1

b2l + b2

k

n∑l=1

a2l − 2akbk

n∑l=1

albl

)= 2

(n∑

k=1

a2k

n∑l=1

b2l −

n∑k=1

akbk

n∑l=1

albl

)

= 2

n∑k=1

a2k

n∑k=1

b2k −

(n∑

k=1

akbk

)2 .

Das Gleichheitszeichen gilt genau fur L = 0, d.h. wenn fur alle k, l : akbl = albk gilt. Sind alle al = 0, so istdies richtig. Ist aber etwa a1 6= 0, so gilt dies genau dann, wenn fur alle k = 1, · · · , n : bk = b1

a1ak =: λak gilt

- kurz, wenn (a1, · · · , an), (b1, · · · , bn) ∈ Rn linear abhangig sind.


Man zeige: Genugt x ∈ R \ Z einer Gleichung xn + an−1xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0, (n > 0), mit ganzen

Zahlen a0, · · · , an−1, so ist x irrational.

2

Beweis: oBdA n > 1.Sei x ∈ Q \ Z. Dann gibt es p ∈ Z \ {0}, q ∈ N, q > 1 mit x = p

q . Durch Kurzung kann man zudemsicherstellen, dass p und q teilerfremd sind.qnPn(x) = qn(xn + an−1 xn−1 + · · ·+ a1 x + a0) = pn + an−1 pn−1q + · · ·+ a1 pqn−1 + a0 qn = pn + q z miteinem z ∈ Z. p ist nicht durch q teilbar, also gilt Pn(x) 6= 0 2.


Eine Funktion f : D ⊂ R → R heisst gleichmaßig stetig, falls

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x, y ∈ D, |x− y| < δ : |f(x)− f(y)| < ε .

Man zeige: Die Funktion f : R → R, f(x) := x2 ist nicht gleichmaßig stetig, wohl aber die Funktiong : R≥0 → R, g(x) :=

√x.

Beweis:1. f ist nicht gleichmaßig stetig:Sei ε := 1 und δ > 0 beliebig. Dann folgt aus |f(x)− f(y)| = |x2− y2| = |x+ y||x− y| mit x := 1

δ , y := 1δ + δ

2

zwar |x− y| = δ2 < δ, jedoch |x2 − y2| = 1 + δ2

4 > ε = 1 2.2. g ist gleichmaßig stetig.Sei ε > 0 gegen. Nach Beispiel 11.2 der Vorlesung kann man δ := ε2 wahlen. Da δ also nicht von x, y abhangt,ist g gleichmaßig stetig 2.

Aufgabe 40 Weihnachtsgeschenke ohne Abgabe

a) Man zeige: Fur kein n ∈ N>1 ist n4 + 4n eine Primzahl.

Beweis: Wir betrachten das (komplexe) Polynom p(z) := z4 + 4n. Dieses Polynom besitzt die vierNullstellen 2n/2(± 1√

2± i 1√

2) = 2(n−1)/2(±1 ± i). Zusammen fassung konjugiert komplexer Nullstellen

ergibt die Faktorisierung p(z) =(z2 − 2

n−12 z + 2n

)(z2 + 2

n−12 z + 2n

). Fur gerade n ist n4 + 4n sicher

keine Primzahl. Fur ungerade n ergibt z = n in obiger Faktorisierung eine Zerlegung von p(n) = n4 +4n.Da fur n ≥ 3 stets 2n > 2

n−12 n (Induktion!) gilt, ist keiner der Faktoren 1 2.

b) Auf dem Rand einer Kreisscheibe K verteilen wir n paarweise verschiedene Punkte. Jeder Punkt wirdmit jedem anderen Punkt geradlinig verbunden. Keine drei dieser Verbindungsstrecken mogen sich ininneren Punkten von K schneiden. In wie viele Flachenstucke fn wird die Kreisscheibe auf diese Weisezerlegt?Hinweis : Kennt man f1, · · · , fn , so kann man fn+1 durch diese Zahlen ausdrucken.

Sorgfaltiges Zahlen ergibt fur n > 1 : fn = fn−1+n−2∑k=0

(k(n−k−2)+1). Wegen fn−f1 =∑n−1

k=1(fk+1−fk)

erhalt man mit bekannten Formeln:

fn =124

n4 − 14

n3 +2324

n2 − 34

n + 1 .

Die Zahlen 1, 2, 4, 8, 16 werden also auf naturliche Weise durch 31 fortgesetzt.

c) Wir betrachten die Menge

M :=

{x ∈ R :

30∑k=1

k

x− k≥ 15

3613

}.

3

Man zeige: M ist die (disjunkte) Vereinigung von endlich vielen Intervallen, deren Langensumme gerade(1.1.2003 =)112003 = 31 · 3613 ist.

Fur spatere Jahre behandeln wir gleich mit a > 0, n ∈ N:

M :=

{x ∈ R :

n∑k=1

k

x− k≥ a

}.

Die rationale Funktion f(x) :=∑n

k=1k

x−k − a hat in jedem Intervall (k, k + 1), k = 1, · · · , n − 1 genaueine Nullstelle xk und noch eine Nullstelle xn in (n,∞) – man beweise dieses und skizziere den Graphen

von f . Die gesuchte Langensumme ist Ln,a =n∑

k=1

(xk − k) =n∑

k=1

xk −n(n + 1)

2.

Ferner f(x) = 0 ⇐⇒ −n∏

k=1

(x− k) +1a

n∑k=1

kn∏

j=1

(k)

(x− j) = 0.

Hierbei soll die Schreibweise bedeuten, daß im Produkt der k-te Faktor wegzulassen ist.

Bei Polynomen p(x) = −xn + an−1xn−1 + · · ·+ a0 gilt nach dem Satz von Vieta: an−1 =

∑nk=1 xk falls

n paarweise verschiedene Nullstellen xk vorliegen. Also:n∑

k=1

xk =n(n + 1)

2+

n(n + 1)2a

⇒ Ln,a =n(n + 1)

2a.

4


Dr. H. Koditz



Aufgabe 41 (2,2 und 4 Punkte) Man berechne folgende Limiten (a ∈ R,m, n ∈ N>0):

a) limx→0

1−√

1− x2

x2= lim

x→0

x2

x2(1 +√

1− x2 )= lim

x→0

11 +

√1− x2

=12

.

b) limx→∞

√x (√

x + 1−√

x ) = limx→∞

√x

1√x + 1 +

√x

= limx→∞

1√1 + 1/x + 1

=12

.

c) limx→a

xn − an

xm − am= lim

x→a

xn−an

x−axm−am

x−a

= limx→a

xn−1 + xn−2a + · · ·+ xan−2 + an−1

xm−1 + xm−2a + · · ·+ xam−2 + am−1=

n

man−m .


Fur folgende Funktionen ermittle man jeweils einen ”naturlichen Definitionsbereich“ und die Ableitung(a > 0):a) f1(x) := x(xx) = exx ln x = eln x ex ln x

⇒ f ′1(x) = eln x ex ln x

(lnx ex ln x)′ = x(xx)

(1x

xx + lnxxx(lnx + 1))

= x(xx) xx−1 (1 + x lnx (1 + lnx)) .

b) f2(x) := (xx)x = ex2 ln x ⇒ f ′2(x) = (xx)x (2x lnx + x) .c) f3(x) := x(xa) = exa ln x ⇒ f ′3(x) = x(xa) (a xa−1 lnx + xa−1) = x(xa) xa−1 (1 + a lnx) .

d) f4(x) := x(ax) = eax ln x ⇒ f ′4(x) = x(ax) (ax ln a lnx +ax

x) = x(ax) ax (ln a lnx +

1x

) .

e) f5(x) := (lnx)1x = e

1x ln ln x ⇒ f ′5(x) = (lnx)

1x

(− ln lnx

x2+

1x2 lnx

).

f) f6(x) := ln(ln(x2 + x + 1)) ⇒ f ′6(x) =1

ln(x2 + x + 1)1

x2 + x + 1(2x + 1) .

Der Definitionsbereich ist fur (a) - (d) stets R∗+, (e) gilt fur x > 1und in (f) x2 + x + 1 > 1 ⇐⇒ x2 + x > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (0,∞).


a) Fur welche m,n ∈ N ist die Funktion f(x) :={

xn fur x ≥ 0xm fur x < 0 im Nullpunkt differenzierbar? Man

berechne gegebenenfalls die Ableitung.

Fur n = m ist f naturlich uberall differenzierbar mit Ableitung f ′(x) = nxn−1. Sei also n 6= m.(i) n = 0, m > 0. Hier ist f in 0 nicht stetig, also auch nicht differenzierbar. Genau so n > 0, m = 0.

(ii) n, m > 0, n 6= m. limx→0,x>0

xn

x= lim

x→0,x>0xn−1 = 0 fur n > 1 und = 1 fur n = 1. Ebenso fur x < 0. Ist

etwa n = 1 und somit m > 1, so ist f bei 0 nicht differenzierbar. Gilt aber n, m > 1, so folgt f ′(0) = 0.

1

b) Man zeige: Die Funktion f auf R mit f(0) := 0 und f(x) := x

(1 + 2x sin

1x

)fur x 6= 0 ist uberall

differenzierbar, es gilt f ′(0) > 0 und jede Umgebung von 0 enthalt Intervalle, in denen f ′ negativ ist. Manversuche sich an einer Skizze!

Fur x 6= 0 ist f als Zusammenstzung differenzierbarer Funktionen differenzierbar. Fur x = 0 existiert derGrenzwert limx→0

f(x)x = 1 = f ′(0)(> 0).

Fur x 6= 0 gilt f ′(x) = 1 + 4x sin1x− 2 cos

1x

. f ′(

12kπ

)= −1, (k ∈ Z). Da f ′ fur x 6= 0 stetig ist, gibt es

Intervalle um diese Punkte, wo f ′ negativ ist 2.


Zu gegebenem x0 ∈ R sei f : [x0, x0 +1] → R eine im Punkt x0 differenzierbare Funktion mit f(x0) 6= 0. DieFolge (xn) sei definiert durch

xn :=

(f(x0 + 1

n

)f(x0)

)n

.

Man untersuche die Folge (xn) auf Konvergenz und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Da f in x0 differenzierbar ist, ist f in x0 auch stetig. Deshalb folgt aus f(x0) 6= 0, dass f(x0 + 1/n) undf(x0) fur hinreichend große n nicht 0 sind und gleiches Vorzeihen haben. OBdA seien beide positiv. Deshalbbetrachten wir fur diese n:

(∗) yn := ln xn =ln f(x0 + 1

n )− ln f(x0)1n

.

Da f auf einer Umgebung von x0 positiv ist, ist ln f(x) dort definiert und als Zusammensetzung von bei

x0 differenzierbaren Funktionen dort differenzierbar mit Ableitung (ln f(x))′|x=x0 =f ′(x0)f(x0)

. (∗) ist ein

Diffenzenquotient von ln f bei x0, besitzt also diesen Grenzwert. Also:

limn→∞

xn = exp(

f ′(x0)f(x0)

).

2


Dr. H. Koditz




Es sei f : (0, π) → R definiert durch f(x) :=2x

sinx. Man zeige, dass f umkehrbar ist, bestimme den Defini-

tionsbereich von f−1 und berechne (f−1)′(π).

(i) f ist umkehrbar.Beweis: Seien x, y ∈ (0, π), x < y gegeben. Der Mittelwertsatz liefert die Existenz eines ξ ∈ (x, y) mit

f(y) − f(x) = f ′(ξ)(y − x) = 2sin ξ − ξ cos ξ

sin2 ξ(y − x). Gilt also f ′(x) 6= 0 auf (0, π), so ist f injektiv und

somit umkehrbar. Nun gilt f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = tanx (auf (0, π)). Wegen tanx < 0 auf (π2 , π) ist nur

das Intervall (0, π2 ) zu untersuchen. Der Mittelwertsatz liefert dort tanx = (1 + tan2 η)x > x mit einem

geeigneten η ∈ (0, x). Also: f ′(x) 6= 0.(ii) Da f ′(x) 6= 0 und stetig, folgt f ′(x) > 0 mit dem Zwischenwertsatz aus f ′(π/2) = 2. f ist also strengmonoton wachsend. Ferner gilt limx→0+ f(x) = 2 und limx→π− = ∞. Also gilt f((0, π)) = (2,∞) (Zwischen-wertsatz).

(iii) Wegen (f−1)′(x) =1

f ′(f−1(x))folgt mit f(π

2 ) = π sofort (f−1)′(π) =1

f ′(π/2)=

12

2.

Aufgabe 46 (3, 3 und 6 Punkte)

Es sei f : [a, b] → R auf [a, b) differenzierbar. Man beweise oder widerlege:

a) Ist f im Punkte b differenzierbar, so existiert B := limx→b−

f ′(x), und es gilt f ′(b) = B.

Die Behauptung ist falsch! Z.B. besitzt die Einschrankung der Funktion f aus A43b auf das Intervall [−1, 0]eine Ableitung, die bei b = 0 keinen Grenzwert besitzt. 2

b) Existiert B := limx→b−

f ′(x), so ist f in b differenzierbar, und es gilt f ′(b) = B.

Banalerweise falsch! f(x) := 0 auf [0, 1), f(1) := 1 ist in 1 nicht stetig, also auch nicht differenzierbar. 2

c) Ist f in b stetig und existiert B := limx→b−

f ′(x), so ist f in b differenzierbar, und es gilt f ′(b) = B.

Diese Aussage ist richtig. Denn:Sei f auf [a, b) differenzierbar und limx→b− f ′(x) =: B existiere. Zu geg. ε > 0 gibt es also ein δ > 0 so, dassaus a ≤ b − δ < x < b stets |f ′(x) − B| < ε folgt. Zu jedem dieser x gibt es nach dem Mittelwertsatz einξx ∈ (x, b) mit f(x)−f(b)

x−b = f ′(ξx). Folglich:∣∣∣∣f(x)− f(b)x− b

−B

∣∣∣∣ = |f ′(ξx)−B| < ε ⇒ limx→b−

f(x)− f(b)x− b

= f ′(b) = B 2.


Aus einem Halbkreis und einem Rechteck werde ein Rundbogenfenster des Umfangs L > 0 geformt (sieheBild unten!). Wie muss man vorgehen um ein Fenster moglichst großer Flache zu bekommen?Bemerkung: Wir verwenden ”zwanglos“ die Formeln U = 2rπ und F = r2π fur Umfang und Flache einesKreises vom Radius r.

Es gilt L = rπ + 2x + 2r ⇐⇒ r = L−2xπ+2 und Flache F = r2π

2 + 2rx =(

L−2xπ+2

)2π2 + 2 L−2x

π+2 x =: F (x) (Bez.nach Bild!).

Es gilt 0 ≤ x ≤ L2 und F (0) =

(L

π+2

)2π2 , F (L

2 ) = 0. Ist ξ eine innere Extremstelle, so gilt dort F ′(ξ) = 0.

F ′(x) = 4L− xπ − 4x

(π + 2)2= 0 ⇐⇒ x =

L

π + 4(=: ξ) .

Dieses ist offensichtlich eine innere Stelle. F (ξ) =L2

2(π + 4)> F (0) =

(L

π + 2

)2π

2. Also erhalt man fur

x = ξ maximale Flache 2.


Nach Planck wird das Emissionsvermogen eines schwarzen Strahlers der Temperatur T (T bzg. der Kelvin-Skala, also T > 0) beschrieben durch

E(λ) =c2~λ5

1exp

(c~

kTλ

)− 1

, 0 < λ < ∞

(λ Wellenlange, c, ~, k positive Konstanten).Man zeige: E(λ) hat genau eine Maximalstelle λm, und es gilt

λm · T = const. (Wiensches Verschiebungsgesetz).

Beweis:Wegen λ5 (exp

(c~

kTλ

)−1) ≥ λ5 c~

kTλ gilt limλ→∞

E(λ) = 0. Da die Exponentialfunktion schneller wachst als jede

Potenz, gilt ferner auch limλ→0+0

E(λ) = 0. Da E > 0 auf R>0, besitzt E mindestens eine Maximalstelle. Dort

gilt notwendig E′(λ) = 0.

E′(λ) = −c2h5λ

(exp

(c~

kTλ

)− 1

)− exp

(c~

kTλ

)c~kT

λ7(exp

(c~

kTλ

)− 1

)2 .

Mit t := c~kTλ gilt also E′(λ) = 0 ⇐⇒ 5 =

tet

et − 1=: g(t). Aus g(t) = t(1+t+t2/2+···)

t+t2/2+··· folgt limt→0+0

g(t) = 1.

limt→∞

g(t) = ∞ ist klar. Als Produkt zweier positiver monoton wachsender Funktionen ist g monoton wach-

send, nimmt also (da stetig) nach dem Zwischenwertsatz 5 an genau einer Stelle tm = c~kTλm

≈ 4.965114232an, also ist λm T = c~

ktmkonstant.


Dr. H. Koditz



Aufgabe 49 (je 4 Punkte) Man berechne folgende Grenzwerte:

a) A := limx→0

(ax + bx

2

) 1x

mit a, b > 0;(ax + bx

2

) 1x

= exp(

1x

ln(

ax + bx

2

)). Da die Exponentialfunktion stetig ist, genugt es den Grenzwert des

Exponenten zu ermitteln. Dies ist ein Fall fur l’Hospital.

limx→0

(1x

ln(

ax + bx

2

))= lim

x→0

1ax + bx

(ax ln a + bx ln b) =ln a + ln b

2= ln

√ab ⇒ A =

√ab 2.

b) B := limx→0

(1

sinx− 1

x

);(

1sinx

− 1x

)=

x− sinx

x sinx. Dies ist auch wieder ein Fall fur l’Hospital. Schoner geht es mit Potenzreihen:

x− sinx

x sinx=

x− x + x3

3! −+ · · ·x2 − x4

3! +− · · ·=

x3! + · · ·

1− x2

3! + · · ·→ 0 = B fur x → 0 2.

c) C := limx→0+

(1− x)ln x;

(1−x)ln x = exp(lnx·ln(1−x)). Fur den Exponenten lnx·ln(1−x) =ln(1− x)

1ln x

ist dies ein Fall fur l’Hospital:

limx→0+

ln(1− x)1

ln x

= limx→0

− 11−x

− 1x ln2 x

= limx→0

x ln2 x

1− x= 0 ⇒ C = 1 2 .

Aufgabe 50 (3, 3 und 4 Punkte) Man zeige die Gultigkeit folgender Ungleichungen fur jedes n ∈ N:

a)2n+1∑k=0

xk

k!< ex fur x 6= 0 . Beweis:

Die linke Seite ist das Taylorpolynom (2n+1)-ten Grades fur die Funktion ex an der Stelle x0 = 0. Fur jedesx 6= 0 sichert der Satz von Taylor die Existenz eines ξ zwischen 0 und x mit (Lagrange-Rest):

ex =2n+1∑k=0

xk

k!+

eξ

(2n + 2)!x2n+2 >

2n+1∑k=0

xk

k!2.

b)2n+1∑k=1

(−1)k−1

kxk > ln(1 + x) fur x > −1, x 6= 0 . Beweis:

Wegen (ln(1 + x))(k) =(−1)k−1(k − 1)!

(1 + x)kist die linke Seite das Taylorpolynom 2n + 1-ten Grades fur die

Funktion ln(1 + x) an der Stelle x0 = 0. Fur jedes x 6= 0 sichert der Satz von Taylor die Existenz eines ξzwischen 0 und x mit (Lagrange-Rest):

ln(1 + x) =2n+1∑k=1

(−1)k−1

kxk +

(−1)2n+1

2n + 21

(1 + ξ)2n+2x2n+2 <

2n+1∑k=1

(−1)k−1

kxk 2.

c) Mit Hilfe des Satzes von Taylor bestimme man√

17 mit einer Genauigkeit von 10−4.

√17 = 4

(1 + 1

16

)1/2. Taylorentwicklung um 0 mit passendem ξ zwischen 0 und x:√

1 + x = 1 +( 1

2

1

)x + · · ·+

( 12

n

)xn +

( 12

n + 1

)(1 + ξ)1/2−n xn+1.

Hier ist x = 116 . Der (Lagrange) Rest Rn ist fur n = 3 positiv und R3 ≤ 15

24·165 ≈ 5.96 · 10−7. Einsetzen indas Taylorpolynom ergibt:

√17 > 67553

16384 ≈ 4.12307 mit obigem Maximalfehler (multipliziert mit 4) 2.

1


Fur jedes n ∈ N sei fn : R → R, fn(x) :=(

tanh1x

)2n

fur x 6= 0 und fn(0) := 1 ( tanhx := sinh xcosh x ).

Man zeige:a) Die Folge (fn) konvergiert auf ganz R punktweise und ermittle die Grenzfunktion f .

Beweis: fn(0) = 1 → 1 fur n →∞. Die Funktion x 7→ tanh x ist streng monoton wachsend mit | tanh x| < 1fur alle x. Deshalb gilt fn(x) → 0 fur n →∞ fur x 6= 0. Grenzfunktion f(x) = 0 fur x 6= 0, f(0) = 1.

b) Die Folge (fn) konvergiert nicht gleichmaßig auf ganz R, fur jedes a > 0 konvergiert sie jedoch gleichmaßigauf R \ (−a, a).

Beweis: Die Grenzfunktion ist nicht stetig. Nach Satz 13.4 kann die Konvergenz also nicht gleichmaßig aufganz R sein. Sei nun a > 0 gegeben. Die Funktion fn ist eine gerade Funktion und fur x ≥ 0 streng monotonfallend. Also gilt fur fn(x) ≤ fn(a) fur |x| > a. Wegen fn(a) → 0 folgt die gleichmaßige Konvergenz aufR \ (−a, a) 2.


Seien Sn, Cn die n-ten Taylorpolynome des Sinus bzw. des Cosinus.Man zeige: Fur alle k ∈ N gilt:

S4k+3(x) < sinx < S4k+1(x) fur x > 0 undC4k+2(x) < cos x < C4k(x) fur x 6= 0, und x 6= 2nπ, n ∈ Z, falls k = 0.

Beweis: Wir beweisen die Behauptung durch vollstandige Induktion. Da cos x und alle Taylorpolynome C2j

gerade Funktionen sind, genugt es die Beh. fur x > 0 zu beweisen. Wir notieren zunachst die Taylorpolynome

S2k+1(x) = x− x3

6± · · · (−1)k x2k+1

(2k + 1)!und C2k(x) = = 1− x2

2± · · · (−1)k x2k

(2k)!

und erkennen S′2k+1(x) = C2k(x), C ′2k(x) = −S2k−1(x), (k > 0). (∗)

(1) Induktionsanfang: k = 0Zu zeigen ist: x − x3

6 < sinx < x, 1 − x2

2 < cos x < 1 fur x > 0 (mit den gen. Ausnahmen). sinx < xund cos x < 1 (Ausnahmen!) ist bekannt. Es gilt also f0(x) := x− sinx > 0, (x > 0),. Deshalb ist F0(x) :=x2

2 +cos x−1 streng wachsend (F ′0 = f0) mit F0(0) = 0. Also ist F0(x) > 0, (x > 0). Dies ist eine der zu bew.

Ungleichungen. Ferner folgt mit g0(x) := cos x − 1 + x2

2 > 0 genau so, dass G0(x) := sinx − x + x3

6 strengwachsend ist und wegen G0(0) = 0 auch G0(x) > 0, (x > 0), erfullt. Dies ist die zweite noch ausstehendeUngleichung.(2) Induktionsschluss: Sei nun die Beh. fur ein k ∈ N richtig.Wir betrachten fk(x) := sin x− S4k+3(x) > 0. Es folgt, dass Fk(x) := C4k+4(x)− cos x streng wachsend istund bei 0 verschwindet (Beachte C ′

4k+4 = −S4k+3 wegen (∗)) und Fk(0) = 0. Also ist Fk(x) > 0, (x > 0),eine zu bew. Ungleichung. Mit gk := Fk erhalten wir genau so Gk(x) := S4k+5(x)− sinx > 0, (x > 0), eineweitere Ungleichung. Hiermit fahren wir fort, also hk := Gk ergibt Hk(x) := −C4k+6(x) + cos x > 0, nocheine Ungleichung. Warum aufhoren? Wir setzen jk := Hk, was Jk(x) := −S4k+7(x) + sinx > 0 ergibt, dieletzte zu beweisende Ungleichung 2.

2


Dr. H. Koditz

Hannover, den 10. April 2003



Man zeige: Fur jedes α < 0, α 6= −1 konvergiert die Folge

(n∑

k=1

kα − nα+1

α + 1

).

Man formuliere eine analoge Aussage fur α = −1 .Hinweis: Man grenze xα durch geeignete Treppenfunktionen ein.

Beweis: Sei also α < 0, α 6= −1 und An :=∑n

k=1 kα − nα+1

α+1 , n ≥ 1.(i) Die Folge (An) ist streng monoton fallend.

An+1 −An = (n + 1)α − (n + 1)α+1

α + 1+

nα+1

α + 1= (n + 1)α − 1

α + 1((n + 1)α+1 − nα+1)

MWsatz=== (n + 1)α − ξα < 0 .

Dies gilt mit einem ξ ∈ (n, n + 1), da wegen α < 0 die Funktion x 7→ xα streng monoton fallend ist.(ii) Die Folge (An) ist nach unten beschrankt.Wir betrachten ϕ : [1,∞) → R, ϕ(x) := nα auf [n, n + 1). Wegen ϕ(x) ≥ xα gilt fur jedes n:

0 ≤∫ n

1

(ϕ(x)− xα)dx =n−1∑k=1

kα −∫ n

1

xα dx =n−1∑k=1

kα − nα+1 − 1α + 1

⇒n∑

k=1

kα − nα+1

α + 1≥ nα − 1

α + 1≥ − 1

α + 12.

Fur α = −1 erhalt man analog die Existenz des Grenzwertes γ := limn→∞

(n∑

k=1

1k− log n

)die beruhmte

Euler-Mascheroni Konstante. Fur praktische Berechnung ersetzt man ubrigens log n durch log(n + 12 ).


Fur n, m ∈ N berechne man snm :=∫ 2π

0

sinnx sinmxdx und cnm :=∫ 2π

0

cos nx cos mxdx .

Additiontheoreme: cos(n±m)x = cos nx cos mx∓sinnx sinmx, sin(n±m)x = sinnx cos mx±cos nx sinmx:

sinnx sinmx =12

(cos(n−m)x− cos(n + m)x) , cos nx cos mx =12

(cos(n + m)x + cos(n−m)x) .

Elementare Intergation ergibt fur n 6= m sofort snm = cnm = 0. Fur n = m = 0 : s00 = 0, c00 = 2π und furn = m 6= 0 : snn = 1

2

∫ 2π

0(1− cos 2nx) dx = π = cnn.

Aufgabe 55 (je 3 Punkte )

Man berechne folgende Integralea) Substitution: t = log x ergibt:∫ e

1

log xdx

x(log2 x− log x + 1)=

∫ 1

0

t

t2 − t + 1dt =

12

(∫ 1

0

2t− 1t2 − t + 1

dt +∫ 1

0

dt

t2 − t + 1

)=

12

log(t2 − t + 1)|10 +2√3

arctan1√3

=2√3

arctan1√3

=π

3√

3.

1

b) Mehrfache partielle Intergation ergibt:∫ π

0

x3 cos xdx = x3 sinx|π0 − 3∫ π

0

x2 sinxdx = · · · = 12− 3π2.

c) ∫ 1

0

x3√

1 + x2dx1+x2=t==

12

∫ 2

1

(t− 1)√

t dt

=12

∫ 2

1

(t3/2 − t1/2) dt =15

(2

52 − 1

)+

13

(1− 2

32

)=

2√

2 + 215

.

d) Id :=∫ 1

0

x lnx√1− x2

dx.

Wegen x lnx → 0 fur x → 0 und ln x√1−x2 → 0 fur x → 1 ist der Integrand bei 0 und 1 stetig erganzbar

durch die Funktionswerte 0, also integrierbar. Wir ermitteln eine Stammfunktion auf (0, 1) mit partiellerIntegration.

F (x) =∫

x√1− x2

lnx dx = −√

1− x2 lnx +∫ √

1− x2

xdx.∫ √

1− x2

xdx

1−x2=t2== −∫

t2

1− t2dt = t− 1

2ln

1 + t

1− t=√

1− x2 − ln(1 +

√1− x2

)+ lnx.

Also: F (x) = lnx(1−

√1− x2

)+√

1− x2 − ln(1 +

√1− x2

). F ist durch F (0) := 1 − ln 2, F (1) := 0

auf [0, 1] stetig fortsetzbar, also Id = F (1)− F (0) = ln 2− 1 2.

e)∫ 1/2

0

arccos xdx = x arccos x|1/20 +

∫ 1/2

0

x√1− x2

dx =π

6+ 1−

√34.

f)∫ π/2

0

(x3 − x2 + x) sinx dx. Partielle Integrationen der einzelnen Teile ergeben: I = 34π2 − π − 3.

Aufgabe 56 (3,3,4 und 3 Punkte) Knacki

Sei f : R → R eine stetige Funktion. Fur jedes r > 0 sei fr : R → R definiert durch

fr(x) :=12r

∫ x+r

x−r

f(t)dt .

Man zeige:a) fr ist differenzierbar.Beweis: Mit einer beliebigen Stammfunktion F von f liefert der Haupsatz 15.16 mit Satz 15.17 sofortfr(x) = F (x+r)−F (x−r)

2r . Also ist f differenzierbar mit f ′r(x) = f(x+r)−f(x−r)2r .

b) Fur jedes x ∈ R gilt limr→0

fr(x) = f(x).Beweis: Sei x ∈ R und ε > 0 gegeben. Da f in x stetig ist, gibt es ein r0 > 0 derart, dass fur alle t mit|t− x| < r0 stets |f(x)− f(t)| < ε gilt. Es folgt fur 0 < r < r0:

|fr(x)− f(x)| = 12r

∣∣∣∣∫ x+r

x−r

(f(t)− f(x)) dt

∣∣∣∣ ≤ 12r

∫ x+r

x+r

|f(t)− f(x)| dt ≤ 12r

∫ x+r

x+r

ε dt = ε 2 .

c) Auf jedem Intervall [a, b] konvergiert die Folge (f 1n) gleichmaßig gegen f .

Beweis: Seien a < b gegeben. Auf dem abgeschlossenen Intervall [a − 1, b + 1] ist f stetig, also auchgleichmaßig stetig. Zu gegebenem ε > 0 gibt es demzufolge ein n0 ∈ N, derart, dass fur alle x ∈ [a, b], n ≥ n0

stets |f(t)− f(x)| < ε fur alle t mit |t− x| < 1n gilt. Also folgt wie in (b) fur alle x ∈ [a, b]:

|f 1n(x)− f(x)| = n

2

∣∣∣∣∣∫ x+1/n

x−1/n

(f(t)− f(x)) dt

∣∣∣∣∣ < ε 2 .

d) Ist f gleichmaßig stetig, so konvergiert (f 1n) sogar auf ganz R gleichmaßig gegen f .

Beweis: Beweis wie in (c). Die Einschrankung auf das Intervall [a − 1, b + 1] ist hier uberflussig, da f aufganz R gleichmaßig stetig ist.

2

Aufgabe 57 ohne Abgabe Knacki

a) Seien f, g : [a, b] → R stetige Funktionen. Man zeige:

∫ b

a

f(x)g(x) dx ≤

(∫ b

a

f2(x) dx

) 12

·

(∫ b

a

g2(x) dx

) 12

. Cauchy-Schwarzsche Ungleichung

Beweis: Wir benutzen die bekannte Cauchy-Schwarzsche Ungleichung fur das kanonische Skalarprodukt~a ·~b := (a1, · · · , an) · (b1, · · · , bn) =

∑nk=1 akbk ≤

√∑nk=1 a2

k ·√∑n

k=1 b2k = ‖~a‖‖~b‖ im Rn. Zu jedem n ∈ N>0

wahlen wir die aquidistante Zerlegung (a = x0, x1, · · · , xn = b). Die Riemannschen Naherungssummen:

S1 :=1n

n∑k=1

f(xk)g(xk) , S2 :=1n

n∑k=1

f2(xk) , S3 :=1n

n∑k=1

g2(xk)

konvergieren fur n →∞ gegen die obigen Integrale. Nun gilt aber:

S1 =(

f(x1)√n

, · · · , f(xn)√n

)·(

g(x1)√n

, · · · , g(xn)√n

)≤

(n∑

k=1

f2(xk)n

) 12

·

(n∑

k=1

g2(xk)n

) 12

=√

S2

√S3 .

Fur n →∞ erhalt man die gewunschte Ungleichung. 2

b) Sei f : [a, b] → R stetig differenzierbar und es gelte f(a) = 0. Man zeige:∫ b

a

|f(x)f ′(x)| dx ≤ b− a

2

∫ b

a

(f ′(x))2dx . Ungleichung von Opial

Beweis: g(x) :=∫ x

a

|f ′(t)|dt ist eine Stammfunktion von |f ′| mit g(a) = 0, g ≥ 0.

Ferner gilt: |f(x)| =∣∣∣∣∫ x

a

f ′(t) dt

∣∣∣∣ ≤ ∫ x

a

|f ′(t)|dt = g(x). Also:∫ b

a

|f(x)f ′(x)|dx ≤∫ b

a

g(x)g′(x) dx =12g2(b).

Cauchy–Schwarz-Ungl.:12g2(b) =

12

(∫ b

a

1 · |f ′(x)|dx

)2

≤ 12

∫ b

a

dx

∫ b

a

(f ′(x))2dx =b− a

2

∫ b

a

(f ′(x))2dx2.

3


Prof. Dr. W. Ebeling und Mitarbeiter

Hannover, den 8. Februar 2003

Klausur zur Analysis I (Losungen)

Bearbeitungszeit: 8.15 – 10.15


Es sei 0 ≤ a ≤ 1. Zeigen Sie, dass dann fur jedes n ∈ N folgende Ungleichung gilt:

(1 + a)n ≤ 1 + (2n − 1)a

Beweis: (vollstandige Induktion)(i) n = 0: (1 + a)0 = 1 ≤ 1 + (20 − 1)a = 1 ist richtig.(ii) Sei die Behauptung fur ein n ∈ N richtig. Dann folgt:

(1 + a)n+1 = (1 + a)n(1 + a)IV≤ (1 + (2n − 1)a)(1 + a) = 1 + 2na− a + a + (2n − 1)a2

a2≤a

≤ 1 + 2na + (2n − 1)a = 1 + (2n+1 − 1)a 2.


Die Folge (an) sei bei gegebenen A ∈ R, q ∈ (−1, 1), rekursiv definiert durch

a0 := A , an+1 := 1 + q an , (n ∈ N) .

Man zeige, dass die Folge konvergiert und berechne den Grenzwert.Hinweis: Man notiere einige Folgenglieder, errate eine explizite Darstellung von an und beweise diese.

Beweis: a1 = 1 + qA, a2 = 1 + q(1 + qA) = 1 + q + q2A, a3 = 1 + q + q2 + q3A, · · ·Wir behaupten an = 1 + q + q2 + · · · qn−1 + qnA

geom. Summenformel===1− qn

1− q+ qnA.

Den (sehr einfachen) Induktionsbeweis spare ich mir!Die Rechenregeln fur Folgen ergeben wegen qn → 0 die Konvergenz unserer Folge gegen 1

1−q 2.


Man zeige durch einen ε-δ-Beweis die Stetigkeit von f(x) :=x

1 + xim Punkt x0 = 1. Konkret gebe man zu

ε := 1100 ein brauchbares δ > 0 an.

Beweis: Sei ε > 0 gegeben und δ := min(1, 2ε). Dann gilt fur alle x mit |x− 1| < δ ≤ 1(⇒ x ≥ 0):∣∣∣∣ x

1 + x− 1

2

∣∣∣∣ =|x− 1|

2(1 + x)<

δ

2(1 + x)≤ δ

2≤ ε 2 .

Zu ε = 1100 kann man also δ = 1

50 wahlen.


Es sei f : (−1,∞) → R definiert durch

f(x) =

{ x

ln(1 + x)fur x 6= 0

1 fur x = 0 .

Man zeige, dass f in 0 differenzierbar ist und bestimme f ′(0).

Beweis: Wir betrachten den Differenzenquotienten von f bei 0:

Df (x) =f(x)− f(0)

x=

xln(1+x) − 1

x=

x− ln(1 + x)x ln(1 + x)

Das Grenzverhalten fur x → 0 untersuchen wir mit der Regel von de l’Hospital:

limx→0

x− ln(1 + x)x ln(1 + x)

l′H= limx→0

1− 11+x

ln(1 + x) + x1+x

= limx→0

x

(1 + x) ln(1 + x) + x

l′H= limx→0

1ln(1 + x) + 1 + 1

=12

.

Also ist f bei 0 differenzierbar und es gilt f ′(0) = 12 2.


Man bestimme das Taylorpolynom dritter Ordnung von f(x) = (sinx)2 an der Stelle x0 = 0 und zeige, dassfur das Restglied R3(x) die Abschatzung |R3(x)| ≤ 1

48 fur alle x ∈ [0, 12 ] gilt.

f ′(x) = 2 sinx cos x = sin 2x, f ′′(x) = 2 cos 2x, f ′′′(x) = − 4 sin 2x, f ′′′′(x) = −8 cos 2x. Das Taylorpoly-nom dritter Ordnung lautet also mit Lagrange-Rest:

f(x) = T3(x) + R3(x) = f(0) + f ′(0)x +f ′′(0)

2x2 +

f ′′′(0)6

x3 +f ′′′′(ξ)

24x4 = x2 − 8 cos 2ξ

24x4

mit einem passenden ξ zwischen 0 und x. Das Taylorpolynom lautet also T3(x) = x2, und fur den Rest gilt

|R3(x)| = 8 | cos 2ξ|24

x4 ≤ 13

124

=148

fur 0 ≤ x ≤ 12 2.

Analysis I (L¨osungshinweise)

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