FS25 (Fable Mock)

1.

3. Reihenkonvergenz

Q: Die Reihe ${\sum }_{{}_{n=1}}^{\infty }\frac{n!}{n^n}(x-1{)}^n$ konvergiert für?

Wurzelkriterium: Da $\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}\to e^{-1}$ wissen wir $\rho =|(x-1)/e|$.
Dann konvergiert die Reihe für $\rho <1$ also muss $|x-1|<e$.
Das ergibt $-e<x-1<e⟹1-e<x<e+1$.

Remember this expansion: $|x-a|<b$ implies that it’s squeezed between them: $-b<x-a<b$.

5. Differenzquotient

Wir definieren den symmetrischen Differenzquotient $S(h)=\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}$.

Es gilt ${\lim }_{h\to 0}S(h)=f^{\prime }(x)$. Das heisst, falls $f^{\prime }(x)$ existiert, existiert auch $\lim S(h)$ und es gilt das sie gleich sind → antwort b).

7. Improper Limits

a) remember ${\lim }_{x\to \infty }\arctan (x)=\pi /2$. Ich habe es mit tan verwechselt und gedacht konvergiert nicht…

c) $f(t)=\frac{{\sin }^2(t)}{\sqrt{t}}$.
We substitute ${\sin }^2(t)=\frac{1-\cos (2t)}{2}$ then integrate which gives ${\int }_1^R\frac{{\sin }^2(t)}{}\sqrt{t}=\sqrt{R}-1-\frac{1}{2}{I}_R$
with $I_R={\int }_1^R\frac{\cos (2t)}{\sqrt{t}}dt=\left[\frac{\sin (2t)}{2\sqrt{t}}\right]-\frac{1}{4}{\int }_1^R\sin (2t)t^{-3/2}dt$.
We have ${\int }_1^R\sin (2t)t^{-3/2}\le {\int }_1^R|\sin (2t)t^{-3/2}|dt$ which is less than ${\int }_1^R{t}^{-3/2}dt=2$.
So in all this gives $\sqrt{R}-\frac{3}{4}\to \infty$.

Box Aufgaben

1. Limit

Calculate ${\lim }_{x\to 0}\frac{x\cos (x)-\sin (x)}{x^3}$. We can either use Hopital or the Taylor expansion.
$x\left(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O(x^6)\right)-x+\frac{x^3}{6}+O(x^5)=-\frac{x^3}{2}+\frac{x^3}{6}+O(x^5)=\frac{2x^3}{6}+O(x^5)$ which gives $2/6=1/3$ with ${\lim }_{x\to 0}\frac{x^3/3+O(x^5)}{x^3}=\frac{1}{3}$.

Proofs

Mit der Taylorexpansion von $e^x$ kann man $1+x=e^x⟹x=0$ einfach zeigen.
$1+x={\sum }_{i=0}^{\infty }\frac{x^i}{i!}=1+x+{\sum }_{i=2}^{\infty }\frac{x^i}{i!}$
We cancel $1+x$ from both and that gives us $0={\sum }_{i=2}^{\infty }\frac{x^i}{i!}$ $⟹x=0$.

Satz vom Maximum

Proof: da $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ auf einem kompakten Interval $[a,b]$ definiert ist, greift der Satz von Bolzano-Weierstrass oft.

• $f$ bounded
  • assume unbounded. Then $\forall n\exists x\in [a,b]$ s.t. $f(x)>n$.
  • Definiere die Folge $(x_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ der $x$ für alle $n$ hier.
  • Dann gilt nach B-W das $(x_n)$ eine konvergente Teilfolge $(x_{n_k}{)}_{k\in \mathbb{N}}$ mit ${\lim }_{k\to \infty }{x}_{n_k}=\bar{x}$.
  • Da $f$ stetig ${\lim }_{k\to \infty }f(x_{n_k})=f(\bar{x})$.
  • Da $[a,b]$ kompakt $\bar{x}\in [a,b]$ und ${\lim }_{k\to \infty }=f(\bar{x})>n$ per Annahme, was ein Widerspruch ist.
• $f$ erreicht Maximum
  • da $f$ bounded existiert $M:={\sup }_{x\in [a,b]}f(x)$
  • per def gilt $\forall ϵ\exists y\in [a,b]$ s.t. $f(y)>M-ϵ$.
  • Let $ϵ:=\frac{1}{n}$ und dann definieren wir eine Folge $f(y_n)>M-1/n$ nach dem gleichen B-W Schema.
  • Sie hat konvergente Teilfolge, dann gilt für ein $y_{n_k}$ dass $f(y_{n_k})=M-0$
  • also $M<f(\bar{y})\le M⟹f(\bar{y})=M$.

$f_n$ stetig Gleichmäßig gegen $f$ implies f stetig

use ${\sup }_{x\in D}|f_N(x)-f(x)|<\frac{ϵ}{3}$ und da $f_N$ stetig $\forall ϵ\exists \delta$ s.t. $|x-y|<\delta ⟹|f_N(x)-f_N(y)|<\frac{ϵ}{3}$.

Then we rewrite. Assume $x,y\in [a,b]$ s.t. $|x-y|<\delta$.

• $|f(x)-f(y)|\le |f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(y)|+|f_N(y)-f(y)|$
• $⟹|f(x)-f(y)|\le \frac{ϵ}{3}+\frac{ϵ}{3}+\frac{ϵ}{3}\le ϵ$.

f in x_0 differenzierbar $⟹$ f stetig

Use $f(x)-f(x_0)=\frac{(f(x)-f(x_0))(x-x_0)}{(x-x_0)}$
${\lim }_{x\to x_0}f(x)-f(x_0)=\frac{(f(x)-f(x_0))(x-x_0)}{(x-x_0)}=f^{\prime }(x_0)(x-x_0)=0$
Thus ${\lim }_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$ and thus $f$ stetig mit Folgenstetigkeit.

Proofs 2

Beweis f_n gleichmäßig stetig

$f_n:=x{e}^{-n{x}^2}$.

Proof:

• ableiten
• $f_N^{\prime }$ bounden $\le 1$
• dann für alle $x,y\in \mathbb{R}$ gilt der MWS
• $|f_N^{\prime }(\xi )|=|f_N(x)-f_N(y)|/|x-y|$
• und da $f_N^{\prime }$ bounded gilt $|f_N(x)-f_N(y)|/|x-y|\le 1$
• $⟹|f_N(x)-f_N(y)|\le |x-y|$
• $f_N$ Lipschitz-stetig und dadurch gleichmäßig stetig.

konvergieren sie gleichmäßig gegen ein $f$?
Wir hatten gezeigt das sie punktweise gegen $f\equiv 0$ konvergieren.

Mit ${\sup }_{x\in \mathbb{R}}|f_N(x)-f(x)|={\sup }_{x\in \mathbb{R}}|f_N(x)|$ suchen wir $\forall n$ das kleinste $x$. Ableiten und $f_N^{\prime }(x)=0$ suchen, dann finden wir $x=\frac{1}{\sqrt{2n}}$.
Damit gilt dann ${\sup }_{x\in \mathbb{R}}|f_N(x)|=|\frac{1}{\sqrt{2n}}|\to 0$.
Also konvergieren sie glm. gegen $f\equiv 0$.