HS24 (Prohaska)

1. MC

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Wenn eine Potenzreihe ${\sum }_{n\ge 0}{a}_n{x}^n$ mit reellen Koeffizienten Konvergenzradius $1$ hat dann?
B → “stellt die Potenzreihe eine stetige Funktion von $(-1,1)$ nach $\mathbb{R}$ dar.

• Skript 7.19 → Taylorreihe im Konvergenzradius stetig.

Warum nicht A (bounded auf $(-1,1)$? Weil die Reihe zwar punktweise konvergiert, aber mit ${\lim }_{x\to -1,x>-1}\frac{1}{1-x}\to \infty$ divergiert.

• $R=1$ $⟹$ $|x|<1$ also ein non-compact interval $(-1,1)$!
  • da es nicht kompakt ist (grenzwerte $1,-1$ nicht definiert, i.e. divergent), muss es nicht bounded sein.
  • Nur für $I$ kompakt, continous $⟹$ $f$ bounded

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Sei $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ stetig.

1. Wenn ${\lim }_{x\to \infty }f(x)=0$ dann ist ${\lim }_{x\to \infty }1/f(x)=\infty$.
   1. Falsch, es kann auch $-\infty$ sein
   2. immer an $\pm$ denken!
2. Wenn $f$ beschränkt ist, dann existiert ${\lim }_{x\to \infty }f(x)$
   1. Falsch, siehe $\sin (x)$.
3. Wenn $f$ bijektiv ist, dann ist $f$ streng monoton.

Proof: $f$ bijective (injective) and $f$ not strictly monotone.

• Then we cannot have a plateau (i.e. saddle point kind of thing, as that violates injectivity)
• The only place where $f$ could be non-strict monotone would be by switching around (like $x^2$ at $0$ for example). as it’s continous
• Then $\exists a,b,ca<b<c$ s.t. $f(a)>f(b),f(b)<f(c)$ (minimum, or the other way around, WLOG) and assume that $f(a)<f(c)$ wlog
• By the IVT, as $f(b)<f(a)<f(c)$, $\exists d\in [b,c]$ s.t. $f(d)=f(a)$
• Thus $a\ne d\wedge f(a)=f(d)$.

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$f$ monoton wachsend $⟹$ $f(x)=-x$ keine Lösung → das hat mich geholt.

Warum nicht surjektiv (C)?

• $[0,\infty )$ ist auch unbeschränkt.
• Hier kann $f$ von $f(0)=10$ starten, ist dann nicht surjektiv auf $\mathbb{R}$!
  • unbeschränkt heisst nicht direkt $(-\infty ,\infty )$

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B ist falsch → $\arctan (x)$

• die Ableitung ist $\frac{1}{1+x^2}$, ist aber bei $\pi /2$ beschränkt.
• Unendlich kleines Wachstum, wie eine Reihe die Konvergiert.

Warum nicht A?

• Formell: $|f^{\prime }(x)|\le \frac{1}{1+x^2}$ integrable so
  • $\int f^{\prime }(x)dx=\int \frac{1}{1+x^2}=\arctan (x)$ which is bounded.
  • This holds as the integral is monotone

WARNING

$|f^{\prime }(x)|\le g(x)$ mit $g(x)\to 0$ does not mean $f(x)$ is bounded, counterexample: $\sqrt{x}$.

Note: $f^{\prime }(x)\to 0$ does not say anything about the boundedness of $f$!

• $f(x)=\ln (1+x)$ $f^{\prime }(x)=1/(1+x)\to 0$ but $\ln$ unbounded.

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D → $f$ in $(0,1)$ streng monoton $⟹$f’(x) \ge 0$in$x \in (0, 1)$.Thatgivesus$f’(1) \ge 0$with$f$continous.ThenbytheMWS,$f”(\xi) = \frac{{f’(2) - f’(1)}}{2 - 1} < 0$.

Note that A is wrong since $f^{\prime }((0,1))\ge 0$ and $f^{\prime }(2)>0$ does not gives us $f^{\prime }(2)-f^{\prime }(1)>0$ as $f^{\prime }(1)$ could be anything, including $f^{\prime }(1)>f^{\prime }(2)$.

Note that B, C are completely wrong since $f^{\prime \prime }$ does not tell us anything about $f^{\prime }$ (see $-\ln (x)$ or $x^2$).

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B stimmt nicht!
B sounds right aber für n, k = 0 gilt $(T_{0}f{)}^{(0)}(x)=f(0)\ne f^{(0)}(x)$, etc…

• The correct statement is: $T_{n}f$ ist the unique polynomial s.t. $(T_{n}f{)}^{(k)}(0)=f^{(k)}(0)$, i.e. matching derivatives only at the expansion point.
  • this is because all terms except the one that has $x^k$ are gone
    • those with $x^j$ $j<k$ because they’re derived away
    • those with $x^j,j>k$ because $x^{j-k}=x^i$, $i>0$ and thus $0^i=0$.
• Hier wird das für alle $x\in (-2,2)$ gefragt.

A → Das ist genau Taylorpolynom mit $O(x^n)$ remainder:

• $f(x)=T_{n}f(x)+o(|x{|}^n)$
• das heißt für $x\to 0$ ist der Fehler kleiner als der Grad der letzten Abschätzung.

C → Das ist genau der Lagrange Reminder für das Taylorpolynom mit $n=24$.

D → true, trivially

Box Aufgaben

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${\lim }_{n\to \infty }\sqrt[3]{n+2}-\sqrt[3]{n}=0$.

Proof MVT: $f(x)=x^{1/3}$ there is $\xi \in (n,n+2)$ with

• $f(n+2)-f(n)=2f^{\prime }({\xi }_n)$
• And $f^{\prime }(\xi )$ converges with $n\to \infty$.

23.b)

Limit of $b_n=n\ln \left(\frac{3n}{3n-1}\right)$

• $\ln \left((1+\frac{1}{3n-1}{)}^n\right)$
  • through decomposition, adding $-1+1$ on top
• then decompose $n=\frac{n(3n-1)}{3n-1}$
• Then you can have $(1+\frac{1}{3n-1}{)}^{3n-1}=e$
• and $\ln (e^{n/(3n-1)})=\frac{n}{3n-1}\ln (e)\to 1/3$.

24.b)

$g(x)=(x+1{)}^x$ Here, use $(x+1{)}^x=e^{x\ln (x+1)}$ as we cannot use normal derivative rules.

25.c)

Here we can use the Taylorpolynomial trick. Substitute $x^2=u$. As $0^2=0$, this still develops around the same point.

As $u^k=x^{2k}$, we only need to go up to $1$st degree, as $x^3$ cannot be achieved!
Note for exam: when you see $e^{\square }$, $\sin (\square ),\ln (1+\square )$, with $\square$ a monomial of degree $d\ge 2$, substitute.

27.a)

Here we can use leibniz to see it does converge.
It does not converge absolutely → prove it with Minorantenkriterium using the harmonic series.

28.a)

Easy! See the $\frac{n+8}{n}=(1+\frac{8}{n}{)}^n=e^8$

29.a)

This is also trivial. See $x^3+1$ and $x^2+x=x(x+1)$.
Then try to factorise $x^3+1$ by those two, as this is the only thing that might help us.

Then simply integrate the remaining stuff (or use partial fractions if not enough).

31. Proof

b)

Seien $g_n:[0,1]\to \mathbb{R}$ differenzierbare Funktionen, sodass:

• die Folge $(g_n(){)}_n$ der Funktionswert in $0$ konvergiert für $n\to \infty$.
• ${\lim }_{n\to \infty }\sup \{|g_n^{\prime }(x)|\mid x\in [0,1]\}=0$

Wir können einen klassichen Triangle inequality proof mit $\frac{ϵ}{2}$ machen, der $N_1,N_2$ für die zwei Teile benutzt und dann das Endergebnis unter $ϵ$ constrained.

c)

Wir wissen, dass $f_n(0)=0$, $f_n(1)=1$. Dann gilt per MVT das $\exists \xi \in (0,1)$ s.t. $f_n^{\prime }(\xi )=\frac{f_n(1)-f_n(0)}{1-0}=1$ and thus it violates the second condition.

32. Proof

b)

Two ideas:

• we split the sum, the first part gets ${\sum }_{k=1}^n{y}^{2n-k}$ , the second one ${\sum }_{k=n+1}^{2n}{y}^{2n-k}$.
  • this means we can factorise out $y^n$ from the first one and then both sums are equal!
  • this sum is then \le \sum_{k = 1}^\inf y^k = 1 / (1 - y).
• we use the triangle inequality, then the max to constrain the sum.

c)

We can add the limit, then pull it into the parentheses, then resolve for each term seperately.
Since $b_n\to 0$, we know the max over them is y^n and max b_n = 0.

33. Proof

b)

We use the definition of continuity and set $ϵ:=\frac{f(x_0)}{2}$, for $x_0$ where $f(x_0)>0$.
Then this gives us an interval $[a,b]$ for which the function is $>ϵ$.

Then we integrate over the Treppenfunktion $g$ which is non-zero and equal to $f(x_0)/2$ for all $x\in [a,b]$. Because of the monotonicity of the integral we get that that the total > 0.