Musterlösung zur Klausur Analysis I für Lehramt Gymnasium Wintersemester 2017/18, am

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1 Musterlösung zur Klausur Analysis I für Lehramt Gymnasium Wintersemester 07/8, am Aufgabe : Zeigen Sie, dass für alle n N gilt: n n+ n ( ) (8 Punte) Beweis mittels vollständiger Indution n : ( ) n n + : n+ n+ n n+ n + + n + + n + (I.V.) n n n+ ( ) ( ) ( ) n + + n + + n + + n + n +

2 Aufgabe : Untersuchen Sie, ob die folgenden Grenzwerte existieren und bestimmen Sie diese gegebenenfalls. 6n + cos n a) ( ((n + )! (n )!) n b) n + n) (n!) n (3+6 Punte) a) Es gilt: 6n + cos n ( n + n) 6 + cos n n ( n + ) (0 + ) 3 b) Es gilt: ( ((n + )! (n )!) n (n + )! (n )! (n!) n n! n! ( n + n ) n ( + ) n n e ) n

3 Aufgabe 3: Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen über eine Folge (a n ). a) (a n + a n+ ) 0 a n 0 b) ( a n + a n+ ) 0 a n 0 c) ( a n a n+ ) 0 a n 0 d) a n log(n + ) log n für alle n N a n 0 ( Punte) a) Falsch: Ein Gegenbeispiel liefert die divergente Folge a n ( ) n. b) Wahr: Wegen a n a n + a n+ 0 für n ist ( a n ) und damit auch (a n ) eine Nullfolge. c) Falsch: Ein Gegenbeispiel liefert die divergente Folge a n + ( ) n. d) Wahr: Wegen a n log(n + ) log n log n + n ( log + ) n log 0 für n, da der Logarithmus stetig ist, ist ( a n ) und damit auch (a n ) eine Nullfolge.

4 Aufgabe 4: Es sei f : R R definiert durch f(x) : x x 6 x. a) Untersuchen Sie, an welchen Stellen f differenzierbar ist und bestimmen Sie gegebenenfalls die Ableitung. b) Bestimmen Sie die Intervalle, auf denen f monoton ist. (4+4 Punte) a) f ist differenzierbar für alle x 0, denn es ist f(x) { x 3 6x für x > 0 x 3 + 6x für x < 0 ein Polynom auf (0, ) bzw. (, 0) mit f (x) { 6x 6 für x > 0 6x + 6 für x < 0. f ist nicht differenzierbar in x 0, denn die beiden Grenzwerte f(x) f(0) x 0 + x 0 und f(x) f(0) x 0 x 0 sind verschieden. b) Für x > 0 ist x 0 + x 3 6x x x 0 x 3 + 6x x x 0 +(x 6) 6 f (x) 6(x ) 6(x + )(x ) x 0 ( x + 6) 6 positiv auf (, ) und negativ auf (0, ). Da f stetig ist, ist die Funtion (streng) monoton wachsend auf [, ) und (streng) monoton fallend auf [0, ]. Für x < 0 ist f (x) 6(x ) 6(x + )(x ) positiv auf (, 0) und negativ auf (, ). Da f stetig ist, ist die Funtion (streng) monoton wachsend auf [, 0] und (streng) monoton fallend auf (, ].

5 Aufgabe 5: Es sei f : [ 0, 3 4 π] R definiert durch f(x) : log( sin x). a) Begründen Sie, dass f Maximum und Minimum annimmt. b) Bestimmen Sie die loalen und globalen Extremstellen von f und deren Funtionswerte. c) Bestimmen Sie die Intervalle, auf denen f onvex bzw. onav ist. (+8+3 Punte) a) Das Intervall [ 0, 3 4 π] ist ompat und f stetig, da Zusammensetzung stetiger Funtionen. Daher nimmt f Maximum und Minimum an. b) Für x ( 0, 3 4 π) liefert die notwendige Bedingung für loale Extremstellen: f (x) cos x sin x 0 x π Da f bei der ritischen Stelle einen Vorzeichenwechsel von nach + hat, liegt dort ein loales Minimum vor mit Funtionswert f ( π ) 0. Wegen sin x f(x) log 0 für x [ 0, 3 4 π] ist dies auch das globale Minimum. Desweiteren ist ( ) ( ) 3 f(0) log und f 4 π log < log, d.h. das globale Maximum liegt in x 0 vor mit Wert log. c) Für die zweite Ableitung ergibt sich mit sin x + cos x : f (x) sin x( sin x) + cos x( cos x) ( sin x) sin x ( sin x) Für x [ 0, 3 4 π] ist f (x) 0 sin x x π 6 und f (x) 0 auf [ 0, π 6 ], d.h. f ist dort onav, und f (x) 0 auf [ π 6, 3 4 π], d.h. f ist dort onvex.

6 Aufgabe 6: a) Wenden Sie die Formel für die Ableitung der Umehrfuntion auf den Sinus an und zeigen Sie damit, dass für x < gilt: arcsin (x) x b) Zeigen Sie, dass für x < gilt: arcsin x arctan x x (4+8 Punte) a) Betrachte f : ( π, ) π (, ) mit f(y) sin y. f ist dann bijetiv und differenzierbar mit f (y) cos y 0. Somit ist auch die Umehrfuntion differenzierbar, und da der Kosinus auf dem Definitionsintervall positiv ist, gilt sin y + cos y cos y sin y. Die Formel für die Ableitung der Umehrfuntion liefert damit für x sin y: arcsin (x) (f ) (f(y)) f (y) cos y sin y x b) Die Funtionen f(x) : arcsin x und g(x) : arctan x x sind differenzierbar nach Teil a) bzw. als Zusammensetzung differenzierbarer Funtionen. Die Ableitung von g lässt sich mit Ketten- und Quotientenregel berechnen als g x x x x x + x (x) x + x x x + x x x + x x x. Nach Teil a) ist also f g. Daher gibt es eine Konstante C R, so dass f g + C ist. Wegen f(0) g(0) 0 ist C 0, und mit f g ergibt sich die behauptete Gleichung.

7 Aufgabe 7: a) Es sei M : { m + n m n } m, n N. Bestimmen Sie sup M, inf M, max M und min M, falls diese existieren. b) Es seien M, N R beschränt und M N : {m n m M, n N}. Zeigen Sie, dass M N nach oben beschränt ist mit sup(m N) sup M inf N. (5+5 Punte) a) Es ist Desweiteren gilt M 0 < n + m { n + m } m, n N. für alle m, n N, wobei Gleichheit für m n angenommen wird. Daher ist sup M max M. Desweiteren ist inf M 0, denn die Folge (a n ) mit a n liegt in M (wähle m n) n und onvergiert gegen 0. Offensichtlich ist 0 / M, d.h. min M existiert nicht. b) Da sup M eine obere Schrane von M ist, d.h. es gilt x sup M für alle x M, und inf N eine untere Schrane von N ist, d.h. es gilt y inf N und damit auch y inf N für alle y N, ist sup M inf N eine obere Schrane von M N, da x y sup M inf N für alle x y M N gilt, d.h. M N ist nach oben beschränt. Desweiteren ist sup M inf N die leinste obere Schrane von M N, denn es existieren Folgen (x n ) M und (y n ) N mit x n sup M und y n inf N. Dann ist (x n y n ) M N eine Folge mit x n y n sup M inf N und es folgt sup(m N) sup M inf N.

8 Aufgabe 8: Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte. x ( 0 a) sin(t ) dt b) x 0 x 3 x x 4 ) 4 x (5+3 Punte) a) Mit der Regel von de l Hospital folgt: x 0 x 0 sin(t ) dt x 3 (l H.) x 0 sin(x ) 3x (l H.) x 0 cos(x ) x 3 x x 0 cos(x ) 3 3 b) Es gilt: ( x x 4 ) 4 x ( ) x x 4 ( x)( + x) x + x 4 ( x)( + x) x + x 4

9 Aufgabe 9: Berechnen Sie folgende Integrale. a) xe x + dx b) x arctan x dx c) cos x (sin x + ) dx (4+5+5 Punte) a) Die Substitution t : x + mit dt dx e xe x + t dx x liefert: et dt ex+ (+C) b) Partielle Integration liefert: x arctan x dx x x arctan x + x dx c) Die Substitution t : sin x + mit dt dx cos x (sin x + ) dx x arctan x ( ) dx + x x arctan x x + arctan x (+C) cos x liefert: t dt t sin x + (+C)

10 Aufgabe 0: Es sei f C (R) onvex. Zeigen Sie, dass e f auf R onvex ist. (6 Punte) Da f onvex ist, gilt f (x) 0 für alle x R und zweimaliges Ableiten der Funtion g : e f liefert: g (x) f (x)e f(x) und g (x) (f (x) + (f (x)) )e f(x) Da auch (f (x)) 0 für alle x R gilt und die Exponentialfuntion positiv ist, folgt für alle x R. Somit ist g onvex. g (x) 0 sawo