1. Aufgabe (6 Punkte) Zeigen Sie mit Hilfe der vollständigen Induktion, dass folgende Gleichheit gilt für alle n N, n 2. k (k + 1)! = 1 1 n!.

Transkript

1 . Aufgabe (6 Punte) Zeigen Sie mit Hilfe der vollständigen Indution, dass folgende Gleichheit gilt für alle n N, n 2 n ( + )! n!. [6P] Ind. Anfang: n 2 oder l.s. ( + )! 2 r.s. 2! 2. ( + )! 2! 2! Ind. Schluss: I.V.: I.B.: Beweis:. Alternativ: n n n n ( + )! ( + )! ( + )! n! ( + )! n für ein n (bel. aber fest). bzw: Gilt auch für n +. ( + )! + n I.V. n! + n n + n!(n + ) + n (n + ) + n + + n ( + )! + n I.V. n! + n n! + nn! n! nn! n! n!(n + ) nn! n! n!((n + ) n) n!

2 2. Aufgabe (3 Punte) (a) Berechnen Sie alle x R, für die folgende Ungleichung gilt, und geben Sie die Lösungsmenge in Intervallschreibweise an. 2 2 x > x. (b) Berechnen Sie alle z C, für die gilt z 3. (c) Bestimmen Sie alle x R, für die gilt tan(x) sin(2x). (a) [5P] x x, falls x 0 x, falls x < 0. Fall : x 0, wobei x 0 x. 2. Fall: : x < 0, wobei x < 0 x < 2 2 x > x 2 2(x ) > x 2 2x + 2 > x 4 > 3x 4 3 > x L x R x, x < 4 3 } [, 4 3 [ 2 2 x > x 2 + 2(x ) > x 2 + 2x 2 > x x > 0 L 2 x R x <, x > 0} ]0, [ L L L 2 [, 4 3 [ ]0, [ ]0, 4 3 [ (b) [3P]. Alternativ: Sei z z e iφ die eulersche Formel des z, dann ergibt sich z 3 z 3 e i3φ e iπ z φ (2+)π 3 z e iπ 3, e iπ, e i5π 3 z 3 3φ 2π + π, 0,, 2 }, 0,, 2 Mit e iπ e i3π e i5π z e iπ/3 z 2 e iπ z 3 e i5π/3

3 3. Alternativ: Es ist lar, dass eine Lösung der Gleichung ist. Aus der Polynomdivision z 3 + : z + z 2 z + önnen wir die restliche Lösungen bestimmen, weil sie die Lösungen der Gleichung z 2 z+ 0 sind. Aus der p q Formel ergibt sich z 2 ± i 3 2. Also L, 2 + i 3 2, 2 i 3 2 }. (c) [5P]. Alternativ: sin x 0 x π, tan(x) sin(2x) sin x 2 sin x cos x cos x sin x 2 sin x cos 2 x Z. Also 2 cos 2 x cos x ± cos x 2, 2 cos x 2 x 2π + π 4, Z, x 2π + 7π 4, Z, x 2π + 3π 4, Z, x 2π + 5π 4, Z. x π 2 + π 4, Z. sin x 2 sin x cos 2 x 0 sin x( 2 cos 2 x) 0 sin x 0 oder 2 cos 2 x L x π Z}. cos x cos π 4 oder cos x cos ( ) π 4 cos x cos ( π π 4 ) oder cos x cos ( π + π 4 x π + π 4, Z, x π π 4, Z. ) Also L 2 π 2 + π 4 Z}. Insgesamt, für L L L 2, ergibt sich Aus der Identität sin(2x) L π, π 2 + π 4 Z} π, π + π 4, π π 4 Z} π, 2π + π 4, 2π + 3π 4, 2π + 5π 4, 2π + 7π 4 Z} 2 tan x + tan 2 x ergibt sich tan x sin(2x) tan x 2 tan x + tan 2 x tan x( + tan2 x) 2 tan x tan x oder tan x(tan 2 x ) 0 tan x 0 oder tan x. x π π 4, Z, oder x π, Z, oder x π + π 4, Z.

4 3. Aufgabe ( Punte) (a) Gegeben ist die Funtion f(x) ln(x) für x > 0. Bestimmen Sie die lineare Approximation x von f in x 0, also das Taylorpolynom T mit Entwiclungsstelle x 0. (b) Geben Sie das zugehörige Restglied R (x) nach Lagrange an. Bestimmen Sie das Vorzeichen des Restgliedes für x ]0, 2]. (c) Berechnen Sie ln x lim x 0+ x. (d) Sizzieren Sie f und T auf ]0, 3]. Beschriften Sie eventuell auftretende Nullstellen und Extremstellen von f in diesem Intervall. (a) [2P]. Ableitung berechnen und in x 0 auswerten: f (x) f(x) ln(x) x f() 0 x x ln(x) x 2 ln(x) x 2 f (), Taylorpolynom aufstellen: T (x) f() + f ()! (b) [4P] 2. Ableitung berechnen: (x ) 0 + (x ) x. ( ) ln(x) f (2) (x) ( ln(x)) x 2 ( ln(x)) (x 2 ) x 2 x x2 2 ( ln(x)) x x ln x x 3. Restglied angeben mit c zwischen 0 und x: x 4 x 2x + x ln(x) x 4 R (x) f (2) (c) (x ) ln c 2! 2!c 3 (x ) 2. ], x[, falls < x < 2, Für x ]0, 2] \ } ergibt sich c Deswegen c ]0, 2[. ]x, [, falls 0 < x <.. Alternativ: c < 2 < e ln ln c < ln e < 0 also R (x) ln c 2!c 3 (x ) 2 < 2!c 3 (x )2 0.

5 2.Alternativ Für c ]0, 2[ sowie x ]0, 2] \ }, ergibt sich c 3 > 0 und (x ) 2 > 0. Deswegen R (x) > ln(c) > 0 ln(c 2 ) > 3 c 2 > e 3. Aber 4 > c 2 > e 3 (e>2) > Widerspruch! oder R (x) < ln(c) < 0 ln(c 2 ) < 3 c 2 < e 3. Die letzte Ungleichung wahr ist, weil c 2 < 2 2 (2<e) < e 2 < e 3 gilt. Also gilt es R (x) < 0 für jedes x ]0, 2] \ }, deswegen R (x) 0, für c ]0, 2[ und x ]0, 2]. 3.Alternativ Falls x ]0, [ und c ]0, [, ergibt sich ln c < ln c < 0 R (x) < 0, weil (x ) 2 > 0 und c 3 > 0 sind. Falls x ], 2] und c ], 2[, ergibt sich, wegen x ln(x) streng mon. steigend ist, ln < ln c < ln 2 0 < 2 ln c < 2 ln 2 3 < ln c < ln 2 ln(e 3 ) + ln(c 2 ) < 0. Die Ungleichung ln(c 2 ) < ln(e 3 ) ist wahr, weil c 2 < 4 < e 2 < e 3 wahr ist und die Funtion x ln(x) strneg monoton Steigend ist. Weil (x ) 2 > 0 und c 3 > 0 sind, ergibt sich R (x) < 0. Falls x c und R () 0. Insgesamt ergibt sich R (x) 0. (c) [P] ln(x) lim lim x 0+ x (ln x) ( ) x 0+ x Regel von l Hospital ann nicht angewendet werden! lim x 0 ln(x) l Hospital (ln(x)) lim x x 0 x lim (statt ) x 0 x

6 (d) [4P] T sizzieren. Grenzwert richtig (bzw. wie zuvor berechnet) sizzieren. Bei f: Nullstelle aus Funtion ablesen: ln x x 0 ln x 0 x. Für die Extremstelle: Erste Ableitung null für x e ablesen aus Teil a). Einsetzen in 2. Ableitung aus b) ergibt < 0 im Zähler, Nenner positiv, also loales Maximum oder Vorzeichen der. Ableitung für x < e und x > e bestimmen / abschätzen. Abbildung : Die Graphen von f und T

7 4. Aufgabe (8 Punte) (a) Gegeben ist die Funtion f(x) (x 2 + 2x + )(x 2. Geben Sie die Fatorisierung + 2x + 2) des Nenners an, wie sie zur reellen Partialbruchzerlegung benötigt wird. (b) Geben Sie die Fatorisierung des Nenners von f an, wie sie zur omplexen Partialbruchzerlegung benötigt wird. (c) Gegeben ist die Funtion g(x) (x 3) 2 (3 + x 2. Geben Sie die Ansätze für die reelle und ) die omplexe Partialbruchzerlegung von g(x) an. Hinweis: Die Koeffizienten der Partialbruchzerlegung sollen nicht berechnet werden. (a) [2P] Zerlegung des Nenners (x 2 +2x+)(x 2 +2x+2) durch Hinsehen: Binomische Formel für. Fator, und mit 2 + auch im 2. Fator. (x 2 +2x+)(x 2 +2x+2) (x+) 2 ((x+) 2 +). 2. Fator über R irreduzibel, also reelle Zerlegung fertig. (b) [2P] Zerlegung für die omplexe PBZ mit Äquivalenzumformungen oder p-q-formel (x + ) (x + ) 2 x + ± x ± i x 2 + 2x x,2 2 2 ± 2 2 ± ± i Also (x 2 + 2x + )(x 2 + 2x + 2) (x + ) 2 (x ( i))(x ( + i)) (c) [4P] Ansatz reele PBZ (x 3) 2 (3 + x 2 ) A x 3 + B (x 3) 2 + Cx + D 3 + x 2 Ansatz omplexe PBZ, Fatorisierung von 3 + x 2 mit p-q-formel x,2 ± 3 ± 3i oder ohne 3 + x 2 0 x 2 3 x ± 3 x ±i 3. oder diret via 3. Binomi, aber das macht ja einer: Dann der Ansatz: 3 + x 2 (3 (ix) 2 ) ( 3 ix)( 3 + ix) i2 (i 3 + x)(i 3 x) (i 3 + x)( i 3 + x) (x + i 3)(x i 3) (x 3) 2 (3 + x 2 ) A x 3 + B (x 3) 2 + C x i 3 + D x + i 3

8 5. Aufgabe ( Punte) Gegeben ist die beliebig oft differenzierbare Funtion f : [0, π] R mit f(x) cos(sin(x)). (a) Besitzt f auf [0, π] ein globales Minimum und / oder ein globales Maximum? Begründen Sie Ihre Antwort ohne zu Rechnen. (b) Bestimmen Sie alle Extremstellen von f auf [0, π]. (c) Geben Sie das Bild f([0, π]) in Intervallschreibweise an. (a) [2P] Satz von der Existenz des Minimums und des Maximums. f ist stetig als Nacheinanderausführung der stetigen Funtionen Sinus und Cosinus. Der Definitionsbereich / das Intervall [0, π] ist abgeschlossen / ompat. (b) [8P]. Alternativ: Ableitung und Nullstellen der Ableitung f(x) cos(sin(x)) f (x) (cos(sin(x))) cos (sin(x)) sin (x) sin(sin(x)) cos(x) f (x) 0 sin(sin(x)) 0 oder cos(x) 0 sin(x) 0 oder cos(x) 0 x 0, π/2, π} Tabelle für das Monotonieverhalten x 0 ]0, π/2[ π/2 ]π/2, π[ π sin(sin(x)) 0 0 cos x + 0 f (x) Ableitung berechnen und in π/2 auswerten. f (x) (sin(sin(x)) cos(x) sin(sin(x))( sin(x)) (sin (sin(x)) sin (x)) cos(x) + sin(sin(x)) sin(x) cos(sin(x)) cos 2 (x) + sin(sin(x)) sin(x) f (π/2) cos(sin( π 2 )) cos2 ( π 2 ) + sin(sin(π 2 )) sin(π 2 ) cos() 0 + sin() sin() > 0 Also ist π/2 loale Minimalstelle. Rand betrachten: f(0) cos(sin(0)) cos(0), f(π) cos(sin(π)) cos(0). Also ist x π/2 loale und globale Minimalstelle, und x 0, x π sind (loale und) globale Maximalstellen. (c) [P]. Alternativ: f([0, π]) [min f(x), max f(x)] [f(π/2), f(0)] [cos(), ] f([0, π]) cos(sin([0, π])) cos([0, ]) [cos(), cos(0)] [cos(), ], weil < π 2 gilt und cos streng monoton fallend auf [0, ] ist.

9 6. Aufgabe ( Punte) Berechnen Sie folgende Integrale: (a) x cos(x + ) dx (b) 0 (2t 3) 4 dt (c) arctan(x) + x 2 dx (a) [4P] Ansatz mit Partieller Integration. x cos(x + ) dx x sin(x + ) sin(x + ) dx + c x sin(x + ) + cos(x + ) + c, c R (b) [4P] Mit Substitution,, s 2t 3, ds 2dt bzw 2ds dt. Für die Grenzen: 0 3,. 0 (2t 3) 4 dt s 4 ds [ ] 2 3 s 3 3 ] [ 3 ( ) 3 3 ( 3) 3 6 [ ] (c) [3P] Mit Substitution,, t arctan(x) und dt arctan(x) + x 2 dx +x 2 dx arctan(x) + x 2 dx t dt 2 t2 2 arctan2 (x) + c, c R