D-ITET Analysis I HS 2018 Prof. Alessandra Iozzi. Musterlösung 6. und berechnen. = lim. = lim. n n. = lim

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1 D-ITET Aalysis I HS 2018 Prof. Alessadra Iozzi Musterlösug 6 1. a) Wir setze a := 1 (3+1) 4 ud bereche a a +1 = 1. ( 3( + 1) ( ) Der Limes existiert isbesodere ud liefert damit de gesuchte Kovergezradius. Es gilt also ϱ = 1. b) Wir setze a := (l(7)). Da der Koeffiziet eie Potez ist, bietet sich die Verwedug des Wurzelkriteriums für die Berechug des Kovergezradius a. Wege folgt c) Wir setze a := 1 π ud bereche a l(7) = 1 ϱ = 0. a ) 4 a ( + 1)π +1 a +1 π + 1 π = π. Der Limes existiert isbesodere ud liefert damit de gesuchte Kovergezradius. Es gilt also ϱ = π. ) 4 Bitte wede!

2 d) Wir setze a := (!)2 ud bereche (2)! a (!) 2 (2( + 1))! a +1 (2)!(( + 1)!) 2 (2 + 2)! (2)!( + 1) 2 = (2 + 2)(2 + 1) ( + 1) 2 = = 4. Der Limes existiert isbesodere ud liefert damit de gesuchte Kovergezradius. Es gilt also ϱ = a) Durch Vertausche der Summatiosreihefolge erhalte wir: (a k+1 a k )b k = a k+1 b k a k b k = a +1 b +1 a 1 b 1 + = a +1 b +1 a 1 b 1 a k+1 b k a k+1 b k+1 a k+1 (b k+1 b k ) b) Der Kovergezradius ϱ ist ach dem Quotietekriterium gegebe durch ϱ + 1 = 1. Folglich kovergiert die Potezreihe absolut i dem Eiheitskreis { z < 1} ud divergiert auf { z > 1}. Über das Kovergezverhalte auf der Kreisliie { z = 1} trifft das Quotietekriterium keie Aussage. Sei u z = 1. Für z = 1 erhalte wir die harmoische Reihe, die bekatlich divergiert. Für z = 1 erhalte wir die alterierede harmoische Reihe, welche ach dem Leibiz-Kriterium kovergiert. Wir wolle zeige, dass die Reihe für alle z 1 mit z = 1 kovergiert. Dazu verwede wir die partielle Summatiosregel aus (a) mit a k = 1 + z + z z k 1 = 1 zk 1 z, b k = 1 k. Siehe ächstes Blatt!

3 Da gilt a k+1 a k = z k ud wir erhalte z k k = z z 1 k ) 1 z k k 1 z. (1) Wir müsse zeige, dass die rechte Seite für kovergiert. Die Terme vor der Summe kovergiere offebar gege 1, da z+1 1 z 1 2 z = 0. Hierbei habe wir z +1 = z +1 = 1 ud z 1 beutzt. Die Reihe auf der rechte Seite kovergiert sogar absolut, de es gilt k ) 1 z k k 1 z 2 z 1 k 1 ) = 2 k + 1 z 1 Isbesodere kovergiert die rechte Seite i (1) mit z = 1, z 1 für ud das zeigt die Behauptug. 3. a) z = i b) z = 1 (28 17i) 29 c) z = i, ± i 2 d) z = 4(1 + i) e) z = 1 (6 35i) 13 f) z = ± ( 2 1 i + 2 2( 2 1) ) f) ist icht trivial. Seie a, b R so dass (a + ib) 2 = 1 + i. (2) (2) ist äquivalet zu also (a 0 weil 1 + i / R) gilt oder a 2 b 2 = 1 ab = 1 2 a 2 1 4a 2 = 1 a 4 + a = 0. (3) Bitte wede!

4 Somit gilt aber a 2 > 0, also a 2 = 1 ± 2 2 ud (dak (3)) a = ± 2 1 b = 1 2a = ± 1 2(. 2 1) 2 4. Wir schreibe komplexe Zahle als z = x + iy. a) Der sekrechte Streife zwische x = 0 ud x = 1. b) Die Parabel y 2 = 2x + 1 c) Wir bereche explizit die like Seite als Ausdruck i x ud y: 2 z z + 1 = z 2 z + 1 = x 2 + y 2 2 x 2 + 2x y 2 Die Gleichug ist damit äquivalet zu 4(x 2 + 2x y 2 ) = x 2 + y 2 3x 2 + 8x y 2 = 0 ( 3 x + 4 ) y2 = 0 ( x + 4 ) 2 + y 2 = 4 ( = 3 Die Lösugsmege ist also der Kreis mit Radius 2/3 um de Pukt 4/3 + 0i i der komplexe Zahleebee. d) We wir die Gleichug explizit i x ud y ausdrücke, erhalte wir: (x 2)2 + y 2 + (x + 2) 2 + y 2 = 5 ) 2 durch zweimaliges quadriere erhalte wir (x 2) 2 + y 2 = (x + 2) 2 + y 2 + (x + 2) 2 + y 2 8x + 25 = 10 (x + 2) 2 + y 2 64x x = 100(x 2 + 4x y 2 ) (6x) 2 + (10y) 2 = Siehe ächstes Blatt!

5 Die Lösugsmege liegt also auf der Ellipse (6x) 2 + (10y) 2 = Umgekehrt gilt, we (x, y) die ursprügliche Gleichug erfüllt, da erfülle alle 4 Pukte (±x, ±y) ebefalls die Gleichug. Wir köe also x 0 aehme ud da gilt i obiger Rechug auch die Rückrichtug. Somit liefert jeder Pukt auf dieser Ellipse auch eie Lösug der ursprügliche Gleichug. Geometrisch sid 2 ud +2 die Brepukte der Ellipse ud die Summe der beide Abstäde eies Puktes auf der Ellipse zu de beide Brepukte ist jeweils 5. e) Da der Betrag eier komplexe Zahl reell ist gilt trivialerweise für alle z C\{ 1} ( ) z i z + 1 R Im z i z + 1 = 0. Die Lösugsmege ist somit die gesammte komplexe Ebee. f) Die Gleichug ist äquivalet zu: z i 2 = z x 2 + (y 1) 2 = (x + 1) 2 + y 2 2y = 2x Die Lösugsmege ist also die Gerade y = x. 5. Sei z = re iϑ = r(cos(ϑ) + i si(ϑ)). Wir wolle die Gleichug z 5 = z löse. Wir setze z = r(cos(ϑ) + i si(ϑ)) ei ud erhalte r 5 (cos(5ϑ) + i si(5ϑ)) = r(cos(ϑ) i si(ϑ)) = r( cos(ϑ) + i si(ϑ)) = r(cos(π ϑ) + i si(π ϑ)), wobei wir im letzte Schritt bekate trigoometrische Formel beutzt habe. Somit bekomme wir das System { r 5 = r, 5ϑ = ( ϑ + π) + 2kπ, k Z, d.h. { r = 0; 1, ϑ = 2k+1 6 π, k Z. Die Lösuge sid daher z = 0 ud z = cos((2k + 1)π/6) + i si((2k + 1)π/6) mit k Z. Bitte wede!

6 6. Um die Gleichug zu löse, setze wir daher z = a + ib. Die Gleichug wird somit a 2 + b 2 (a + ib) a 2 + b 2 + a + ib = 0. Wir tree de Realteil ud de Imagiärteil ud erhalte das System { a 2 + b 2 a a 2 + b 2 + a = 0, b a 2 + b 2 + b = 0, d.h. { a 2 + b 2 a a 2 + b 2 + a = 0, b(1 a 2 + b 2 ) = 0. Aus der zweite Gleichug bekomme wir zwei Systeme { b = 0, a 2 a a + a = 0, b 0, a2 + b 2 = 1, 1 = 0. Das zweite System besitzt keie Lösug. Das erste System besitzt die Lösuge b = 0, a = 0 ud b = 0, a = 1/2. Die gesuchte Lösuge sid somit z = 0 ud z = 1/2.