100 = i. 1 = 10 7 i

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1 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz. Dr. P. C. Kunstmann Frühjahr Diplom Vorprüfung / Bachelor Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge Aufgabe a) Für jedes n N gilt a n = n / + (n /4 + 4n /8 ) = + n / ( + 4n /8 ). Wegen n / = und n /8 = ist (a n ) n N für n konvergent mit Grenzwert a n = + (+) = 4. b) Wegen 3 + i 9 = + = < ist die geometrische Reihe ( 3+i )n absolut konvergent. Folglich ist auch absolut konvergent und der Reihenwert beträgt )n ( ) 3 + i n = ( ) 3 + i n = 3+i = 7 i 7 + i + i = 7 = = i 5. Also ist Re ( )n) = 5 und Im( )n) = 5. c) Für x > gilt f(x) = x sin ( e x ln(x 4 ) ). Als Komposition differenzierbarer Funktionen ist f auf (, ) differenzierbar und für die Ableitung ergibt sich Für x < gilt f (x) = x sin ( e x ln(x 4 ) ) + x cos ( e x ln(x 4 ) ) (e x ( x ) x 4 4x 3) = x sin ( e x ln(x 4 ) ) ( ) ( e x + 4x cos e x ln(x 4 ) ), x >. f(x) = x sin ( e x ln(x 4 ) ). Als Komposition differenzierbarer Funktionen ist f auf (, ) differenzierbar und für die Ableitung ergibt sich Außerdem gilt f (x) = x sin ( e x ln(x 4 ) ) + x cos ( e x ln(x 4 ) ) (e x x x 4 4x 3) = x sin ( e x ln(x 4 ) ) + ( e x 4x ) cos ( e x ln(x 4 ) ), x <. f(x) f() = x sin ( e x ln(x 4 ) ) =, x x x weil sin(e x ln(x 4 )) für alle x ist. Damit ist f in differenzierbar mit f () =.

2 Aufgabe a) Wegen gilt für alle n N 5 n 4 n + 5 n 5 n + 5 n = 5 n 5 = n 5 n n 4 n + 5 n n 5 n = n 5. Aufgrund von n = folgt n 4 n + 5 n = 5. Hiermit ergibt sich n n 3 4 n + 5 n = n n 4 n + 5 = 5. Der Konvergenzradius der Potenzreihe 4 n +5 x n beträgt somit 5/3. Deshalb ist diese n Potenzreihe für alle x R mit x < 5/3 konvergent und für alle x R mit x > 5/3 divergent. Zu untersuchen verbleibt der Fall x = 5/3, also x = 5/3 oder x = 5/3: Für x = 5/3 gilt Diese Reihe divergiert wegen Für x = 5/3 ist die Reihe 4 n + 5 n xn = 5 n 4 n +5 n = (4/5) n + 4 n + 5 n xn = divergent, weil (b n ) n N mit b n := ( 5)n 4 n +5 n = ( )n (4/5) n + Fazit: Die Potenzreihe 5 n 4 n + 5 n. + =. ( 5) n 4 n + 5 n keine Nullfolge ist. 4 n +5 n x n konvergiert genau für x R mit x < 5/3. b) Da für jedes n N und jedes x R (n + ) = x n x (n + ) x x n gilt, ist x ist x n = x (e x ) eine konvergente Majorante von (n+) für jedes x R (absolut) konvergent. Setzt man f : R R, f(x) = x R gilt f (x) = (n+). Folglich (n+), dann ist f auf R differenzierbar und für jedes x n+ = x x n = x(ex ). Definiert man g : R R durch g(x) = (x )e x x +, so ist g auf R differenzierbar mit g (x) = e x + (x )e x x = xe x x, x R. Also gilt f (x) = g (x) für alle x R. Demzufolge existiert ein c R mit f(x) = g(x) + c für alle x R. Wegen f() = und g() = ergibt sich c =. Damit ist die behauptete Identität bewiesen. (n + ) = (x )ex x + für alle x R

3 Aufgabe 3 a) Die Substitution u = e x, dx = du u ln e x + e x dx = + e x = führt auf u + du u + u u = u + [ ln(u + ) + arctan(u) u + du = ( u u + + ) u du + = ln(5) + arctan() ( ln() + arctan() ) ] = ln(5/) + arctan() π/4. b) Für jedes x e gilt wegen ln x Hiermit ergibt sich für jedes x e ln x. x x e x = e x ln x e x = e x( ln x) e x. Da das uneigentliche Integral e e x dx = r [ e x ] r e = r ( e r + e e ) = e e konvergiert, ist nach dem Majorantenkriterium konvergent. e x x e x dx c) i) Für alle n N gilt f n () =, also ist f n () =. Sei nun x (, ]. Für jedes n N gilt ii) Demzufolge ist f n (x) = n x e (nx) = k= n x (nx) k k! f n(x) =. n x (nx) 4 = x 3 n. Also konvergiert (f n ) n N auf [, ] punktweise gegen die Nullfunktion. Für jedes n N liefert die Substitution u = n x, du = n x dx f n (x) dx = 4n n x e n x dx = [ e u du = e u ] 4n = e 4n. iii) Die Funktionenfolge (f n ) n N konvergiert auf [, ] nicht gleichmäßig gegen die Nullfunktion, denn es gilt f n (x) dx = ii) e 4n = = dx = f n(x) dx. Wäre nämlich die Funktionenfolge (f n ) n N auf [, ] gleichmäßig konvergent, so müsste f n(x) dx = f n (x) dx gelten. Alternative Begründung: Für n N definiere x n = n. Dann ist x n [, ] und es gilt f n (x n ) = n n e = n e. 3

4 Aufgabe 4 a) Mittels Zeilenumformungen bringt man A C 3 4 auf Zeilennormalform (die Zeilen werden dabei jeweils mit Z, Z und Z 3 bezeichnet): i i i A = i 5 + i Z 3 Z 3 +Z i 5 + i Z i 4i iz + i 4i i Z Z +Z + i + i 4i i + i Z 3 Z 3 (+i)z + i Z Z +Z Man kann nun den ( )-Ergänzungstrick verwenden, um eine Basis von Kern A abzulesen: i + i {, + i }. Aus der Dimensionsformel dim Bild A + dim Kern A = 4 folgt dim Bild A =. Da die zwei Vektoren i Ae =, Ae 4 = + i i 4i linear unabhängig sind und beide in Bild A liegen, ist {Ae, Ae 4 } eine Basis von Bild A. b) Sei b R und M b = b b(b + ) R 3 3. b b b i) Für b = ist M nicht regulär, weil in diesem Fall die zweite Zeile von M eine Nullzeile ist. Für b ergibt sich: b b(b + ) Z 3 Z 3 +( b)z b + /b Z b b b b Z b b Z 3 Z 3 Z Z Z +(b+)z 3 Z 3 Z 3 Z Z Z b + /b b /b b b + b /b b (b + ) b b + b /b Fazit: Genau für b ist die Matrix M b regulär. In diesem Fall gilt b (b + ) M b = b b +. b /b 4

5 ii) Sei V = R 3, W = R 3. Die lineare Abbildung φ: V W besitze bezüglich der Standardbasen in V und W die Darstellungsmatrix M =. Da die drei Vektoren w :=, w :=, w 3 := linear unabhängig sind, bilden diese eine Basis von W = R 3. Bezeichnen e, e, e 3 die Einheitsvektoren im R 3, dann gilt φ(e ) = M e = = w = w + w + w 3, φ(e ) = M e = = w = w + w + w 3, φ(e 3 ) = M e 3 = = w 3 = w + w + w 3. Wählt man in V die Standardbasis e, e, e 3 des R 3 und in W die Basis w, w, w 3, so ist die Darstellungsmatrix von φ bezüglich dieser Basen die Einheitsmatrix I 3. 5