Ferienkurs Analysis 1. Tag 2 - Lösungen zu Komplexe Zahlen, Vollständige Induktion, Stetigkeit

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Alwin Dresdner
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1 Ferienurs Analysis Tag - Lösungen zu Komplee Zahlen, Vollständige Indution, Stetigeit Pan Kessel Inhaltsverzeichnis Komplee Zahlen. Darstellung einer ompleen Zahl Bestimmung von Real und Imaginärteil Klausuraufgabe *Geometrische Interpretaton einer Gleichung Wurzeln von ompleen Zahlen Kompleer Logarithmus Vollständige Indution 5. Binomische Formel Summenformel Klausuraufgabe Summenformel der Binominaloeffizenten Abschätzung Potenzfuntion, Eponentialfuntion Gaußsche Summenformel Eine weitere Summenformel des Binominaloeffizenten Stetigeit 8. Grenzwertbestimmung von Funtionen

2 Komplee Zahlen Ferienurs Analysis Komplee Zahlen. Darstellung einer ompleen Zahl. Wandeln Sie z + i in Polardarstellung um.. Wandeln Sie z e i π in die arthesische Darstellung um.. Wandeln Sie z + 5i in Polardarstellung um. 4. Wandeln Sie z 5i in Polardarstellung um. 5. Wandeln Sie z 4e i π in arthesische Darstellung um.. φ arctan () pi 4 und r, daraus folgt z e i pi 4. Es ist am besten man stellt sich diese Zahl in der ompleen Ebene vor. Sie liegt genau auf der imaginären Achse, also z i. Diese Zahl liegt im 4.Quadranten. Deswegen gilt nach der Vorlesung: φ arctan (5) 0.4 π und r 5. Daher z 5e i 0.4π. 4. Man erennt das es sich bei dieser Zahl um das omple onjugierte der vorherigen Zahl handelt also: z 5e i 0.4π 5. Nach der Vorlesung gilt: z 4 ( cos ( π ) + i sin ( π )).. Bestimmung von Real und Imaginärteil Bestimmen Sie den Real- und Imaginärteil von z 5+i 5+i. (5 + i)(5 i) (5 + i)(5 i) (5 + ) + i(5 5) i Re(z) Im(z). Klausuraufgabe Geben Sie Real- und Imaginärteil von.. z a + ib z ( i) ( + i) an.. Also: Re(z) a a +b und Im(z) b a +b. a ib (a + ib)(a ib) a ib a + b

3 Ferienurs Analysis Komplee Zahlen. z ( i) ( i)5 ( + i) ( e i 4 π ) ( e i 5 4 π e i 4 e i 4 π ) Re(z) i Im(z).4 *Geometrische Interpretaton einer Gleichung Man schreibe z z + r in die Form z m ρ m, ρ R um und interpretiere das Ergebniss geometrisch. Zunächst betrachten wir: z m ρ (z m)(z m) ρ zz (zm + mz ) + m ρ Wir wollen jetzt die obere Gleichung auf diese Form bringen: z r z + (z )(z ) r (z + )(z + ) zz z z + r (zz + z + z + ) ( r ) z ( + r )(z + z ) ( r ) Durch hinzufügen eines zusätzlichen Summanden auf beiden Seiten bringen wir die Gleichung auf die obere Form: zz + r r (z + z ) + + r ) r + + r ) r z + r r + + r r m ρ Es handelt sich um einen Kreis mit Mittelpunt m und Radius ρ..5 Wurzeln von ompleen Zahlen. Berechnen Sie alle Lösungen der Gleichung: 5z z z C. Berechen Sie alle Lösungen der Gleichung: z + z i 0 z C. Berechnen Sie alle Lösungen der Gleichung: z + i 0 z C

4 Komplee Zahlen Ferienurs Analysis. Dieses Problem löst man am besten durch quadratische Ergänzung: 5z z ( (5)z 5 ) Nun sehen wir: ( z ) 4 ( 5 5 ±i 4 ) 5 z ±i Damit haben wir die zwei Lösungen gefunden, die wir nach dem Fundamentalsatz der Algebra erwarten.. Auch hier ergänzen wir zunächst quadratisch: z + z + i + (z + ) e i π 4 z Wobei wir ganz rechts + i in Polardarstellung umgeschrieben haben. Nun önnen wir analog zum Sript die Wurzeln zu z ziehen. φ π/4 + π 0, φ π 8 φ 9 8 π r Wegen z + z folgt: z e i π 8 z e i 9 8 π. Hier ann man ganz analog zur Vorlesung vorgehen: Deshalb: φ z i e i π π + π π + π φ 0 π, φ 7 π, φ π r. Kompleer Logarithmus Berechnen Sie ln( 8 + i). z 8 + i 0e i(.5+ π) Damit erhält man die Lösungen: ln(z) ln(0) + i(.5 + π). + i(.5 + π) Der Hauptwert ist also: Ln(z). +.5i 4

5 Ferienurs Analysis Vollständige Indution Vollständige Indution. Binomische Formel Beweisen Sie die Binomische Formel mit Hilfe der vollständiger Indution. (a + b) n 0 ( n ) a b n Indutionsanfang: (a + b) 0 ( ) a b n b + a Indutionsschritt: (a+b) n+ (a + b) n (a+b) Annahme ( n n a ) b n (a+b) 0 0 n+ n a b n ( n ) a + b n + 0 ( n ) a b n + Hier haben wir den Inde in der ersten Summe geshiftet, d.h +. Das n im Binominaloeffizenten bleibt durch den Indeshift unverändert. Die Summe muss aber, um dieselbe Anzahl an Summanden zu haben, bis n+ laufen. { } n n + a b n + + n + n 0 n + 0 a 0 b n+ + n n n + n + a n+ b 0 n+ a b n + 0. Summenformel Beweisen Sie die folgende Summenformel n(n + )(n + ) mit Hilfe der vollständigen Indution. Indutionsanfang: ( + ) ( + ) 5

6 Vollständige Indution Ferienurs Analysis Indutionsschritt:. +(n + ) Annahme n(n + )(n + ) + (n + ) n(n + )(n + ) + (n + ) n + 9n + n + Das der Zähler dem gewünschten Ergebniss entspricht beweist man am besten indem man rücwärts rechnet: (n + )(n + )(n + ) (n + n + )(n + ) n + 9n + n + Damit haben wir alles beweisen.. Klausuraufgabe Beweisen Sie durch vollständige Indution. + n n + Indutionsanfang: + + Indutionsschritt: + + (n + ) n + n + n + + n(n + ) + (n + )(n + ) (n + )(n + ) n + n + (n + )(n + ) n + n + (n+)(n+).4 Summenformel der Binominaloeffizenten Es seien n, N und es gelte n. Man beweise durch vollständige Indution. m m + Zunächst einmal stellt sich das Problem, dass wir die richtige Variable finden müssen, die wir zur Indution benutzen. Dies ist die Variable n, da nur bis n läuft und somit eine neue Aussage nur auftritt wenn man n erhöht. Indutionsanfang: Wir wählen hier den leinst möglichen Wert für n. Dieser ist laut Aufgabenstellung n ( + + )

7 Ferienurs Analysis Vollständige Indution Indutionsschritt: m ( m ) n + + Die letzte Gleichung folgt aus der allgemeinen Konstrutionsvorschrift der Binomianaloeffizenten: n n n + + Was man sich am besten mit Hilfe des Pascalschen Dreiecs larmacht..5 Abschätzung Potenzfuntion, Eponentialfuntion. Beweisen Sie zunächst die Hilfsaussage n + < n n N, n 5. Überzeugen Sie sich, dass die Aussage für n, 5 gilt, nicht aber für n,, 4. n < n ( ). Beweisen Sie (*) indutiv mit geeignetem Indutionsanfang. 4. Was sagt dieser Satz anschaulich?. Wir beweisen mit vollständiger Indution: Indutionsanfang: n5: < 5 Indutionsschritt: (n + ) + n + < n + < n < n+ Dabei haben wir die Indutionsannahme benutzt und die Vorgabe n 5. Damit ist die Hilfsaussage bewiesen.. Dies sieht man durch Einsetzen.. Indutionsanfang: Hier wählt man n5, da wir vorher gezeigt habe, dass die Aussage zwar für n gilt nicht aber für n,,4. Deswegen ann der Indutionsbeweis nur für n 5 Erfolg haben. 5 5 < 5 Indutionsschritt: (n + ) n + n + < n + n + Jetzt müssen wir die Hilfsaussage aus der ersten Teilaufgabe benutzen. n + n + < n + n n n+ 4. Der Satz besagt, dass eponentielles Wachstum (also Wachstum der Form a ) schneller ist als Wachstum, das sich wie eine Potenzfuntion ( n ) verhält. 7

8 Stetigeit Ferienurs Analysis. Gaußsche Summenformel Man beweise: per vollständige Indution. Indutionsanfang: Indutionsschritt: n(n + ) n N n+ (n + ) + n + + n(n + ) n + n + (n + )(n + ).7 Eine weitere Summenformel des Binominaloeffizenten Beweisen Sie die Formel für n N Beweisen Sie die Formel für n N 0 n 0 0 n n ( ) n Diese Aufgabe soll lehren, dass nicht alles was nach Indutionsbeweis aussieht, auch einer ist. Die Aufgabenstellung verlangt eine Indution. n ( + ) n wobei wir die binomische Formel verwendet haben. 0 ( ) n 0 0 n n ( ) Stetigeit. Grenzwertbestimmung von Funtionen Bestimmen Sie wenn möglich die folgenden Grenzwerte:. lim lim 9. lim 0 8

9 Ferienurs Analysis Stetigeit 4. lim lim +. lim lim 0 +. lim +9 9 lim +9. lim 9 lim. lim 0 4. lim lim 5+4 lim. lim lim 0 + eistiert nicht. lim 0 + 9

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