g(x) := (x 2 + 2x + 4) sin(x) für z 1 := 1 + 3i und z 2 := 1 + i. Geben Sie das Ergebnis jeweils

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1 . Aufgabe Punkte a Berechnen Sie den Grenzwert n + n + 3n. b Leiten Sie die folgenden Funktionen ab. Dabei ist a R eine Konstante. fx : lnx e a, gx : x + x + 4 sinx c Berechnen Sie z z und z z in der Form a + bi an. für z : + 3i und z : + i. Geben Sie das Ergebnis jeweils d Geben Sie sowohl den Ansatz der reellen als auch den Ansatz der komplexen Partialbruchzerlegung für die Funktion hx : 3x x + x 4 x + 4 an. Die Koeffizienten müssen dabei nicht bestimmt werden. a [3P] Zunächst kürzen wir die höchste auftretende Potenz von n: a n n + n + 3n + n n + 3. Da die einzelnen Summanden alle konvergieren, können wir die Rechenregeln für konvergente Folgen Grenzwertsätze anwenden und erhalten b [P] Es gilt a n + f x KR x e a x ea x e a ea x n n g x PR x + x + 4 sinx + x + x + 4 sinx x + sinx + x + x + 4 cosx. c [3P] Für die komplexen Zahlen z + 3i und z + i gilt bzw. f x lnx + a x, z z + 3i + i + 3i + i + 3i + 4i 3 + 4i, z + 3i + 3i i + 3i i 3i z + i + i i i + i. d [4P] Es gilt GradZähler < 5 GradNenner. Die reellen Nullstellen der Funktion h sind und 4. Dabei ist 4 eine doppelte Nullstelle. Zudem hat h noch die komplexen Nullstellen i und i. Deswegen ist der Ansatz der reellen Partialbruchzerlegung und für die komplexe Partialbruchzerlegung hx hx A + B x + x 4 + B x 4 }{{ + Cx + D x } + 4 A x + + B x 4 + B x 4 + E x i + F. x + i

2 . Aufgabe 8 Punkte Sei die Funktion f : R R gegeben durch fx : { +cosπx x x, x. a Zeigen Sie, dass die Funktion auf dem gesamten Definitionsbereich stetig ist. b Untersuchen Sie, ob die Funktion an der Stelle x auch differenzierbar ist und geben Sie in diesem Fall die Ableitung f an. a [4P] Für jedes x R \ {} ist die Funktion f stetig, da die Funktion R \ {} x + cosπx stetig ist Verknüpfung stetiger Funktionen, die Funktion R \ {} x x stetig ist Polynom und somit die Funktion R \ {} x +cosπx x stetig ist Quotient stetiger Funkionen, wobei der Nenner für jedes x R \ {}. Wir berechnen x fx. Wir bemerken zunächst, dass x + cosπx + cosπ und x x. Deswegen wenden wir die Regel von Bernoulli L Hospital an: L H + cosπx π sinπx fx x x x x π sinπ. Die Funktion erfüllt also und ist somit auf ganz R stetig. f x fx b [4P] Wir müssen untersuchen, ob der Grenzwert des Differenzenquotienten, also existiert. Es gilt fx f x x x fx f x x +cosπx x + cosπx x x x L H x π sinπx x L H π cosπx π π cosπ x. Also ist die Funktion f ist an der Stelle x differenzierbar und es gilt f π /. Weil x π sinπx x x gilt.

3 3. Aufgabe Punkte a Bestimmen Sie alle komplexen Lösungen der Gleichung z 4 5. b Finden Sie alle reellen Lösungen der Ungleichung x π x. c Finden Sie alle reellen Lösungen der Gleichung + lnx /3 ln 3 x 5. a [4P] Sei z : re iφ. Mit e iπ erhalten wir z 4 5 z 4 5e iπ r 4 e 4iφ 5e iπ { r φ π + kπ, k Z. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra hat die Gleichung genau 4 Lösungen. Daher betrachten wir k,,, 3. Die 4 Lösungen sind also gegeben durch z k 5e i π 4 + kπ, k,,, 3, also genauer L { i π 4, i 3π 4, i 5π 4, i 7π 4 }. b [3P] Es gilt x π x π oder x < π.. Fall: Für x π gilt Deswegen L : [π, [ [ π, [ [π, [.. Fall: Für x < π gilt { x π, falls x π,. Wir brauchen also eine Fallunterscheidung, ob π x, falls x < π x π x x π x x π. x π x x π x π 3x x π 3. Deswegen L :], π[ [ π 3, [ [ π 3, π[. Insgesamt ergibt sich damit L : L L [π, [ [ π 3, π[ [π 3, [. c [3P] Damit alle Terme definiert sind muss x > gelten. Dann gilt mit den Logarithmus Gesetzen: + 3 ln x + lnx/3 ln 3 x 5 5 ln x. 3 Wir ziehen auf beiden Seiten 3 ln x ab und erhalten ln x. Da der Logarithmus bijektiv ist und lne gilt, ist die einzige reelle Lösung der Gleichung durch x e gegeben.

4 4. Aufgabe Punkte Berechnen Sie die folgenden Integrale: a x dx, b 4 sin x dx. a [4P] Es handelt sich hier um ein uneigentliches Integral. Daher mus die Grenze erst druch einen Grenzwert ersetzt werden. b x dx b [6P] Zunächst substituieren wir t x.. Alternative: t : x ergibt sich b b b [ x b + b x dx ] +. dt dx, also dt x dx bzw. dx tdt. x. Alternative: x : t ergibt sich dx dt t, also dx tdt. In jedem Fall erhalten wir dx tdt. Außerdem ergibt sich für die Grenzen x t und x π 4 t π. Für das Integral erhalten wir somit 4 Nun benutzen wir partielle Integration: 4 sin x dx sin x dx PI sintt dt [ t cost ] π sintt dt. π cos π + }{{ } cost dt cost dt [ sint ] π.

5 5. Aufgabe Punkte Gegeben sei die Funktion f : ] π, π[ R, definiert durch fx : + sinx. a Berechnen Sie das Bild von f, d.h. f] π, π[. b Berechnen Sie die ersten beiden Ableitungen von f. zur Kontrolle: f x cosx 4x sinx c Finden Sie alle lokalen Minimal- und Maximalstellen. d Bestimmen Sie das Taylorpolynom T zweiten Grades im Entwicklungspunkt x. a [P] Zunächst gilt, dass für x ] π, π [ der Wert x im Interval [, π[ liegt, d.h. x ] π, π[ x [, π[. Insbesondere enthält [, π[ das Intervall [, π/], sodass sinx alle Werte zwischen und annimmt. Deswegen ergibt sich b [P] Es gilt f] π, π[ {fx x ] π, π[ } { + sint t [, π[ } [, ]. und f x KR cosx x x cosx f x PR x cosx + x cosx cosx 4x sinx. c [5P] Die Funktion f ist differenzierbar. Deswegen bestimmen wir alle Nullstellen der ersten Ableitung. Aus Teil b ergibt sich f x x cosx x oder cosx.. Fall: x. Dann f b cos >, d.h. f hat in ein lokales Minimum.. Fall: cosx. Wir müssen zunächst alle reellen Lösungen der Gleichung bestimmen, die im Intervall ] π, π[ liegen. cosx x π + kπ, k Z. Wegen Gleichung muss k sein. Somit gibt es genau zwei Lösungen der Gleichung, x π π x ±. Die zweite Ableitung an den Stellen ergibt und f π/ cosπ/ 4π/ sinπ/ π < f π/ cosπ/ 4π/ sinπ/ π <. An den Stellen x π/ und x π/ hat f jeweils ein lokales Maximum. d [P] Das Taylorpolynom ist gegeben durch T, x f + f x + f x + x + x + x.

6 6. Aufgabe 9 Punkte a Zeigen Sie mithilfe der vollständigen Induktion, dass für alle natürlichen Zahlen n gilt: k + k n n +. b Wenden Sie den Mittelwertsatz auf die Funktion lnx an, um zu zeigen, dass ln5 4. a [5P] Für n N \ {} sei An: Induktionsanfang: Für n gilt k + k n n +. linke S. von A k + k + rechte S. von A. + Induktionsvoraussetzung: Für ein beliebiges aber festes n gilt An, d.h. k + k n n +. IV Induktionsbeweis: Wir zeigen, dass wenn An gilt, dann gilt auch An +, d.h., Es gilt n+ k + k n n+ n + k + k n +. k + k + IV n + n + n + n + + n + + n + n n + + n + n + nn + n + n + + n + n + n + n + n + n + n + n + n + n + n +. b [4P] Die Funktion ln: ], [ R ist differenzierbar. Für beliebige aber feste x, y > mit x < y ergibt sich aus dem Mittelwertsatz, dass ein ξ ]x, y[ existiert, sodass ξ lny lnx ln ξ y x lny lnx y x. 3 ξ Wir wählen x, y 5 und erhalten damit aus Gleichung 3, dass ein ξ ], 5[ existiert, sodass Die letzte Ungleichung gilt, da ξ > ξ <. ln5 ln 5 4 < 4. 4 ξ ξ