Aufgabe 1 Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion, dass für alle n N. n(n + 1)(2n + 1) 6. j 2 = gilt.

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1 Aufgabe Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion, dass für alle n N j 2 j n(n + )(2n + ) gilt. Der Beweis wird mit Hilfe vollständiger Induktion geführt. Wir verifizieren daher zunächst den Induktionsanfang, schreiben die Induktionsvoraussetzung (IV) hin und führen dann den Induktionsschritt wie folgt durch: Induktionsanfang n : j j ( + ) (2 + ). Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung gilt für eine gewisse Zahl n N. Induktionsschritt n n + : n+ j 2 j (IV) j 2 + (n + ) 2 j n(n + )(2n + ) + (n + ) (2n 2 + n + n + ) }{{} (n+2)(2n+3) (n + )(n + ) (n + )(n + + )(2(n + ) + ).

2 Aufgabe 2 (a) Skizzieren Sie die Menge M {z C 0 Im(z) und z 2 4} in der komplexen Zahlenebene. (b) Bestimmen Sie alle reellen oder komplexen Nullstellen des Polynoms p(x) x 4 2x 3 2x 2 + x + 5 und zerlegen Sie es in Linearfaktoren. Hinweis: Eine der Nullstellen ist 2 + i. (a) Es gilt: M {z C 0 Im(z) und z 2 4} {z C 0 Im(z) } {z C z 2 4} {z C 0 Im(z) } {z C z 2} }{{}}{{} M M 2. Damit ist M gegeben als Schnittmenge der roten Menge M und der gelben Menge M 2 : Im M M Re M 2 (b) Mit z 2 + i ist auch die konjugiert komplexe Zahl z 2 i eine Nullstelle von p. Das Polynom p enthält also als irreduziblen quadratischen Faktor den Ausdruck (x z ) (x z ) ( x (2 i) )( x (2 + i) ) ( (x 2) + i )( (x 2) i ) (x 2) 2 i 2 x 2 4x x 2 4x + 5.

3 Polynomdivision liefert dann ( x 4 2x 3 2x 2 x 4 4x 3 + 5x 2 2x 3 7x 2 2x 3 8x 2 x 2 + x x x 4x + 5 ) : (x 2 4x + 5) x 2 + 2x +. Die Nullstellen der quadratische Gleichung x 2 + 2x + 0 erhält man zum Beispiel mit Hilfe der Binomischen Formel d.h. ist eine doppelte Nullstelle von p(x). 0 x 2 + 2x + (x + ) 2, x Die Zerlegung von p(x) in Linearfaktoren lautet somit p(x) ( x (2 i) )( x (2 + i) )( x + ) 2.

4 Aufgabe 3 (a) Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Reihenwert: ( 7) k 5 k+, ( ) (j + ) 2 (j + 2) 2. k 0 j (b) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe k ( 8 + k ) k x 3k. (a) Für die erste Reihe haben wir ( 7) k 5 k+ 5 ( 7 ) k, 5 d.h. es handelt sich um ein Fünftel einer geometrischen Reihe q k mit q 7 5. Wegen 7 > divergiert also die erste Reihe. 5 Bei der zweiten Reihe handelt es sich um eine Teleskopsumme: Für die n-te Partialsumme s n haben wir s n ( (j + ) 2 ) (j + 2) 2 j j Der Reihenwert ist also /4. j (j + ) 2 (j + 2) 2 j (j + ) 2 (l + 2) 2 ( + ) 2 (n + 2) 2 4 l (n ). (b) Wir ersetzen zunächst y x 3 und berechnen den Konvergenzradius der Potenzreihe k Um das Wurzelkriterium anzuwenden, berechnen wir 8 k lim + k ( lim 8 + ) 8, k k k k d.h. für den Konvergenzradius gilt ρ 8. ( 8 + k ) k y k. ( ) Somit konvergiert die Potenzreihe ( ) absolut für y x 3 < 8 und divergiert für y x 3 > 8 ; der Konvergenzradius der gesuchten Reihe ist daher ρ

5 Aufgabe 4 Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte: (a) (b) (c) lim n 2n 4 n 3 2n 2 +3n 2n lim x x 2 + 2x 5 x lim x 0 e x2 cos(x) (a) Es ist 2n 4 n 3 2n 2 + 3n 2n 2n4 2n(n 3 2n 2 + 3n) n 3 2n 2 2n4 2n 4 + 4n 3 n 2 + 3n n 3 ( 2 n + 3 ) n 2 n3 (4 n ) n 3 ( 2 n + 3 n 2 ) (b) Man erweitert und benutzt dann die dritte binomische Formel: 4 n 2 n + 3 n x x 2 + 2x 5 (x x 2 + 2x 5) (x + x 2 + 2x 5) x + x 2 + 2x 5 x2 (x 2 + 2x 5) x + x 2 + 2x 5 2x + 5 x ( + + 2x 5x ) x x 5 x 2 Bildet man den Grenzwert für x, so erhält man lim x x 2 + 2x 5 lim x x x x x 2 (c) Es liegt der Fall 0/0 vor. Nach einmaligem Anwenden der Regel von de l Hospital erhält man wieder einen Ausdruck der Form 0/0. Nochmaliges Anwenden der Regel von de l Hospital liefert schließlich den Grenzwert: lim x 0 e x2 cos x lim x 0 e x2 2x sin x lim x 0 e x2 (2x) 2 + e x2 2 cos x e0 2 2.

6 Aufgabe 5 Gegeben sei die Funktion f : R R, f(x) ln(x 2 + 2). (a) Bestimmen Sie die uneigentlichen Grenzwerte lim f(x) und lim f(x). x x + (b) Berechnen Sie die lokalen Extrema von f und entscheiden Sie, ob es sich um ein lokales Maximum oder um ein lokales Minimum handelt. (c) Bestimmen Sie die Wendepunkte von f. (d) Skizzieren Sie den Graphen von f. (a) Für x ± gilt x Daher folgt unter Verwendung von ln(y) für y : lim f(x) lim x ± x ± ln(x2 + 2). (b) Hat f bei x 0 ein lokales Extremum, so gilt f (x 0 ) 0: f (x) x x 2x x 2 + 2, also gilt f (x) 0 genau dann, wenn 2x 0, also x 0 gilt. Untersuche nun die zweite Ableitung f (x) 2(x2 + 2) 2x 2x (x 2 + 2) 2 2x2 + 4 (x 2 + 2) 2 an der Stelle x 0: f (0) ( ) > 0, also liegt hier ein lokales Minimum f(0) ln( ) ln(2) vor. (c) Hat f bei x 0 einen Wendepunkt, so gilt f (x 0 ) 0: 0 f (x) 2x2 + 4 (x 2 + 2) 2 0 2x x 2 2 x ± 2. Prüfe nun, ob f an den Stellen 2 und 2 das Vorzeichen wechselt: f ( 2) ( 2)( 2)2 +4 (( 2) 2 +2) 2 f (0) > 0, f (2) ( 2) (2 2 +2) 2 9 < < 0, Da 2 ( 2, 0) und 2 (0, 2) gilt, gibt es folglich zwei Wendepunkte an den Stellen 2 und 2 mit Funktionswerten f( 2) ln(4) f( 2).

7 y x

8 Aufgabe (a) Bestimmen Sie die Taylorreihe von im Entwicklungspunkt x 0. p(x) 2x 3 2x 2 + (b) Bestimmen Sie die Taylorrreihe der Funktion im Entwicklungspunkt x 0. f(x) 2 + x, x 2, Geben Sie außerdem die Menge aller x R an, für welche die Taylorreihe konvergiert. (a) Man berechnet zunächst die Ableitungen von p: Für x R ist p (x) x 2 4x, p (x) 2x, p (x) 2, p (4) (x) 0, und damit p (n) (x) 0 für alle n 4. Für die Werte in x 0 gilt also sowie p (n) () 0 für alle n 4. p() 2, p () 0, p (), p () 2, Damit lautet die Taylorreihe von p mit Entwicklungspunkt x 0 T p(x) p (k) (x 0 ) (x x 0 ) k k! 3 p (k) () (x ) k k! p() + p ()(x ) + p () (x ) 2 + p () (x ) 3 2! 3! 2 + ( 0)(x ) + 2 (x )2 + 2 (x )3 2 0(x ) 8(x ) 2 2(x ) 3. (b) Variante : Schreibe f(x) so um, dass die Formel für die geometrische Reihe angewendet werden kann: f(x) 2 + x + (x ( )) y mit y (x + ). Dies ist eine geometrische Reihe und zugleich die Taylorreihe für f im Entwicklungspunkt x 0 : T f(x) y k ( ) k (x + ) ( ) k (x + ) k.

9 Die geometrische Reihe konvergiert für y < bzw. für x + <, was bedeutet, dass der Konvergenzradius ϱ ist. Um nun alle x R zu bestimmen, für welche die Tayloreihe konvergiert, muss man zusätzlich noch untersuchen, was im Grenzfall x +, d.h. für x 0 oder x 2, passiert: T f(0) ( ) k (0 + ) k ( ) k ist divergent, da für die Folge der Partialsummen gilt: { s n ( ) k, falls n gerade 0, falls n ungerade T f( 2) ( ) k ( 2 + ) k ( ) k ( ) k ist ebenfalls divergent, da die Folge der Reihenglieder keine Nullfolge bildet. Insgesamt konvergiert die Taylorreihe von f im Entwicklungspunkt x 0 also für alle x {x R x + < } {x R x > 2 und x < 0} ( 2, 0). Variante 2: Mit Induktion zeigt man, dass für die n-te Ableitung gilt: f (n) (x) ( ) n n! (2 + x) (n+). ( ) Induktionsanfang n 0: f (0) (x) f(x) (2 + x) ( ) 0 (2 + x) (0+). Induktionsvoraussetzung: Die Gleichung ( ) gilt für ein gewisses n N. Induktionsschritt n n + : Damit ist ( ) bewiesen. f (n+) (x) ( f (n) (x) ) (IV) ( ( ) n n! (2 + x) (n+)) ( ) n n! ( (n + )) (2 + x) (n+) ( ) n+ (n + )! (2 + x) (n+2). Die Taylorreihe erhält man nun durch Einsetzen des Entwicklungspunktes x 0 : T f (x) f (k) ( ) (x + ) k k! ( ) k (x + ) k, und das Quotientenkriterium liefert sofort als Konvergenzradius ϱ. Analog wie bei Variante berechnet man, dass die Taylorreihe von f im Entwicklungspunkt x 0 für alle x ( 2, 0) konvergiert.

10 Aufgabe 7 Gegeben sei die lineare Differentialgleichung f (t) sin(t)f(t) + sin(t). (a) Geben Sie die Störfunktion an. (b) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung f (t) sin(t)f(t). (c) Berechnen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung ( ). ( ) (a) Die Störfunktion ist b(t) sin(t). (b) Separation der Variablen f und t: Integration liefert: Also ln f f (t) sin(t)f(t) f (t) f(t) sin(t). f df sin(t)dt cos(t) + C mit C R. f(t) e cos(t)+c e C e cos(t) d.h. f(t) ±e C e cos(t). Da auch die konstante Funktion f 0 die Differentialgleichung löst, ist die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung f (t) sin(t)f(t) somit gegeben durch für eine Konstante c 0 R. f h (t) c 0 e cos(t) (c) Um die allgemeine Lösung von ( ) zu erhalten, müssen wir zunächst eine partikuläre Lösung f p c 0 (t) e cos(t) durch Variation der Konstanten finden. Es gilt: f p(t) c 0(t) e cos(t) + c 0 (t) sin(t)e cos(t). Aus der Differentialgleichung ( ) erhält man außerdem sin(t)c 0 e cos(t) + sin(t) sin(t)f p + sin(t) f p(t) c 0(t) e cos(t) + c 0 (t) sin(t)e cos(t), also c 0 (t) e cos(t) sin(t) d.h. c 0 (t) sin(t) e cos(t) sin(t) ecos(t). Integration liefert c 0 (t) c 0 (t)dt sin(t) e cos(t) dt e cos(t) + C mit C R, wobei das Integral mittels der Substitution z cos(t) gelöst wurde. Somit erhalten wir die partikuläre Lösung ( f p (t) c 0 (t) e cos(t) e cos(t) + C ) e cos(t) cos(t) + Ce und die allgemeine Lösung von ( ) f(t) f h (t) + f p (t) c 0 e cos(t) + ( ) + Ce cos(t) (c 0 + C)e cos(t) c e cos(t) mit einer Konstanten c R.