Ferienurs Analysis Tag - Lösungen zu Komplee Zahlen, Vollständige Indution, Stetigeit Pan Kessel 4.. 009 Inhaltsverzeichnis Komplee Zahlen. Darstellung einer ompleen Zahl..................................... Bestimmung von Real und Imaginärteil................................. Klausuraufgabe...............................................4 *Geometrische Interpretaton einer Gleichung..............................5 Wurzeln von ompleen Zahlen...................................... Kompleer Logarithmus......................................... 4 Vollständige Indution 5. Binomische Formel............................................ 5. Summenformel.............................................. 5. Klausuraufgabe...............................................4 Summenformel der Binominaloeffizenten................................5 Abschätzung Potenzfuntion, Eponentialfuntion.......................... 7. Gaußsche Summenformel........................................ 8.7 Eine weitere Summenformel des Binominaloeffizenten........................ 8 Stetigeit 8. Grenzwertbestimmung von Funtionen................................. 8
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) 5 + 4 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
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 + 5 0 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
Komplee Zahlen Ferienurs Analysis. Dieses Problem löst man am besten durch quadratische Ergänzung: 5z z + 5 + 5 5 0 ( (5)z 5 ) + 4 5 0 Nun sehen wir: ( z ) 4 ( 5 5 ±i 4 ) 5 z ±i 5 4 + 5 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
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
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 ( + + )
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
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 +9 9 +9. lim 9. lim 0 8
Ferienurs Analysis Stetigeit 4. lim 0+ 5. lim +. lim 5+4 7. lim 0 +. lim +9 9 lim +9. lim 9 lim. lim 0 4. lim 0+ 5. lim 5+4 lim. lim 5+4 7 7. lim 0 + eistiert nicht. lim 0 + 9