H¨ ohere Mathematik II

(1)

Lehrstuhl II f¨ur Mathematik Prof. Dr. E. Triesch

H¨ ohere Mathematik II

WiSe 2012/13

Variante A Musterl¨ osung

Zugelassene Hilfsmittel:

Als Hilfsmittel zugelassen sindhandschriftlicheAufzeichnungen von maximal 10 DinA4-Bl¨attern (keine Fotokopien oder Ausdrucke). Taschenrechner sind nichtzugelassen.

Das Konzeptpapier zur Bearbeitung der Aufgaben (Schmierbl¨atter) ist von den Studierenden zur Klausur mitzubringen.

Bewertung:

Bitte nutzen Sie zur Beantwortung aller Aufgaben die in der Klausur ausgeteilten Bl¨atter! Es werden nur die Antworten gewertet, die auf dem L¨osungsbogen stehen! Zur Bewertung der einzelnen Teile:

I: (Aufgabe I.1-I.3) Sie müssen unter expliziter Darstellung des Lösungsweges nachvollziehbar zu einer Lösung kommen. Ohne Lösungsweg gibt eskeine Punkte.

II: (Aufgabe II.1-II.4) Sie müssen das richtige Ergebnis in die entsprechenden Kästchen des Ant- wortbogens eintragen. Darüberhinaus können Sie im Feld Lösungsskizze einen kurzen Rechenweg angeben, der in die Bewertung mit einbezogen wird, sollte Ihr Ergebnis falsch sein.

III: (Aufgabe III.1-III.3) Hier m¨ussen Sie Aussagen Wahrheitswerte zuordnen. Sie erhalten nur dann Punkte, wenn Sie in einer Teilaufgabe alle Wahrheitswerte richtig und komplett zuordnen.

Beispiel:

Bestimmen Sie die Wahrheitswerte der folgenden zwei Aussagen: (2 Pkt.) (1) 2·3 = 6

(2) 1 + 1 = 3.

Antwort (1) (2) Punkte

1. W W 0

2. W F 2

3. F W 0

4. F F 0

Antwort (1) (2) Punkte

5. F - 0

6. W - 0

7. - F 0

8. - W 0

Es gibt keine Minuspunkte.

Bitte schreiben Sie keine Rechnungen oder Begr¨undungen zu Teil III auf den Antwortbogen.

Nutzen Sie daf¨ur Ihr eigenes Konzeptpapier.

Viel Erfolg!

(2)

Teil I

Aufgabe I.1: (11 Pkt.)

Bestimmen Sie eine Stammfunktion der Funktion f : {x∈R|x >1} →R mit

f(x) = 10 x³+x²−2.

L¨osung:

Der Ansatz f¨ur die ben¨otigte Partialbruchzerlegung lautet 10

x³+x²−2 = 10

(x−1)(x²+ 2x+ 2) = A

(x−1) + Bx+C (x²+ 2x+ 2). Damit erhalten wir

10 =A(x²+ 2x+ 2) + (Bx+C)(x−1).

Das Einsetzen von x= 1 liefert

10 = A(1 + 2 + 2) + 0 ⇔ A = 2.

Weiter gilt mit Koeffizientenvergleich

10 = 2(x²+ 2x+ 2) + (Bx+C)(x−1)

= 2x²+ 4x+ 4 +Bx²+Cx−Bx−C

= (2 +B)x²+ (4−B+C)x+ (4−C)

⇒ 10 = 4−C und 0 = 2 +B und 0 = 4−B+C

⇒ C =−6 und B =−2.

Also gilt

Z 10

x³+x²−2 dx=

Z 2

(x−1) dx+

Z −2x−6 (x²+ 2x+ 2) dx

= 2 ln|x−1|+

Z −2x−2−4 (x²+ 2x+ 2) dx

= 2 ln|x−1| −

Z 2x+ 2

(x²+ 2x+ 2) dx−4

Z 1

(x²+ 2x+ 2) dx

= 2 ln|x−1| −ln|x²+ 2x+ 2| −4

Z 1

(x²+ 2x+ 1 + 1) dx

= 2 ln|x−1| −ln|x²+ 2x+ 2| −4

Z 1

((x+ 1)²+ 1) dx

= 2 ln|x−1| −ln|x²+ 2x+ 2| −4 arctan(x+ 1).

(3)

Aufgabe I.2: (4+7 Pkt.) a) Bestimmen Sie den Stetigkeitsbereich der Funktion f :R² →R

f(x, y) =







p|x|y

px²+y⁴ ,falls (x, y)6= (0,0) 0 ,falls (x, y) = (0,0).

b) Gegeben sei die Funktion f mit f(x) = x tan(x).

1) Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D(f)⊆R vonf. 2) An welchen Stellen in[0, π]\D(f)l¨asst sich f stetig fortsetzen.

L¨osung:

a) F¨ur (x, y) 6= (0,0) ist f(x, y) stetig als Komposition stetiger Funktionen. Zur Untersuchung der Stetigkeit in (x, y) = (0,0)betrachtet man die Folge _n¹2,_n¹

mit lim

n→∞

1 n²,¹_n

= (0,0). Weiter gilt

f 1

n²,1 n

=

q 1 n² · ¹_n q 1

n²

2

+ _n¹4 =

1 n²

q 2 n⁴

= n² n²√

2 = 1

√2,

Also ist f im Punkt (0,0) nicht stetig. Insgesamt istR²\ {(0,0)} der Stetigkeitsbereich vonf. b) 1) Die Funktion f ist an den Stellen x mit tan(x)∈R\ {0} definiert. F¨ur x∈ Zπ ist tan(x) = 0.

Außerdem ist tan(x) f¨ur x ∈ ^π₂ +Zπ nicht definiert. Somit ist der maximale Definitionsbereich von D(f) = R\(Z^π₂).

2) Sei x₀ ∈ Zπ. Dann ist tan(x₀) = 0. Da 0 und π jeweils auf dem Rand von [0, π] liegen, lassen sich dort nur einseitige Grenzwerte betrachten.

Falls x₀ = 0, so gilt

x&0limf(x) = lim

x&0

x tan(x)

l⁰H.

= lim

x&0

1

1 + tan²(x) = 1.

Falls x₀ =π, so gilt

x%πlimf(x) = lim

x%π

x

tan(x) =−∞.

F¨ur ^π₂ gilt lim

x%^π₂ tan(x) =∞ und lim

x&^π₂ tan(x) = −∞.

Somit gilt

x%lim^π₂ f(x) = lim

x%^π₂

x

tan(x) = 0 und lim

x&^π₂ f(x) = lim

x&^π₂

x

tan(x) = 0.

Also kann man f an den Stellen 0 und ^π₂ mit f(0) = 1 bzw. f(^π₂) = 0 stetig fortsetzen. An der Stelle mit π ist f nicht stetig fortsetzbar.

(4)

Aufgabe I.3: (3+5+4 Pkt.) a) Berechnen Sie den Grenzwert lim

x→∞x−√

x²−6x+ 3.

b) Berechnen Sie mit Hilfe des Potenzreihenansatzes den Grenzwert lim

x→0

sin²(x) cos(x)−1. Achtung: F¨ur L¨osungen mit Hilfe der Regel von L’Hospital gibt es keine Punkte!

c) Untersuchen Sie die Reihe

∞

X

n=1

(2n)ⁿ (2n)!

auf Konvergenz bzw. Divergenz.

L¨osung:

a) Es gilt:

x→∞lim x−√

x²−6x+ 3 = lim

x→∞

x−√

x²−6x+ 3

x+√

x²−6x+ 3 x+√

x²−6x+ 3

= lim

x→∞

x²−(x²−6x+ 3) x·

1 + q

1− ⁶_x +_x³2

= lim

x→∞

6− ³_x 1 +

q

1− ⁶_x +_x³2

= 6

1 +√ 1 = 3.

b) Es gilt:

sin²(x) cos(x)−1 =

x−^x_3!³ + ^x_5!⁵ − ^x_7!⁷ ± · · · x− ^x_3!³ +^x_5!⁵ −^x_7!⁷ ± · · · 1− ^x_2!² +^x_4!⁴ − ^x_6!⁶ ± · · ·

−1

= x²

1− ^x_3!² + ^x_5!⁴ − ^x_7!⁶ ± · · · 1− ^x_3!² +^x_5!⁴ − ^x_7!⁶ ± · · ·

−^x_2!² +^x_4!⁴ − ^x_6!⁶ ± · · ·

= x²

1− ^x_3!² + ^x_5!⁴ − ^x_7!⁶ ± · · · 1− ^x_3!² +^x_5!⁴ − ^x_7!⁶ ± · · · x² −_2!¹ +^x_4!² − ^x_6!⁴ ± · · ·

=

1− ^x_3!² + ^x_5!⁴ − ^x_7!⁶ ± · · · 1−^x_3!² +^x_5!⁴ − ^x_7!⁶ ± · · ·

−_2!¹ +^x_4!² − ^x_6!⁴ ± · · ·

−→x→0 1·1

−¹₂ =−2.

c) Zun¨achst betrachtet man die Folge a_n= ⁽²ⁿ⁾_(2n)!ⁿ f¨ur n≥1. Verwende das Quotientenkriterium a_n+1

a_n =

(2(n+1))ⁿ⁺¹ (2(n+1))!

(2n)ⁿ (2n)!

= (2n+ 2)ⁿ⁺¹·(2n)!

(2n+ 2)!·(2n)ⁿ = (2n+ 2)·(2n+ 2)ⁿ·(2n)!

(2n+ 2)·(2n+ 1)·(2n)!·(2n)ⁿ

= 1

2n+ 1 ·

2n+ 2 2n

n

= 1

2n+ 1 ·

1 + 1 n

n

. Wegen lim

n→∞

1

2n+1 = 0 und lim

n→∞ 1 + _n¹n

=e gilt

n→∞lim

a_n+1 a_n

= lim

n→∞

a_n+1

a_n = 0<1.

Also ist die Reihe konvergent nach dem Quotientenkriterium.

(5)

Teil II

Aufgabe II.1: (2+5+3 Pkt.)

Gegeben sei die Funktion

f : [−π, π)→R, f(x) =

(−x+^π₂ , x∈[0, π) x+^π₂ , x∈[−π,0).

Geben Sie die Koeffizienten a₀, a_k und b_k f¨ur k ∈N an, so dass a0

2 +

∞

X

k=1

(akcos(kx) +bksin(kx))

die Fourierreihe der 2π-periodischen Fortsetzung vonf auf Rist. Unterscheiden Sie dabei die F¨alle:

a) a₀

b) a_k f¨ur k∈N c) bk f¨ur k∈N. Hinweis:

a_k= 1 π

Z π

−π

f(x) cos(kx)dx, b_k = 1 π

Z π

−π

f(x) sin(kx)dx, a₀ 2 = 1

2π Z π

−π

f(x)dx

L¨osung:

Zu a)

a₀ 2 = 1

2π

π

Z

−π

f(x)dx

= 1 2π





0

Z

−π

x+ π 2 dx+

π

Z

0

−x+π 2 dx





= 1 2π

1

2x²+π 2x

0

−π

+

−1

2x²+π 2x

π 0

!

= 0.

Zu b)

a_k= 1 π

π

Z

−π

f(x) cos(kx)dx

= 1 π





0

Z

−π

x+ π

2

cos(kx)dx+

π

Z

0

−x+ π 2

cos(kx)dx





P.I.= 1 kπ





 h

x+ π 2

sin(kx)i0

−π

| {z }

=0

−

0

Z

−π

sin(kx)dx+h

−x+ π 2

sin(kx)iπ 0

| {z }

=0

+

π

Z

0

sin(kx)dx







= 1

k²π [cos(kx)]⁰_−π+ [−cos(kx)]^π₀

= 1

k²π(1−cos(−kπ)−cos(kπ) + 1)

(6)

= 2 1−(−1)^k k²π . Zu c)

b_k = 1 π

π

Z

−π

f(x) sin(kx)dx= 0,

denn, da f(x) achsensymmetrisch zur y-Achse und sin(kx) punktsymmetrisch zum Ursprung ist, ist f(x) sin(kx) ebenfalls punktsymmetrisch zum Ursprung.

Aufgabe II.2: (3+5 Pkt.)

a) Skizzieren Sie die Fl¨acheAimR², die durch die Kurven bzw. Geradenf(x) =x²−2,g(x) = −1−x undh(x) = −x² begrenzt wird und den Punkt (0,−1.5)enth¨alt.

b) Geben Sie den Fl¨acheninhalt vonA an.

L¨osung:

a) Skizze:

f(x) =x²−2

h(x) =−x² g(x) =−1−x

x y

-2 -1 1 2

1

-1 -2 -3

Fl¨ache A

b) Den Flächeninhalt der gesuchten Fläche A erhält man, indem man die Fläche B (siehe Skizze) zwischen den beiden Parabeln berechnet und anschließend halbiert.

f(x) =x²−2

h(x) =−x² g(x) =−1−x

x y

-2 -1 1 2

1

-1 -2 -3

Fl¨acheB

(7)

Dazu bestimmt man zun¨achst die Schnittpunkte zwischen f(x) und h(x):

f(x) =h(x)⇔x²−2 =−x² ⇔2x² = 2⇒x=±1 Dann folgt f¨ur den Fl¨acheninhalt vonB mit x∈[−1,1]:

B =

1

Z

−1

h(x)−f(x) dx=

1

Z

−1

−x²−(x²−2) dx= 2

1

Z

−1

−x²+ 1 dx

= 2

−1 3x³+x

1

−1

= 2

−1

3 + 1− 1 3 + 1

= 2· 4 3 = 8

3 Damit gilt f¨ur A:

A= B 2 = 8

3·2 = 4 3 Alternative L¨osung:

Zun¨achst ben¨otigt man die Schnittpunkte von g und f bzw. g und h.

f(x) =g(x)⇔ x² −2 = −1−x⇔ x² +x−1 = 0⇔ x= −1±√ 5 2 h(x) =g(x)⇔ −x² =−1−x⇔ x²−x−1 = 0⇔ x= 1±√

5 2 Somit erh¨alt man den Fl¨acheninhalt vonA mit

A=

1−√ 5

Z2

−1

h(x)−f(x)dx+

−1+√ 5

Z2 1−√

5 2

g(x)−f(x)dx

=

1−√ 5 2

Z

−1

−2x²+ 2 dx+

−1+√ 5 2

Z

1−√ 5 2

−x²−x+ 1 dx

=

−2

3x³+ 2x ¹⁻

√ 5 2

−1

+

−1

3x³ −1

2x²+x ⁻¹⁺

√ 5 2

1−√ 5 2

=−2 3

1−√ 5 2

!3

+ 2 1−√ 5

2 −2

3 + 2

− 1 3

−1 +√ 5 2

!3

− 1 2

−1 +√ 5 2

!2

+−1 +√ 5 2 +1

3

1−√ 5 2

!3

+ 1 2

1−√ 5 2

!2

− 1−√ 5 2

=−2

3 + 2 = 4 3.

Aufgabe II.3: (5+2 Pkt.)

a) Bestimmen Sie das TaylorpolynomT_3,1(x) dritten Grades an der Stelle 1 der Funktion f(x) =x²−arctan(x).

Geben Sie dazu die Koeffizientena₀, a₁, a₂, a₃ des Taylorpolynoms in der Form T_3,₁(x) =a₀+a₁(x−1) +a₂(x−1)²+a₃(x−1)³ an.

Tipp: Es gilt :sin ^π₄

= cos ^π₄

⇒tan ^π₄

= 1.

(8)

b) Geben Sie das zu T_3,₁(x) zugeh¨orige Restglied in der Form von Lagrange an.

L¨osung:

a) Es gilt

f(x) = x²−arctan(x) f⁰(x) = 2x− 1

x²+ 1 f⁰⁰(x) = 2 + 2x

(x²+ 1)²

f⁰⁰⁰(x) = 2(x²+ 1)²−2x·2(x²+ 1)·2x (x²+ 1)⁴

= 2(x²+ 1)−8x² (x²+ 1)³

= −6x²+ 2 (x²+ 1)³. Daraus folgt

f(1) = 1− π 4 f⁰(1) = 2− 1

2 = 3 2 f⁰⁰(1) = 2 + 2

4 = 5 2 f⁰⁰⁰(1) = −6 + 2

2³ =−1 2. Also gilt

T_3,₁(x) = 1− π 4 +

3 2

1!(x−1) +

5 2

2!(x−1)²+−¹₂

3! (x−1)³

= 1− π 4 + 3

2(x−1) + 5

4(x−1)²− 1

12(x−1)³. b) Es gilt

R_3,₁(x) = f⁽⁴⁾(t)

4! (x−1)⁴ f¨ur eint ∈[x,1] bzw. t∈[1, x].

Berechne

f⁽⁴⁾(x) = −12x(x²+ 1)³−(−6x²+ 2)·3·(x²+ 1)²·2x (x² + 1)⁶

= −12x(x²+ 1)−(−6x²+ 2)·6x (x² + 1)⁴

= −12x³−12x+ 36x³−12x (x²+ 1)⁴

= 24x³−24x (x² + 1)⁴ . Damit gilt f¨ur das zugeh¨orige Restglied

R_3,₁(x) = 1

4!· 24t³−24t

(t² + 1)⁴ (x−1)⁴ = t³−t

(t²+ 1)⁴(x−1)⁴.

(9)

Aufgabe II.4: (3+4+3 Pkt.) Gegeben sei die Kurve γ durch die Parametrisierung γ(t) =

cos(t) sin(t) 2√

2 sin(t)

mit t ∈[0,2π].

a) Bestimmen Sie die Bogenl¨ange Lvon γ.

b) Bestimmen Sie die Kr¨ummung der Kurve in Abh¨angigkeit von t.

c) Geben Sie den Radius r und den Mittelpunkt M des Kr¨ummungskreises von γ(t) an der Stelle t₀ = ^π₄ an.

L¨osung:

a) Es gilt

˙ γ(t) =

γ˙₁(t)

˙ γ₂(t)

=

cos²(t)−sin²(t) 2√

2 cos(t)

=

2 cos²(t)−1 2√

2 cos(t)

,

sowie

|γ(t)|˙ =p

(2 cos²(t)−1)²+ 8 cos²(t) =p

4 cos⁴(t)−4 cos²(t) + 1 + 8 cos²(t)

=p

(2 cos²(t) + 1)² =|2 cos²(t) + 1|= 2 cos²(t) + 1.

Es gilt (z.B. durch partielle Integration) Z 2π

0

cos²(t)dt= [−sin(t) cos(t)]^2π₀

| {z }

=0

+ Z 2π

0

sin²(t)dt = Z 2π

0

1−cos²(t)dt = 2π− Z 2π

0

cos²(t)dt.

Also ist

Z 2π 0

cos²(t)dt=π.

Damit gilt f¨ur die Bogenl¨ange L=

Z 2π 0

|γ(t)|˙ dt = Z 2π

0

2 cos²(t) + 1dt= 2 Z 2π

0

cos²(t)dt+ Z 2π

0

1dt= 2π+ 2π = 4π.

b) Es gilt

¨ γ(t) =

γ¨₁(t)

¨ γ₂(t)

=

−4 cos(t) sin(t)

−2√

2 sin(t)

.

und somit

κ(t) = γ˙₁(t)¨γ₂(t)−¨γ₁(t) ˙γ₂(t)

|γ(t)|˙ ³ = (2 cos²(t)−1)(−2√

2 sin(t))−(−4 cos(t) sin(t))·2√

2 cos(t) (2 cos²(t) + 1)³

= −4√

2 cos²(t) sin(t) + 2√

2 sin(t) + 8√

2 cos²(t) sin(t)

(2 cos²(t) + 1)³ = 4√

2 cos²(t) sin(t) + 2√

2 sin(t) (2 cos²(t) + 1)³

= (2√

2 sin(t))(2 cos²(t) + 1)

(2 cos²(t) + 1)³ = 2√

2 sin(t) (2 cos²(t) + 1)². c) Es gilt sin(^π₄) = cos(^π₄) =

√ 2

2 . Der Radius des Kr¨ummungskreises ist r = 1

κ(^π₄)

= 1

2√

2|sin(^π₄)|

(2 cos²(^π₄)+1)²

= 1

2 4

= 2.

(10)

Zur Berechnung des Mittelpunktes ben¨otigen wir den Normaleneinheitsvektorn(t)an der Stellet= ^π₄. Daf¨ur gilt

n(t) = 1

|γ(t)|˙

−γ˙₂(t)

˙ γ₁(t)

= 1

2 cos²(t) + 1

−2√

2 cos(t) 2 cos²(t)−1

⇒ nπ 4

= 1 2

−2 0

= −1

0

.

Damit erhalten wir

m =γπ 4

+ 1

κ ^π₄ ·nπ 4

= ₁

2

+ 2 −1

0

= −³₂

2

.

Also hatM die Koordinaten −³₂,2 .

(11)

Teil III

Aufgabe III.1: (3+5+3 Pkt.)

a) Gegeben sei die Funktionf(x, y, z) =x(y−1)z² +ye^ycos(z) + ln(lnx), mit x >1.

Beurteilen Sie den Wahrheitsgehalt der folgenden Aussagen:

1. ∂f(x, y, z)

∂x =z²y−z²+ 1 xlnx 2. ∂f(x, y, z)

∂x =zy−z² + 1 x²+ 1 3. ∂f(x, y, z)

∂y =xz²+ cos(z)·e^y(1 +y) 4. ∂f(x, y, z)

∂y = cos(z)·(ye^ycos(z) +ye^ysin(z)) 5. ∂f(x, y, z)

∂z = 2x(y−1)z+ye^ysin(z)

b) Gegeben sei die Funktion g(x, y) = arcsin(x)·ln(y) mit x∈(−1,1), y >0.

Beurteilen Sie den Wahrheitsgehalt der folgenden Aussagen:

'

&

$

%

1.

1

√1 +x²

arcsin(x) y

ist die Jacobi-Matrix von g(x, y).

2.

ln(y)

√1−x²

arcsin(x) y

ist die Jacobi-Matrix vong(x, y).

3.

1

√1 +x²

arcsin(x) y²

ist die Jacobi-Matrix von g(x, y).

4.







xln(y) (1−x²)³²

1 y√

1−x² 1

y√

1−x² −arcsin(x) y²







ist die Hesse-Matrix vong(x, y).

5.







− x

(1−x²)³² 0 0 −arcsin(x)

y²





 ist die Hesse-Matrix von g(x, y).

6.







xln(y) (1−x²)³²

1 y²√

1 +x² 1

y²√

1 +x² −arcsin(x) y







ist die Hesse-Matrix von g(x, y).

(12)

c) Gegeben sei die Funktion h(x, y) = x²cos(xy).

Die Richtungsableitung vonh im Punkt x₀ = 1

π 2

in Richtung e^? = ^√¹

2

1 1

ist gegeben durch

1.

√ 2 π

2. ^√^π

2 −1 3. 1− ^π₂√

2 4. ^√¹

2 −^π₂ −1 L¨osung:

a) 1. wahr 2. falsch 3. wahr 4. falsch

5. falsch, denn es gilt ^∂f^(x,y,z)_∂z = 2x(y−1)z−ye^ysin(z) b) 1. falsch

2. wahr 3. falsch 4. wahr 5. falsch 6. falsch

c) Antwort 4. ist richtig, denn: Alle Richtungsableitungen existieren, da f als Komposition differenzier- barer Funktionen differenzierbar ist. Dann gilt:

∂f

∂e^?(x₀) =f⁰(x₀)·e^? = 2xcos(xy)−x²ysin(xy),−x³sin(xy) x0 ·e^?

=

2·1·cosπ 2

−1· π

2 ·sinπ 2

,−1·sinπ 2

·

√1 12

√2

!

=

−π 2,−1

·

√1 12

√2

!

= 1

√2 −π

2 −1

Aufgabe III.2: (4+4+4 Pkt.)

a) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe

∞

X

n=2

3n+ 1 n+ 2

xⁿ.

Hinweis:

n k

= n!

k!(n−k)!. Der Konvergenzradius ist

1. 0 2. ₂₇⁴ 3. ²₃ 4. ₁₆⁹

5. 1 6. ²⁷₄ 7. ³₂ 8. ∞

(13)

b) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe

∞

X

n=2

cos(n) (log(n))ⁿxⁿ. Der Konvergenzradius ist

1. 0 2. 1 3. ^e_π² 4. ¹¹₄

5. ¹⁵₁₆ 6. ¹_e 7. 2 8. ∞

c) Beurteilen Sie den Wahrheitsgehalt der folgenden Aussagen:

Die Reihe

∞

X

n=1

1 p3

n(n+ 1)(n+ 2) ist

1. konvergent nach dem Wurzelkriterium.

2. konvergent nach dem Quotientenkriterium.

3. konvergent nach dem Majorantenkriterium.

4. divergent nach dem Majorantenkriterium.

5. divergent nach dem Minorantenkriterium.

L¨osung:

a) Mit dem Quotientenkriterium gilt

an+1

a_n

=

3(n+ 1) + 1 (n+ 1) + 2

3n+ 1

n+ 2

=

(3n+4)!

(n+3)!·(2n+1)!

(3n+1)!

(n+2)!·(2n−1)!

= (3n+ 4)!·(n+ 2)!·(2n−1)!

(n+ 3)!·(2n+ 1)!·(3n+ 1)!

= (3n+ 4)·(3n+ 3)·(3n+ 2)

(n+ 3)·(2n+ 1)·2n = 27n³+. . . 4n³+. . .

n→∞−→ 27 4 . Damit betr¨agt der Konvergenzradius ₂₇⁴ und Antwort 2.) ist richtig.

b) Da|cos(n)| ≤1, folgt mit dem Wurzelkriterium und dem Sandwichlemma 0≤ pⁿ

|a_n|= ⁿ s

|cos(n)|

(log(n))ⁿ ≤ 1 log(n)

n→∞−→ 0.

Somit betr¨agt der Konvergenzradius ∞ und Antwort 8.) ist richtig.

c) Wegen

1 p3

n(n+ 1)(n+ 2) ≥ 1 p3

(n+ 2)³ = 1 n+ 2

gilt ∞

X

n=1

1 p3

n(n+ 1)(n+ 2) ≥

∞

X

n=1

1 p3

(n+ 2)³ =

∞

X

n=1

1 n+ 2 =

∞

X

n=3

1 n. Die Reihe

∞

P

n=3 1

n divergiert, also divergiert die Reihe

∞

P

n=1

1

√3

n(n+1)(n+2) nach dem Minorantenkriterium und Antwort 5.) ist richtig.

(14)

Aufgabe III.3: (4+4 Pkt.) a) Beurteilen Sie den Wahrheitsgehalt der folgenden Aussagen:

1. Jede Reihe, deren Glieder eine Nullfolge bilden, ist konvergent.

2. Der Konvergenzradius der Potenzreihe

∞

P

k=0 x^k

k! ist ∞.

3. Die Reihe

∞

P

k=0

q^k konvergiert f¨ur jedes beliebige q∈R.

4. Sei(a_k)^∞_k=0 eine Folge mita_k−a_k+1 ≥0 f¨ur alle k ∈N0 und lim

k→∞a_k = 0, dann ist die Reihe

∞

P

k=0

(−1)^ka_k konvergent.

b) Beurteilen Sie den Wahrheitsgehalt der folgenden Aussagen:

1. Jede stetige Funktionf : [0,1]→[0,1], besitzt ein x₀ ∈[0,1] mit f(x₀) =x₀. 2. Seix₀ ∈R und h:R→R eine unendlich oft differenzierbare Funktion. Weiterhin sei

h⁰(x₀) = h⁰⁰(x₀) = 0 und h⁰⁰⁰(x₀)6= 0 ,dann besitzt h an der Stellex₀ kein lokales Extremum, sondern eine Wendestelle mit horizontaler Tangente (Sattel).

3. Seif : [a, b]→R eine differenzierbare Funktion mit stetiger Ableitung, sowie f(a) = 0, f(b)>0 und f⁰(b)<0. Dann gibt es ein x₀ ∈(a, b) mit f⁰(x₀) = 0.

L¨osung:

a) 1. Falsch. Bei einer konvergenten Reihe bilden die Glieder eine Nullfolge. Die R¨uckrichtung gilt aber nicht. (z.B.

∞

P

k=1 1 k) 2. Wahr.e-Funktion.

3. Falsch. Nur falls|q|<1.

4. Wahr. Leibniz-Kriterium.

b) 1. Wahr. Zwischenwertsatz (Beweis siehe SoSe 2012 ¨Ubung 3 Aufgabe 1a) ) 2. Wahr.

3. Wahr. Beweis: Nach dem MWS gibt es einy₀ ∈(a, b) mit f⁰(y₀) = f(b)−f(a)

b−a = f(b) b−a >0.

Zusammen mit f⁰(b)<0 und f⁰ stetig, gibt es nach dem ZWS ein x₀ ∈(y₀, b)mit f⁰(x₀) = 0.