Fachbereich Mathematik Dr. Robert Haller-Dintelmann Daniel Henkel
TECHNISCHE UNIVERSIT¨ AT DARMSTADT
A
SS 2010 19.04.2010
H¨ ohere Mathematik 2
1. ¨ Ubung, L¨ osungsvorschlag
Gruppen¨ ubungen
Aufgabe G1
2 11 4 −9 −22
−1 −5 3 2 1
−3 24 15 3 −9
4 5 2 −13 −24
+12 ·Zeile 1 +32 ·Zeile 1
−2·Zeile 1
Ã
2 11 4 −9 −22
0 12 5 −52 −10 0 812 21 −212 −42
0 −17 −6 5 20
−81·Zeile 2 +34·Zeile 2
Ã
2 11 4 −9 −22
0 12 5 −52 −10 0 0 −384 192 768 0 0 164 −80 −320
+164384 ·Zeile 3
Ã
2 11 4 −9 −22
0 12 5 −52 −10 0 0 −384 192 768
0 0 0 2 8
x4 = 8 2 = 4,
x3 = 1
−384 ·(768−192·4) = 0, x2 = 1
1 2
· µ
−10−5·0− µ
−5 2
¶
·4
¶
= 0, x1 = 1
2 ·(−22−11·0−4·0−(−9)·4) = 7.
Aufgabe G2
RobertHaller
JonNedelmann
A
FahbereihMathematik
SS2001
14. Juni2001
Losungshinweisezur
Analysis II
furINF/WINF
-2 0
2 -2 0 -5 2
0 5
-2 0
2 -3-3 -2 -1 0 1 2 3 -2
-1 0 1 2 3
(x;y)7!x+y 1
-4-2 0 2
4-4 -2
0 2
4 200
6040 80
-4-2 0 2
4 -4-4 -2 0 2 4
-2 0 2 4
(x;y)7!x 2
+4y 2
-4-2 0 2
4-4 -2
0 2
4 -20
-100 -4-2
0 2
4 -4-4 -2 0 2 4
-2 0 2 4
(x;y)7!x 2
y 2
8
-10-5 0 5
10-10 -5 0
5 10 -0.50.5-110
-10-5 0 5
10
-10 -5 0 5 10 -10
-5 0 5 10
(x;y)7!sin(x)
-4-2 0 2
4-4 -2
0 2
4 -1-2120
-4-2 0 2
4 -4-4 -2 0 2 4
-2 0 2 4
(x;y)7!
1
(1x)(1y)
-4-2 0 2
4-4 -2
0 2
4 0.060.04
0.080.1 -4-2
0 2
4 -4-4 -2 0 2 4
-2 0 2 4
(x;y)7!
1
x2+y2+10
-4-2 0 2
4-4 -2
0 2
4 10
32 -4-2
0 2
4 -4-4 -2 0 2 4
-2 0 2 4
(x;y)7!log (x 2
+y 2
)
-4-2 0 2
4-4 -2
0 2
4 -2.52.5-550
-4-2 0 2
4 -4-4 -2 0 2 4
-2 0 2 4
(x;y)7!tan(x 2
+y 2
)
-4-2 0
2 4-4
-2 0
2 4 200
4060 -4-2
0 2
4 -4-4 -2 0 2 4
-2 0 2 4
(x;y)7!e x+y
-4-2 0
2 4-4
-2 0
2 4 -50500
-4-2 0
2
4 -4-4 -2 0 2 4
-2 0 2 4
(x;y)7!x 3
y 2
+4
-4-2 0 2
4-4 -2
0 2
4 -0.50.5-110
-4-2 0 2
4 -4-4 -2 0 2 4
-2 0 2 4
(x;y)7!sin(x)sin(y)
Aufgabe G3
i) (an)n∈N ist unbeschr¨ankt und damit auch nicht konvergent.
ii) limn→∞¡1
n2,1+nn ¢T
= (0,1)T, also ist die Folge (bn)n∈N konvergent und beschr¨ankt in R2.
iii) (cn)n∈N ist eine Nullfolge, also sowohl beschr¨ankt, als auch konvergent.
iv) (dn)n∈N ist beschr¨ankt, jedoch nicht konvergent.
Haus¨ ubungen
Aufgabe H1
1 4 0 1
1 0 2 −2 4 8 4 −2
−1·Zeile 1
−4·Zeile 1 Ã
1 4 0 1
0 −4 2 −3 0 −8 4 −6
−2·Zeile 2 Ã
1 4 0 1
0 −4 2 −3
0 0 0 0
x3 = λ, x2 = 1
−4·(−2−2λ) = 3 4+ 1
2λ, x1 = 1
1·(1−4x2) =−2−2λ.
Die L¨osungsmenge ist also {(−2−2λ,34 + 12λ, λ)T |λ∈R}.
Aufgabe H2
a) i) Zum einen gilt: limn→∞
1 1+1
n
= 1.
Beweis: Es sei ein beliebiges ǫ > 0 gegeben. Dann gibt es ein n0 > 1ǫ und f¨ur n ≥n0 gilt
¯
¯
¯
¯ 1 1 + n1
−1
¯
¯
¯
¯
=
¯
¯
¯
¯ 1 1 + n1
− 1 + n1
1 + n1
¯
¯
¯
¯
=
¯
¯
¯
¯
−1n
1 + n1
¯
¯
¯
¯
=
¯
¯
¯
¯ 1 n+ 1
¯
¯
¯
¯
≤ 1 n ≤ 1
n0
< ǫ.
Zum anderen gilt
1
1
n+n12 ≥ 1
1
n +n1 = n 2.
Also ist (an)n∈N nicht beschr¨ankt und damit nicht konvergent in R2. ii) (bn)n∈N ist eine Nullfolge, also sowohl beschr¨ankt, als auch konvergent.
Aufgabe H3 F¨ur alle Punkte (x, y)6= (0,0) ist die Stetigkeit aus der Vorlesung klar. F¨ur die Untersuchung, ob f stetig in (0,0) ist, w¨ahle eine Nullfolge (xn, yn)n∈N 6= (0,0) in R2. Dann gilt limn→∞|xn|= 0 und
n→∞lim |f(xn, yn)|= lim
n→∞
¯
¯
¯
¯ x3ny2n
x2n+y2n
¯
¯
¯
¯
≤ lim
n→∞
¯
¯
¯
¯ x3nyn2
yn2
¯
¯
¯
¯
= lim
n→∞|x3n|= 0.
Dies beweist die Stetigkeit von f.