6.Aufgabe 5.Aufgabe 4.Aufgabe 3.Aufgabe 2.Aufgabe 1.Aufgabe MusterlösungJuli-VollklausurRechenteilSS2005AnalysisIfürIngenieure TECHNISCHEUNIVERSITÄTBERLIN

TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN SoSe 2005

Fakultät II - Mathematik 18.7.2005

Dozenten: Prof. Dr. G. Bärwol, Prof. Dr. F. Tröltzsch Assistenten: K. Bauer, C. Schultz

Musterlösung Juli-Vollklausur Rechenteil SS 2005 Analysis I für Ingenieure

1. Aufgabe ^{(6 Punkte)}

Induktionsanfang: n = 1 : P

1

k=1

(3k

²

− 3k + 1) = 3 − 3 + 1 = 1.

Induktionsvoraussetzung: Es gelte für ein n ≥ 1 : P

n

k=1

(3k

²

− 3k + 1) = n

³

. Induktionsbehauptung: Dann gilt: P

n+1

k=1

(3k

²

− 3k + 1) = (n + 1)

³

. Induktionsbeweis: P

n+1

k=1

(3k

²

−3k+1) = P

n

k=1

(3k

²

−3k+1)+3(n+1)

²

−3(n+1)+1

^IV

= n

³

+3n

²

+3n+1 = (n + 1)

³

.

2. Aufgabe (8 Punkte)

a) lim

n→∞

√ 3n²+4

n+5

= lim

n→∞

nq 3+ ⁴

n2

n(1+_n⁵)

= lim

n→∞

q 3+⁴

n2

1+⁵_n

=

√ 3 1

= √

3 . b) lim

_{x→∞(3i−4)x−7}^3x+5+4ix

= lim

_{x→∞(3i−4)x−7}^(3+4i)x+5

= lim

_x→∞^x(3+4i+x5)

x(3i−4−_x⁷)

= lim

_x→∞^3+4i+x5

3i−4−⁷_x

=

³⁺⁴ⁱ_3i−4

= (−i)

³ⁱ⁻⁴_3i−4

= −i.

c) lim

_x→2^x_x²₂^+2x+2_+x−6

= lim

_x→2(x−2)(x+4)+10

(x−2)(x+3)

= ±∞. Der Limes existiert also nicht.

d) Es gilt: |

¹⁺ⁱ₁₀

| =

√2

10

< 1 ⇒ lim

_n→∞

(

√2

10

)

ⁿ

= 0 ⇒ lim

_n→∞

(

¹⁺ⁱ₁₀

)

ⁿ

= 0 .

3. Aufgabe ^{(6 Punkte)}

a) Polynomdivison ergibt: 2x

³

− 8x

²

+ 9x − 3 = 2x(x

²

− 4x + 4) + x − 3 . Damit erhalten wir:

2x³−8x²+9x−3

x²−4x+4

= 2x +

_(x−2)^x−32

= 2x +

_x−2^A

+

_(x−2)^B 2

= 2x +

_x−2¹

−

_(x−2)¹ 2

, wie man durch Koezi- entenvergleich leicht erkennt.

b) reell:

_x^5x3²+4x⁺⁴

=

_x(x^5x22⁺⁴+4)

=

^A_x

+

^Bx+C_x2+4

=

¹_x

+

_x2^4x+4

.

komplex:

_x^5x3²+4x⁺⁴

=

x(x−2i)(x+2i)^5x2+4

=

^A_x

+

_x−2i^D

+

_x+2i^E

=

_x¹

+

_x−2i²

+

_x+2i²

.

4. Aufgabe (6 Punkte)

a) f

⁰

(x) = 2 sin(x) + 2x cos(x) − 2x cos(x) − (2 − x

²

) sin(x) = x

²

sin(x).

b) g

⁰

(x) =

^(ex_(e^+1)ex+1)^{x−e2 2x} e^x+1

e^x

=

^ex_e^+1−ex+1^x

=

_ex¹+1

.

5. Aufgabe (6 Punkte)

a) R

4π² π²

sin(√

√ x)

x

dx

^u=

√x

= R

2π

π

2 sin(u)du = −2 cos(u)|

^2π_π

= −4.

b) R

ln(x

²

)dx = x ln(x

²

) − R

x2x

_x¹2

dx = x ln(x

²

) − R

2 dx = x ln(x

²

) − 2x + c.

6. Aufgabe (8 Punkte)

f

⁰

(x) = −e

^−x

sin(x) + e

^−x

cos(x) = e

^−x

(cos(x) − sin(x)) .

f

⁰⁰

(x) = −e

^−x

(cos(x) − sin(x)) + e

^−x

(− sin(x) − cos(x)) = −2e

^−x

cos(x).

f

⁰⁰⁰

(x) = 2e

^−x

cos(x) + 2e

^−x

sin(x) = 2e

^−x

(cos(x) + sin(x)).

f (0) = 2, f

⁰

(0) = 1, f

⁰⁰

(0) = −2.

Damit lautet das Taylorpolynom 2. Grades von f : T

2

(f, 0)(x) = 2 + x +

⁻²_2!

x

²

= 2 + x − x

²

. Für den Fehler (Betrag des Restglieds) gilt wiederum:

|R

2

(f, 0)(x)| = |

^f000_3!^(ξ)

x

³

| = |

^2e−ξ(cos(ξ)+sin(ξ))

6

x

³

| ≤

^4e

1 10

6

(

₁₀¹

)

³

=

^e

1 10

3 2

1000

<

₅₀₀¹

.

1