Februar-Vollklausur Analysis I f¨ ur Ingenieure

(1)

Februar-Vollklausur Analysis I f¨ ur Ingenieure

L¨ osungen – Rechenteil

1. Aufgabe (6 Punkte) Induktionsanfang n = 2:

2

X

k=2

k

2 ^k−1 = 2

2 ¹ = 1 = 3 − 2 + 2 2 ²⁻¹ , d.h. die Formel gilt f¨ ur n = 2.

Induktionsvoraussetzung:

n

P

k=2 k

2

^k−1

= 3 − ₂ ⁿ⁺²

n−1

Induktionsbehauptung:

n+1

P

k=2 k

2

^k−1

= 3 − ⁿ⁺³ ₂

n

Induktionsbeweis:

n+1

X

k=2

k 2 ^k−1 =

n

X

k=2

k

2 ^k−1 + n + 1 2 ⁿ

Ind.Vor.

= 3− n + 2

2 ⁿ⁻¹ + n + 1

2 ⁿ = 3− 2(n + 2) − (n + 1)

2 ⁿ = 3− n + 3 2 ⁿ .

3. Aufgabe (5 Punkte) f(x) = q

1+x 1−x

Maximaler Definitionsbereich: ^1+x _1−x ≥ 0 und x 6= 1 , d.h. −1 ≤ x < 1 . Also ist D _f = [−1, 1[ .

f ⁰ (x) = ¹ ₂ ^1+x _1−x −

¹

2

· (1−x)+(1+x)

(1−x)

²

= √ ¹

(1−x)

³

(1+x) = _(1−x) ^√ ¹ _1−x

₂

4. Aufgabe (6 Punkte)

f (x) = cos(1 − x) − x ² f(1) = 1 − 1 = 0 f ⁰ (x) = sin(1 − x) − 2x f ⁰ (x) = 0 − 2 = −2 f ⁰⁰ (x) = − cos(1 − x) − 2 f ⁰⁰ (x) = −1 − 2 = −3 T 2 (x) = −2(x − 1) − _2! ³ (x − 1) ² = −2(x − 1) − ³ ₂ (x − 1) ² . f( ³ ₂ ) ≈ −2 · ¹ ₂ − ³ ₂ · ¹ ₂ 2

= − ¹¹ ₈ .

1

(2)

Februar-Vollklausur Analysis I f¨ ur Ingenieure

L¨ osungen – Rechenteil

2. Aufgabe (4 Punkte) a _n = 1

n + 1 h

3n − (n − arctan n) ³ 2n ² + 1

i

= 3

1 + _n ¹ − (1 − ^arctan _n ⁿ ) ³ (1 + _n ¹ )(2 + _n ¹

2

) . Folglich ist lim

n→∞ a _n = ³ ₁ − _1·2 ¹ = 3 − ¹ ₂ = ⁵ ₂ . 5. Aufgabe (11 Punkte)

f(x) = 3

2 x ² − 4x − 4

x + 1 , f ⁰ (x) = 3x − 4 + 4

(x + 1) ² , f ⁰⁰ (x) = 3 − 8 (x + 1) ³ . f ⁰ (x) = 0 ⇔ 3x(x + 1) ² − 4(x + 1) ² + 4 = 0 ⇔ x(3x ² + 2x − 5) = 0

Nullstellen von f ⁰ : x ₁ = 0 , x _2,3 = − ² ₆ ± ¹ ₆ √

4 + 60 = ^−1±4 ₃ , d.h. x ₂ = − ⁵ ₃ und x ₃ = 1.

f ⁰⁰ (0) = 3 − 8 < 0, f ⁰⁰ (− 5

3 ) = 3 − 8

(− ² ₃ ) ³ = 3 + 27 > 0, f ⁰⁰ (1) = 3 − 8 8 > 0.

Folglich hat f in x = 0 ein lokales Maximum und in x = − ⁵ ₃ und x = 1 lokale Minima.

Wegen lim

x%−1 f(x) = ∞ besitzt f kein globales Maximum (oder lim

x→∞ f (x) = ∞ bzw.

x→−∞ lim f (x) = ∞).

Wegen lim

x&−1 f (x) = −∞ besitzt f kein globales Minimum.

6. Aufgabe (8 Punkte)

a) Partialbruchzerlegung: x ² + x − 2 = (x − 1)(x + 2)

x

²

+x−2 = _x−1 ^A + _x+2 ^B ⇒ x = A(x + 2) + B (x − 1) ⇒ A = ¹ ₃ , B = ² ₃ .

Februar-Vollklausur Analysis I f¨ ur Ingenieure

Februar-Vollklausur Analysis I f¨ ur Ingenieure

L¨ osungen – Rechenteil

1. Aufgabe (6 Punkte) Induktionsanfang n = 2:

2

X

k=2

k

2 k−1 = 2

2 1 = 1 = 3 − 2 + 2 2 2−1 , d.h. die Formel gilt f¨ ur n = 2.

Induktionsvoraussetzung:

n

P

k=2 k

2

= 3 − 2 n+2

Induktionsbehauptung:

n+1

P

k=2 k

2

= 3 − n+3 2

Induktionsbeweis:

n+1

X

k=2

k 2 k−1 =

n

X

k=2

k

2 k−1 + n + 1 2 n

Ind.Vor.

= 3− n + 2

2 n−1 + n + 1

2 n = 3− 2(n + 2) − (n + 1)

2 n = 3− n + 3 2 n .

3. Aufgabe (5 Punkte) f(x) = q

1+x 1−x

Maximaler Definitionsbereich: 1+x 1−x ≥ 0 und x 6= 1 , d.h. −1 ≤ x < 1 . Also ist D f = [−1, 1[ .

f 0 (x) = 1 2 1+x 1−x −

· (1−x)+(1+x)

(1−x)

= √ 1

(1−x)

(1+x) = (1−x) √ 1 1−x

4. Aufgabe (6 Punkte)

f (x) = cos(1 − x) − x 2 f(1) = 1 − 1 = 0 f 0 (x) = sin(1 − x) − 2x f 0 (x) = 0 − 2 = −2 f 00 (x) = − cos(1 − x) − 2 f 00 (x) = −1 − 2 = −3 T 2 (x) = −2(x − 1) − 2! 3 (x − 1) 2 = −2(x − 1) − 3 2 (x − 1) 2 . f( 3 2 ) ≈ −2 · 1 2 − 3 2 · 1 2 2

= − 11 8 .

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Februar-Vollklausur Analysis I f¨ ur Ingenieure

L¨ osungen – Rechenteil

2. Aufgabe (4 Punkte) a n = 1

n + 1 h

3n − (n − arctan n) 3 2n 2 + 1

i

= 3

1 + n 1 − (1 − arctan n n ) 3 (1 + n 1 )(2 + n 1

) . Folglich ist lim

n→∞ a n = 3 1 − 1·2 1 = 3 − 1 2 = 5 2 . 5. Aufgabe (11 Punkte)

f(x) = 3

2 x 2 − 4x − 4

x + 1 , f 0 (x) = 3x − 4 + 4

(x + 1) 2 , f 00 (x) = 3 − 8 (x + 1) 3 . f 0 (x) = 0 ⇔ 3x(x + 1) 2 − 4(x + 1) 2 + 4 = 0 ⇔ x(3x 2 + 2x − 5) = 0

Nullstellen von f 0 : x 1 = 0 , x 2,3 = − 2 6 ± 1 6 √

4 + 60 = −1±4 3 , d.h. x 2 = − 5 3 und x 3 = 1.

f 00 (0) = 3 − 8 < 0, f 00 (− 5

3 ) = 3 − 8

(− 2 3 ) 3 = 3 + 27 > 0, f 00 (1) = 3 − 8 8 > 0.

Folglich hat f in x = 0 ein lokales Maximum und in x = − 5 3 und x = 1 lokale Minima.

Wegen lim

x%−1 f(x) = ∞ besitzt f kein globales Maximum (oder lim

x→∞ f (x) = ∞ bzw.

x→−∞ lim f (x) = ∞).

Wegen lim

x&−1 f (x) = −∞ besitzt f kein globales Minimum.

6. Aufgabe (8 Punkte)

a) Partialbruchzerlegung: x 2 + x − 2 = (x − 1)(x + 2)

x

x

2 ^k−1 = 2

2 ¹ = 1 = 3 − 2 + 2 2 ²⁻¹ , d.h. die Formel gilt f¨ ur n = 2.

= 3 − ₂ ⁿ⁺²

= 3 − ⁿ⁺³ ₂

k 2 ^k−1 =

2 ^k−1 + n + 1 2 ⁿ

2 ⁿ⁻¹ + n + 1

2 ⁿ = 3− 2(n + 2) − (n + 1)

2 ⁿ = 3− n + 3 2 ⁿ .

Maximaler Definitionsbereich: ^1+x _1−x ≥ 0 und x 6= 1 , d.h. −1 ≤ x < 1 . Also ist D _f = [−1, 1[ .

f ⁰ (x) = ¹ ₂ ^1+x _1−x −

= √ ¹

(1+x) = _(1−x) ^√ ¹ _1−x

= − ¹¹ ₈ .

2. Aufgabe (4 Punkte) a _n = 1

3n − (n − arctan n) ³ 2n ² + 1

1 + _n ¹ − (1 − ^arctan _n ⁿ ) ³ (1 + _n ¹ )(2 + _n ¹

n→∞ a _n = ³ ₁ − _1·2 ¹ = 3 − ¹ ₂ = ⁵ ₂ . 5. Aufgabe (11 Punkte)

2 x ² − 4x − 4

x + 1 , f ⁰ (x) = 3x − 4 + 4

(x + 1) ² , f ⁰⁰ (x) = 3 − 8 (x + 1) ³ . f ⁰ (x) = 0 ⇔ 3x(x + 1) ² − 4(x + 1) ² + 4 = 0 ⇔ x(3x ² + 2x − 5) = 0

Nullstellen von f ⁰ : x ₁ = 0 , x _2,3 = − ² ₆ ± ¹ ₆ √

4 + 60 = ^−1±4 ₃ , d.h. x ₂ = − ⁵ ₃ und x ₃ = 1.

f ⁰⁰ (0) = 3 − 8 < 0, f ⁰⁰ (− 5

(− ² ₃ ) ³ = 3 + 27 > 0, f ⁰⁰ (1) = 3 − 8 8 > 0.

Folglich hat f in x = 0 ein lokales Maximum und in x = − ⁵ ₃ und x = 1 lokale Minima.

a) Partialbruchzerlegung: x ² + x − 2 = (x − 1)(x + 2)

+x−2 = _x−1 ^A + _x+2 ^B ⇒ x = A(x + 2) + B (x − 1) ⇒ A = ¹ ₃ , B = ² ₃ .

x ² + x − 2 dx = 1 3

x, dt = ₂ ^dx ^√ _x ergibt Z ∞

1 + t ² = 2 lim