Musterlösung Februar-Klausur Rechenteil WS 2008/09 Analysis I für Ingenieure

TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN

WS 2008/09

Fakultät II - Mathematik 16.02.2009

Dozenten: Bärwolff/Böse/Penn-Karras/Tröltzsch Assistenten: Ammar, Dhamo, Neitzel

Musterlösung Februar-Klausur Rechenteil WS 2008/09 Analysis I für Ingenieure

1. Aufgabe

(8 Punkte)

z₁=¡1 +i

√2

¢²⁰⁰⁹

=¡

1·e^iπ4¢²⁰⁰⁹

= 1·e^i2009π4 = cos¡2009π 4

¢+isin¡2009π 4

¢= cos(^π₄) +isin(^π₄) = 1·e^iπ4, z2= i

1 +i = i(1−i)

(1 +i)(1−i) =i+ 1 2 = 1

2+i1 2 = 1

√ 2

¡ 1

√ 2 +i 1

√ 2

¢= 1

√ 2e^iπ4 .

2. Aufgabe

(10 Punkte)

a)

Z 5x−1

(x+ 1)(x²−1)dx=

Z 5x−1

(x+ 1)²(x−1)dx.

Wir machen den Ansatz:

5x−1

(x+ 1)²(x−1) = A

x+ 1+ B

(x+ 1)²+ C x−1,

wobei A, B, C ∈R zu bestimmen sind. Multiplikation mit (x+ 1)²(x−1) und Koeffizientenver- gleich/Zuhaltemethode ergibtA=−1, B= 3, C= 1 . Die Partialbruchzerlegung ist also

5x−1

(x+ 1)²(x−1) =− 1

x+ 1 + 3

(x+ 1)² + 1 x−1. Schliesslich erhalten wir

Z 5x−1

(x+ 1)(x²−1) dx= Z µ

− 1

x+ 1+ 3

(x+ 1)² + 1 x−1

¶ dx

= −ln(|x+ 1|)− 3

x+ 1 + ln(|x−1|) +c= ln(

¯

¯

¯

¯ x−1 x+ 1

¯

¯

¯

¯ )− 3

x+ 1 +c .

b) Variante 1:

√π

Z

0

xsin (x²)dx^z=x

2

=

π

Z

0

1

2sinz dz=−1 2cos(z)

¯

¯

¯

π 0 =−1

2(cos(π)−cos(0)) = 1.

Variante 2:

√π

Z

0

xsin (x²)dx=

√π

Z

0

−1

2(cos(x²))⁰dx=−1

2cos(x²)¯

¯

¯

√π 0

=−1

2(cos(π)−cos(0)) = 1.

c)

∞

Z

1

1

x⁵² dx= lim

a→∞

a

Z

1

1

x⁵² dx= lim

a→∞

1 1−⁵₂

1 x⁵²⁻¹

¯

¯

¯

a 1

= 1

1−⁵₂ lim

a→∞

µ 1 a⁵²⁻¹ −1

¶

= −1 1−⁵₂ =2

3.

1

3. Aufgabe

(7 Punkte) Variante 1: Der Term im Betrag wechselt beix1= 1das Vorzeichen. Deswegen unterscheiden wir zwei Fälle.

1. Fall: x <1: Die Ungleichung −x+ 1≤2x−1ist äquivalent zu −3x≤ −2. Die Lösungsmenge davon istL1= [²₃,+∞[∩]− ∞,1[= [²₃,1[.

2. Fall: x≥1: Die Ungleichung x−1 ≤2x−1 ist äquivalent zu x≥0. Die Lösungsmenge davon ist L2= [0,+∞[∩[1,+∞[= [1,+∞[.

Die Gesamtlösungsmenge lautetL=L1∪L2= [²₃,+∞[.

Variante 2: Die Ungleichung ist auf[¹₂,+∞[definiert und dort äquivalent zux²−2x+1≤4x²−4x+1, also auch zu3x²−2x≥0. Die Lösungsmenge istL= [¹₂,+∞[∩(]− ∞,0]∪[³₂,+∞[) = [²₃,+∞[.

4. Aufgabe

(8 Punkte)

a) f ist auf[−¹₂,+∞[definiert, da2x+ 1≥0 erfüllt sein muss. Damit istD_f = [−¹₂,+∞[.

b) f ist als Komposition differenzierbarer Funktionen zweimal differenzierbar auf ]−¹₂,+∞[. Es giltf⁰(x) = ^{√ 1}

2x+1 undf⁰⁰(x) =− ¹

(2x+1)³2

, und somit f(0) = 1, f⁰(0) = 1, f⁰⁰(0) =−1. Das Taylorpolynom 2. Grades vonf im Entwicklungspunktx0= 0lautet dann

T₂(x) =f(0) +f⁰(0)(x−0) +f⁰⁰(0)

2 (x−0)²= 1 +x−x². c) Daf sogar dreimal differenzierbar ist auf]−¹₂,+∞[mit Ableitungf⁽³⁾(x) = ³

(2x+1)⁵2

, gilt für das Restglied

R2(x) =f⁽³⁾(ξ)

3! (x−x0)³= 1

2(2ξ+ 1)⁵²(x−x0)³, wobeiξ zwischenx0= 0undxliegt.

5. Aufgabe

(7 Punkte)

Variante 1: Eine notwendige Bedingung für die Differenzierbarkeit vonf inx= 0ist die Stetigkeit von f in diesem Punkt, d.h. wenn lim

x→0f(x) = f(0) = c. Nach der Regel von Bernoulli-L’Hospital gilt:

x→0lim

sin(x) x = lim

x→0 cos(x)

1 = 1. Also istf inx= 0stetig genau dann, wennc= 1. Fürc= 1gilt dann

x→0lim

f(x)−f(0) x−0 = lim

x→0 sin(x)

x −1 x−0 = lim

x→0

sin(x)−x x²

L’H,= lim

x→0

cos(x)−1 2x

L’H,= lim

x→0

−sin(x) 2 = 0.

Demnach ist f⁰(0) = 0 und für x 6= 0 ist die Funktion als Quotient differenzierbarer Funktionen differenzierbar aufR\ {0} mit Ableitungf⁰(x) =^xcos(x)−sin(x)

x² . Zusammenfassend:

f⁰(x) =







xcos(x)−sin(x)

x² , x6= 0,

0, x= 0.

Variante 2: Nach der Regel von Bernoulli-L’Hospital gilt:

x→0lim

f(x)−f(0) x−0 = lim

x→0 sin(x)

x −c x−0 = lim

x→0

sin(x)−cx x²

L’H,= lim

x→0

cos(x)−c 2x , wobei der letzte Grenzwert genau dann existiert, wennc= 1. Fürc= 1 gilt dann lim

x→0

cos(x)−1 2x

L’H=

x→0lim

−sin(x)

2 = 0, alsof⁰(0) = 0. Fürx6= 0ist die Funktion als Quotient differenzierbarer Funktionen differenzierbar aufR\ {0} mit Ableitungf⁰(x) =^xcos(x)−sin(x)

x² . Zusammenfassend:

f⁰(x) =







xcos(x)−sin(x)

x² , x6= 0,

0, x= 0.

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