Lösungshinweise zur Klausur

Aufgabe 1: a) Ansatz: z = x + iy. In die Gleichung einsetzen, damit ergibt sich: Realteil der Gleichung: x^{2} − y^{2} − 3x = 0, Imaginärteil der Gleichung: 2xy + y = 0 ⟺ y = 0 ∨ x = −\frac{1}{2}. Eingesetzt in die erste Gleichung ergibt sich im Fall y = 0: x = 0 ∨ x = 3, im Fall x = −\frac{1}{2}: y = ±\frac{1}{2} \sqrt{7}. Also gibt es die vier Lösungen 0, 3, −\frac{1}{2} + \frac{i}{2} \sqrt{7}, −\frac{1}{2} − \frac{i}{2} \sqrt{7}.

b) Übungsaufgabe 2.3 beinhaltet den Spezialfall a = 1. Die Rechnung geht genauso und führt auf zz̄ ⩽ 1. Die Ungleichung gilt also genau für die z ∈ 𝔻̄.

Aufgabe 2: a) ∫ \frac{2e^{x} cosh(x)}{e^{x}+1} dx = ∫ \frac{e^{x}(e^{x}+e^{−x})}{e^{x}+1} dx = ∫ \frac{t^{2}+1}{t(t+1)} dt (x = log(t)) = ∫ (1 + \frac{1}{t} − \frac{2}{t+1}) dt (Polynomdivision, Partialbruchzerlegung) = t + log(t) − 2 log(t + 1) + C = e^{x} + x − 2 log(e^{x} + 1) + C.

b) ∫ \frac{2e^{x} sinh(x)}{e^{x}+1} dx = ∫ \frac{e^{x}(e^{x}−e^{−x})}{e^{x}+1} dx = ∫ \frac{e^{2x}−1}{e^{x}+1} dx = ∫ (e^{x} = 1) dx = e^{x} − x + C.

Aufgabe 3: a) Lösung der homogenen Gleichung: f(x) = ce^{−x}. Variation der Konstanten: Ansatz: f(x) = c(x)e^{−x}. Einsetzen in die inhomogene Differentialgleichung führt auf c′(x) = e^{x} sin(x). ∫ e^{x} sin(x) dx = e^{x} sin(x) − ∫ e^{x} cos(x) dx = e^{x} sin(x) − e^{x} cos(x) − ∫ e^{x} sin(x) dx (zweimal partielle Integration). Also: ∫ e^{x} sin(x) dx = \frac{1}{2}e^{x}(sin(x) − cos(x)) + C, und f(x) = (\frac{1}{2}e^{x}(sin(x) − cos(x)) + C)e^{x}. f(\frac{π}{4} ) = 0 ⇒ C = 0. Also lautet die Lösung: f(x) = \frac{1}{2}(sin(x) − cos(x)).

b) Allgemeine Lösung der homogenen Gleichung: f(x) = Ae^{\frac{1}{\sqrt{2}} x} + Be^{− \frac{1}{\sqrt{2}} x}. Spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung: f(x) = e^{x}. Damit lösen genau die Funktionen der Form

f(x) = e^{x} + Ae^{\frac{1}{\sqrt{2}} x} + Be^{− \frac{1}{\sqrt{2}} x}

mit A, B ∈ ℝ (oder ∈ ℂ, falls man komplexwertige Lösungen sucht,) die inhomogene Gleichung.

Aufgabe 4: a) d_{1}(x, y) = |\frac{1}{x} − \frac{1}{y}| = 0 ⟺ \frac{1}{x} = \frac{1}{y} ⟺ x = y, d_{1}(x, y) = |\frac{1}{x} − \frac{1}{y}| = |\frac{1}{y} − \frac{1}{x}| = d_{1}(y, x), d_{1}(x, y) = |\frac{1}{x} − \frac{1}{y}| ⩽ |\frac{1}{x} − \frac{1}{z}| + |\frac{1}{z} − \frac{1}{y}| = d_{1}(x, z) + d_{1}(z, y). Also ist d_{1} eine Metrik. Sei ε > 0. Wähle δ = ε. Sei d(x, y) < δ. Dann ist d_{1}(f(x), f(y)) = d(x, y) < δ = ε. Also ist f gleichmäßig stetig.

b) Z. B. I) {0}, ℕ oder ∅, II) ]0, 1[, ℝ oder ∅, III) {0}, ℝ oder ∅.

Aufgabe 5: a) I) ∑_{n=1}^{N} \frac{1}{4n^{2}−1} = ∑_{n=1}^{N} \frac{1}{(2n+1)(2n−1)} = ∑_{n=1}^{N} (_{\frac{1}{n− \frac{1}{2}}} − _{\frac{1}{n+ \frac{1}{2}}} ) = ∑_{n=1}^{N} _{\frac{1}{n− \frac{1}{2}}} − ∑_{n=2}^{N+1} _{\frac{1}{n− \frac{1}{2}}} =

\frac{1}{1− \frac{1}{2}} − _{\frac{1}{N+ \frac{1}{2}}} → 2.

II) ∑_{n=2}^{N} log(1 − \frac{1}{n^{2}} ) = ∑_{n=2}^{N} log(\frac{n^{2}−1}{n^{1}}) = ∑_{n=2}^{N}(log(n + 1) + log(n − 1) − 2 log(n))

= ∑_{n=3}^{N+1} log(n) + ∑_{n=1}^{N−1} log(n) − 2 ∑_{n=2}^{N} log(n) = log(N + 1) − log(2) + log(1) − log(N)

= − log(2) + log(\frac{N+1}{N}) → − log(2).

b) I) Verdichtungskriterium. Die Summanden der verdichteten Reihe bilden keine Nullfolge ⇒ Divergenz. II) Wurzelkriterium: ^{n} \sqrt{\frac{n^{2}}{2^{n}}} → \frac{1}{2} < 1 ⇒ Konvergenz. (Quotientenkriterium ist auch anwendbar.) III) Leibniz: \frac{log(n)}{n} ist monoton fallend ab n = 3 und konvergiert gegen 0 ⇒ Konvergenz.

Aufgabe 6: a) I) ^{n} \sqrt{n^{\frac{1}{n} log(n)}} = e^{( \frac{log(n)}{n})^{2}} → e^{0} = 1 ⇒ R = \frac{1}{1} = 1.

II) ^{n} \sqrt{(\frac{n}{n+1})^{n^{2}} (n^{3} − 3n^{2})} → \frac{1}{e}.

Beachte dabei: Für n ⩾ 6 ist \frac{1}{2}n^{3} ⩽ n^{3} − 3n^{2} ⩽ n^{3}. Also: R = e.

b) Setze f(x) = ∑_{n=2}^{∞} \frac{1}{n(n−1)}x^{n}. Dann ist f′(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n}x^{n} = − log(1 − x).

Also ist f(x) = − ∫ log(1 − x) dx = −x log(1 − x) + x + log(1 − x) + C. f(0) = 0 liefert C = 0. Alternative: Partialbruchzerlegung von \frac{1}{n(n−1)} führt die Reihe auch auf die Logarithmusreihe zurück.

Aufgabe 7: ∫_{\frac{3}{2} π}^{∞} f(x) cos(x) dx = ∫_{0}^{∞} f(x + \frac{3}{2}π) sin(x) dx,

und g(x) = f(x + \frac{3}{2}π) erfüllt die Voraussetzungen aus Übungsaufgabe 11.3 ⇒ Konvergenz. Alternative: Imitiere den Beweis von Übungsaufgabe 11.3:

Die Reihe ∑_{n=0}^{∞} ∫_{nπ+ \frac{π}{2}}^{(n+1)π+ \frac{π}{2}}f(x) cos(x) dx konvergiert nach Leibniz,

und es ist ∫_{0}^{∞}f(x) cos(x) dx = ∫_{0}^{\frac{π}{2}} f(x) cos(x) dx + ∑_{n=0}^{∞} ∫_{nπ+ \frac{π}{2}}^{(n+1)π+ \frac{π}{2}}f(x) cos(x) dx.