hat schon wer was gerechnet?
wenn ja könnte mir wer sagen wie man die integrale der prüfung vom 26.3.09 löst?
hey du könntest das blatt vlt einscannen,
ich habs wsh schon gerechnet, aber grad ned bei der hand
also bin jetzt ned ganz sicher ob das richtig die richtige prüfung is aber:
1., a, \int cos(x)*cosh(x)*dx einfach 2mal partiell gibt:
sin(x)*cosh(x)-\int sin(x)*sinh(x)*dx=sin(x)*cosh(x)+cos(x)*sinh(x)-\int cos(x)cosh(x)
das ist aber wieder das ursprüngliche integral
→ F(x)=1/2(sin(x)*cosh(x)+cos(x)*sinh(x))+c
b, \int sqrt(exp{x+1})dx=\int e^{(x+1)/2}dx mit substitution:
(x+1)/2=u; dx=2du wirds zu
2\int exp{u}du=2exp((x+1)/2)+c
oder diese:
1., a, \int x^{1/3}ln(x)dx mit partieller integration:
3/4x^{4/3}ln(x)-3/4\int x^{4/3}1/xdx=3/4x^{4/3}ln(x)-9/16x^{4/3}+c
=3/4x^{4/3}(ln(x)-3/4)+c
b, \int x/(sqrt(x)+1)dx mit substitution und polynom division
sqrt(x)=u; x=u^2; dx=2sqrt(x)du=2udu wirds erst zu:
\int u^3/(u+1)du und mit u^3/(u+1)=u^2-u+1-1/(u+1) zu
2(\int u^2 - \int u + \int 1 -\int 1/(u+1))du
=2(u^3/3-u^2/2+u-ln(u+1))=2/3x^{3/2}-x+2sqrt(x)-2ln(sqrt(x)+1)+c
dake vielmals
Zwei Fragen an dieser Stelle:
Darf man beim schriftlichen Teil das Skript verwenden?
Sind die Beispiele 4 und 5 in der Prüfungssammlung, jeweils die Theoriefragen die man dann mündlich zu beantworten hat?
@moonboots:
Die komplette Prüfung ist schriftlich, auch der Theorieteil; das Skriptum darf man nicht verwenden.
Hab ich das richtig verstanden, es gibt keinen mündlichen Teil??
genau
lediglich eine schriftliche 150min dauernde Prüfung.
So nebenbei, was man vlt erwarten könnte und immer/meistens dabei ist: (praktischer Teil)
- zwei zu lösende Integrale, möglicherweise ein/zwei uneigentliche/s
- Kurvendiskussion
- Reihenkonvergenz überprüfen mit Majoranten/Minoranten,- Wurzel-, Quotienten-Kriterium oder Teleskopreihe
- Eine Folge zb in Form einer Rekursion
und dazu noch einige (gemeine) Theoriefragen, wo zb oft MWS der Differentialrechnung, Konvergenz- oder Stetigkeitsfragen kommen.
Ich glaub es is 3/2 Praxis/Theorie
18Pkt, 3Bsp für die Rechenaufgaben/12Pkt, 2Bsp für die Theorie
Da ich keinen eigenen Thread aufmachen möchte wegen einer Rechnung, frag ich einfach mal hier:
Warum wird bei Übung 7 Aufgabe 9 ein f(u) eingeführt? Warum sollte das naheliegend sein und wie kommt er genau auf die Annahme f(u)=0 und dann in weiterer Folge bei (i) z.B. auf f(u)=u^3-x ?
Vielen Dank schonmal 
EDIT: Habe ich das richtig verstanden, dass man damit anstrebt nicht die Nullstelle zu berechnen, sondern den Funktionswert an einer erwünschten Stelle x?
Also so weit ich das verstanden hab liegt der Sinn darin die Aufgabe in die Lösung einer Fixpunkt gleichungf(x)=x bzw in diesem Fall f(u)=0 (denn f(u)=f(x)-x) umzuwandeln und dann mit dem Newton-Iterations-Verfahren die Nullstellen dieser neuen Funktion f(u) zu finden.
f(u)=u^3-x=0 ist gleich bedeutend mit x^{\frac{1}3} =u bzw x=u^3
Dieser „Trick“ wird öfters mal aufgegriffen, zum Beispiel auch beim Beweis einer Ungleichung in einer anderen Übung. Man definiert sich hier einfach eine neue Funktion.
Man macht also eigentlich das genau Umgekehrte von dem was du geschrieben hast:
Man versucht eine Nullstelle, einer neuen Funktion zu berechnen, anstatt einem Funktionswert, der alten.
edit: Eine dieser Ungleichungen wird sogar in derselben Ungleichung mittels einer neu eingeführten Funktion bewiesen:
Es geht darum die Young’sche Ungleichung: \ ab\le \frac{a^p}p+\frac{b^q}q zu beweisen.
Dazu führt man zb die Funktion f(a)=\frac{a^p}p+\frac{b^q}q-ab ein. Die Gleichung \ f(a) \ge 0ist gleichbedeutend mit \ a*b \le \frac{a^p}p+\frac{b^q}q
Alles klar danke
Hätte noch eine Frage zu einer Nummer, die in der Prüfungssammlung enthalten ist. Das Blatt ist hier im Forum unter img071 abgespeichert. Mich würde interessieren wie eure Antwort auf Aufgabe 4a) lautet, damit ich meine Schlussfolgerung bestätigen (oder eben nicht^^) kann und wie 4d) funktioniert. Kann mir jemand noch sagen was bei 5d) die notwendige und die hinreichende Bedingung für das uneigentliche Integral in dem Fall sind?
Mag sein, dass ich schon den richtigen Ansatz habe, aber irgendwie komm ich bei d) nicht drauf.
Vielen Dank schonmal 
Hey also zu 4,d,
mit partieller Integration bekommst du
\int\limits_{0}^1 cos(n*x)*f(x)dx = \left. \frac{1}{n}sin(nx)f(x) \right|_{0}^1 - \frac{1}{n}\int\limits_{0}^1 sin(nx)*f’(x)*dx nun ist aber f(0)=f(1)=0, also
\int\limits_{0}^1 f(x)cos(nx)dx=-\frac{1}{n} \int\limits_{0}^1 sin(nx)*f’(x)dx
wobei \int\limits_{0}^1 sin(nx)*f’(x)dx nur eine konstante ist also
gilt \int\limits_{0}^1 cos(nx)*f(x)*dx \to 0 für n \to \infty
zu 5,d,
Ich glaube:
Eine (hinreichende?) Bedingung wäre zB. die Existenz einer „Majorante“ also eines Integrals mit betragsmäßig größerem Integranden, dann ist die Konvergenz sogar absolut.
Begründung: (nicht genau^^) Ein uneigentliches Riemannintegral ist ja nur eine Summation von „Rechtecken“ bzw Flächenstücken, wobei man die Teilintervalle, in die man das Ganze einteilt gegen 0 gehen, bzw die Anzahl dieser Intervalle gegen unendlich gehen lässt.
Wenn nun also eine Funktion existiert die für jeden dieser unendlich kleinen Teilintervalle kleiner ist als die betrachtete Funktion f(x) und konvergiert, dann muss auch die betragsmäßig kleinere Funktion konvergieren. Ist eigentlich das gleiche Argument, wie bei Reihen.
Eine notwendige Bedingung wäre das Cauchy-Kriterium für uneigentliche Integrale.
\int\limits_{a}^\infty f(x)*dx konvergiert wenn es zu jedem \epsilon > 0 ein \infty>\theta \ge a gibt so, dass für alle x > y \ge \theta gilt \left| \int\limits_{y}^x f(x) \right| < \epsilon.
Begründung: (nicht genau^^)
Mit dieser Bedingung stellst du fest, dass dir ab einem bestimmten „Index“, bzw einer bestimmten Integralgrenze alle „Teilintervallflächen“ innerhalb deines vorgegebenem Epsilon liegen und das für alle Zahlen x > y \ge \theta als Integrationsgrenzen, dh der ganze restliche Flächeninhalt der da aufsummiert wird liegt sicher in deinem vorgegebenem Intervall Epsilon und das wie gesagt für beliebige x,y.
Ist wieder genau das gleiche wie für Folgen und Reihen.
Wieder mal vielen Dank!
Ich habs vorhin auch geschafft, und etwas anders argumentiert, aber deines ist wesentlich kürzer
Eine (hoffentlich) letzte Frage hab ich noch, wo ich absolut nicht weiß was man da machen soll und wo mir der Hinweis auch nicht weiter hilft: img072 Aufgabe 1b)
Wie macht man das? Steh da nach 3 Zeilen Vereinfachung irgendwie an 
hey zu 1,b,
a_n= \frac{1}{2-a_{n-1}} und a_0=-1
wenn du dir die ersten paar Folge-Glieder ausrechnest siehst du:
a_1=\frac{1}{3}, a_2=\frac{3}{5}, a_3=\frac{5}{7}, a_4=\frac{7}{9}… etc
Man sieht, dass oben die ungeraden Zahlen durchlaufen, unten ebenso, nur um 2 verschoben.
Mit a_n=p/q, p=1,3,5,7,9,11… für n=1,2,3,4,5,6… und q=3,5,7,9,11,13… für n=1,2,3,4,5,6… vermutet man a_n= \frac{2n-1}{2n+1}
das überprüfst du ganz einfach mit vollständiger Induktion
Induktionsanfang: n=1
a_n= \frac{21-1}{21+1}= \frac{1}{3}
Induktionsannahme: a_n= \frac{2n-1}{2n+1}
Induktionsschritt: n → n+1
Es gilt a_n= \frac{1}{2-a_{n-1}} also a_{n+1}= \frac{1}{2-a_n}
Nun benutzt du die Induktionsannahme/voraussetzung und bekommst:
a_{n+1}= \frac{1}{2-a_n}=\frac{1}{2- \frac{2n-1}{2n+1}} du erweiterst einfach im unteren Bruch und bekommst
\frac{1}{2- \frac{2n-1}{2n+1}}=\frac{1}{\frac{2*(2n+1)-(2n-1)}{2n+1}}
= \frac{2n+1}{(4n+2)-(2n-1)}=\frac{2n+1}{2n+3}
edit: äh aja das ist dann genau dein Ergebnis, dass du dortstehen haben möchtest.
Das zeigt dir nämlich genau, dass auch der (n+1)te Term/Folgenglied deinem vermuteten Gesetz gehorcht.
sorry falsches BSP ^^
und zum 1,b, von der anderen Prüfung
Ich komm grad ned genau drauf allerdings benutzt man den MWS der Differentialrechnung.
Es gilt ln(n+1)-ln(n)= \frac{ln(n+1)-ln(n)}{(n+1)-n}<\frac{1}{n},
denn du kannst hier den MWS der Differentialrechnung anwenden:
Für eine auf [a,b] stetige und definierte, und auf (a,b) diff.bare Funktion gilt
f’(\theta)= \frac{f(b)-f(a)}{b-a} für irgendein {\theta \in (a,b) }.
In diesem Fall betrachten wir f(x)=ln(x) auf dem Intervall [n,n+1], n>1, also f(b)=ln(n+1); f(a)=ln(n); f’(x)=\frac{1}{x}; b=n+1; a=n
Dh. ln(n+1)-ln(n)= \frac{1}{\theta}, wobei \theta \in (a,b) und da n<\theta \to 1/n>\theta und damit
ln(n+1)-ln(n)= \frac{1}{\theta} < \frac{1}{n}
edit:
aja und in etwa das war zu zeigen, denn eigentlich muss man zeigen a_n>a_{n-1}, also
\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k} - ln(n)>\sum\limits_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} - ln(n-1) nun subtrahierst du die Summe von beiden Seiten, und bringst den ln(n)-Term auf die andere Seite.
Der einzige links stehenbleibende Term ist \frac{1}{n}. Rechts steht ln(n)-ln(n-1).
Also a_n>a_{n-1} \Leftrightarrow \frac{1}{n} > ln(n)-ln(n-1)
editedit: hmm naja das funktioniert hier irgendwie nicht, denn wenn du zb einfach für n, n-1 substituierst bekommst du \frac{1}{n}<ln(n)-ln(n-1)=\frac{1}{\theta}<\frac{1}{{n-1}} für \theta \in (n-1,n)
Ist also iwie einfach ne falsche Aussage… diese Formel hier ist nämlich einfach schon für n=2 falsch, denn 1+ \frac{1}{2}-ln(2)>1-ln(1) würde bedeuten \frac{1}{2}>ln(2) was nicht stimmt ist ^^
Wahrscheinlich überseh ich irgendetwas, ich hatte nämlich gedacht das geht einfach über MWS zu beweisen…
Könnte vlt ein Druckfehler sein, denn wenn du a_n>a{n-1} umdrehst, bekommst du nat. eine richtige Gl. heraus…
Im Übrigen wiederholt sich dieses Bsp: ln(n+1)-ln(n)<1/n des öfteren, ist also sicher kein schlechter Tipp für Prüfungsvorbereitung
achja und ln(n+1)-ln(n)= \int\limits_{n}^{n+1} \frac{1}{x}*dx natürlich mit diesen Grenzen ^^_
Wow, vielen vielen Dank für die Mühe
Bei deinem letzten Integral gehören denke ich die Grenzen vertauscht, ansonsten perfekt argumentiert
wenn schon so schön gerechnet wird: kann mir jemand einen kleinen Tip für 1a) von der Prüfung vom 11.3.2011 geben?
Angabe ist: Für welche Werte des Parameters \alpha \not= 0 gilt
\sum_{k=1} ^n {\alpha*(k-\alpha)} \equiv Cn^2 mit den festen Konstanten C, unabhängig n \in \mathbb N
und wie lautet der entsprechende WErt von C in Anbhängigkeit von alpha?
Ich hab keine Idee?!
keine ahnung wie man hier formelneingibt, deswegen halt so: man formt die summe um und rechnet ihren wert aus: S=0,5*(an^2+an-2a^2n) diese summe ist genau dann nur von n^2 abhängig, wenn sich beide terme mit n aufheben, also an-2a^2n=0
Das ergibt dann a=0,5 die dazugehörige konstante ist dann natürlich 1/4 (weil die summe dann a/2n^2 wird)
dass es irgendwie mit umformen geht steht eh auch in der angabe, bloß wie hast du sie umgeformt??
Also \alpha ist unabhängig von der Summe, daher:
\sum\limits_{1}^n \alpha*(k-\alpha)=\alpha*\sum\limits_{1}^n (k-\alpha)=\alpha*((1-\alpha)+…+(n-\alpha)) jetzt kannst du mal 1+…+n zusammenfassen und die n*\alpha ist also weiter
\alpha*((1-\alpha)+…+(n-\alpha))=\alpha*((1+…+n)-n*\alpha)=\alpha*\sum\limits_{1}^n k - n*\alpha^2 , du weißt außerdem, dass
\sum\limits_{1}^n k=\frac{1}{2}n(n+1) daher:
\alpha*\sum\limits_{1}^n k - n*\alpha^2=\alpha*\frac{1}{2}n(n+1)-n*\alpha^2
das soll nun gleich Cn^2 sein also
\alpha\frac{1}{2}n(n+1)-n*\alpha^2=\alphan(\frac{n+1}{2}-\alpha)=Cn^2
Bzw wenn du durchkürzt und \alpha\frac{n+1}{2} ausmultiplizierst erhältst du:
\frac{n}{2}\alpha+ \frac{1}{2}\alpha -\alpha^2=Cn bzw wenn du umordnest:
n(C-\frac{1}{2}\alpha)=\alpha(\alpha - \frac{1}{2})
Diese Gleichung ist zum Beispiel erfüllt wenn gilt 0=0, also
\alpha=\frac{1}{2} und damit C=\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{4}
Ich glaube das war recht ausführlich, wobei es vlt sogar einfacher ist die Summe nach \sum\limits_{1}^n k=\frac{1}{2}n(n+1), also \sum\limits_{1}^n \alpha*(k-\alpha)=\alpha*\frac{1}{2}[(n-\alpha)(n-\alpha+1)]=\alpha*\frac{1}{2}(n-\alpha)^2+\alpha\frac{1}{2}*1 auszurechnen und dann einfach zu schauen wann diese Gl. erfüllt ist…