Lösungen für Höhere Mathematik Klausuren am KIT, für die keine offizielle Lösung existiert.

Gerne können weitere Lösungen als LaTeX Snippets gesendet werden.

Frühjahr 2012 #

HM1 #

Aufgabe 2 #

a) (i) Sandwichkriterium $$|\lim_{x\to \infty}(\sqrt{3x-2}-\sqrt{3x+1})|\leq \lim_{x\to \infty}(\sqrt{3x}-\sqrt{3x}) = 0 \Rightarrow \lim_{x\to \infty}(\sqrt{3x-2}-\sqrt{3x+1}) = 0$$

(ii) Mit l’Hospital und $$\lim_{x\to \infty}\frac{e^{-x}}{x}=0$$ folgt: $$\lim_{x\to \infty} \frac{\log{1+\frac1{x}}}{\frac1{x}+e^{-x}}=\lim_{x\to \infty} -\frac1{x^2+x}\cdot\frac1{-\frac1{x^2}+e^{-x}}=\lim_{x\to \infty} -\frac1{-1-\frac1{x}+x^2e^{-x}+xe^{-x}}=1$$

b) (i) $$KR=1$$, da $$\limsup_{n\to\infty} \frac1{\sqrt[n]{\sqrt{n}}}=1$$, weiter ist für $$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$$ die alternierende harmonische Reihe eine Majorante und da $$\vert\frac1{2}\vert< 1$$ ist $$\sum_{n=1}^\infty \frac1{\sqrt{n}}$$ divergent.$$\Rightarrow\sum_{n=1}^\infty \frac1{\sqrt{n}}x^n$$ konv. $$\Leftrightarrow x\in [-1,1)$$

(ii) $$\limsup_{n\to \infty} \vert\frac1{\sqrt[n]{(n/2)!}}\vert = 0$$ Also konv. die Potenzreihe auf ganz $$\mathbb{R}$$

c) (i) Es handelt sich um eine geometische Reihe. $$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}=\sum_{k=0}^{\infty}(-\frac1{2})^k=\frac{1}{1+\frac1{2}}=\frac2{3}$$

(ii) Teleskopsumme: $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k+1}-\frac1{k}=\color{blue}{\frac1{2}}\color{red}{-1}+\color{violet}{\frac1{3}}\color{blue}{-\frac1{2}}+\frac1{4}\color{violet}{-\frac1{3}}\ldots = -1$$

Aufgabe 3 #

a) falsch, Gegenbeispiele sind Nullfunktion, Sinus,…

b) falsch, monoton wachsend

c) wahr, Satz von Bolzano-Weierstraß

d) wahr, Zwischenwertsatz, versteckt hinter einem Supremum auf einem kompakten Intervall

e) wahr

f) wahr

HM2 #

Aufgabe 2 #

a) wahr, Satz von Schwarz

b) wahr, Fangfrage $$f$$ ist als differenzierbar vorgegeben! Also gilt es insbesondere für $$\vert\vert(h_1,h_2)\vert\vert\to 0$$

c) wahr, der Grad stimmt bei differenzierbaren Funktionen mit der Ableitung überein.

d) wahr

e) falsch, $$H_f(0,0)$$ ist semidefinit, also ist über die Definitheit keine Aussage über ein mögliches Extremum in $$(0,0)$$ möglich.

f) falsch, es fehlt die Funktionaldeterminante (Betrag der Determinante der Ableitung der Substitutionsfunktion für Zylinderkooridinaten).

Herbst 2012 #

HM1 #

Aufgabe 2 #

a) wahr

b) falsch, Gegenbeispiel: $$-e^{x^2}$$

c) falsch, Gegenbeispiel: monoton wachsende Folge

d) wahr

e) wahr

f) falsch, für das Wurzel Kriterium fehlt der $$\limsup_{n\to \infty}$$. Gegenbeispiel: $$a_n= (\frac1{2})^n$$

Aufgabe 3 #

a) (i) l’Hospital ist anwendbar und liefert: $$\lim_{x\to 0} \frac{\sin(2x)}{e^{3x}-1} = \lim_{x\to 0} \frac{2\cos(2x)}{3e^{3x}}=\frac2{3}$$

(ii) Zähler ist beschränkt und Nenner geht gegen unendlich: $$\lim_{n\to \infty} \frac{e^{\sin(x)}\cos(x)}{1+x}=0$$

b) Einmal partiell integrieren: $$\int_{0}^{1}xe^{x+1}dx = [xe^{x+1}]0^1 - \int{0}^{1}xe^{x+1}dx = e$$

c) Nach Def. der alg. Potenz gilt: $$f(x)=x^x=e^{x\log(x)}\Rightarrow f’(x) = (\log(x)+1)e^{x\log(x)} \Rightarrow f’(e)=2e^e$$

d)$$ \begin{align} &\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n}{4+n^3}(x+1)^{2n} = sum_{n=1}^{\infty}a_mx^n \ &\text{Mit: } b_{2m} = \frac{m}{4+(\frac{m}{2})^3}, b_{2m-1} = 0\ &\text{Es gilt: } \limsup_{m\to \infty} \sqrt[n]{|b_m|} = 1 = KR \ &\text{Die PR konv. also, falls } x \in (-2,0) \ &\text{Für } x=-2, x=0 \text{ konv. die PR ebenfalls.}\ &\Rightarrow \text{Die PR konv. genau dann wenn } x\in [-2,0] \end{align} $$

e) $$ \begin{align} &\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{5n}x^n \\ &\text{Es gilt: } \limsup_{n\to \infty} \sqrt[n]{|\frac{(-1)^n}{5n}|} = \lim_{n\to \infty} \frac1{\sqrt[n]{5n}} = 1 = KR\\ &\text{Für } x=-1 \text{ konv. die Reihe nicht, da die harmonische Reihe divergiert.} \\ &\text{Für } x=1 \text{ konv. die Reihe, da die alt. harmonische Reihe konv.} \\ &\text{Insg. gilt: Die PR konv. } \Leftrightarrow x\in (-1,1] \end{align} $$

HM2 #

Aufgabe 1 #

a) wahr

b) falsch, gilt nur, falls A kompakt ist. Gegenbeispiel siehe HM1-Teil b)

c) falsch, Gegenbeispiel f(x,y) = x

d) falsch, $$H_f(x)$$ könnte auch semidefinit sein.

e) wahr

f) wahr

Frühjar 2014 #

HM1 #

Aufgabe 2 #

a) (i) L’Hôpital dann 0 einsetzen: $$\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(x)^2}{x^2+x} = \lim_{x\to 0}\frac{2\sin(x)\cos(x)}{2x+1} = 0$$

(ii) Einfach nur einsetzen und $$\log(e)=1$$ also $$\lim_{x\to e}(\log(x)\cdot x^2)$$

b) (i) offensichtlich KR=1

Frühjahr 2017 #

Für diese Klausur gibt es leider gar keine Lösung. Mal sehen wie viel Motivation ich habe alle Aufgaben hier einzutragen.

HM1 #

Aufgabe 1 #

b) Mit der Bernoullischen Ungleichung und dem Sandwichkriterium: $$1 \geq \lim_{n \to \infty} (1-\frac1{n^2})^n=\lim_{n \to \infty}(1+\underbrace{\frac{-1}{n^2}}{\geq -1})^n\geq\lim{n\to \infty} 1-\frac1{n}=1$$

Aufgabe 2 #

a) Def. $$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R},f(x)=\frac1{2}e^{-x}-2x$$. Wir stellen zuerst einmal fest, dass $$f\in C^\infty$$ eine Funktion ist. Mit dem Zwischenwertsatz hat $$f(x)=0$$ eine Lösung auf $$[0,1]$$.

b) $$f’(x) < 0 \Rightarrow f$$ ist streng monoton fallend, also injektiv. Das impliziert die Eindeutigkeit der Lösung aus a)

Aufgabe 3 #

a) Punktweise Konvergenz gegen die Nullfunktion folgt aus $$f_n(0)=0$$ und für $$x\in (0,1]$$ ex. ein $$n_0\in \mathbb{N}$$, sodass $$x\in (\frac1{n_0},1]$$ ist. Um zu zeigen, dass die Konvergenz nicht glm. ist betrachte die Folge $$x_n:=\frac1{\sqrt{n}}$$.

b) Wähle die Nullfolge $$a_n := e^{-(2\pi+\frac{\pi}{2})n}$$ womit $$f(a_n)\not\to 0$$

Aufgabe 4 #

1. Nullstellen und Extrema des Sinus einsetzen: $${0, \frac1{2}}$$
2. L’Hôpital zwei mal: $$\lim_{x\to 0}\frac{\log(\cos(3x))}{\log(\cos(3x))} = \lim_{x\to 0}\frac{-3\tan(3x)}{-2\tan(2x)} = \lim_{x\to 0} \frac{-9\frac1{\cos(3x)^2}}{-4\frac1{\cos(2x)^2}} = \frac{9}{4}$$
3. Sei $$u:=1+cos(x)$$.\[\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{sin(x)}{1+cos(x)}=-\int_0^\frac{\pi}{2}-\frac{sin(x)}{1+cos(x)}=-\int_2^1 \frac1{u}=log(2)\]
4. Existiert nicht, da $$\lim_{x\to \infty} \frac{\sin (x)^{2}}{2+\cos (x)}$$ nicht existiert, also insb. auch nicht null ist, also konvergiert das Integral nicht.
5. Es gilt $$\lim_{n\to\infty} (1+\frac{x}{n})^n = e^x \Rightarrow \frac1{KR} =\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{(1+\frac{2}{n})^{n^2}} =\lim_{n\to\infty} (1+\frac{2}{n})^n=e^2 \Rightarrow KR = \frac1{e^2}$$
6. $$x\in \mathbb{R}$$, da Nach Sandwichkriterium $$\lim_{n\to\infty}(\frac1{3}+\frac1{2n})^{n^2}=0\Rightarrow KR=\infty$$

Winter 2018 #

Hier liegt eine gute Lösung vor. Trotzdem zwei Anmerkungen:

HM1 #

Auf Aufgabe 4b kann man auch kommen ohne den Weg über die Potenzreihendarstellung des $$\sinh$$ zu gehen. Durch mehrfaches Anwenden der Regeln von de l’Hospital und dem Wissen: $$\sinh(0)=0, \cosh(0)=1, \sinh’’ = \cosh’ = \sinh$$ kann man den Grenzwert auch berechnen.

HM2 #

Die Lösung von Aufgabe 4d ist zwar sehr elegant, doch wohl auch nicht ganz offensichtlich. Ein anderer Weg wäre (da die Reihe absolut konvergent ist) eine Aufteilung in Summe über gerade und ungerade n, sodass für ungerade n nur imaginäre Zahlen summiert werden. Umschreiben in geo. Reihe liefert das gewünschte Ergebnis.