(xn (xn

Mathematik LK M1, 3. Kursarbeit – L'Hospital + vollst. Induktion - Lösung 22.05.2013
Aufgabe 1: Regel von de L'Hospital
1.1 Schreibe die Regel von de L'Hospital auf.
Lässt sich eine Funktion f in Form eines Quotienten f (x )=
u( x)
darstellen und gibt es eine
v (x )
Stelle a mit folgenden Eigenschaften:
(1) u (a)=v (a )=0,
(2) u und v sind in einer gemeinsamen Umgebung von a differenzierbar mit v ' (x )≠0,
(3)
lim
x →a
u ' ( x)
existiert,
v ' ( x)
so gilt: lim
x →a
u (x )
u ' (x )
=lim
v( x) x → a v ' (x)
1.2 Berechne den Grenzwert lim
x →3
x−3
x 5−35
Prüfung der Voraussetzungen:
(1) 3−3=0 ; 35−35=0 o.k.
(2) u ' ( x)=1 ; v ' ( x)=5x 4 ; v ' ( x)≠0 in der Umgebung von 3. o.k.
Bildung des Grenzwerts:
(3) lim
x →3
u ' (x )
x−3
1
1
1
=lim
=lim 4 =
=
5
5
4
x −3 x → 3 v ' ( x) x → 3 5x 5⋅3 405
1.3 Beweise mit Hilfe der Regel von de L'Hospital, dass
lim ( x n⋅e− x )=0 ∀ n>0
x→ ∞
("e-Funktion gewinnt immer"). Hinweis: Für diese Aufgabe müssen die Voraussetzungen nicht überprüft
werden.
Erweiterung der Regel von de L'Hospital:
u (x )
u ' ( x)
= lim
, wenn Zähler und Nenner beide gegen unendlich streben.
x→±∞ v (x)
x →±∞ v ' ( x )
lim
Da die Voraussetzungen nicht überprüft werden müssen, kann man davon ausgehen, dass die Regel
Auch für die zweite Ableitung gilt
lim
x→±∞
u ' ( x)
u ' ' ( x)
= lim
und für die 3. Ableitung, usw.
v ' ( x) x →±∞ v ' ' ( x)
xn
n⋅x(n−1)
n(n−1)⋅x (n −2)
n( n−1)(n−2)⋅...⋅x 0
=lim
=...=lim
Damit: lim ( x ⋅e )=lim x =lim
x→ ∞
x→∞ e
x →∞
x→ ∞
x →∞
ex
ex
ex
n!
=lim x =0 q.e.d. ( n⋅(n−1)⋅(n−2)⋅...⋅1=n ! ist eine endliche Zahl).
x →∞ e
n
−x
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Aufgabe 2: Beweis durch vollständige Induktion
2. Beweise mit Hilfe der vollständigen Induktion die folgenden Behauptungen:
n
2.1
∑ i=
i=1
n⋅(n+1)
2
1
∑ i =1=
Induktionsanfang:
i=1
k +1
k
i=1
i=1
1⋅(1+1)
o.k.
2
∑ i=∑ i+k +1=
Induktionsschritt:
k⋅(k+1) 2(k +1) k⋅(k +1)+2( k +1) (k +1)⋅(k +2)
+
=
=
2
2
2
2
q.e.d.
n
2.2
3
2
( )
n
∑i = ∑i
i=1
Tipp: Für diesen Beweis kann die Behauptung aus 2.1 als bewiesen
i =1
angenommen werden.
n
3
∑i =
Behauptung:
i=1
2
( )(
n
∑i =
i =1
2
n⋅(n+1)
n 2⋅( n+1)2
mit Behauptung aus 2.1
=
2
4
)
1
1 2⋅(1+1)2 4
= =1 o.k.
4
4
i=1
k +1
k
2
2
2
2
k ⋅(k +1)
k ⋅(k +1) 4⋅( k +1)3
3
3
3
3
Induktionsschritt: ∑ i =∑ i +(k +1) =
+(k +1) =
+
4
4
4
i=1
i=1
2
2
2
2
2
2
3
k ⋅( k +1) +4⋅( k +1) (k +1) ⋅( k +4⋅(k +1) ) (k +1) ⋅( k +4k+4 ) (k +1)2⋅(k +2)2 q.e.d
=
=
=
=
4
4
4
4
Induktionsanfang k=1: linke Seite:
2.3
4
n –4n
2
∑ i3=13=1
rechte Seite:
ist durch 3 teilbar.
Behauptung umformuliert:
Induktionsanfang:
n4 – 4 n 2
=m , m∈ℤ
3
1 4 – 4⋅12 −3
= =−1 ,−1∈ ℤ o.k.
3
3
( k+1)4 – 4( k +1)2 k 4+4k 3 +6k 2+4k+1−(4k 2 +8k+4)
=
3
3
k 4+4k 3 +2k 2−4k−3 k 4 −4k 2 +4k 3+6k 2−4k −3 k 4−4k 2 3k 3+6k 2−3k−3 k 3−k
=
=
=
+
+
3
3
3
3
3
2
k (k −1)
k ( k +1)( k −1)
=m+k 3+2k 2 – k – 1+
=m+k 3+2k 2 – k – 1+
3
3
Induktionsschritt:
Unter Benutzung der Behauptung sind alle außer dem letzen Summanden ganze Zahlen. Der letze
Summand ist das Produkt aus drei aufeinanderfolgenden Zahlen. Davon muss also eine durch 3 teilbar
sein. Somit ergibt auch der letzte Summand eine ganze Zahl.
q.e.d
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2.4 2 n>n 3 ∀ n≥10 Tipp: Für diesen Beweis darf die Aussage n 3>7n 2 ∀ n≥10 als bewiesen
angenommen werden. Außerdem gilt: (n+1)3=n3 +3 n2+3 n+1
Induktionsanfang: 210=1024>1000=10 3 o.k.
Induktionsschritt:
2 k+1=2⋅2 k >2⋅k 3=k 3+k 3>k 3+7k 2=k 3+3k 2+3k 2+k 2 >k 3+3k 2 +3k+1=( k+1)3 q.e.d.
n
2.5
∑ ai < 1 1– a
0<a<1 ; n∈ℕ
für
i=0
1
Induktionsanfang:
∑ ai =a<1
∣1−a∣<1 ⇒
i=0
1
>1 o.k.
1–a
k +1
Induktionsschritt:
∑ ai =1+a+a 2+...+a n+1=1+a⋅(1+a+a 2+...+a n )
i=0
k
=1+a ∑ a i<1+a
i=0
2.6 Wenn
1
1−a
a
1−a+a
1
q.e.d.
=
+
=
=
1−a 1−a 1−a
1−a
1−a
(n )
2
x
2 x
f ( x )=x ⋅e , dann ist f =( x +2nx+n( n−1) )⋅e ∀ n≥1
Induktionsanfang:
linke Seite: f (1) (x )= x 2⋅e x +2x⋅e x =(x 2 +2x)⋅e x
rechte Seite: ( x 2 +2⋅1 x+1⋅(1−1) )⋅e x =( x 2+2x)⋅e x o.k.
'
'
f
( x)=[ f (x ) ] =[ ( x +2kx+k ( k−1) )⋅e ]
x
2
=(2x+2k)⋅e +( x +2kx+k 2−k )⋅e x =( 2x+2k+x 2+2kx+k 2 −k )⋅e x =( 2x (k +1)+ x 2+k 2 +k )⋅e x
=( x 2+2x (k +1)+( k +1)⋅k )⋅e x q.e.d.
Induktionsschritt:
(k +1)
(n)
2
x
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