Prof. Dr. M. Stroppel Dipl.-Math. B. Krinn Ergebnisse...

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Dipl.-Math. B. Krinn

Hohere Mathematik II Prof. Dr. M. Stroppel

Ergebnisse und Hinweisezu den Gruppenubungen

Sommer 2008

Zu Aufgabe H1:

(a) Diese Reihe lasst sich auf eine geometrische Reihe zuruckfuhren:

∞∑

k=0

2k

5k+1=

∞∑

k=0

1

5

2k

5k=

1

5

1

1 − 25

=1

3

(b) Anwenden des Quotientenkriteriums liefert:

limk→∞

∣∣∣∣

ak+1

ak

∣∣∣∣= lim

k→∞

∣∣∣∣∣

3k+1

√5k+1(k + 3)

√5k(k + 2)

3k

∣∣∣∣∣=

3√5

limk→∞

k + 2

k + 3=

3√5.

Diese Reihe divergiert also, da 3√5

> 1 gilt.

(c) Partialbruchzerlegung liefert:

2

(2k + 1)(2k + 3)=

1

2k + 1− 1

2k + 3.

Da1

2k + 3=

1

2(k + 1) + 1gilt, handelt es sich um eine Teleskopsumme, es gilt also:

n∑

k=0

2

(2k + 1)(2k + 3)=

n∑

k=0

1

2k + 1−

n∑

k=0

1

2k + 3

=1

1+

n∑

k=1

1

2k + 1−

n−1∑

k=0

1

2k + 3︸︷︷︸

=0

− 1

2n + 3

und damit∞∑

k=0

2

(2k + 1)(2k + 3)= 1 − lim

n→∞

1

2n + 3= 1.

Zu Aufgabe H2:

(a) •∞∑

n=1

an ist eine alternierende Reihe mit

|an| =

∣∣∣∣

(

− 1

n

)n∣∣∣∣=

1

nn,

d. h. (|an|)n∈Nist eine monotone Nullfolge und die Reihe nach dem Leibniz-Kriterium

damit konvergent.

• Fur das Quotienten-Kriterium ergibt sich

limn→∞

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣= lim

n→∞

nn

(n + 1)n+1= lim

n→∞

1(1 + 1

n

)n(n + 1)

= 0 < 1,

damit ist die Reihe nach dem Quotienten-Kriterium (absolut) konvergent.

Hinweis zu den Hinweisen: Es nutzt nichts, diese Hinweise nur zu kopieren und abzuheften. Es nutzt auch

wenig, diese nur einfach durchzulesen. Man sollte sich wenigstens zu jedem Schritt uberlegen, wie man diesen

rechtfertigen kann.

Am besten: Nach einem Blick auf die Hinweise erneut versuchen, die Aufgaben selbst zu losen!

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Sommer 2008

• Fur das Wurzel-Kriterium ergibt sich

limn→∞

n

√

|an| = limn→∞

n

√

1

nn= lim

n→∞

1

n= 0 < 1,

damit ist die Reihe auch nach dem Wurzel-Kriterium (absolut) konvergent.

(b) • Wegen cos(nπ) = (−1)n ist auch dies eine alternierende Reihe und

|an| =

∣∣∣∣

n cos(nπ)

n2 + 1

∣∣∣∣=

1

n + 1n

,

d. h. (|an|)n∈Nist eine monotone Nullfolge und die Reihe nach dem Leibniz-Kriterium

damit konvergent.


limn→∞

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣= lim

n→∞

(n + 1)(n2 + 1)

((n + 1)2 + 1) n= lim

n→∞

(1 + 1

n

) (1 + 1

n2

)

(1 + 1

n

)2+ 1

n2

= 1,

d. h. mit dem Quotienten-Kriterium laßt sich keine Aussage uber die Konvergenzder Reihe treffen.


limn→∞

n

√

|an| = limn→∞

n

√n

n2 + 1= 1,

d. h. auch mit dem Wurzel-Kriterium laßt sich keine Aussage uber die Konvergenzder Reihe treffen.

(c) • Dies ist keine alternierende Reihe, deshalb laßt sich hier mit dem Leibniz-Kriteriumkeine Aussage uber die Konvergenz der Reihe treffen.


limn→∞

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣= lim

n→∞

(n + 1)22n

2n+1n2= lim

n→∞

(1 + 1

n

)2

2=

1

2< 1,

damit ist die Reihe nach dem Quotienten-Kriterium (absolut) konvergent.


limn→∞

n

√

|an| = limn→∞

n

√

n2

2n=

1

2< 1,

damit ist die Reihe auch nach dem Wurzel-Kriterium (absolut) konvergent.

(d) • Dies ist keine alternierende Reihe, deshalb laßt sich hier mit dem Leibniz-Kriteriumkeine Aussage uber die Konvergenz der Reihe treffen.



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008


∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣=

(2 + (−1)n+1)2n

2n+1(2 + (−1)n)=

{16

< 1, n gerade32

> 1, n ungerade,

d. h. mit dem Quotienten-Kriterium laßt sich keine Aussage uber die Konvergenzder Reihe treffen.


limn→∞

n

√

|an| = limn→∞

n

√

2 + (−1)n

2n=

1

2,

damit ist die Reihe nach dem Wurzel-Kriterium (absolut) konvergent.

Zu Aufgabe H3:

(a) Die Funktionen f1 und f2 sind auf gesamt R definiert, d. h. D1 = D2 = R . Furdie Funktion f3 erhalt man den Definitionsbereich D3 = R\{0} , da sonst der Nennerden Wert 0 annimmt. Fur f4 erhalt man schließlich den maximalen DefinitionsbereichD4 =

{x ∈ R

∣∣ ∃k ∈ Z : 2kπ ≦ x ≦ (2k + 1)π

}, damit das Argument der Wurzelfunk-

tion nicht negativ wird.

(b) • Die Funktion f1 ist als Verkettung von stetigen Funktionen wieder stetig auf R\{0} .Fur x → 0 ergibt sich

f1(x) → 0 = f(0) fur x ↑ 0

f1(x) → ∞ fur x ↓ 0,

d. h. f1 ist bei 0 links- aber nicht rechtsseitig stetig (und damit unstetig).

• Die Funktion f2 ist als konstante Funktion auf R\{0} stetig. Fur x → 0 ergibt sich

f2(x) → −1 fur x ↑ 0

f2(x) → 1 fur x ↓ 0,

d. h. f2 ist bei 0 weder links- noch rechtsseitig stetig (und damit unstetig).

• Die Funktion f3 ist als rationale Funktion auf R\{−1, 0, 1} stetig, da dort derNenner nicht 0 wird. Fur die Stellen −1, 0, 1 erhalt man

limx↑1

f3(x) = limx↑1

1

x= 1 = f3(1) = lim

x↓1f3(x)

limx↑−1

f3(x) = limx↑−1

1

x= −1 lim

x↓−1f3(x)

und

f3(x) → −∞ fur x ↑ 0

f3(x) → ∞ fur x ↓ 0 .



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Damit ist f3 bei 1 stetig, bei −1 weder links- noch rechtsseitig stetig (und damitunstetig). Zusatzlich erkennt man, dass f3 bei 0 weder rechts- noch linksseitig stetigfortsetzbar ist.

• Die Funktion f4 ist als Verkettung von stetigen Funktionen auf dem Innern desDefinitionsbereichs wiederum stetig. Fur die Randpunkte des Definitionsbereichserhalt man mit k ∈ Z

limx↓2kπ

f4(x) = 0 = f4(2kπ)

limx↑(2k+1)π

f4(x) = 0 = f4((2k + 1)π)

d. h. f4 ist an den Randpunkten x = 2kπ rechtsseitig und an den Randpunktenx = (2k + 1)π linksseitig stetig.



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Zu Aufgabe H4: Mit a = 0 und b = π

2erhalt man

f(a) · f(b) = f(0) · f(π

2

)

= 1 ·(

−π

2

)

< 0

und da f auf [0, π

2] stetig ist, muss f in diesem Intervall mindestens eine Nullstelle besitzen.

Man setzt a1 = a = 0 und b1 = b = π

2und erhalt

f(a1) · f

(

a1 + b1

2

)

= f(0) · f(π

4

)

≈ −0.078 < 0,

damit ist a2 = 0 und b2 = π

4. Im nachsten Schritt erhalt man

f(a2) · f

(

a2 + b2

2

)

= f(0) · f(π

8

)

≈ 0.531 > 0,

damit ist a3 = π

8und b3 = π


f(a3) · f

(

a3 + b3

2

)

= f(π

8

)

· f

(

3π

16

)

≈ 0.129 > 0,

damit ist a4 = 3π

16und b4 = π


f(a4) · f

(

a4 + b4

2

)

= f

(

3π

16

)

· f

(

7π

32

)

≈ 0.021 > 0,

damit ist a5 = 7π

32und b5 = π

4. Im letzten Schritt erhalt man

f(a5) · f

(

a5 + b5

2

)

= f

(

7π

32

)

· f

(

15π

64

)

≈ 0.0004 > 0,

damit ist die Nullstelle im Intervall [15π

64, π

4] , wobei die Lange des Intervalls π

64< 0.05 betragt.

Zu Aufgabe H5:

(a) Mit dem Wurzelkriterium erhalt man

limk→∞

k

√

|ak| = limk→∞

k

√

|5k| = limk→∞

5 = 5,

d. h. der Konvergenzkreis ist der Ursprungskreis mit Radius 1/5 .

(b) Mit dem Quotientenkriterium erhalt man

limk→∞

∣

∣

∣

∣

ak+1

ak

∣

∣

∣

∣

= limk→∞

∣

∣

∣

∣

(k + 1)2 + (k + 1) + 1

k2 + k + 1

∣

∣

∣

∣

= limk→∞

k2 + 3k + 3

k2 + k + 1=

limk→∞

1 + 3/k + 3/k2

1 + 1/k + 1/k2= 1,

d. h. der Konvergenzkreis ist der Kreis um i mit Radius 1 .



rechtfertigen kann.


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(c) Mit dem Wurzelkriterium erhalt man

limk→∞

k

√

|ak| = limk→∞

k

√

∣

∣

∣

∣

1

kk

∣

∣

∣

∣

= limk→∞

1

k= 0,

d. h. der Konvergenzkreis ist die gesamte komplexe Zahlenebene.

(d) Mit dem Quotientenkriterium erhalt man

∣

∣

∣

∣

ak+1

ak

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

(k + 1)!

k!

∣

∣

∣

∣

= k + 1 → ∞ fur k → ∞,

d. h. der Konvergenzkreis ist nur der Punkt −1 .

Zu Aufgabe H6:

(a) Fur cosh(x) erhalt man den folgenden Definitions- und Wertebereich:

D = (−∞, ∞) , W = [1, ∞)

Fur sinh(x) erhalt man den folgenden Definitions- und Wertebereich:

D = (−∞, ∞) , W = (−∞, ∞)

(b) Fur cosh(x) bekommt man fur f(−x)

cosh(−x) =e−x + ex

2= cosh x ,

also ist cosh(x) symmetrisch zur y -Achse. sinh(x) ist mit

sinh(−x) =e−x − ex

2= −

ex − e−x

2= − sinh x

punktsymmetrisch zum Ursprung.

(c) Bild von sinh(x) und cosh(x) :



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

cosh(x)

sinh(x)

2-2

2

4

6

8

-2

-4

-6

-8

(d) Man berechnet die Potenzreihen mit der Reihendarstellung von

ex =∞

∑

k=0

xk

k!.

Damit erhalt man

cosh(x) =ex + e−x

2=

1

2

∞∑

k=0

xk

k!+

1

2

∞∑

k=0

(−1)k xk

k!.

Es fallen die ungeraden Potenzen weg und die geraden Potenzen stehen bei beiden Sum-

men, insgesamt bekommt man die Potenzreihe

cosh(x) =e−x + ex

2=

∞∑

k=0

x2k

(2k)!.

Bei sinh(x) verlauft die Rechnung annalog, nur hier fallen die geraden Potenzen weg und

die ungeraden Potenzen bleiben bei beiden Summanden stehen:

sinh(x) =ex − e−x

2=

1

2

∞∑

k=0

xk

k!−

1

2

∞∑

k=0

(−1)k xk

k!=

∞∑

k=0

x2k+1

(2k + 1)!



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

(e) Man ersetzt cosh(x) durch ex+e

−x

2und sinh(x) durch e

x−e

−x

2und vereinfacht diesen

Term:

(cosh(x))2 − (sinh(x))2 =

(

ex + e−x

2

)2

−

(

ex − e−x

2

)2

=

(

ex+e

−x

2

)2

−(

ex−e

−x

2

)2

2

=(e2x + 2 + e−2x) − (e2x − 2 + e−2x)

4= 1

Zusatz: Wie die Exponentialfunktion sind auch cosh und sinh auf gesamt C definiert. Auch

die Ergebnisse von (d) und (e) ubertragen sich direkt ins Komplexe.



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Zu Aufgabe H7:

(a)d

d xf1(x) = − sin(x3 + 5ex + π)

d

d x(x3 + 5ex + π) = − sin(x3 + 5ex + π)(3x2 + 5ex)

(b)

d

d xf2(x) = earctan(cos(x)) d

d xarctan(cos(x))

= earctan(cos(x)) 1

1 + (cos(x))2

d

d xcos(x)

= −earctan(cos(x)) 1

1 + (cos(x))2sin(x)

(c)

d

d xf3(x) = cos(x)(cos(x) tan(x)) + sin(x)

d

d xcos(x) tan(x)

= (cos(x)2) tan(x) + sin(x)

(

− sin(x) tan(x) + cos(x)1

(cos(x)2)

)

= (cos(x)2) tan(x) − (sin(x))2 tan(x) +sin(x)

cos(x)

= cos(x) sin(x) +(

−(sin(x))2 + 1) sin(x)

cos(x)= 2 cos(x) sin(x)

(d)

f4(x) =cos(x) − (sin(x))2 cos(x)

(sin(x))2

(tan(x))2

=cos(x)(1 − (sin(x))2)

(sin(x))2

(sin(x))2

(cos(x))2

=cos(x)(cos(x))2

(cos(x))2

= cos(x)

d

d xf4(x) = − sin(x)



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

(e)

f5(x) =x2 − 1

x2 + 1

x4 − 1

x + 1ln(x3)

= (x − 1)(x2 − 1) ln(x3)

= (x3 − x − x2 + 1)3 ln(x)

d

d xf5(x) = 3(3x2 − 2x − 1) ln(x) +

3(x3 − x − x2 + 1)

x

Zu Aufgabe H8: Substituiert man y = 2x2 in der Potenzreihe∞∑

k=0

yk der Funktion y 7→ 11−y

,

so erhalt man die gesuchte Potenzreihe

∞∑

k=0

(

2x2)k

=∞

∑

k=0

2kx2k

von f . Da die geometrische Reihe fur |y| < 1 konvergiert und fur |y| ≧ 1 divergiert, konvergiert

die Potenzreihe von f fur

|2x2| < 1 bzw. |x| <1√2

und divergiert fur

|2x2| ≧ 1 bzw. |x| ≧1√2

.

Zu Aufgabe H9:

(a) Nach der Formel von Euler und de Moivre ist eiz = cos(z) + i sin(z) und damit gilt

e−iz = cos(−z) + i sin(−z) = cos(z) − i sin(z) . Daraus folgt

eiz + e−iz

2=

cos(z) + i sin(z) + cos(z) − i sin(z)

2= cos(z)

und

eiz − e−iz

2i=

cos(z) + i sin(z) − cos(z) + i sin(z)

2i= sin(z) .

(b) Mit obigen Formeln ergibt sich

cos2(z) + sin2(z) =

(

eiz + e−iz

2

)2

+

(

eiz − e−iz

2i

)2

=e2iz + 2 + e−2iz − e2iz + 2 − e−2iz

4= 1 .



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Zu Aufgabe H10:

(a) Die Funktion cosh ist auf R+0 streng monoton wachsend und stetig mit dem Wertebereich

[1,∞) , deshalb existiert die Umkehrfunktion arcosh auf [1,∞) mit dem WertebereichR

+0 .

−4 −2 0 2 4 6 8 100

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

cosharcosh

(b) Mit der Formel fur die Ableitung der Umkehrfunktion erhalt man

d

dxarcosh(x)

∣∣∣∣x=x0

=1

ddy

cosh(y)∣∣∣y=arcosh(x0)

=1

sinh(y)|y=arcosh(x0)

=1

√

(cosh(y))2 − 1∣∣∣y=arcosh(x0)

=1

√

x20 − 1

.

(c) Fur y ∈ [1,∞) erhalt man aus

y = cosh(x) =ex + 1/ex

2

durch die Substitution x := ex und nach Multiplikation mit x

xy =x2 + 1

2bzw.

1

2x2 − yx +

1

2= 0

Letztere Gleichung lasst sich mit der Mitternachtsformel losen. Es ergeben sich Losungen

x =y +

√

y2 − 1

1oder x =

y −√

y2 − 1

1

Anhand des Schaubilds erkennt man, dass nur die erste Losung in Betracht kommt undsomit ist

x = arcosh(y) = ln(x) = ln(

y +√

y2 − 1)

.



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Entsprechend erhalt man fur beliebige y ∈ R aus

y = sinh(x) =ex − 1/ex

2

durch die Substitution x = ex und nach Multiplikation mit x

xy =x2 − 1

2bzw.

1

2x2 − yx − 1

2= 0 .

Wieder erhalt man Losungen

x =y +

√

y2 + 1

1oder x =

y −√

y2 + 1

1.

Wie oben erkennt man anhand des Schaubilds,

−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10−10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

sinharsinh

dass nur die erste Losung zu berucksichtigen ist, und somit ergibt sich

x = arsinh(y) = ln(x) = ln(

y +√

y2 + 1)

.

(d) Man erhalt

d

dxcosh(x)

∣∣∣∣x=x0

=d

dxln

(

x +√

x2 − 1)∣∣∣∣x=x0

=1 + 2x0

2√

x20−1

x0 +√

x20 − 1

=1

√

x20 − 1



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und

d

dxsinh(x)

∣∣∣∣x=x0

=d

dxln

(

x +√

x2 + 1)∣∣∣∣x=x0

=1 + 2x0

2√

x20+1

x0 +√

x20 + 1

=1

√

x20 + 1

im Einklang mit obigem Ergebnis und 2.3.3.

Zu Aufgabe H11:Bei allen Teilaufgaben treten (evtl. nach Umformung) Grenzwerte der Form

”00“ oder

”∞

∞“ auf,

diese Voraussetzung der Regel von l´Hospital ist also erfullt.

(a)

limx→1

x − 1

ln(x)

l´Hospital= lim

x→1

1

1/x= 1

(b)

limx→0

cos(x) − 1

x2

l´Hospital= lim

x→0

− sin(x)

2x

l´Hospital= lim

x→0

− cos(x)

2= −1

2

(c)

limx→0

(1

sin(x)− 1

x

)

= limx→0

x − sin(x)

x sin(x)

l´Hospital= lim

x→0

1 − cos(x)

x cos(x) + sin(x)

l´Hospital= lim

x→0

sin(x)

2 cos(x) − x sin(x)= 0

(d) Mit f(x) = x2 cos(1/x) und g(x) = sin(x) ist

f ′(x)

g′(x)=

2x cos(

1x

)+ sin

(1x

)

cos(x),

wobei dieser Quotient keinen Grenzwert fur x → 0 besitzt, die Regel von l´Hospital istalso nicht anwendbar. Es ist aber

limx→0

x2 cos(

1x

)

sin(x)= lim

x→0

x

sin(x)︸︷︷︸

→1

(

x cos

(1

x

))

︸︷︷︸

→0

= 0 .

(e) Da die Ableitung von sinh wieder cosh ist und umgekehrt und sowohl sinh(x) als auchcosh(x) fur x → ∞ gegen Unendlich streben, ist auch hier die Regel von l´Hospital nichtanwendbar. Mit der Definition von H6 ist aber

limx→∞

tanh(x) = limx→∞

sinh(x)

cosh(x)= lim

x→∞

ex − e−x

ex + e−x= lim

x→∞

1 − e−2x

1 + e−2x= 1 .

(f) Es ist

limx→0+0

xx = limx→0+0

eln(xx) = elim

x→0+0x ln(x)

und mit l´Hospital (vgl. 2.5.8)

= e0 = 1 .



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Zu Aufgabe H12:Die fur das Taylorpolynom von f benotigten Werte sind

f (0)(x)|x=0 = 0, f (1)(x)|x=0 = 4, f (2)(x)|x=0 = 20,f (3)(x)|x=0 = 60, f (4)(x)|x=0 = 120, f (5)(x)|x=0 = 120.

Damit ist

T (5, x, 1) = 4(x − 1) + 10(x − 1)2 + 10(x − 1)3 + 5(x − 1)4 + (x − 1)5.

R5(f, x, 1) = 0 , da f (6)(x) = 0 gilt.

Die ersten Ableitungen der Funktion g sind

f ′(x) = 2 cos(2x), f (2) = −4 sin(2x), f (3)(x) = −8 cos(2x),f (4) = 16 sin(2x), f (5)(x) = 32 cos(2x).

Damit giltf(x)|x=π

4= 1 f ′(x)|x=π

4= 0,

f (2)(x)|x=π

4= −4, f (3)(x)|x=π

4= 0, f (4)(x)|x=π

4= 16.

Das Taylorpolynom lautet also

T (g, x,π

4) = 1 − 2(x − π

4)2 +

2

3(x − π

4)4

und hat das Restglied R4(g, x, π

4) =

32 cos(2(π

4+ θ(x − π

4)))

5!(x − π

4)5 .



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H13:

(a) Die n-te Ableitung von f besitzt fur n ∈ N die Form

f (n)(x) = (−1)n−1 (n − 1)! an

(ax + b)n

,

was sich mit vollstandiger Induktion beweisen laßt:

©IAd

d xf(x)

∣

∣

∣

∣

x=x0

=a

ax0 + b= (−1)0 0! a1

(ax0 + b)1,

©ISf (n+1)(x0) =

d

d xf (n)

∣

∣

∣

∣

x=x0

©IV=

d

d x(−1)n−1 (n − 1)! an

(ax + b)n

∣

∣

∣

∣

x=x0

= (−1)nn! an+1

(ax0 + b)n+1.

(b) Mit

f (n)(0) = (−1)n−1(n − 1)!(a

b

)

n

fur n ∈ N folgt fur die Taylorreihe von f um den Entwicklungspunkt 0

T (f, x, 0) =∞

∑

n=0

f (n)(0)

n!xn = ln(b) +

∞∑

n=1

(−1)n−1

n

(a

b

)

n

xn .

(c) Mit dem Quotientenkriterium erhalt man

limn→∞

∣

∣

∣

∣

an+1

an

∣

∣

∣

∣

= limn→∞

an+1bnn

(n + 1) bn+1an

= limn→∞

a

(1 + 1/n)b=

a

b,

damit ist der Konvergenzradius der Taylorreihe gleichb

a.

Zu Aufgabe H14:

(a) Mit partieller Integration fur den Ansatz u′(x) = 1 und v(x) = f(x) folgt u(x) = x undv′(x) = f ′(x) und man erhalt:

∫

1 · f(x) d x =

∫

u′(x)v(x) d x

=[

u(x)v(x)]

−∫

u(x)v′(x) d x

=[

xf(x)]

−∫

xf ′(x) d x .



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

(b) Mit obiger Formel erhalt man∫

ln(x) d x =[

x ln(x)]

−∫

x1

xd x =

[

x ln(x) − x]

.

Weiter gilt∫

arctan(x) d x =[

x arctan(x)]

− 1

2

∫

2x

1 + x2d x

=

[

x arctan(x) − 1

2ln(1 + x2)

]

,

da der letzte Integrand von der Form f ′(x)/f(x) ist.

Schließlich ist∫

arcsin(x) d x =[

x arcsin(x)]

+1

2

∫ −2x√1 − x2

d x

und mit der Substitution w(x) = 1 − x2 , w′(x) = −2x folgt

= [x arcsin(x)] +1

2

∫

1√w

d w

= [x arcsin(x)] +[√

w]

=[

x arcsin(x) +√

1 − x2]

.

Zu Aufgabe H15: Wir suchen nach Nullstellen der Funktionen

f : R → R : x 7→ sin(x) − ex + 2 und g : R → R : x 7→ cos(x) − x.

Die Ableitungen sind

f ′(x) = cos(x) − ex und g′(x) = − sin(x) − 1.

Die Rekursion lautet also

xn+1 = xn − sin(xn) − exn + 2

cos(xn) − exn

bzw. xn+1 = xn − cos(xn) − xn

− sin(xn) − 1.

Wird als Startwert x0 = 1 gewahlt, ergeben sich fur f die Naherungen

x1 = 1.056561210, x2 = 1.054131776, x3 = 1.054127124, x4 = 1.054127124

und fur g (ebenfalls mit x0 = 1)

x1 = 0.7503638679, x2 = 0.7391128909, x3 = 0.7390851334, x4 = 0.7390851332.

Kommentar zur Wahl des Startwerts: Der Startwert sollte so gewahlt werden, dass zwischenStartwert und der Nullstelle kein kritischer Punkt liegt. Wird z.B. fur g ein Startwert x0 > 3π

2

gewahlt kann es vorkommen dass das Newtonverfahren konvergiert, der Grenzwert aber keineNullstelle von g ist.



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Zu Aufgabe H16:

(a) Mit der Substitution u(x) = f(x) , u′(x) = f ′(x) erhalt man

∫

f ′(x)√

f(x)d x =

∫

1√u

d u =[

2√

u]

=[

2√

f(x)]

.

(b) Mit obigem erhalt man

4/5∫

3/5

x√1 − x2

d x =[

−√

1 − x2]4/5

3/5=

1

5,

e2

∫

e

1

x√

ln(x)d x =

[

2√

ln(x)]e2

e= 2

√2 − 2 ,

π/2∫

0

√

1 − sin(x) d x =

π/2∫

0

√

1 − sin2(x)√

1 + sin(x)d x =

π/2∫

0

cos(x)√

1 + sin(x)d x

=[

2√

1 + sin(x)]π/2

0= 2

√2 − 2 .

Zu Aufgabe H17:

Mit der Universalsubstitution aus Aufgabe P 18 erhalt man

(a)

2π/3∫

π/3

1

sin(x)dx =

u(2π/3)∫

u(π/3)

1

udu =

[

ln |u|]u(2π/3)

u(π/3)

=

[

ln(

tan(x

2

))

]2π/3

x=π/3

= ln(31/2) − ln(3−1/2) = ln(3) ,

(b)

π∫

π/2

1

1 − cos(x)dx =

u(π)∫

u(π/2)

1

u2du =

[

−1

u

]u(π)

u(π/2)

= limt→π−0

[

− 1

tan(

x2

)

]t

x=π/2

= limt→π−0

(

− 1

tan(

t2

) + 1

)

= 1 ,



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

(c)

π/2∫

π/3

1 + sin(x)

sin(x)(1 + cos(x))dx =

u(π/2)∫

u(π/3)

u

2+ 1 +

1

2udu =

[

u2

4+ u +

1

2ln |u|

]u(π/2)

u(π/3)

=

[

(

tan(

x2

))2

4+ tan

(x

2

)

+1

2ln(

tan(x

2

))

]π/2

x=π/3

=7

6−

√3

3+

1

4ln(3) .

Zu Aufgabe H18:

(a) Wir zerlegen den Integranden in Partialbruche. Der Ansatz hierzu lautet

3x3 + 3x2 − 11x + 7

(x2 − 2x + 1)(x2 + 1)=

A

x − 1+

B

(x − 1)2+

Cx + D

x2 + 1.

Koeffizientenvergleich liefert

A = 1, B = 1, C = 2, D = 7.

Damit folgt

∫

3x3 + 3x2 − 11x + 7

(x2 − 2x + 1)(x2 + 1)d x =

∫

1

x − 1+

1

(x − 1)2+

2x + 7

x2 + 1. d x

=

[

ln |x − 1| − 1

x − 1+ ln(x2 + 1) + 7 arctan(x)

]

(b) Polynomdivision ergibt:

∫ 5

0

2x4 + 3x3 + 9x2 + 5x + 7

x2 + 1d x =

∫ 5

0

2x2 + 3x + 7 +2x

x2 + 1d x

=

[

2

3x3 +

3

2x2 + 7x + ln(x2 + 1)

]5

0

=935

6+ ln(26).



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Zu Aufgabe H19:

(a) Es ist

0 ≦x

√1 + x5

≦x

√x5

=1

x3/2

fur x ∈ [1,∞) . Da das Integral+∞∫

1

1

x3/2d x

konvergiert, konvergiert nach dem Majorantenkriterium auch das Integral

+∞∫

1

x√

1 + x5d x .

Das Integral1∫

0

x√1+x5

d x bereitet keine Probleme, deshalb existiert auch

+∞∫

0

x√

1 + x5d x .

(b) Fur x ∈ (0, π/2] ist (vgl. 1.12.5)

0 < sin(x) ≦ x bzw. 0 <1

x≦

1

sin(x).

Wiederum mit dem Majorantenkriterium folgt aus der Nichtexistenz von

π

2∫

0

1

xd x

die Divergenz des Integralsπ

2∫

0

1

sin(x)d x .

(c) Mit der Substitution u(x) = ln(x) , u′(x) = 1x

erhalt man

+∞∫

2

1

x (ln(x))α d x =

+∞∫

ln(2)

1

uαd u ,

welches genau fur α > 1 konvergiert.



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Zu Aufgabe H20:

(a) Fur α ∈ R+ folgt mit partieller Integration:

Γ(α + 1) =

+∞∫

0+0

e−ttα d t = lims→∞

[−tαe−t

]s

t=0︸︷︷︸

=0

+

+∞∫

0+0

αtα−1e−t d t = α Γ(α)

(b) Fur α = 1 erhalt man

Γ(1) =

+∞∫

0

e−t d t = lims→+∞

[−e−t

]s

t=0= 1 .

(c) Die Behauptung Γ(n + 1) = n! ist fur n = 1 wahr, denn in (b) wurde gezeigt:

Γ(1 + 1) = 1 = 1!

Sei nun fur n ∈ N vorausgesetzt, dass Γ(n+1) = n! gilt. Damit und mit (a) ergibt sich:

Γ(n + 1 + 1) = (n + 1) Γ(n + 1) = (n + 1) · n! = (n + 1)!

womit die Behauptung durch vollstandige Induktion bewiesen ist.

Zu Aufgabe H21:

a+d∫

a−d

f(x) d x =

a∫

a−d

f(x) d x +

a+d∫

a

f(x) d x

= −

0∫

d

f(a − t) d t +

d∫

0

f(a + t) d t

=

d∫

0

f(a − t) d t +

d∫

0

f(a + t) d t

=

d∫

0

f(a − t) + f(a + t) d t

=

d∫

0

0 d t = 0



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Zu Aufgabe H22:

Es sei

f : [2, +∞) → R : x 7→ 1

x (ln(x))α .

Damit ergibt sich

f ′(x) =(ln(x))−α−1 (−α − ln(x))

x2.

Da α > 1 vorausgesetzt ist, gilt f ′(x) < 0 , das heißt die Funktion f ist (streng) monotonfallend auf [2,∞) . Außerdem ist f positiv, daher haben nach dem Integralkriterium die Reihe

∞∑

k=2

1

k (ln(k))α

und das Integral

+∞∫

2

1

x (ln(x))α d x

das gleiche Konvergenzverhalten. Analog zu Aufgabe H 19 (c) erhalt man fur α > 1 eineStammfunktion von f . Damit ergibt sich aus der Konvergenz des Integrals

+∞∫

2

1

x (ln(x))α d x = limt→+∞

[

(ln(x))1−α

1 − α

]t

2

= −(ln(2))1−α

1 − α;

auch die Konvergenz der Reihe

∞∑

k=2

1

k (ln(k))α .

Zu Aufgabe H 23 Niveaulinien von f : Da x2 +2y2 ≧ 0 gilt, ist die Niveaumenge zum Niveau−1 leer. Zum Niveau 0 ergibt sich als Niveaumenge nur ein Punkt, der Koordinatenursprung.Die Niveaus 1 und 2 fuhren auf die Gleichungen x2 + 2y2 = 1 beziehungsweise x2 + 2y2 = 2 .Beide Gleichungen beschreiben Ellipsen.



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

xK0.8 K0.6 K0.4 K0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8

y

K1.0

K0.5

0.5

1.0

xK2 K1 0 1 2

y

K2

K1

1

2

Niveaulinien von g : Da die Funktion cos nur Werte zwischen 1 und −1 annimmt, ergibtdas Niveau 2 die leere Menge. Zum Niveau 1 ergibt sich die Gleichung cos(x2 + y2) = 1 .Diese wird gelost durch x2 + y2 = k2π, k ∈ N . Die Niveaumenge besteht also aus kon-zentrischen Kreisen mit Radien

√2kπ . Analog ergeben sich fur die Niveaus 0 und −1 die

Gleichungen x2 + y2 = π2

+ kπ, k ∈ N beziehungsweise x2 + y2 = π + k2π, k ∈ N .

xK3 K2 K1 0 1 2 3

y

K3

K2

K1

1

2

3

Niveau 1

xK3 K2 K1 0 1 2 3

y

K3

K2

K1

1

2

3

Niveau 0



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

xK3 K2 K1 0 1 2 3

y

K3

K2

K1

1

2

3

Niveau -1

Dreidimensionale Bilder der Funktionen f und g :



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Zu Aufgabe H 24

Es ist p(x, y) = x3y−xy3−xy = x ·y · (x2−y2−1) . Damit ist p(x, y) = 0 genau dann, wennx = 0 oder y = 0 oder x2 − y2 − 1 = 0 . In der Koordinatenebene skizziert entsprechen dieersten beiden Falle horizontalen beziehungsweise vertikalen Geraden. Der letzte Fall beschreibteine Quadrik, die bereits in Normalform angegeben ist: Es handelt sich um eine Hyperbel. Also:G0 = {(x, y) ∈ R

2 | x = 0} ∪ {(x, y) ∈ R2 | y = 0} ∪ {(x, y) ∈ R

2 | x2 − y2 − 1 = 0} . DieMenge G0 unterteilt R

2 in einzelne Gebiete. Da p stetig ist, reicht es anhand eines einzelnenFunktionswertes im Inneren des jeweiligen Gebietes zu entscheiden, ob das Gebiet zu G− oderzu G+ gehort.



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Berechnung der geforderten Differentialquotienten:

∂p

∂v1

(2.0) = limh→0

p

0

@

0

@

20

1

A+h

0

@

10

1

A

1

A−p

0

@

0

@

20

1

A

1

A

h= lim

h→0

0 − 0

h= 0

∂p

∂v2

(2.0) = limh→0

p

0

@

0

@

20

1

A+h

0

@

01

1

A

1

A−p

0

@

0

@

20

1

A

1

A

h= lim

h→0

8h − 2h3 − 2h − 0

h= 6

∂p

∂v1

(1, 0) = limh→0

p

0

@

0

@

10

1

A+h

0

@

10

1

A

1

A−p

0

@

0

@

10

1

A

1

A

h= lim

h→0

0 − 0

h= 0

∂p

∂v2

(1.0) = limh→0

p

0

@

0

@

10

1

A+h

0

@

01

1

A

1

A−p

0

@

0

@

10

1

A

1

A

h= lim

h→0

h − h3 − h − 0

h= 0

∂p

∂v1

(0, 1) = limh→0

p

0

@

0

@

01

1

A+h

0

@

10

1

A

1

A−p

0

@

0

@

01

1

A

1

A

h= lim

h→0

h3 − h − h − 0

h= −2

∂p

∂v2

(0, 1) = limh→0

p

0

@

0

@

01

1

A+h

0

@

01

1

A

1

A−p

0

@

0

@

01

1

A

1

A

h= lim

h→0

0 − 0

h= 0



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Zu Aufgabe H25:

(a) Um die Taylorentwicklung von f1 schneller errechnen zu konnen, bestimmen wir diese

nicht direkt, sondern schreiben f1 = x2 · g(x, y) mit g(x, y) = sin xy

2. Danach berechnen

wir die Taylorentwicklungen getrennt fur die beiden Faktoren und multiplizieren anschlie-

ßend.

Es gilt

x2 = (x − 1 + 1)2 = (x − 1)2 + 2(x − 1) + 1 = T2(x2, (x, y), (1, π))

und fur g(x, y) = sin xy

2gilt:

g(1, π) = 1,

∂g

∂x(x, y) =

y

2cos

xy

2, also

∂g

∂x(1, π) = 0,

∂g

∂y(x, y) =

x

2cos

xy

2, also

∂g

∂y(1, π) = 0,

∂2g

∂x2(x, y) = −

y2

4sin

xy

2, also

∂2g

∂x2(1, π) = −

π2

4,

∂2g

∂x∂y(x, y) =

1

2cos

xy

2−

xy

4sin

xy

2, also

∂2g

∂x∂y(1, π) = −

π

4,

∂2g

∂y2(x, y) = −

x2

4sin

xy

2, also

∂2g

∂y2(1, π) =

1

4.

Somit gilt

(

(x − 1)2 + 2(x − 1) + 1)(

1 −π2

8(x − 1)2 −

π

4(x − 1)(y − π) −

1

8(y − π)2

)

= 1+2(x−1)+

(

1 −π2

8

)

(x−1)2−π

4(x−1)(y−π)−

1

8(y−π)2+Terme vom Grad 3

und großer.

Daraus folgt

T2(f1, (x, y), (1, π)) = 1+2(x−1)+

(

1 −π2

8

)

(x−1)2−π

4(x−1)(y−π)−

1

8(y−π)2 .

(b) Es gilt

y4 = (y − 1 + 1)4 = (y − 1)4 + 4(y − 1)3 + 6(y − 1)2 + 4(y − 1) + 1,

x3 = (x − 1 + 1)3 = (x − 1)3 + 3(x − 1)2 + 3(x − 1) + 1,

xy2 = (x − 1 + 1)(y − 1 + 1)2 = (x − 1)((y − 1)2 + 2(y − 1) + 1)

+ (y − 1)2 + 2(y − 1) + 1.



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Also

f2(x, y) = −1 − 2(y − 1) + 3(x − 1)2 + 3(y − 1)2 − 6(x − 1)(y − 1)

+ (x − 1)3 + 4(y − 1)3 − 3(x − 1)(y − 1)2 + (y − 1)4.

Eine alternative Losung bekommt man dadurch, dass man die Summanden hoherer Ord-

nung in der Taylorformel tatsachlich ausrechnet. Dies erfolgt durch Verallgemeinerung

der im Skript in 4.4.9 vorgestellten Methode:

Wir setzen h := (h1, h2)⊺

und schreiben x = (x1, x2)⊺

, g := f2 und a = (1, 1)⊺

. Aus

4.4.9 wissen wir, dass

G(a) := ∂2

h g(a) =2∑

i=1

(

2∑

j=1

hjgxixj(a)

)

hi

Also gilt

∂3

h g(a) = ∂h G(a) =

(

Gx1(a)

Gx2(a)

)

• h

=

(

2∑

i=1

(

2∑

j=1

hj gxixj

)

hi

)

x1

(a)

(

2∑

i=1

(

2∑

j=1

hj gxixj

)

hi

)

x2

(a)

• h

=2∑

k=1

(

2∑

i=1

(

2∑

j=1

hj gxixjxk(a)

)

hi

)

hk

Mit den gleichen Argumenten gilt

∂4

h g(a) =2∑

ℓ=1

2∑

k=1

2∑

j=1

2∑

i=1

hihjhkhℓ gxixjxkxℓ(a)

Nun kann man diese Summen naturlich noch ausrechnen und erhalt mit h = (x, y)⊺

:

∂3

h f2(1, 1) = 6x3 − 18xy2 + 24y3

∂4

h f2(1, 1) = 24y4

Durch Einsetzen in die Taylorformel erhalt man jetzt das selbe Ergebnis wie oben.

Ableitungen der Ordnung 5 oder hoher brauchen wir in diesem Fall nicht zu betrachten,

weil diese bei einem Polynom vom Grad 4 auf jeden Fall 0 sind.



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Zu Aufgabe H26:

(a) Man berechnet

grad f(x, y) = (cos(x + y), cos(x + y))⊺

und

Hf(x, y) =

(

− sin(x + y) − sin(x + y)− sin(x + y) − sin(x + y)

)

.

(b) Damit erhalt man die Taylorpolynome zweiter Stufe

T2

(

f, (x, y), (0, 0))

= x + y

und

T2

(

f, (x, y),(π

4,π

4

))

= 1 −1

2

(

x −π

4

)2

−(

x −π

4

)(

y −π

4

)

−1

2

(

y −π

4

)2

.

Im Punkt (0, 0) erhalt man daraus die Schmiegquadrik

z = x + y

also eine Ebene.

Im Punkt(

π4, π

4

)

erhalt man schließlich die Schmiegquadrik

z = 1 −1

2

(

x + y −π

2

)2

,

dies ist ein parabolischer Zylinder.

Zu Aufgabe H27:

Man erhalt fur die Ableitung langs v von f im Punkt a

∂vf(a) = limh→0

f(a + hv) − f(a)

h= lim

h→0

‖v‖

f

(

a + h‖v‖v

‖v‖

)

− f(a)

h‖v‖

und mit h = h‖v‖

= ‖v‖ limh→0

f(

a + hv)

− f(a)

h= ‖v‖ ∂vf(a) ,

also gerade das ‖v‖-fache der Richtungsableitung von f in Richtung v im Punkt a .



rechtfertigen kann.


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Sommer 2008

Zu Aufgabe H29:

(a) Der Gradient von f ist

grad f =

(

3x21 + 3x2

3x22 + 3x1

)

.

Nullsetzen ergibt also die beiden Gleichungen 3x21 + 3x2 = 0 und 3x2

2 + 3x1 = 0 . Lostman die erst dieser Gleichungen nach x2 auf und quadriert erhalt man x2

2 = x41 . In die

zweite Gleichung eingesetzt ergibt sich x41 + x1 = 0 . Diese Gleichung besitzt die beiden

Losungen x1 = 0 und x1 = −1 . Die gesuchten Punkte sind also (0, 0) und (−1,−1) .

(b) Die Tangentialebene (=Taylorpolynom erster Stufe) hat die Gleichung

x3 = f(1, 1) + fx1(1, 1)(x1 − 1) + fx2

(1, 1)(x2 − 1) = 5 + 6(x1 − 1) + 6(x2 − 1)

(c) Der Normalenvektor der Tangentialebene lautet (6, 6,−1)T . Dieser hat einen negativendritten Eintrag, er zeigt also “nach unten”. Die Richtung, in die der Ball rollt ist daher(−6,−6)T .

(d) Die Tangente an die Hohenlinie muss in der Ebene z = 5 liegen und - da sie in der Tan-gentialebene liegt - senkrecht auf dem Gradienten stehen. Die Gleichung der Tangentenlautet also

x

y

z

=

115

+ t

−110

, t ∈ R

Zu Aufgabe H30:

Die Matrix A besitzt die Eigenwerte 1 , 2 und 3 . Sie ist also positiv definit.

Die Matrix B besitzt die Eigenwerte −1 , −2 und 3 . Sie ist also indefinit.

Die Matrix C besitzt die Eigenwerte 1 , 2 und 0 . Sie ist also weder positiv definit noch negativdefinit noch indefinit.

Fur die Hessematrix von f erhalt man Hf = 2A und fur die Jacobimatrix von g erhalt manJg = A . (Vergleichen Sie diese Ergebnisse mit dem eindimensionalen Fall.)

Zu Aufgabe H31:

(a) Die Jacobi-Matrizen sind

Jf(x, y, z) =

(

1x

1 00 z y

)

und Jg(s, t) =

(

2s 2ttes es

)

.

(b) Mit der Kettenregel erhalt man daraus

J(g ◦ f)(x, y, z) = Jg(f(x, y, z)) Jf(x, y, z) =

(

2 ln(x) + 2y 2yz

xyzey xey

)(

1x

1 00 z y

)

=

(

2 ln(x)+y

x2 ln(x) + 2y + 2yz2 2y2z

yzey x(y + 1)zey xyey

)

.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App




Sommer 2008

Zu Aufgabe H32:

Als Gegenbeispiel konnen die Felder

f : R3 → R3 : (x, y, z) 7→ (x, y, z)

und

g : R3 → R3 : (x, y, z) 7→ (−y, x, z)

benutzt werden. Hier gilt rot(f) = 0 , also auch g • rot(f) = 0 , aber div(f × g) = −2 6= 0 .Vertauschen der Rollen von f und g zeigt die zweite Ungleichheit.

Zu Aufgabe H33:

Das Feld f besitzt ein Potential, dieses lautet

U(x, y, z) = ln(x) + ln(y) + 2 ln(z) + C.

Das Feld g besitzt kein Potential, da

∂g1

∂z−

∂g3

∂x=

2

x2y6= 0

gilt und damit seine Rotation nicht 0 ist.

Zu Aufgabe H34:

(a) Mit der Kettenregel ergibt sich

d

d tf(g(t))

∣

∣

∣

∣

t=0

= Jf(g(0)) Jg(0) = (grad f(0))⊺

v1...

vn

.

(b) Obiges laßt sich auch als

grad f(0) • v

schreiben, was mit der Ableitung ∂vf(0) von f langs v im Punkt 0 ubereinstimmt.



rechtfertigen kann.


Prof. Dr. M. Stroppel Dipl.-Math. B. Krinn Ergebnisse...

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