D-BAUG Analysis I/II Winter 2015 Dr. Meike Akveld

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1 D-BAUG Analysis I/II Winter 5 Dr. Meike Akveld Lösung. [ Punkte] Es sei das Gebiet B {z C } z + Im(z) gegeben. a) Skizzieren Sie das Gebiet B in der komplexen Ebene. Für z x + iy gilt z + Im(z) x + y + y x + y + y x + y y x + (y ). Das Gebiet B ist also das Innere des Kreises mit Mittelpunkt (, ) und Radius. Der Rand gehört dabei zur Menge. y, x Bitte wenden!

2 b) Bestimmen Sie ( + i)e πi und die Nullstellen des Polynoms z + z + in Normal- und Polarform. Es gilt z ( + i)e πi e πi e πi e πi. Dies ist die Darstellung in Polarform, die Darstellung in Normalform ist. Die Nullstellen des Polynoms sind gegeben durch in Polarform ergibt das z, ± z, e ±πi. ± i, c) Welche dieser komplexen Zahlen befinden sich in B? Für z gilt für z gilt x + (y ) +, x + (y ) +, für z gilt x + (y ) Somit liegen alle drei Zahlen in B. Siehe nächstes Blatt!

3 . [ Punkte] Berechnen Sie die folgenden Ausdrücke: a) x x + x dx Wir führen eine Partialbruchzerlegung durch: Der Nenner lässt sich faktorisieren durch x x + x x(x x + ) x(x )(x ), dies führt auf den Ansatz x x + x A x + B x + C (x ) A(x ) + Bx(x ) + Cx (A + B)x + ( A B + C)x + A B A und C A und A A und B und C. Alternativ kann man in die Gleichung A(x ) + Bx(x ) + Cx auch x und x einsetzen um A und C zu erhalten, beispielsweise mit x folgt dann auch B. Daraus ergibt sich x x + x dx x dx + x dx + (x ) dx ln x ln x x + C ln x x + x + C. b) x x + dx Wir erhalten mit der Substitution t x +, dt x dx x x + dx 5 t / t / dt 5 t5/ 5 t/ t ( 5 55/ ) ( 5/ 5 5/ ) / 5 / 5/ 5 / + / 5/ 5 / Bitte wenden!

4 Alternativ können wir auch partielle Integration verwenden: x x + dx c) lim x ln( + x) + ln( x) tan(x ) x }{{} x x + }{{} x (x + ) / dx 5/ / 5 (x + ) 5/ x (x + ) / dx Im Schritt ( ) wenden wir de L Hôpital an, weil der Ausdruck die Form hat: ln( + x) + ln( x) lim x tan(x ) ( ) lim x lim x lim x +x x x cos (x ) ( x) (+x) (+x)( x) x cos (x ) x x x cos (x ) lim x cos (x ) x. Siehe nächstes Blatt!

5 . [ Punkte] Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem: y (x) x y(x) e /x, y(). Zuerst lösen wir die homogene Differentialgleichung y (x) x y(x). Diese Gleichung ist separierbar, wir erhalten also dy dx x y dy dx y x ln y x + C y e C e /x y(x) Ce /x. Für die inhomogene Lösung verwenden wir Variation der Konstanten, also den Ansatz y(x) C(x)e /x. Es folgt y (x) C (x)e /x + C(x) x e /x und durch Einsetzen in die inhomogene Differentialgleichung ergibt sich (C (x)e /x + C(x) x e /x ) x C(x)e /x e /x Integrieren liefert C (x)x e /x e /x C (x)x C (x) x. C(x) /x + C und daraus ergibt sich die allgemeine inhomogene Lösung y(x) ( /x + C) e /x. Wir setzen den Anfangswert y() ein und erhalten also C und die Lösung lautet ( + C)e, y(x) ( /x + ) e /x. Bitte wenden!

6 . [ Punkte] Hinweise zur Bewertung: Jede Aussage ist entweder wahr oder falsch; machen Sie ein Kreuzchen in das entsprechende Kästchen. Wenn Sie ein Kreuzchen rückgängig machen wollen, streichen Sie es klar erkennbar durch. Jede Teilaufgabe a)-j) gibt einen Punkt, wenn Ihre Antwort richtig ist, falls Ihre Antwort falsch ist und falls die Frage unbeantwortet bleibt. Die erreichte Gesamtpunktzahl wird aber nie negativ sein - wir runden auf auf. a) Gegeben ist die Funktion f : (x, y, z) f(x, y, z) y (x + z ). Die Niveauflächen von f sind Paraboloiden mit Scheitel auf der y-achse. (Niveaufläche zum Niveau ist ein Kegel) b) Das Dreifachintegral einer Funktion f über dem Gebiet D { (x, y, z) R x, z x +, y } kann geschrieben werden als x+ f(x, y, z) dy dx dz. (Die äussersten Schranken müssen Konstanten sein) { c) Die Mengen (r, ϕ, z) r } z und {(r, ϕ, ϑ) ϑ π/} stimmen überein. Dabei ist die erste Menge in Zylinderkoordinaten notiert und die zweite Menge in Kugelkoordinaten. (Kegel mit Öffnungswinkel π/6 bzw. π/) d) Das Vektorfeld F (y, x) hat keine Zirkulation entlang und keinen Fluss durch den Einheitskreis. (div F rot F ) Siehe nächstes Blatt!

7 e) Wenn ein Vektorfeld auf einem Gebiet (welches die Voraussetzungen des Satzes von Green erfüllt) positive zwei-dimensionale Rotation hat, so ist die Zirkulation (im Gegenuhrzeigersinn) entlang des Randes von diesem Gebiet ebenfalls positiv. (Der Satz von Green I besagt F dr rot(f) da > ) C R f) Ein Vektorfeld, welches aus parallelen Vektoren besteht, hat Rotation Null. (F (y, ) mit rot F ) Die nächste Aufgabe bezieht sich auf die folgende Abbildung eines zweidimensionalen Vektorfeldes F und die eingezeichneten Punkte P und Q: y P Q x g) Es gilt für die zwei-dimensionale Rotation rot F P > und rot F Q <. (P : y-komponente wächst in x; x-komponente konstant in y Q : y-komponente fällt in x; x-komponente konstant in y) h) Für jedes zwei-dimensionale Vektorfeld F(x, y) gilt div(f(x, y)) div(f(x, y)). (Gegenbeispiel: F(x, y) (x, )) Bitte wenden!

8 i) Wird die auf dem Intervall [ π, π] durch f(x) x definierte Funktion periodisch auf ganz R fortgesetzt, so gilt für ihre Fourierreihe a + dass a n, für alle n. (a n cos nx + b n sin nx), n (f ungerade a n, n ) j) Seien u (x, y) und u (x, y) zwei Lösungen der Gleichung u x u y. Dann ist die Funktion u u im Allgemeinen auch eine Lösung dieser Gleichung. (Gegenbeispiel: u (x, y) u (x, y) x + y) Siehe nächstes Blatt!

9 5. [ Punkte] Wir betrachten die Schnittkurve S {(x, y, z) R z x + y } {(x, y, z) R x + y z }. Bestimmen Sie den höchsten Punkt auf S. Lösung mit Lagrange-Multiplikatoren: Wir maximieren die Funktion f(x, y, z) z unter den Nebenbedingungen g (x, y, z) z x y und g (x, y, z) z x y. Zu lösen ist das Gleichungssystem f λ g + λ g unter den Nebenbedingungen, also λ x λ λ y λ λ + λ z x y z x y. Die dritte Gleichung liefert λ λ, es ergibt sich für die anderen Gleichungen ( λ )x λ ( λ )y λ z x y z x y. Nun sieht man aus der ersten Gleichung, dass λ gelten muss, die Gleichung kann somit nach x aufgelöst werden durch λ x ( λ ). Aus der zweiten Gleichung folgt analog x y. Nun können wir die beiden Nebenbedingungen nach z auflösen und für x und y einsetzen. Dies ergibt eine Gleichung in λ : λ ( λ ) λ ( λ ) λ ( λ ) λ ( λ ) λ 6λ + λ 6λ +. Diese quadratische Gleichung hat die Lösungen λ 6 ± 6 6 ±. Bitte wenden!

10 Daraus ergibt sich λ z ( λ ) ± ± + ±. Das Maximum wird also auf der Höhe z + angenommen, dies entspricht dem Punkt ( +, +, + ). Direkt: Die Schnittkurve S erfüllt die Gleichung Quadratisches Ergänzen ergibt z x + y + x + y x + y x y. ( x ) ( + y ). Siehe nächstes Blatt!

11 Wir sehen, dass S, projiziert auf die x y-ebene, der Kreis mit Mittelpunkt M (, ) und Radius r ist. Da insbesondere z x + y gilt, ist der höchste Punkt auf S jener, welcher am weitesten vom Ursprung entfernt liegt. Dieser liegt auf der Geraden, welche durch den Ursprung und M geht. Mit dem Satz von Pythagoras berechnen wir nun die Länge a (sh. Skizze), also a r a. Der höchste Punkt liegt also über der dem Punkt ( +, + ) auf der Höhe z x + y y.5. a r.5 M a. x Bitte wenden!

12 6. [ Punkte] Wir betrachten den Teil K R der Kugel K mit Zentrum (,, ) und Radius R >, welcher über der Ebene z liegt mit Dichte ϱ(x, y, z) x +y z. a) Leiten Sie eine Formel für die Masse von K R her, welche keine Integrale enthält. Hinweis: Verwenden Sie Zylinderkoordinaten. x..5. z y.5. In der Skizze ist K R das blaue Kugelsegment, Mittelpunkt der Kugel K ist die Spitze des roten Kegels. Der Radius des grünen Kreises ist mit dem Satz von Pythagoras gegeben durch R. In Zylinderkoordinaten gilt also { K R (r, ϕ, z) r } R z, ϕ π, z R. Siehe nächstes Blatt!

13 Die Masse von K R beträgt also M R R R z π R R z π R R z R R [ πr z z ] R z r r ϱ(r, ϕ, z) dϕ dr dz r dϕ dr dz z πr dr dz dz π(r z ) dz z R πr πr z + πz dz z R ( ) πr z πr + πz dz ] R [ πr z πr z + πz 6 z ) ( πr πr + πr 6 π R π R + πr π 6. ( πr πr + π ) 6 b) Berechnen Sie die Masse von K R für R. Für R ergibt sich M π 6 π 8 + π π 6 8π 6π + π π 6 7π 6. Bitte wenden!

14 7. [ Punkte] Seien a > und b >. Bestimmen Sie unter allen rechteckigen Gebieten G a,b { (x, y) R x a, y b } dasjenige, für welches der Fluss nach aussen von F(x, y) ( x xy, 6y) durch den Rand von G a,b am grössten ist. Welchen Wert hat dieser grösste Fluss? Nach dem Satz von Green II gilt für den gesuchten Fluss F dn div(f) da G a,b G a,b b a b b Wir müssen nun das Maximum von ( x y + 6) dx dy [ x xy + 6x ] a x dy ( a ay + 6a)dy [ a y ay + 6ay ] b y a b ab + 6ab. f(a, b) a b ab + 6ab für a > und b > suchen. Wir bestimmen zunächst die kritischen Punkte: ( ) ( ) ab b f(a, b) + 6b! a. ab + 6a Da b gilt, folgt aus der ersten Komponente a b + 6 b 6 a a. Dies setzen wir in die zweite Komponente ein und beachten ebenfalls a : a b + 6 a + a + 6 a. Der kritische Punkt (, ) ist ein Maximum, wie sich überprüfen lässt. Wir wenden das Kriterium aus der Vorlesung an: f aa (a, b) b, f bb (a, b) a, f ab (a, b) a b + 6, Es folgt für den Punkt (, ): D f ab f aa f bb ( a b + 6) 8ab. D <, f aa (, ) < Maximum. Siehe nächstes Blatt!

15 8. [ Punkte] Betrachten Sie die Funktion f(x) x auf dem Intervall [, π]. a) Skizzieren Sie die gerade π-periodische Fortsetzung von f auf dem Intervall [ π, π]. Π y Π Π Π Π Π Π x b) Bestimmen Sie die Fourierreihe der geraden π-periodischen Fortsetzung von f(x). Gesucht ist die Fourierreihe mit f(x) a + (a n cos nx + b n sin nx) n a π f(x) dx, a n π π π π π π f(x) cos nx dx, n, b n f(x) sin nx dx, n. π π Da wir die gerade Fortsetzung von f(x) betrachten, gilt b n, n. Weiter rechnen wir a π f(x) dx π π π und für n a n π π π π π f(x) cos nx dx }{{} x nπ x sin nx π } {{ } n π cos nx π cos }{{ nx} dx nπ (cos nπ ) n π π π x dx π x π π sin nx dx {, n gerade n π n ungerade. Bitte wenden!

16 Die Fourierreihe der geraden Fortsetzung von f(x) ist damit f(x) π k cos(k + )x. (k + ) π Π y f x Π Die Partialsummen bis k,, und f(x) c) Zeigen Sie, dass folgende Identität gilt: Es gilt f(), also insbesondere Daraus erhalten wir π 8. f() π k (k + ) π. π (k + ) π k und nach Multiplikation von π schliesslich π 8 (k + ) k Siehe nächstes Blatt!

17 9. [ Punkte] Bestimmen Sie eine Lösung u(x, y) des folgenden Randwertproblems mit Hilfe eines Separationsansatzes u(x, y) X(x) Y (y). u xx + u yy u y, für < x < und < y < u(, y), für < y < u(, y), für < y < u(x, ), für < x < u(x, ) sin(πx), für < x <. Wir machen den Separationsansatz u(x, y) X(x)Y (y) und setzen dies in die Differentialgleichung ein: X (x)y (y) + X(x)Y (y) X(x)Y (y) X (x)y (y) X(x)Y (y) + X(x)Y (y) X (x) X(x) Y (y) + Y (y)! k R, Y (y) wobei wir oben wie üblich wegen der Unabhängigkeit von x und y beide Seiten konstant annehmen. Wir betrachten die Differentialgleichung für X. Aus u(, y) und u(, y) folgt, dass es nur interessante Lösungen für X() und X() geben kann. k : Wir erhalten X(x) Ax + B und aus den Randbedingungen X, dieser Fall ist also uninteressant. k ϱ > : Wir erhalten X(x) Ae ϱx +Be ϱx und aus den Randbedingungen X, dieser Fall ist also uninteressant. k λ < : Wir erhalten X(x) A cos λx + B sin λx. Aus der Randbedingung X() ergibt sich A und mit X() ergibt das interessante Lösungen für X() B sin(λ) λ nπ, n Z. Das ergibt die Fundamentallösungen X n (x) sin nπx, n N, n. Bitte wenden!

18 Für Y müssen wir also Y n (y) + Y n(y) Y n (y) n π lösen, das ist äquivalent zur homogenen linearen Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten der Form Y n (y) Y n(y) n π Y n (y). Diese hat das charakteristische Polynom t t n π mit den Nullstellen Dies ergibt die Lösungen t ± + 8n π. Y n (y) C e (+ +8n π )y + C e ( +8n π )y. Aus u(x, ) folgt, dass es nur interessante Lösungen für Y n () geben kann. Daraus erhalten wir Y n () C + C C C und somit ) ( ) Y n (y) C e (e y +8n π y e +8n π y C e + y 8n π sinh y. Für die Eigenfunktionen ergibt sich damit ( ) u n (x, y) X n (x)y n (y) A n e + y 8n π sinh y sin nπx und der Ansatz für die Lösung lautet ( ) u(x, y) u n (x, y) A n e + y 8n π sinh y sin nπx. n n n Betrachte nun die noch verbleibende Anfangsbedingung: ( ) u(x, ) A n e + 8n π! sinh sin nπx. sin πx. Siehe nächstes Blatt!

19 Es folgt mit einem Koeffizientenvergleich ( ), n e A n +8π sinh, sonst. Daher lautet die Lösung u(x, y) e sinh ( +8π ( ) )e + 8π y sinh y sin πx.