Analysis II. Aufgaben zum Stoff der Analysis I und II Lösungsvorschlag

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1 Prof Dr H Garcke, D Depner SS 9 NWF I - Mathematik 1979 Universität Regensburg Aufgabe 1 Analysis II Aufgaben zum Stoff der Analysis I und II Lösungsvorschlag i Erinnern Sie sich an die Konvergenzkriterien für Reihen aus Analysis I und untersuchen Sie folgende Reihen auf Konvergenz und auf absolute Konvergenz und berechnen Sie den Wert der Reihe aus a: a n 1 n, b n1 1 n 3n, c n1 n + 1 n n n n ii Erinnern Sie sich an die Integrationstechniken aus Analysis I und berechnen Sie die beiden folgenden Integrale: a cosx e x dx, b 1 log x + 1 dx x + 1 Beh: i Die Reihe aus a ist absolut konvergent mit Wert /3, die Reihe aus b ist konvergent, aber nicht absolut konvergent und die Reihe aus c ist nicht konvergent ii Es gilt: a cosx ex dx e π und b 1 logx+1 x+1 dx log Beweis: zu i: a ist eine geometrische Reihe und man sieht die Konvergenz zb mit dem Quotientenkriterium Sei dazu a n 1 n, dann gilt: a n+1 a n 1 < 1, also ist die Reihe in a absolut konvergent und insbesondere auch konvergent Mit der Formel für die geometrische Reihe erhalten wir schließlich n 1 n Bei b verwenden wir das Leibnizkriterium Für b n 1 3n gilt zunächst b n und dann b n+1 < b n 1 3n + 1 < 1 3n < 3n + 1 < 1, 3n so dass b n also eine streng monoton fallende Nullfolge ist Nach dem Leibnizkriterium ist dann n1 1n b n konvergent Die Reihe ist aber nicht absolut konvergent, was aus Divergenz der harmonischen Reihe n1 1 n und damit auch Divergenz von α n1 1 n für jedes α R\{} folgt Bei c liefert das Wurzelkriterium für c n n+1n n n n n cn 1 n + 1 n 1 n n mit n e > 1,

2 die Divergenz der Reihe n1 c n zu ii: Wir lösen Teil a mit Hilfe von zweimaliger partieller Integration: cosx }{{} u }{{} e x dx v Dies liefert schließlich cosx e x }{{}}{{} u v π 1 + [sinx e x ] π zu b: Mit der Substitutionsfomel b a sinx }{{} u cosx e x dx e π fϕx ϕ x dx x }{{} e dx 1 + v cosx e x dx 1 + e π ϕb ϕa fydy sinx e x dx cosx e x dx erhalten wir mit fx x und ϕx log x + 1, also ϕ x 1 x+1 x + 1 x+1 dass 1 log x + 1 dx 1 x + 1 Aufgabe log4 y dy 1 1 log4 1 log4 1 log4 log i Überprüfen Sie folgende Funktion f : R R auf Stetigkeit in ganz R { cosx π fx x, für x π, 1, für x π ii Sei f : 1, 1 R stetig bei und es gelte fx fx für alle x 1, 1 Zeigen Sie, dass dann fx f für alle x 1, 1 gilt i Beh: f ist in ganz R stetig Bew: Zunächst ist f wegen den Stetigkeitsregeln in R\{ π } stetig Zur Stetigkeit in π benutzen wir die Eigenschaft f ist in x stetig lim x x fx fx Zur Bestimmung des Grenzwertes lim x π fx benutzen wir die Regel von l Hospital, die gerechtfertigt ist, da der letzte auftretende Grenzwert existiert lim x π cosx π x lim x π sinx 1 1 Also gilt lim x π fx 1 fπ, so dass f stetig ist in π zu ii: Für ein x 1, 1 betrachten wir die Folge a n x n n N Für diese Folge gilt wegen x < 1 einerseits a n, also wegen Stetigkeit von f in auch lim n fa n f und andererseits wegen der Voraussetzung fx fx auch fx n fx genauer zb durch eine kleine Induktion Also ist fa n fx für alle n N und aus obigem Grenzwert für fa n folgt schließlich fx f

3 Aufgabe 3 i Zeigen Sie, dass für Matrizen A, B Mn n, R die Funktion f : R n R, x Ax, Bx in x R n differenzierbar ist mit Dfxh Ax, Bh + Ah, Bx ii Zeigen Sie: Genügt die Abbildung f : R n R m der Bedingung fx x für alle x R n, so ist f bei differenzierbar mit Df Hierbei bezeichnen und, die euklidische Norm und das euklidische Skalarprodukt Bew: zu i: Wir berechnen für x, h R n fx + h fx Ax + h, Bx + h Ax, Bx Ah, Bx + Ax, Bh + Ah, Bh Die Abbildung Lh Ah, Bx + Ax, Bh ist linear in h und mit Ah C 1 h und Bh C h für positive Konstanten C 1, C folgt Damit erhalten wir fx + h fx Lh Ah, Bh CSU Ah Bh C 1 C h fx + h fx Lh lim h h und daher gilt existiert die Ableitung Dfx mit Dfxh Lh zu ii: Wir müssen überprüfen, dass mit Lh gilt Dazu beachte für Lh : f + h f Lh lim h h f + h f Lh fh h, und daraus folgt obiger Grenzwert Aus dem Grenzwert folgt dann die Existenz der Ableitung Df mit Df als Nullmatrix geschrieben Aufgabe 4 Klassifizieren Sie die kritischen Punkte der Funktion f α : R R, x, y x 3 y 3 3αxy nach Maxima, Minima und Sattelpunkten in Abhängigkeit des Parameters α R Beh: Falls α, so liegt bei dem einzigen kritischen Punkt, ein Sattelpunkt vor Falls α, so lauten die kritischen Punkte, und α, α Bei, liegt ein Sattelpunkt vor und bei α, α ein lokales Minimum, falls α <, und ein lokales Maximum, falls α > Bew: 1Fall: α Wegen f x, y 3x, 3y ist, der einzige kritische Punkt Es gilt f, und wegen f, 1 n 1 n 3 < und f 1 n, 1 n 3 > liegt bei, weder ein lokales Maximum noch ein lokales Minimum vor, also muss es dort einen Sattelpunkt geben

4 Fall: α Hier ist f α x, y 3x 3αy, 3y 3αx Lösen der Gleichung x αy zusammen mit y + αx liefert die kritischen Punkte, und α, α Das lokale Verhalten um einen kritischen Punkt wird beschrieben durch die Hessematrix Hier: 6x 3α Hfx, y 3α 6y 3α Bei, hat Hf, Eigenwerte bei ±3α, also einen positiven und einen 3α negativen und daher liegt hier ein Sattelpunkt vor 6α 3α Bei α, α ist Hf α, α und man berechnet die Eigenwerte 3α und 9α 3α 6α Also ist für α < die Hessematrix Hf α, α positiv definit, es liegt also bei α, α ein lokales Minimum vor und für α > ist die Hessematrix Hf α, α negativ definit, es liegt also ein lokales Maximum vor Aufgabe 5 Zeigen Sie, dass M : {x, y R \{e, e} x, y > x y y x } eine eindimensionale Untermannigfaltigkeit des R ist und berechnen Sie den Tangentialraum T 1,1 M Beh: M ist eine eindimensionale Untermannigfaltigkeit des R und für den Tangentialraum in 1, 1 M gilt: T 1,1 M {x, y R y x} Bew: Mit D : R + \{e} R wollen wir den Satz vom regulären Wert für die Funktion h : D R, hx, y x y y x benutzen Zu zeigen ist also: x, y D mit hx, y gilt hx, y Dann ist nach Satz vom regulären Wert M h 1 {} eine 1 1-dimensionale Untermannigfaltigkeit des R Beachte zunächst für x, y > : hx, y x y y x expy logx expx logy y logx x logy 1 Berechnen wir den Gradienten von h: x hx, y x expy logx expx logy y expy logx logy expx logy x y x xy logy y x und analog y hx, y logx x y x y yx Dann gilt für x, y D mit hx, y, also x y y x : hx, y y x logy, logx x y x y

5 und schließlich wegen x y hx, y y x logy und x y logx Setze 1 in die erste Gleichung und erhalte: y x logy 1 y logx und daraus x e Analog erhält man mit 1 in der zweiten Gleichung: y e Also ist für x, y D mit hxy immer hx, y, was nur noch zu zeigen war Die Aussage über den Tangentialraum erhält man aus der Identität T 1,1 M ker Dh1, 1 Mit Dh1, 1 h1, 1 1, 1 erhalten wir schließlich ker Dh1, 1 {x, y R x, y, 1, 1 } {x, y R x y} Aufgabe 6 Inhomogenes System von Differentialgleichungen Bestimmen Sie die Lösung des folgenden inhomogenen Differentialgleichungssystems { y 1 t 4y 1 t + y t, y t y 1t + y t e t mit der Anfangsbedingung y 1 1 und y Beh: Die Lösung lautet e yt t + e t + e 3t 3e t e t e 3t Bew: Wir schreiben das System als y t Ayt + bt, y 1,, wobei 4 1 A und bt, e t 1 Zuerst bestimmen wir die Lösung des homogenen System y Ay, y 1, Dazu berechnen wir die Eigenwerte und Eigenvektoren von A λ 4 1 detλid A det λ 4λ 1 + λ 5λ + 6 λ 3λ λ 1 Wir haben also die Eigenwerte λ 1 3 und λ Wir berechnen die Eigenvektoren: λ 1 3: ker3id A ker R 1 λ : kerid A ker 1 1 R 1 Also haben wir zum Eigenwert λ 1 3 den Eigenvektor v 1 1, 1 und zum Eigenwert λ den Eigenvektor v 1,

6 Wenn wir nun nur an der Lösung des homogenen Systems interessiert wären, würden wir laut Vorlesung den Ansatz yt ae 3t be t 1 mit Konstanten a, b R machen und die Konstanten über die Anfangsbedingung y 1, bestimmen Hier wollen wir aber die Lösung eines inhomogenen Systems mit der Formel der Variation der Konstanten bestimmen Insbesondere taucht dabei ein Term der Form e t sa für s [, t] auf Wir müssen also hier tatsächlich die Matrix e ta berechnen Schreibe dazu die Matrix C mit Eigenvektoren als Spalten 1 1 C, so dass C und Damit können wir schreiben C 1 AC D 3 e ta e tcdc 1 Ce td C e t e 3t 1 e t + e 3t e t + e 3t e t e 3t e t e 3t Die Formel der Variation der Konstanten liefert nun für die Lösung des inhomogenen Systems yt e ta 1 t + e t sa e s ds Hierbei gilt e t sa e s e t e s + e 3t e 3s e t e s + e 3t e 3s e t e s e 3t e 3s e t e s e 3t e 3s e t e s e 3t e s 4e t e s + e 3t e s e s Schließlich t e t sa e s ds e t e t + 1 e 3t 1 e t + 1 4e t e t e 3t 1 e t + 1 e t e t + e 3t 1 e t e t 4 + e 3t und durch Zusammensetzen yt e t + e t + e 3t 3e t e t e 3t