Analysis PVK - Lösungen. Nicolas Lanzetti

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1 Analysis PVK - Lösungen Nicolas Lanzetti lnicolas@student.ethz.ch

2 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 3 Differentialrechnung. (a) lim x + x x = lim x + e (x ln(x)) = e lim x + (x ln(x)) (da e x stetig ist) lim x +(x ln(x)) = lim ln(x) H x + /x = lim /x x + = lim /x x + /x = lim x + x = Deshalb ist lim x + x x = e lim x + (x ln(x)) = e = Bemerkung. Das zeigt nicht, dass =. Es geht nur um einen Grenzwert. (b) (c) / (d) lim x π ( π x) ( tan(x) = lim x π π x) sin(x) cos(x) = lim y y sin(y) cos(y) = = lim y sin(y) y. (a) (b) /8 (Siehe Analysis I, Serie 3, Aufgabe 3) (c) - (Siehe Analysis I, Serie 3, Aufgabe 3) (d) / (Siehe Analysis I, Serie 3, Aufgabe 3) (e) (Siehe Analysis I, Serie 3, Aufgabe 3) (f) (Siehe Analysis I, Serie 7, Aufgabe ) (g) e / (Siehe Analysis I, Serie 7, Aufgabe ) (h) 3 (Siehe Analysis I, Serie 7, Aufgabe ) y= π x = = lim y y cos( π y) sin ( π y) = lim y cos(y) = lim y sin(y) y 3. (a) g (x) = x h (x) = x 5 g (x) = h (x) = 5 x4 f (x) = (h (g (x)) = h (g (x)) g (x) = 5 ( x)4 ( ) = 5 ( x) 4 = = (b) g (x) = x + cos(x) h (x) = x 8 g (x) = x sin(x) h (x) = 8 x7 f (x) = (h (g (x)) = h (g (x)) g (x) = 8 ( x + cos(x)) 7 ( x sin(x)) (c) f 3 (x) = x x = e ln(xx) = e x ln(x) g 3 (x) = x ln(x) h 3 (x) = e x g 3 (x) = ln(x) + x x h 3 (x) = ex f 3 (x) = (h 3(g 3 (x)) = h 3 (g 3(x)) g 3 (x) = ex ln(x) (ln(x) + ) = x x (ln(x) + ) (d) f 4 (x) ist die Inverse von h 4 (x) = cos(x) h 4 (x) = sin(x) f 4 (x) = h 4 (f 4(x)) = = = sin(arccos(x)) cos (arccos(x) 4x 4. (a) e x ( ) + x 3 x 5/ (b) 4/5 ( 7x) 7/5 ( ) ( 3 (c) 4 3 x + +x 3 3 x x 5. (a) (b) sin(sin x) cos x + cos(cos x) sin x (c) 3x ( + (cot(x 3 )) ) (+x ) 3 ) 6. Ableitungen: f (x) = 3x 6x = x (3x 6) f (x) = 6x 6 f () = und f () <, so ist x = eine (lokale) Maximalstelle (Maximum f() = 5) f () = und f () >, so ist x = eine (lokale) Minimalstelle (Minimum f() = ) f () =, f(x) konkav im (, ) und konvex im (, ), so ist x = ein Wendepunkt 6 4 y x

3 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 7. Siehe Analysis I, Serie 7, Aufgabe 3 8. Siehe Analysis I, Serie 8, Aufgabe 3

4 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 4 Funktionen von mehreren Variablen, Differentialrechnung. (a) f = e z sin(xy) + C (b) nicht vollständig. φ = y e x+z φ y = e x+z φ z = y e x+z ψ = e x+z + cos(y) ψ x = e x+z ψ z = e x+z χ = y e x+z χ x = y e x+z χ y = e x+z Da φ x = ψ y, φ z = χ x und ψ z = χ z sind die Integrabilitätsbedinungen erfüllt: f = φdx = y e x+z + C(y, z) f = ψdy = y e x+z + sin(y) + C(x, z) f = χdz = y e x+z + C(x, y) Deshalb ist die gesuchte Funktion f(x, y, z) = y e x+z + sin(y) + C. 3. Siehe Lösungen Prüfung HS4, Aufgabe 9 4. Siehe Analysis II, Schnellübung, Aufgabe 4 5. Siehe Stammbach, Seite 6. Man finde Maxima und Minima der Funktion f(x, y) = x y auf dem Dreieck D, dessen Rand durch die Punkte (, ), (, ), (, ) geht. gradf = (, ) (, ) für alle (x, y) D Rand: r = (, t) t [, ] f( r ) = t f ( r ) = r = (t, t) t [, ] f( r ) = t ( t) f ( r ) = r 3 = (t, ) t [, ] f( r 3 ) = t f ( r ) = Eckepunkte (, ) f(, ) = (, ) f(, ) = (, ) f(, ) = Deshalb das Maximum der Funktion ist und das Minimum ist. 7. Man bestimme die Extrema von f(x, y) = x + y + x + auf dem Einheitskreis. gradf = (x +, y)! = (, ) (.5, ) f(.5, ) = 3 4 Rand: r(t) = (cos(t), sin(t)) mit t [, π) f( r(t)) = cos (t) + sin (t) + cos(t) + = cos(t) + f ( r(t)) = sin(t)! = t = kπ Nur t = und t 3 = π sind im Definitionsbereich von t: r(t ) = (, ) f(, ) = 3 r(t ) = (, ) f(, ) = Eckepunkte: Wir haben keine Eckepunkte. Das Maximum ist 3 in (, ) und das Minimum 3 4 in (.5, ). 4

5 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 5 Integralrechnung. (a) tan x x + C (Siehe Analysis I, Serie, Aufgabe d) (b) π 4 (Siehe Analysis I, Serie, Aufgabe f) (c) 4 ln x x+ x+ (Siehe Analysis I, Zusätzliche Serie Integrale, Aufgabe 3a). (a) x cot x + log sin x + C (Siehe Analysis I, Serie, Aufgabe a) (b) arctan e x + C (Siehe Analysis I, Serie, Aufgabe b) (c) /3 x 3 log x /9 x 3 + C (Siehe Analysis I, Serie, Aufgabe c) 3. (a) (ln x ln + x ) + x + C = ln x +x + x + C (b) arctan(x) + ln x ln + x + C = arctan(x) + ln (c) x + 3 ln x + ln + x + C 4. (a) (b) x + dx = lim ξ ξ dx = lim ξ x ξ 5. (a) (Siehe Analysis I, Serie 3, Aufgabe 8a) (b) / ln (Siehe Analysis I, Serie 3, Aufgabe 8b) (c) (Siehe Analysis I, Serie 3, Aufgabe 8c) ( ( x) +x ) + C x + dx = lim ξ arctan x ξ = lim ξ arctan(ξ) = π 6. F (x) = f(sin x) cos x (Hauptsatz der Integralrechnung) 7. f (3) () = 3 (Siehe Analysis II, Serie 7, Aufgabe ) x dx = lim ξ arcsin(x) ξ = lim ξ arcsin(ξ) = π 5

6 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 6 Anwendung der Differentialrechnung - Ebene Kurven. OP = ((R cos(ωt) + r cos((ω + ω)t), R cos(ωt) + r cos((ω + ω)t)) (Siehe Analysis I, Serie 9, Aufgabe 5). Siehe Analysis I, Serie 9, Aufgabe 4 3. Siehe Stammbach, Seite 6 4. ẋ(t) = cos(t) ẍ(t) = sin(t) ẏ(t) = sinh(t) ÿ(t) = cosh(t) k(t) = cos(t) cosh(t)+sin(t) sinh(t) k() = + (cos (t)+sinh (t)) 3 = ρ() = k() = 5. Siehe Analysis I, Serie 5, Aufgabe 5 6. Siehe Analysis I, Serie, Aufgabe 7. x + y z + = 8. Siehe Analysis II, Serie 3, Aufgabe 9. x x + y y + z z = 3 6

7 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 7 Anwendung der Integralrechnung. Siehe Lösungen Prüfung HS4, Aufgabe. J = 4 (Siehe Analysis I, Serie 3, Aufgabe 5) 3. Siehe Stammbach, Seite 3 4. log π log (Siehe Stammbach, Seite 8) 5. 3/ (Siehe Analysis I, Serie, MC Aufgabe ) 6. Für den Schwerpunkt bekommt man: (Siehe Stammbach, Seite 8) (x s, y s ) = ( 6 π + 4 π 3, ) π 7. Für den Schwerpunkt bekommt man: ( 3D + Dd + d (x s, y s, z s ) = 4 (D + Dd + d ) (Siehe Analysis I, Serie 3, Aufgabe 6) ) L,, Bemerkung. Die Aufgabe wurde mit Hilfe von den Formeln für Rotationskörper gelöst: Man kann sie auch lösen mit mehrdimensionalen Integrale (empfholen). 8. Mit I z = v x + y dv bekommt man β I z = δ R sin α R z z cot α ρ 3 dρdzdφ = δβr5 5 (3 sin α sin3 α) 9. I z = πhr4 (6 + 4R + 3H) (Siehe Analysis II, Serie 5, MC Aufgabe 6). Das Gebiet B ist Somit folgt F (B) = B = { (x, y) x, x y x } x x df = x x dydx = x dx = y.5 x.5. Siehe Lösungen Prüfung HS4, Aufgabe 8 7

8 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5. (a) Durch die Transformation x = u cos(v) und y = u sin(v) findet man ( ) df = cos(v) u sin(v) det dudv = u dudv sin(v) u cos(v) Die Fläche ist also F = π (b) Mit der Formel von Analysis erhält man F = t t (xẏ ẋy)dt = π u dudv = π cos (t) + sin (t) dt = π Mit dieser Formel kann man trotzdem nicht auf der Ellipse integrieren (z.b. Volumen unter einer Ebene auf der Ellipse). 3. V = 3π 8 (Siehe Analysis II, Serie 4, Aufgabe 5) 8

9 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 8 Vektoranalysis. div v = rot v = (,, ) div v = yz rot v = (z + x,, z 3). Man bestimme die Gleichung der Figur, die bei der Rotation der Gerade, die durch den Richtungsvektor (,, ) definiert ist, um die z-achse entsteht. Die Gerade hat die Parameterdarstellung: g : u u u Mit der Rotationsmatrix (um die z-achse) cos(v) sin(v) R z = sin(v) cos(v) erhält man die gesuchte Parametrisierung u sin(v) r : (u, v) R z u = u cos(v) u u Die implizite Gleichung ist dann x + y = u = z 3. Der Kegel wird durch die Parametrisierung u cos(v) r(u, v) = u sin(v) v [, π], u [, ] u Daraus folgt cos(v) u sin(v) r u (u, v) = sin(v) r v (u, v) = u cos(v) Somit kann man das Oberflächenelement berechnet werden u cos(v) da = r u r v dudv = u sin(v) u dudv = u dudv Das Oberflächenintegral wird somit 4. 4πR A = K u dudv = π u dudv = π 9

10 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 5. Siehe Analysis II, Serie 5, Aufgabe 5 6. Siehe Analysis II, Serie 6, Aufgabe 9 7. Man berechne den Fluss von innen nach aussen des Vektorfeldes v = (x +, y +, z) durch die Halbkugel B mit Radius. Fluss durch die Halbkugel+Grundfläche: Φ = 3 dv = 3 V (B) = π Fluss (von innen nach aussen) durch die Grundfläche (xy-ebene, z = ): B Φ = (x +, y +, ) (,, ) da = Der gesamte Fluss ist deshalb Φ = Φ Φ = π 8. π/4 sin ϑ (Siehe Stammbach, Seite 3) 9. (a) Mit div v = 4y bekommt man (Kugelkoordinaten) div v dv = π 4 (b) Der gesuchte Fluss ist Φ gekrümmt = Φ Köper Φ Ebene = 3π 8. 3 (Siehe Lösungen Prüfung HS4, Aufgabe 7). / (Siehe Lösungen Prüfung HS4, Aufgabe ). W = / (Siehe Analysis II, Schnellübung, Aufgabe 4) 3. α β = /4 (Siehe Stammbach, Seite 7) 4. Siehe Analysis II, Serie 9, Aufgabe 5. Da der Weg geschlossen ist, kann man den Satz von Stokes anwenden: W = S v d r = S rot v n da Unter Berücksichtigung, dass die Arbeit in Gegenuhrzeigersinn gefragt ist:... n = rot v = v =... x Somit ist die Arbeit: W = x da = A x s = x da (xs = für den Einheitskreis, da Schwer- Hier wurde es angewendet, dass x s = A punkt und Ursprung übereinstimmen).

11 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 6. a = ± /π (Siehe Stammbach, Seite 6) 7. Die Gerade hat die Parametrisierung r(t) = + t = + t t r(t) = t [, ] Somit ist die Arbeit... W = + t dt = t + t ( t) dt = t dt = Die Arbeit von (,, ) nach (,, ) ist ( r(t) ändert sich nicht, aber hat t [, ]).

12 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 9 Komplexe Zahlen. (a) i 4 (b) /4 (c) e cos( 3/) i e sin( 3/) Für den Lösungsweg: Siehe Analysis I, Zusätzliche komplexe Zahlen, Aufgabe. Siehe Analysis I, Zusätzliche komplexe Zahlen, Aufgabe 3 3. Die Nullstellen sind ± i, ±. Das Polynom kann als (x x + ) (x ) geschrieben werden. 4. z + z + = z, = ± 4 = ±i 3 In Polarkoordinaten: z = e i π/3, z = e i π/3 5. (a) 5 + i 5 (Siehe Analysis I, Zusätzliche komplexe Zahlen, Aufgabe 4) (b) Siehe Analysis I, Zusätzliche komplexe Zahlen, Aufgabe 6a (c) Siehe Analysis I, Zusätzliche komplexe Zahlen, Aufgabe 6b

13 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 Differentialgleichungen. Siehe Lösungen Prüfung HS4, Aufgabe 3. Die Differentialgleichung ist separierbar und kann wie folgt geschrieben werden: y y = x + Integration (nach x) liefert: y y dx = dy y = dx x + dx x + y = arctan(x) + C Die Gleichung kann nach y aufgelöst werden: y(x) = arctan(x) + C C R Die Anfangsbedinung liefert C =, d.h. die Lösung der Anfangswertproblem lautet: y(x) = arctan(x) + 3. Wir betrachten zuerst die homogene DGL und wir machen einen Euler Ansatz y h (x) = C e λ x Durche Einsetzen bekommen wir das charakteristiche Polynom λ 3 + λ = λ (λ + ) = Die Nullstellen sind und ±i, somit ist die homogene Lösung y h (x) = C + A cos(x) + B sin(x) Für die partikuläre Lösung machen wir den Ansatz y p (x) = A x + B und man bekommt Die allgemine Lösung ist somit 4. Siehe Lösungen Prüfung HS4, Aufgabe 4 5. Siehe Lösungen Prüfung HS4, Aufgabe 5 6. Siehe Stammbach, Seite 99 y p (x) = x y(x) = C + A cos(x) + B sin(x) + x 3

14 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 7. Die DGL ist nicht separierbar, deshalb macht man die Substitution (gemäss Tabelle): Einsetzen liefert: u(x) = x y y = x u(x) y = u (x) u = u + u u = u = x + C u = x + C Durch Rücksubstitution findet man allgemeine Lösung y = x u = x x + C Durch Einsetzen der Anfangsbedingung findet man C =, somit y(x) = x x 8. Die Differentialgleichung ist exakt: Man sieht, dass φ y = ψ x. Die Funktion g(x, y) lautet somit: g(x, y) = x 3 y + y + C Die implizite Lösung der Differentialgleichung ist dann C = x 3 y + y + C x 3 y + y = C 9. y(x) = K x + sin(x ) x (Siehe Analysis II, Serie, Aufgabe ). y(x) = x (Siehe Analysis II, Serie, Aufgabe 4). y(x) = (C + C x + x ) e x (Siehe Analysis II, Serie, Aufgabe ). y(x) = C + C e 4x + 5 x ex 6 5 ex (Siehe Analysis II, Serie, Aufgabe ) 3. y(x) = e x cos(x) (Siehe Stammbach, Seite 77) 4. Man finde die allgemeine Lösung der folgenden Differentialgleichung: Da die DGL linear ist, ist y = y h + y p : homogene DGL: sin(x) y + cos(x) y = e x sin(x) y + cos(x) y = Diese Differentialgleichung ist separierbar: y y = cos(x) sin(x) = y h = C sin(x) inhomogene DGL: Wir verwende das Verfahren von Lagrange und machen den Ansatz y p (x) = C(x) sin(x) = y p(x) = C (x) sin(x) cos(x) C(x) sin (x) Einsetzen in die Differentialgleichung ergibt C (x) sin(x) cos(x) C(x) sin(x) + cos(x) C(x) sin(x) = e x 4

15 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 Man sieht, dass die Terme mit C(x) verschwinden (muss so sein). Deshalb bekommt man eine Gleichung für C (x): Die partikuläre Lösung ist dann Die allgemeine Lösung ist somit C (x) = e x = C(x) = e x + C y p = C(x) sin(x) = ex + C sin(x) y(x) = y h (x) + y p (x) = C sin(x) + C + e x sin(x) = C + ex sin(x) 5. y(x) = + C x + C x (Euler sche Differentialgleichung) 6. Siehe Analysis II, Serie, Aufgabe 6 7. sin x sinh y = C (Siehe Stammbach, Seite 9) 8. (y ) + (x ) = C (Siehe Analysis II, Serie, Aufgabe 6) 9. Zuerst muss man die gegebene Kurvenschar mit einer Differentialgleichung beschreiben (Elimination von c). Ableiten ergibt: y (x ) + y + c = c = y y (x ) Einsetzen in die Kurvenschargleichung ergibt: y (x x) + y = y = y = f(x, y) x x Die Orthogonaltrajektorien sind dann gegeben durch y OT = f(x, y) = x x y Die Orthogonaltrajektorien sind die Lösung der DGL (separierbar) und lauten: y = x3 3 x + C y = ± 3 x3 x + C 5

16 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 Differentialgleichungsysteme. Das Phasenportrait ist gegeben durch y = ẏ ẋ = x y Der GGW Punkt ist (, ) (wegen ẋ = ẏ = ). (y ) + x = C. y = C x e x (Siehe Stammbach, Seite 93) 3. Siehe Lösungen Prüfung HS4, Aufgabe 4. Die gesuchte Funktionen sind (Siehe Stammbach, Seite 97) x(t) = e 5t e t y(t) = e 5t + e t 5. Zuerst schreiben wir Differentialgleichungssystem in Matrix Form ( ) ( ) x(t) ż = z z = y(t) Jetzt versuchen wir, das System zu entkoppeln: (a) EW: λ = und λ = EV: v = ( ) T und v = ( ) T (b) Wir machen die Tranformation (c) Die Lösung u ist also z = T u = ( ) ( u (d) Durch Rücksubstitution findet man 6. Die gesuchte Lösung lautet (Siehe Stammbach, Seite 8) u z = T u = C e t u u = ) ( C e = t ) C e t ( ) + C e t x(t) = 5 e 4t 4 e 7t et y(t) = 5 e 4t + 4 e 7t + 4 et ( ) u ( ) 7. Wir versuchen, das System zwei eine DGL zweiter Ordnung umzuwandeln: (a) Durch Ableiten der ersten Gleichung findet man ẍ = ẋ ẏ + e t ẏ = ẍ + ẋ + e t Einsetzen dieser Ableitung und der ersten Gleichung in die zweite liefert } ẍ + {{ ẋ + e } t = x + ( ẋ + x + e t ) }{{} ẏ y ẍ ẋ + x = 6

17 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 (b) Die Gleichung besitzt die Lösung x(t) = e t (A cos(t) + B sin(t)) Die Anfangsbedindingung x() = liefert A =. (c) Einsetzen in die erste Gleichung liefert y(t) = ẋ + x + e t = B (e t sin(t) + cos(t) e t ) + B e t sin(t) + e t = e t ( B cos(t) + ) (d) Die zweite Anfangsbedingung liefert B =. Die Lösung des Differentialgleichungssystems lautet somit x(t) = e t sin(t) y(t) = e t ( cos(t)) 7

18 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 Potenzreihen. (a) ( /, /) (b) ( e, + e). Siehe Lösungen Prüfung HS4, Aufgabe 7 3. Wir wissen, dass arctanh(x) + C = dx x Mit Hilfe der geometrischen Reihe: x = (x ) n = Somit ist n= n= x n für x < x < arctanh(x) + C = n= x n dx = n= x n+ n + Wegen arctanh() = ist C = und folgt arctanh(x) = n= x n+ n + = x + x3 3 + x Der Konvergenzradius der Folge ist ρ = (aus der geometrischen Reihe). 4. Mit Partialbruchzerlegung bekommt man Mit Hilfe der geometrischen Reihe: Somit ist x (x + ) (x + ) = x + x + x x + x = x ( x ) = x ( x ) n = n= n= + x = ( x) = ( x) n = n= ( ) n x n+ n= ( ) n x n n= x (x + ) (x + ) = ( ) n x n+ ( ) n x n = Für den Konvergenzbereich gilt: x < x < = x < x < Daraus folgt, dass die Potenzreihe für x [, ] konvergiert (ρ = ). n= 5. f(x) = + x 8 + x (siehe Stammbach, Seite ) 8 ( ) n (x n+ x n ) n=

19 Nicolas Lanzetti Analysis PVK HS 4/FS 5 6. x + 3 x x (siehe Stammbach, Seite 9) 7. Mit bekommt man sin(x 3 ) = n= sin(x) = ( ) n x n+ (n + )! n= ( ) n (x3 ) n+ (n + )! = ( ) n x 6n+3 (n + )! n= 8. y(x) = x + x (Siehe Analysis II, Serie 3, Aufgabe 6) 9. y(x) = + x x