Lösung der Übungsaufgaben vom SS 2011

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1 Inhaltsverzeichnis Lösung der Übungsaufgaben vom SS Aufgabe Nr. Seite Aufgabe Nr. Seite ??

2 Aufgabe Man begründe die folgenden Grenzwerte für n Zu a) a) n n + 3 b) (n + )3 n 3 n 3 n n + 3 = /n + 3/n n = Zu b) Mit dem binomischen Lehrsatz oder durch Ausmultiplizieren folgt zunächst Für den zu untersuchenden Bruch folgt also (n + ) 3 = n 3 + 3n + 3n + (n + ) 3 n 3 n = n3 + 3n + 3n + n 3 n = 3 + 3/n + /n n 3 Aufgabe Es seien die nachstehenden Folgen gegeben: a) a n = 4n+ + 3 n 4 n + b) b n = n( cos(nπ)) + n c) d n = n (( )n ) Man gebe für jede Folge die Häufungswerte an sowie jeweils eine Teilfolge, die gegen den Häufungswert konvergiert. Welche Folgen sind konvergent, welche divergent? Gibt es divergente Folgen, die nur einen Häufungswert haben? Zu a) Die Folge ist konvergent gegen 4: Mit Kürzen durch 4 n folgt a n = 4 + (3/4)n + (/4) n n 4 Die Folge (a n ) n ist konvergent und hat daher genau einen Häufungswert. Zu b) Für alle n IN gilt cos(nπ) = ( ) n, also ist cos(nπ) = für ungerade und cos(nπ) = für gerade n. So folgt für alle n IN b n = n n Also ist Häufungswert von (b n ) n. Die ungeraden Glieder der Folge divergieren nach : b n+ = (n + ) + n n+ Die Folge (b n ) n ist eine divergente Folge mit genau einem Häufungswert. Zu c) d n = n d n+ = n n + Einziger Häufungswert von (d n ) n ist, die Folge ist aber divergent.

3 Aufgabe 3 Man berechne den Grenzwert der Folge Mit Kürzen durch n 4 folgt Aufgabe 4 k= a n = a n = n4 + n 3 n 4 n + + /n /n 3 + /n 4 n Man zeige a n für a n = n n k = n n. n k= k = n (n + ) Dabei kann die angegebene Summenformel für die Summe der ersten n natürlichen Zahlen verwendet werden. Mit der genannten Summenformel folgt für alle n IN a n = n n (n + ) = ( + n ) n Aufgabe 5 Aus der Vorlesung ist das folgende Resultat über die Eulersche Zahl e bekannt: ( + n) n = e lim n Man beutze es, um den folgenden Grenzwert zu begründen: ( lim + ) n = e n n Welches Ergebnis erhält man, wenn die Zahl durch eine Konstante p IN ersetzt wird? Bezeichne für n IN ( a n = + ) n ( b n = a n c n = + ) n n n Dann ist b n = c n, also (b n ) n eine Teilfolge der gegen e konvergenten Folge (c n ) n. Damit konvergiert auch b n gegen e und aus der Stetigkeit der Quadratwurzel in e folgt lim a n = lim bn = e n n Sei p IN. Für die Folge ( d n = + ) n pn gilt wie für p = : d p n = c pn e für n. Mit der Stetigkeit der p-ten Wurzel in e folgt nun d n = p d p n n p e 3

4 Aufgabe 6 Man zeige für n : n n 3 + 4n + Hinweis: Man schließe geeignet ein (z. B. mit n n und n 5n 3 ) und benutze Ergebnisse der Vorlesung. Es konvergiert n n gegen und n 5 gegen mit n. Also konvergiert auch n 5n 3 = n 5( n n) 3 gegen. Aus den Ungleichungen für n IN < n n 3 + 4n + 5n 3 n n n n 3 + 4n + n 5n 3 folgt schließlich die Behauptung mit dem Einschließungsprinzip. Aufgabe 7 Man zeige jeweils für n : a) n n + 5 b) (n + )4 n 4 n 3 8 c) n + n + Zu a) Mit Kürzen durch n folgt n /n = n + + /n n = 5 Zu b) Mit dem binomischen Lehrsatz oder durch Ausmultiplizieren folgt (n + ) 4 = n n n + 4 n = n 4 + 8n 3 + 4n + 3n + 6 Zu c) Mit Kürzen durch n folgt (n + ) 4 n 4 n 3 = n + 3 n + 6 n 3 n 8 n + n + = /n + /n + /n n = Aufgabe 8 Man gebe alle Häufungswerte der Folge a n = ( )n n + n + n + an. Für jeden Häufungswert gebe man eine dagegen konvergente Teilfolge an. 4

5 Mit Kürzen durch n folgt zunächst und hieraus für alle n IN a n+ = a n = ( )n + /n + /n + /n a n = + /(n) + /(n ) + 5/(n ) Die Häfungswerte von ( n ) n sind / und /. Aufgabe 9 n + /(n + ) + /(n + ) + /(n + ) n Es seien die folgenden beiden gegen bestimmt divergierenden Folgen gegeben a n := n + n b n := n und hiermit die Differenzenfolge c n := a n b n für n IN definiert. a) Man bestimme mit dem Taschenrechner einige Werte der Folge (c n ) n, z. B. für n =,,, 5, und leite hieraus Vermutungen über ihre Konvergenz und ihren Grenzwert ab. b) Man beweise, dass die Folge (c n ) n gegen / konvergiert. Hinweis zu b) Man erweitere ( n + n n)/ mit n + n + n. Zu a) c, 488 c, 4939 c, 498 c 5, c, Vermutlich ist die Folge (c n ) n konvergent gegen,5. Zu b) n + n n = n + n n n + n + n = + /n + n Aufgabe Man berechne jeweils den Summenwert der folgenden geometrischen Reihen k= ( 3 ) k k= ( 3 Hinweis: Man beachte jeweils den Beginn der Reihe. ) k k= ( ) k 5

6 Es kommt jeweils die Summenformel für die unendliche geometrische Reihe zur Anwendung. Aufgabe ( 3 )k = k= ( 3 )k = k= ( )k = 4 k= k= k= /3 = 3 + /3 = 3 5 ( )k = 4 / = a) Man berechne den Summenwert der folgenden Reihe [ ( ) k ( 9 k ( ) ] k + 6 ) b) Durch jede der Beziehungen i) f (x) = k= ( x ) k ii) f (x) = k= ( ) 3 k x wird eine reelle Funktion f i definiert. Man bestimme deren Definitionsbereiche D i als Konvergenzbereiche der jeweiligen Reihen und einfache Terme für die f i (x). Hinweis: Man beutze jeweils die Summenformel für unendliche geometrische Reihen. Zu a) Nach den Rechenregeln für unendliche Reihen kann die Reihe in drei einfachere Reihen zerlegt werden. Letztere werden zuerst ausgerechnet. k= Also lautet das Ergebnis: [ 9 9 ( )k = 9 / = k= ( )k = + / = k= 6 ( )k = 6 ( 4 )k = 6 /4 = = 8 k= k= ( ) k ( ) k + 6 ( ) ] k = 8 6

7 Zu bi) Äquivalent zur Konvergenz der Reihe ist x < x < Also ist D = (, ). Ein einfacher Term für f (x) folgt aus der Summenformel. Vor ihrer Anwendung wird noch ( x/) = x /4 ausgeklammert. f (x) = x 4 ( x )k = x 4 + x/ = x 4 + x k= Zu bii) Äquivalent zur Konvergenz der Reihe ist 3 x < x > 3 Also ist D = (, 3) (3, ). Ein einfacher Term für f (x) folgt wieder aus der Summenformel: f (x) = 3/x = x x 3 Aufgabe Man schreibe die folgenden Reihen als Ausdrücke mit Summenzeichen und untersuche, ob sie konvergent sind, ohne die Summenwerte auszurechnen: a) b) c) d) +! + 4 3! + 8 4! + Es können Beispiele aus der Vorlesung verwendet werden. Zu a) Es bezeichne jeweils a k das Reihenglied zum Index k k= k k + k= a k = k k + = + /k k Damit ist (a k ) k keine Nullfolge, die Reihe ist divergent. Zu b) k k k k k 3 k a k = k 3 3 < Nach dem Wurzelkriterium ist die Reihe konvergent Zu c) Der erste Summand sollte nicht in die Summe mit Summenzeichen einbezogen werden. So lautet die Reihe + k k= 7

8 Sie ist nicht konvergent. Nach den Rechenregeln wäre dann die harmonische Reihe konvergent: k = k k k Zu d) k= k k! a k+ a k = k k! (k + )! k = k + Nach dem Quotientenkriterium ist die Reihe konvergent. Aufgabe 3 Es seien die folgenden Potenzreihen um gegegebn: k < a) x + x 4 + x3 6 + x4 8 + b) + x + x 4 + x3 8 + Man schreibe die Potenzreihen mit dem Summenzeichen und bestimme ihren Konvergenzradius. Ferner stelle man fest (mit Begründung), in welchen Endpunkten des Konvergenzintervalls Konvergenz vorliegt und wo sie nicht vorliegt. Zu a) x k k ak = x k k k x k k k= Nach dem Wurzelkriteriumm ist die Reihe konvergent für x < und divergent für x >. Daher ist der Konvergenzradius gleich. Im Endpunkt des Konvergenzintervalls konvergiert die Potenzreihe nicht wegen Divergenz der harmomischen Reihe. Im Endpunkt - liegt wegen Konvergenz der alternierenden harmonischen Reihe Konvergenz vor. Zu b) Die Reihe lautet mit dem Summenzeichen: ( x )k k= Es handelt sich ähnlich wie in Aufgabe b um eine geometrische Reihe. Sie ist genau dann konvergent, wenn gilt x < x < Die Reihe ist konvergent für x < und divergent für x. Daher ist der Konvergenzradius gleich und in beiden Endpunkten des Konvergenzintervalls liegt Divergenz der Potenzreihe vor. 8

9 Aufgabe 4 Man zeige, dass die folgende Reihe k= k(k + )(k + ) = konvergent ist und bestimme ihren Summenwert. Anleitung: Man bestimme die Konstanten A, B und C mit z(z + )(z + ) = A z + B z + + C z + für alle z IR\{,, } stelle entsprechend diesem Ansatz die Summe s n zunächst durch drei Summen dar und beachte, dass bei der Zusammenfassung sehr viele Terme wegfallen Für den so erhaltenen einfachen Ausdruck ist dann der Grenzübergang n leicht durchzuführen. Für alle z IR\{,, } soll gelten Für alle z IR muß dann gelten: Mit z =,, folgt z(z + )(z + ) = A z + B z + + C z + = A(z + )(z + ) + Bz(z + ) + Cz(z + ) = A = B = C A = B = C = Durch Vertauschung der 3n Summanden und Verdopplung der mittleren Summe und Korrektur mit dem Faktor / kann s n in vier Summen zerlegt werden: n n s n = k(k + )(k + ) = k k= = n k n k + + l= k= ( n ) ( n+ s n = k n+ + k k= k= k=3 ( k ) k + + (k + ) n k + k= ) n+ k k k= n k= k + = n + + n + n s n n 4 Die unendliche Reihe ist konvergent gegen den Summenwert /4. 9

10 Aufgabe 5 Man berechne die folgenden unbestimmten Integrale a) (x 3 4x + 3x) dx b) (x 4 8x 3 + 6x ) dx c) cos(πx) dx d) ( x ) dx e) ( x x + e x ) dx f) cosh(x) dx Zu a) (x 3 4x + 3x) dx = 4 x4 4 3 x3 + 3 x + c Zu b) (x 4 8x 3 + 6x ) dx = 5 x5 x x3 + c Zu c) cos(πx) dx = π sin(πx) + c Zu d) ( x ) dx = ln x + x x + c Zu e) ( x + e x ) dx = x + ex + c Zu f) cosh(x) dx = sinh(x) + c Aufgabe 6 Man berechne die folgenden bestimmten Integrale und interpretiere die Ergebnisse anschaulich mit Hilfe der Graphen der Integranden. a) 3 Zu a) (x 3 4x + 3x) dx b) 4 (x 4 8x 3 + 6x ) dx c),5 cos(πx) dx 3 (x 3 4x + 3x) dx = [ 4 x4 4 3 x3 + 3 ] 3 x = 4 (8 ) 4 3 (7 ) + 3 (9 ) = = 3 (96 4) = 8 3 Geometrische Interpretation: Der Integrand ist im ganzen Intervall negativ. Das bestimmte Integral ist der negativ gerechnete Flächeninhalt der vom Graphen und der x-achse eingeschlossenen Fläche. Zu b) 4 [ (x 4 8x 3 + 6x ) dx = 5 x5 x ] 4 3 x3 = = = 5 (89 768) = 5 5 Geometrische Interpretation: Der Interand ist im ganzen Intervall positiv. Das bestimmte Integral ist der Flächeninhalt der vom Graphen und der x-achse eingeschlossenen Fläche. Zuc),5 cos(πx) dx = π [sin(πx)],5 = π Geometrische Interpretation: Der Integrand ist positiv im Intervall (, /) und negativ im Intervall (/, 3/). Das bestimmte Integral ist die Differenz der vom Graphen begrenzten Flächen über und unter der x-achse.

11 Aufgabe 7 Man berechne das folgende Integral mit variabler Obergrenze und interpretiere das Ergebnis anschaulich anhand des Graphen des Integranden. F (x) = x dt t(t + ) Man berechne den lim x F (x). Hinweis: Für die Berechnung einer Stammfunktion beachte man t(t + ) = t t +. F (x) ist nur für x > definiert, da sonst das Intervall von x nach die Nullstelle des Nenners enthält. Mit der einfachen Zerlegung folgt für das bestimmte Intagral F (x) = x f(t) = dt t x = ln() ln x + x = ln() ln( + x ) t(t + ) = t t + dt = ln(x) (ln(x + ) ln()) t + Geometrische Interpretation: Für x zwischen und ist F (x) der negativ gerechnete Flächeninhalt der vom Graphen über dem Intervall von x bis eingeschlossenen Fläche. Das bestimmte Integral ist negativ, da der Integrand positiv ist und die untere Grenze größer ist als die obere Grenze. Für x > ist F (x) der Flächeninhalt der vom Graphen über dem Intervall von bis x eingeschlossenen Fläche. Aus der Darstellung von F (x) folgt leicht lim F (x) = ln() x Aufgabe 8 Man berechne die folgenden Integrale und beschreibe, worin sie sich qualitativ unterscheiden: x a) (x + ) dx b) (x + ) dx c) (t + ) dt Zu a) (x + ) dx = x + x + c Zu b) (x + ) dx = [x + x] = 4 + ( ) = 6 Zu c) x (t + ) dt = [t + t] t=x t= = x + x ( ) = x + x Das Ergebnis von c) ist die Stammfunktion aus a) mit c =. In a) und c) handelt es sich um Funktionen von x, in b) um den Wert der Stammfunktion aus c) in x =.

12 Aufgabe 9 Man skizziere die Fläche in der x-y-ebene, die eingeschlossen wird von der Geraden x = und den Graphen der Funktionen f(x) = x(x ) und g(x) = x und berechne ihren Inhalt. Die Graphen der Funktionen f und g schneiden sich im Ursprung (, ). Im Intervall (, ) verläuft der Graph von f unterhalb der x-achse und damit unterhalb des Graphen von g. Daher ist der Flächeninhalt der in der Aufgabenstellung beschriebenen Fläche gleich dem bestimmten Integral. Aufgabe (g(x) f(x)) dx = ( x x + x) dx = [ 5 4 x x3 3 ] = = 7 3 Gesucht ist eine stetige Funktion f : IR IR und eine Konstante c IR, die die folgende Bedingung erfüllen: x c f(t) dt = 3 x3 + x 7 3. Man bestimme die Funktion f, stelle eine Gleichung für c auf und bestimme hiermit eine passende Konstante c. Durch Ableiten nach x folgt zunächst f(x) = x + 4x Damit lautet die Bedingung für c in der Aufgabenstellung: 3 x3 + x 7 3 = x für alle x IR. Hieraus folgt die Gleichung für c: Die Gleichung wird gelöst durch c =. c [ t 3 f(t) dt = 3 + t = 3 x3 + x 3 c3 c 7 3 = 3 c3 c 3 c3 + c 7 3 = c 3 + 6c 7 = ] t=x t=c

13 Aufgabe Die Funktion f sei stetig auf ganz IR, die Funktionen ϕ und ψ seien differenzierbar auf ganz IR. Man zeige mit der Kettenregel der Differentialrechnung d dx ψ(x) ϕ(x) f(t) dt = f(ψ(x))ψ (x) f(ϕ(x))ϕ (x). Sei F eine Stammfunktion von f. Dann gilt und mit der Kettenregel folgt d dx ψ(x) ϕ(x) Aufgabe ψ(x) ϕ(x) f(t) dt = F (ψ(x)) F (ϕ(x)) f(t) dt = d dx (F (ψ(x)) F (ϕ(x))) = F (ψ(x))ψ (x) F (ϕ(x))ϕ (x) = f(ψ(x))ψ (x)) f(ϕ(x))ϕ (x) a) Man berechne die folgenden unbestimmten Integrale für a xe ax dx, x cos(ax) dx, x cosh(ax) dx b) Mit einem der Ergebnisse von a) berechne man das unbestimmte x e ax dx Bei den partiellen Integrationen werden jeweils die gewählten Faktoren u (x) und v(x) angeben. Zu a) Wähle v(x) = x und u (x) = e ax. xe ax dx = x a eax a e ax dx = (ax ) eax a Im nächsten Integral sei v(x) = x und u (x) = cos(ax) gewählt. x cos(ax) dx = x a sin(ax) sin(ax) dx = (ax sin(ax) + cos(ax)) + c a a Es sei nun v(x) = x und u (x) = cosh(ax) gewählt. x cosh(ax) dx = x a sinh(ax) sinh(ax) dx = (ax sinh(ax) cosh(ax)) + c a a Zu b) Es sei v(x) = x und u (x) = xe ax gewählt Aus Teilaufgabe a folgt nun u(x) = (ax ) eax a 3 + c

14 x e ax dx = (ax x) eax a a (ax )e ax dx = (ax x) eax a ax a 3 e ax + eax a 3 = a 3 (a x ax + )e ax + c + c Aufgabe 3 Man berechne die folgenden unbestimmten Integrale. Es ist a b vorausgesetzt. a) cos(ax) sin(bx) dx b) sin (ax) dx c) arctan(x) dx d) cos 3 (x) dx e) xe x dx f) x n ln(x) dx für n IN Außer der Regel der partiellen Integration wird ggf. die Substitutionsregel angewendet. Zu a) Wähle zunächst v(x) = sin(bx) und u (x) = cos(ax) und später v(x) = cos(bx) und u (x) = sin(ax). I = cos(ax) sin(bx) dx = a sin(bx) sin(ax) b cos(bx) sin(ax) dx a = a sin(ax) sin(bx) b ( a ) a a cos(ax) cos(bx) cos(ax) b sin(bx) dx = a b b sin(ax) sin(bx) + cos(ax) cos(bx) + a a I a I = a sin(ax) sin(bx) + b cos(ax) cos(bx) + b I cos(ax) sin(bx) dx = a (a sin(ax) sin(bx) + b cos(ax) cos(bx)) + c b Zu b) Wähle u (x) = sin(ax) und v(x) = sin(ax). Später wird cos (ax) ersetzt durch sin (ax). I = sin (ax) dx = a sin(ax) cos(ax) + cos(ax) a cos(ax) dx a = a sin(ax) cos(ax) + ( sin (ax)) dx I = sin(ax) cos(ax) + x a sin (ax) dx = (x sin(ax) cos(ax)) + c a 4

15 Zu c) Wähle u (x) = und v(x) = arctan(x). arctan(x) dx = x arctan(x) x + x dx = x arctan(x) ln(x + ) + c Das Integral der rationalen Funktion wurde gelöst mit der Substituton u = x +, du = xdx, Zu d) cos 3 (x) dx = ( sin (x)) cos(x) dx = cos(x) dx sin (x) cos(x) dx Das zweite Integral kann gelöst werden mit der Substitution u = sin(x), du = cos(x)dx. cos 3 (x) dx = sin(x) u du = sin(x) 3 sin3 (x) + c Zu e) Es wird die Substitution u = x, du = xdx verwendet. xe x dx = e u du = e x + c Zu f) Wähle v(x) = ln(x) und u (x) = x n. Aufgabe 4 x n ln(x) dx = xn+ n + ln(x) x n+ (n + ) ln(x) dx = (n + )x (n + ) x n+ Sei a. Nach dem Ergebnis von Aufgabe b gilt vermutlich für ein Polynom P n vom Grad n x n e ax dx = a n+ P n(ax)e ax + c () Man zeige in zwei Schritten, daß hierfür verwendet werden kann P n (x) = n! n ( ) n k x k = n!( xn k! n! xn (n )! + ) k= Im ersten Schritt zeige man für n IN und x IR P n (x) + P n(x) = x n und die Gleichung x n e x dx = P n (x)e x + c durch Ableiten. Im zweiten Schritt zeige man () mit der Substitution u = ax. 5

16 n P n(x) ( ) n k n ( ) n k = n! (k )! xk = n! k! k= k= = P n (x) + x n Damit ist P n (x) + P n(x) = x n gezeigt. Die Funktion P n (x)e x ist eine Stammfunktion von x n e x : d dx P n(x)e x = P n(x)e x + P n (x)e x = (P n(x) + P n (x))e x = x n e x Schließlich folgt mit der Substitution u = ax, du = adx x n e ax dx = a n (ax) n e ax dx = a n+ u n e u du = a n+ P n(u)e u = a n+ P n(ax)e ax + c Aufgabe 5 Man berechne die folgenden unbestimmten Integrale mit Partialbruchzerlegung: dx x 3x + a) b) x(x + )(x + ) x dx c) (x ) x(x + ) dx Zu a) In Aufgabe 4 wurde gezeigt: x(x + )(x + ) =, 5 x x + +, 5 x + Hieraus folgt das Ergebnis dx =, 5 ln x ln x + +, 5 ln x + + c x(x + )(x + ) Zu b) Partialbruchzerlegung und Bestimmung der Konstanten: x x (x ) = A x + B x + C x x = Ax(x ) + B(x ) + Cx Durch Einsetzen von x =, x = und Vergleich der Koeffizienten von x folgen die Gleichungen für A, B und C: = B B = = C = A + C x k 6

17 Es ist also auch A =. Ergebnis der Partialbruchzerlegung und Integration: x x (x ) = x + x + x x x (x ) dx = ln x + ln x x + c Zu c) Partialbruchansatz und Bestimmung der Konstanten: 3x + x(x + ) = A x + Bx + C x + 3x + = A(x + ) + (Bx + C)x Durch Vergleich der Koeffizienten von x =, x und x folgen die Gleichungen = A A = = C 3 = A + B Es ist also B =. Ergebnis der Partialbruchzerlegung und Integration: 3x + x(x + ) = x + x x + 3x + x(x + ) dx = ln x + ln(x + ) + c Aufgabe 6 Man berechne die folgenden bestimmten Integrale und deute die Ergebnisse geometrisch: a) x x dx b) x x dx c) π sin (x) dx Zu a und b: Mit der Substitution u = x, du = xdx folgt x x dx = u du = 3 u3/ = 3 ( x ) 3/ + c Hiermit können die bestimmten Integrale berechnet werden: Das Integral x x dx = = ( x) x dx + [ 3 ( x ) 3/ ] x x dx =, 7 x x dx [ + ] 3 ( x ) 3/ = 3

18 denn die beiden Integrale über der ersten und zweiten Intervallhälfte heben sich auf. Sie sind gleich -/3 und +/3. Zu c) Aus Aufgabe 3b folgt mit a = sin (x) dx = (x sin(x) cos(x)) + c und so folgt aus sin() = und sin(π) = π sin (x) dx = [x sin(x) cos(x)]π = π Die Integrale zu b und c sind jeweils die Flächeninhalte der durch die Graphen und die x-achse über den betreffenden Intervallen eingeschlossenen Flächen, denn die Integranden sind. Aufgabe 7 Man untersuche die folgenden uneigentlichen Integrale auf Konvergenz. Im Fall der Konvergenz berechne man sie: ) xe x dx ) 4) e dx (x + )(x + ) dx x(ln(x)) 3 5) 3) Zu 7.: Nach Aufgabe a mit a = gilt für B > B xe x dx = [ ( x )e x /4 ] B x e x dx e ax sin(bx) dx für a > B denn die Stammfunktion in B hat für B den Grenzwert. Das Ergebnis lautet: xe x dx = 4 Zu 7.: Aus der einfachen Partialbruchzerlegung (x + )(x + ) = x + x + folgt zunächst für das unbestimmte Integral dx x + = ln(x + ) ln(x + ) = ln (x + )(x + ) x + = ln( + x + ) Die gewählte Stammfunktion in x hat für x den Grenzwert, also ist der Wert des uneigentlichen Integrals gleich dem Wert der Stammfunktion in x =, zusätzlich mit Minuszeichen versehen: dx (x + )(x + ) = ln() 8 4,

19 Zu 7.3: Für b = ist das uneigentliche Integral gleich. Seien nun a und b. Nach Skript Seite 47 oder Vorlesung gilt (a ersetzt durch a) e ax sin(bx) dx = a sin(bx) b cos(bx) a + b e ax Wegen a > und sin(bx), cos(bx) hat die gewählte Stammfunktion in B für B den Grenzwert. Hieraus folgt für alle b IR e ax sin(bx) dx = b a + b Zu 7.4: Zunächst wird durch partielle Intergation eine Stammfunktion F (x) auf dem Intervall (e, ) bestimmt. Dabei wird u (x) = /x und v(x) = /(ln(x)) 3 gewählt. dx F (x) = x(ln(x)) 3 = (ln(x)) (ln(x)) 3 3 (ln(x)) (ln(x)) 4 x dx = + 3F (x) (ln(x)) F (x) = (ln(x)) Die additive Konstante ist gleich gesetzt, damit der Grenzwert der Stammfunktion in gleich wird. Daraus folgt schließlich e dx x(ln(x)) 3 = Zu 7.5: Wegen x e x für x ist das uneigentliche Integral divergent. Aufgabe 8 Man berechne die folgenden uneigentlichen Integrale, falls sie jeweils konvergieren. a) ln(x) dx b) dx x An welchem Endpunkt des Intervalls ist das Integral jeweils uneigentlich? Zu a) Das Integral ist bei uneigentlich. Mit der bekannten Stammfunktion von ln(x) folgt für jedes A (, ) A ln(x) dx = [x ln(x) x] A Wegen x ln(x) für x + hat die Stammfunktion in A für A + den Grenzwert und so folgt ln(x) dx = 9

20 Zu b) Das Integral ist bei uneigentlich. Mit der einfachen Partialbruchzerlegung x =, 5 x, 5 x + folgt für das unbestimmte Integral im Intervall (, ) dx x = ln( x) ln( + x) Also ist das uneigentliche Intergral divergent. Aufgabe 9 Es sei die folgende Funktion f : IR IR gegeben: a) Man berechne f (n) (x) für n IN. f(x) = e x. x b) Man stelle f(x) dar als Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = und bestimme so die Taylorreihe von f um. c) Man stelle mit dem Ergebnis von Teilaufgabe b das Taylorpolynom T n (x, ) und das Restglied R n (x, ) in der Form nach Lagrange dar. Es sind Ausdrücke herzuleiten, die n, x und ggf. ξ enthalten. Wie lauten sie für n = 3? d) Man löse die Teilaufgaben b und c für den Entwicklungspunkt a =. Zu a) Mit der Kettenregel folgt f (n) (x) = n e x Zu b) Durch Einsetzen von x in die Taylorreihe der Exponentialfunktion um folgt Zu c) Mit f (n+) (x) = n+ e x folgt R n (x, ) = f(x) = (x) k = k! k= T n (x, ) = n k= k= k k! xk k k! xk (n + )! f (n+) (ξ)x n+ = n+ (n + )! eξ x n+ T 3 (x, ) = + x + x x3 R 3 (x, ) = 6 4 eξ x 4 = 3 eξ x 4

21 Zu d) Aus der Darstellung f(x) = e e (x ) folgt durch Einsetzen von (x ) in die Taylorreihe der Exponentialfunktion um Aufgabe 3 f(x) = e k= T n (x, ) = k k! (x )k = n k= k= e k (x ) k k! e k (x ) k k! R n (x, ) = n+ (n + )! eξ (x ) n+ T 3 (x, ) = e + e (x ) + e (x ) e (x ) 3 R 3 (x, ) = 3 eξ (x ) 4 Es sei die folgende Funktion f : IR IR gegeben: a) Man zeige, dass für alle n IN gilt f(x) = xe x. f (n) (x) = (n + x)e x. b) Man löse die Aufgabe 9b für f(x) = xe x. c) Man löse die Aufgabe 9c für f(x) = xe x. Zu a) Die Formel wird gezeigt durch Induktion nach n. Für n = folgt aus der Produktregel f (x) = e x + xe x = ( + x)e x Der Induktionsanfang ist damit gezeigt. Schluss von n auf n + : Zu b) f (n+) (x) = d dx (n + x)ex = e x + (n + x)e x = (n + + x)e x f(x) = x k= x k k! = k= x k+ Zu c) T (x, ) = wegen f() =. Für n > gilt T n (x, ) = n k= k! = k= x k (k )! x k (k )! = x + x + x3 + + xn (n )!

22 R n (x, ) = (n + )! (n + + ξ)eξ x n+ T 3 (x, ) = x + x + x3 R 3 (x, ) = 4 + ξ 4 eξ x 4 Aufgabe 3 Es sei die folgende Funktion f : IR IR gegeben: f(x) = e x sin(x). a) Man berechne f (n) (x) für n =,, 3 und 4 und speziell f (n) () für n =,, und 3. b) Aus Teilaufgabe a folgt insbesondere f (4) (x) = 4f(x). Man berechne hiermit f (8) (x) und f (n) () für n = 4, 5, 6, 7 und 8. c) Man berechne das 8-te Taylorpolynom T 8 (x, ) von f um und die Darstellung von R 8 (x, ) in der Form nach Lagrange. d) Man bestimme mit dem Resultat aus Teilaufgabe c eine Konstante C, die kleiner ist als 3 und die folgende Abschätzung des 8-ten Restgliedes für x < erfüllt R 8 (x, ) C. Zu a) Für jede differenzierbare Funktion g(x) gilt nach der Produktregel d dx (ex g(x)) = e x (g(x) + g (x)) Durch Anwendung auf g(x) = sin(x) und weitere Funktionen folgt f (x) = e x (sin(x) + cos(x)) f (x) = e x (sin(x) + cos(x) + cos(x) sin(x)) = e x cos(x) f (x) = e x (cos(x) sin(x)) f (4) (x) = e x (cos(x) sin(x) sin(x) cos(x)) = 4e x sin(x) = 4f(x) Durch Einsetzen von in die Ableitungen folgt f() = f () = f () = f () = Zu b) Aus f (4) (x) = 4f(x) folgt durch 4-maliges Ableiten f (8) (x) = 4f (4) (x) = 6f(x) = 6e x sin(x) Die weiteren Ableitungen in erhalten alle den Faktor 4: f (4) () = 4f() = f (6) () = 4f () = 8 f (8) () = f (5) () = 4f () = 4 f (7) () = 4f () = 8

23 Zu c) T 8 (x, ) = x + x + 3 x3 4 x5 8 7 x x7 T 8 (x, ) = x + x + 3 x3 3 x5 9 x6 63 x7 Es gilt f (9) (x) = 6f (x) = 6e x (sin(x) + cos(x)) und so folgt für das 8-te Restglied R 8 (x, ) = 9! f (9) (ξ)x 9 = 6 9! eξ (sin(ξ) + cos(ξ))x 9 Zu d) Für x < ist auch ξ <, also e ξ < e. Wegen sin(ξ) + cos(ξ) < folgt aus c R 8 (x, ) < 6e 9! = 3e 9! Es kann also C =, 4 4 =, 4 gewählt werden. Aufgabe 3 <, 4 4 Man berechne die Taylorreihe von f(x) = x 3 um den Entwicklungspunkt a =. Die Taylorreihe bricht nach dem Term zu (x ) 3 ab, es sind also nur die Ableitungen f (k) (x) für k =,, und 3 zu berechnen. Aufgabe 33 f() = 5 f (x) = 6x f () = 4 f (x) = x f () = 4 f (x) = T (x, ) = 5 + 4(x ) + (x ) + (x ) 3 Man bestimme die folgenden Grenzwerte mit Hilfe von Potenzreihenentwicklungen um : x sin(x) ) lim x e x x x / x 3 sin(x) ) lim x ( cos(x)) Es können die entsprechenden Potenzreihen für e x, sin(x) und cos(x) aus der Vorlesung verwendet werden. Zu ) Nach Einsetzung der Reihenentwicklungen kann der Bruch durch x 3 gekürzt werden x sin(x) x3 e x x x / = 6 x5 + x x4 4 + = 6 x x x

24 Zu ) In der nachfolgenden Rechnung kann durch x 4 gekürzt werden. Im Nenner wird jeder der beiden (gleichen) Faktoren durch x dividiert. x 3 sin(x) ( cos(x)) = x3 (x x3 6 + ) ( x x4 4! + ) = x 6 + ( x 4! + ) x 4 Aufgabe 34 Man zeige die folgende Reihenentwicklung für x < : ln + x ) (x x = + x3 3 + x5 5 + x7 7 + Möglichkeiten zur Die Ableitung der zu entwickelnden Funktion kann leicht als Potenzreihe dargestellt werden. Durch gliedweise Integration folgt dann die angegebene Reihenentwicklung. Es können auch die Potenzreihen von ln( + x) und von ln( x) (jeweils aus der Vorlesung) subtrahiert werden. Bezeichne für x < : f(x) = ln + x x. Erste Möglichkeit: Die Ableitung von f kann mit der Kettenregel und der Quotientenregel berechnet werden: f (x) = x x ( + x)( ) + x ( x) = x Durch Einsetzen von x in die geometrische Reihe folgt f (x) = (x ) k = k= Die Potenzreihe hat den Konvergenzradius. Also kann über dem Intervall (, ) gliedweise integriert werden. So folgt aus f() = x x f(x) = f (t) dt = t k x k+ dt = k + f(x) = (x + x3 3 + ) Zweite Möglichkeit: Nach Vorlesung gelten die folgenden Reihenentwicklungen für x < x k ln( x) = k k= k xk ln( + x) = ( ) k k= k= k= x k k= 4

25 Durch Subtraktion dieser Reihen folgt ln + x = ln( + x) ln( x) x = k (( )k + )x k k= Der Faktor (( ) k +) ist gleich für alle geraden k > und gleich für alle ungeraden k. Daher kann die Summierung erfolgen für k = l +, l =,,, 3,....: Aufgabe 35 ln + x x = l + xl+ l= Man berechne jeweils die allgemeine Lösung der Differentialgleichung erster Ordnung (d. h. alle in einer Umgebung von x differenzierbaren Funktionen y(x) die die Differentialgleichnung erfüllen) sowie die Lösung des AWP zu y(x ) = y. a) x =, y =, y = x(y +) y(x +) b) x =, y =, y + y = e x cos(x) c) x =, y =, y + x x + y = x x + Die Teilaufgabe a) kann mit Variablentrennung gelöst werden, in B9 und c) kommen Lösungsansaätze für inhomogene lineare Differentialgleichungen erter Ordnung zur Anwendung. Zu a) dy dx = x(y + ) y(x + ) y dy y + = x IR, y IR\{} x dx x + ln(y + ) = ln(x + ) + c y + = C(x + ) Damit die Gleichung für x = x = und y = y = erfüllt ist, muß C > sein. So lautet die allgemeine Lösung y = ± C(x + ) C >, x IR Für jeden Wert C > ergeben sich zwei Funktionen (Hyperbeläste). Berechnung von C für x = und y = : + = C C = 5

26 Das AWP wird gelöst durch y = x +. Zu b) Die Dgl ist linear inhomogen: y + ay = s(x) a(x) =, s(x) = e x cos(x) Die Lösung des AWP ist allgemein gegeben durch y = (B(x) + y )e A(x) mit den beiden Funktionen A(x) = x So folgt mit x = und y = : A(x) = x und B(x) = x x a(ξ) dξ B(x) = s(ξ)e A(ξ) dξ x x e ξ cos(ξ)e ξ dξ = x y = ( sin(x) + )e x Zu c) Wie in Teilaufgabe b) ist nun zu rechnen mit cos(ξ) dξ = sin(x) x =, y =, a(x) = x x + Zunächst werden A(x) und B(x) berechnet: s(x) = x x + Das AWP wird gelöst durch Aufgabe 36 x ξ A(x) = ξ + dξ = ln(x + ) x ξ x B(x) = +) ξ + eln(ξ dξ = ξ dξ = 3 x3 y = ( 3 x3 + )e ln(x +) = x (x + ) Eine Spule mit Selbstinduktion L = Henry ( = Voltsec/Ampere) und ein ohmscher Widerstand von R = 3 Ohm sowie ein ohmscher Hilfswiderstand R h seien gemäß der Skizze (s. u.) geschaltet. Die angelegte äußere Spannung U sei konstant gleich 6 Volt. Für t < sei der Schalter S geschlossen und S offen, die Stromstärke im Schaltkreis zu S sei konstant gleich i. Zum Zeitpunkt t = werde der Schalter S geöffnet und S geschlossen. Insbesondere wird die Stromversorung abgeschaltet. Man berechne: a) Die Stromstärke i für t und die Funktionen i(t) und u sp (t), die für t > die Verläufe der Stromstärke im Schaltkreis zu S und der an der Spule anliegenden Spannung beschreiben, und zwar für R h = und R h = 5 Ohm. 6

27 b) Die Zeit t mit i(t ) =, Ampere, für R h = und R h = 5 Ohm. Zu a) Im Schaltkreis vom Schalter S gilt für t < : Li (t) + Ri(t) = u Da i konstant gleich i ist, folgt i (t) = und i = u R = 6 Ampere = Ampere 3 Im Schaltkreis vom Schalter S befinden sich außer der Spule die beiden ohmschen Widerstände R und R h in Reihe. Daher gilt in diesem Schaltkreis für t > : Li (t) + (R + R h )i(t) = i(t) erfüllt eine homogene lineare Differentialgleichung erster Ordnung. Die allgemeine Lösung lautet i(t) = Ce R+R h L Wegen der Anfangsbedingung i() = i = Ampere ist mit C = die Stromstärke in Ampere und mit R in Ohm gegeben durch i(t) = e R+R h L = e (3+R h)t/ Für die Spannung an der Spule wird die Ableitung von i(t) benötigt: i (t) = (3 + R h )e (3+R h)t/ in Ampere/sec und mit R h in Ohm. Damit ist die Spannung u sp an der Spule in Volt gegeben durch u sp (t) = Li (t) = (6 + R h )e (3+R h)t/ Damit gilt für R h = : i(t) = e 3t/ u sp (t) = 6e 3t/ und für R h = 5 Ohm: Zu b) Für R h = gilt i(t) = e 4t, = i(t ) = e 3t / und für R h = 5 Ohm gilt entsprechend u sp (t) = 6e 4t t = (ln())sec sec 3 e 3t / =, =, = i(t ) = e 4t e 4t = t = (ln())sec, 75sec 4 7

28 Aufgabe 37 Man berechne jeweils die allgemeine Lösung der linearen homogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung. In a) berechne man auch die Lösung des AWP zu y() = und y () =. a) y + 3y + 4y =, b) y y + 36y =, c) y + 6y + 5y = Es bezeichne jeweils p(λ) das charakteristische Polynom zu der Differentialgleichung y + ay + by =, also p(λ) = λ + aλ + b Die Diskriminante ist jeweils die reelle Zahl d = b (a/). Zu a) p(λ) = λ + 3λ + 4. Wegen d = = 9 4 < hat p(λ) die beiden reellen Nullstellen λ, = a ± d = 3 ± 3 λ = 8, λ = 5 Daher ist die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung gegeben durch y = c e 8x + c e 5x mit c, c IR Lösung des AWP: Mit den Anfangsbedingungen werden die beiden Konstanten bestimmt. y = 8c e 8x 5c e 5x c + c = y() = c = 3 Die Lösung des AWP ist also gegeben durch 8c 5c = y () = c = 3 y(x) = 3 e 8x + 3 e 5x Zu b) Die Rechnung wie in Teilaufgabe a) ist nun durchzuführen mit a = und b = 36. d = 36 ( ) = Das charakteristische Polynom hat die doppelte reelle Nullstelle λ = a/ = 6. So lautet die allgemeine Lösung y = c e 6x + c xe 6x Zu c) Die Koeffizienten der Dgl sind nun a = 6 und b = 5 und es ist d = 5 ( 6 ) = 6 > Die allgemeine Lösung der homogenen Dgl ist nun gegeben durch y = c e αx cos(βx) + c e αx sin(βx) mit α = a/ = 3 und β = d = 4. Damit ist y = c e 3x cos(4x) + c e 3x sin(4x) 8

29 Aufgabe 38 Man berechne jeweils die allgemeine Lösung der inhomogenen linearen Differentialgleichung zweiter Ordnung. In c) löse man auch das AWP zu y() =, y () =. a) y + y + y = cos(x), b) y y + y = xe x, c) y 4y = e x cos(x) Allgemeine Bezeichnungen: Zu lösen ist jeweils die inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung mit w IR oder die Gleichung y + ay + by = P m (x)e wx y + ay + by = e wx cos(vx) mit w, v IR und v, in beiden Fällen a, b IR. Dann bezeichne: p(λ) = λ + aλ + b d = b ( a ) α = a β = d, falls d > Zu a) Es ist w =, v = und p(w + vj) = j + j + also lautet ein geeigneter Lösungsansatz y = A cos x + B sin x y = A sin x + B cos x y = A cos x B sin x y + y + y = A cos x B sin x A sin x + B cos x + A cos x + B sin x = (A + B) cos x + (B A) sin x = cos x Durch Vergleich der Koeffizienten von cos x und sin x folgen die Gleichungen für A und B: A + B = A + 4A = A = 5 B A = B = A B = 5 Eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung ist also y = 5 cos x + 5 sin x Berechnung der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung: Sie lautet im Fall d > allgemein: y = c e αx cos(βx) + c e αx sin(βx), 9

30 wegen lautet sie d = = > α = β = c e x cos(x) + c e x sin(x) Folglich lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung: Zu b) Nun gilt y = c e x cos(x) + c e x sin(x) + 5 cos x + 5 sin x P m (x) = P (x) = x w = p(w) = + + = 5 p (w) = ( ) = 4 Eine partikläre Lösung hat die Form y(x) = R(x)e wx mit einer Polynomlösung der inhomogenen Gleichung R + p (w)r + p(w)r = P (x) R 4R + 5R = x Wegen p(w) ist der Grad von R höchstens gleich m =, also lautet der Ansatz für R: R(x) = A + A x. Durch Einsetzen in die Dgl und Koeffizientenvergleich folgt wegen R = 4A + 5(A + A x) = x 5A 4A = 5A = A = 5 A = 4 5 A = 4 5 Eine partikuläre Lösung ist also y = ( x 5 )e x Wegen d = ( ) = > und α =, β = lautet die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung y = c e x cos(x) + c e x sin(x), also die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung Zu c) Nun gilt w =, v = und y = c e x cos(x) + c e x sin(x) + ( x 5 )e x p(w + vj) = ( + j) 4 = j 4 3

31 Daher kann auf folgende Weise eine partikuläre Lösung berechnet werden: y = e x (A cos x + B sin x) y = e x (A cos x + B sin x A sin x + B cos x) = e x ((A + B) cos x + (B A) sin x) y = e x ((A + B) cos x + (B A) sin x (A + B) sin x + (B A) cos x) y = e x (B cos x A sin x) y 4y = e x ((B 4A) cos x (A + 4B) sin x) = e x cos x Durch Koeffizientenvergleich folgt B 4A = A + 4B = A = B = B + 8B = B B = A = 5 Eine partikuläre Lösung ist also y = ( 5 cos x + sin x)ex p(λ) = λ 4 hat die verschiedenen reellen Nullstellen und -, also lautet die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung: y = c e x + c e x und die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung y = c e x + c e x + ( 5 cos x + sin x)ex y = c e x c e x + ( cos x + 3 sin x)ex Zur Lösung des AWP werden die Konstanten c und c bestimmt: Das AWP wird gelöst durch Aufgabe 39 = y() = c + c 5 = y () = c c c = 5 = 3 c = c + c = 5 c c = c = = 7 4 y = 3 8 ex 7 4 e x + ( 5 cos x + sin x)ex Ein Massenpunkt mit der Masse m bewege sich entlang der x-achse. Seine Position zum Zeitpunkt t sei gegeben durch x = x(t). Auf den Massenpunkt wirke die Federkraft K: K = k x 3

32 mit k >, wenn sich der Massenpunkt bei der Position x befindet. Insbesondere ist K = für x =, die Feder ist dann also weder ausgezogen noch zusammengedrückt. Zum Zeitpunkt t = sei x = und x = x. a) Man begründe mit dem Kraftgesetz von Newton, daß die Funktion x(t) das folgende AWP löst: x + ω x = x() = x x () = mit ω = k/m und berechne die Lösung des AWP. b) Zusätzlich zur Federkraft wirke am Massenpunkt die zeitabhängige Kraft s(t) = a m cos(ωt) mit a und ω ω. Man begründe, daß nun die Funktion x(t) die inhomogene Differentialgleichung x + ω x = a cos(ωt) löst und berechne x(t) für die Anfangswerte wie in a). c) Man löse die Teilaufgabe b) für ω = ω und für die Anfangswerte x() =, x () =. Zu a) Nach Newton gilt K = mx, also mx + kx = x + k m x = x + ω x = mit ω = k m Die Differentialgleichung ist homogen von zweiter Ordnung. Ihre allgemeine Lösung ist Mit x() = x und x () = folgt Zu b) Nach Newton gilt jetzt x = A cos(ω t) + B sin(ω t) x = Aω sin(ω t) + Bω cos(ω t) A = x B = x(t) = x cos(ω t) mx = kx + am cos(ωt) mx + kx = am cos(ωt) x + ω x = a cos(ωt) Ein geeigneter Ansatz für eine partikuläre Lösung ist nun x = A cos(ωt) + B sin(ωt) x = ω x a cos(ωt) = x + ω x = (ω ω )x = (ω ω )(A cos(ωt) + B sin(ωt)) a = (ω ω )A = (ω ω )B a a B = A = ω x = cos(ωt) ω ω ω 3

33 Die allgemeine Lösung lautet also x = A cos(ω t) + B sin(ω t) + Lösung des AWP x() = x, x () = : ω x = Aω sin(ω t) + Bω cos(ω t) Hieraus folgen die Gleichungen für A und B: a x = A + ω = Bω ω B = und das AWP wird gelöst durch ( a x = x ω ω = x cos(ω t) + a cos(ωt) ω ω a A = x ω ω ) cos(ω t) + aω sin(ωt) ω a ω cos(ωt) ω a ω (cos(ωt) cos(ω t)) ω Zu c) Die inhomogene Differentialgleichung lautet nun mit w = und v = ω x + ω x = a cos(ω t) = ae wt cos(ω t) Wegen p(λ) = λ + ω und p(w + vj) = p(ω j) = lautet ein geeigneter Ansatz für eine partikuläre Lösung x = t(a cos(ω t) + B sin(ω t)) x = A cos(ω t) + B sin(ω t) + t( Aω sin(ω t) + Bω cos(ω t)) x = Aω sin(ω t) + Bω cos(ω t) Aω sin(ω t) + Bω cos(ω t) + t( Aω cos(ω t) Bω sin(ω t)) x + ω x = Aω sin(ω t) + Bω cos(ω t) = a cos(ω t) Durch Koeffizientenvergleich folgt A = B = a ω Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet also x = A cos(ω t) + B sin(ω t) + at ω sin(ω t) x = Aω sin(ω t) + Bω cos(ω t) + Durch Einsetzen der Anfangswerte folgt = x() = A = x () = Bω, also A = und B =, d. h. die gefundene partikuläre Lösung löst bereits das AWP. x = at ω sin(ω t) 33 a sin(ω t) + at ω cos(ω t)

34 Aufgabe 4 In einem Schaltkreis befinden sich eine Spannungsquelle mit der Spannung U(t), eine Spule mit der Selbstinduktion L = [Henry], ein Kondensator mit der Kapazität C =, 5[Farad] =, 5[AmpereSec/Volt] und ein ohmscher Widerstand von R[Ohm]. Der Kondensator sei zum Zeitpunkt t = ladungsfrei. Dann gilt nach dem. Kirchhoffschen Gesetz für den Verlauf der Stromstärke i Ri(t) + Li (t) + C t i(τ) dτ = U(t) () Für t < sei U(t) = und i(t) =, für t sei U(t) konstant gleich u = 6Volt. Man leite aus () eine Differentialgleichung für i(t) her und beschreibe das AWP für i(t), t. Man berechne die Lösung dieses AWP für a) R =, b) R = 4, c) R = 6 Durch Ableiten nach t folgt die Differentialgleichung Ri + Li + C i = U Wegen U = löst i(t) die homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung Mit t = in () folgt außerdem i + R L i + LC i = Ri() + Li () = u Wegen i(t) = für t < kann i() = angenommen werden. So folgen die Anfangsbedingungen für i(t), t : i() = i () = u L = 3[Ampere/sec] mit den Werten für L und u in der Aufgabenstellung. Wegen C =, 5[Farad] lautet also das AWP: i + R i + i = i() = i () = 3 Dabei beträgt der ohmsche Widerstand R Ohm. Zu a) Die Dgl lautet für R = : i + i + i = Wegen d = /4 = 3/4 > und α = /, β = 3/ lautet die allgemeine Lösung i(t) = e t/ (A cos( t t 3) + B sin( 3)) i (t) = e t/ (( A + B t A B 3) cos( 3) + ( 3 ) sin( t 3)) 34

35 Mit den Anfangswerten folgt und so wird das AWP gelöst durch Zu b) Die Dgl. lautet für R = 4: = A 3 = A + B 3 B = 6 3 = 3 i(t) = 3e t/ sin( t 3) i + i + i = p(λ) = λ + λ + hat die doppelte Nullstelle λ =, daher ist die allgemeine Lösung gegeben durch Das AWP wird gelöst durch Zu c) Die Dgl. lautet für R = 6 i(t) = Ae t + Bte t i (t) = Ae t + Be t Bte t und es gilt nun p(λ) = λ + 3λ + und i(t) = 3te t i + 3i + i = i() = A d = ( 3 ) = 9 4 = 5 4 < p(λ) hat die verschiedenen reellen Nullstellen Die allgemeine Lösung lautet nun i (t) = Aus i() = und i () = 3 folgt A + B = und damit wird das AWP gelöst durch λ, = 3 ± 5 i(t) = Ae (3+ 5)t/ + Be (3 5)t/ i () = B A Ae (3+ 5)t/ 3 5 Be (3 5)t/ (3 + 5)A + (3 5)B A = 3 B = = 3 i(t) = 3 5 e (3+ 5)t/ e (3 5)t/ i(t) = 3 5 e 3t/ ( e t 5/ e t 5/ ) 35