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1 Ihaltsverzeichis AUFGABE... AUFGABE... AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE... 0 AUFGABE... 0 AUFGABE 3... AUFGABE 4... AUFGABE 5... AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE... 5 AUFGABE... 6 AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE 7... AUFGABE 8... AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE AUFGABE TEST 3 - AUFGABE TEST 3 - AUFGABE... 58

2 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe Ma fide ei Bildugsgesetz für die uedliche Folge. Wie groß ist da jeweils das zwölfte Folgeglied? a) 0,3; 0,09; 0,07; a = a 0 für alle ; a = 0,3 = 0, b), 4 3, 9 4, a = + für alle ; a = + =,0769 c), 4, 3 8, a = füra lle ; a = = 0,0093 Aufgabe Ma utersuche achstehede Folge i Hiblick auf Mootoie, Beschräktheit ud mögliche Grezwerte. Ferer veraschauliche ma die Folge auf der reelle Zahlegerade: a) a = 0,,, 3, 4, 5, 6,,, +, Mootoie: keie b) b mit b = +5 für 7, 4, 3, 5/, /5,, 3/7, 7/4, Beschräktheit: 0 a lim sup a = lim if a = 0 Mootoie: streg mooto falled Beweis: +5 > > > 6 Beschräktheit: 7 b + 5 Grezwert: lim b = lim = c) c mit c = ( ) + für 3; ; 5 3 ; 3 ; 7 5 ; 4 3 ; 9 7 ; 5 4 ; 9 ; 6 5 ; Mootoie: keie Beschräktheit: 3 c Häufugspukte: lim sup + lim if + = lim + = = lim if + = Beispielsammlug Markus Kessler Seite vo 58

3 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 3 Gegebe sei die rekursiv defiierte Folge (a ) mit a 0 = a + = (a + 5 a ) für = 0,,, Ma bereche die Folgeglieder a für = 0,, 0. Utersuche die Folge i Bezug auf Mootoie, Beschräktheit sowie Kovergez ud bereche we möglich de Grezwert. a() ( + 5) = 3 ( ) = 7 3 =,333 ( ) = 47 =, ( ) =,36 33 ( ) =,36 Mootoie: Streg mooto falled (a ) < a + (a + 5 ) a a < a a a (a ) + a (a + 5 < a + 5 ) a a 0 a + 5 < (a + 5 ) a a 0 < (a a ) 0 < a a 0 < a + 5 a Beschräktheit: 3 a Grezwert: lim a = lim a + lim a = lim (a + 5 a ) lim a = lim a + 5 a lim a + lim 5 a lim a = lim 5 a lim a = lim 5 lim a = lim 5 = 5 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 3 vo 58

4 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 4 Ma beweise, dass lim = gilt. (Zeige Sie, dass a = eie Nullfolge ist. Dazu etwickle ma die Darstellug ( + a ) = mit Hilfe des biomische Lehrsatzes ud leite draus die Ugleichug a her.) lim Das lässt sich auch umschreibe i: = 0 a = a + = = (a + ) ( k ) a k = ( 0 ) a 0 + ( ) a + ( ) a + 0 Somit ist folgede Aussage mit Gewissheit richtig: ( ) a!! ( )! a ( ) a! a ( )a a a a Da lim a lim = 0 immer kleier, aber icht egativ wird, ud außerdem ach obe mit 0 beschräkt ist, ist a eie Nullfolge. Beispielsammlug Markus Kessler Seite 4 vo 58

5 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 5 Zu folgede kovergete Zahlefolge bestimme ma de Grezwert: a) x = = lim = b) x = = ( +3 +) ( +3+ +) Aufgabe 6 = lim +3+ = Seie P ud P beliebige Pukte der Zahlegerade. Ma halbiere fortgesetzt die Strecke P P i P 3, die Strecke P P 3 i P 4, P 3 P 4 i P 5, usw. ud bestimme die Lage vo P für. Am Eifachste lässt sich dieses Beispiel löse, idem ma sich Werte für P ud P defiiert ud aschließed betrachtet, i welchem Verhältis sich die eue Strecke zum alte Pukt verhält. P = 0 P = 0 Somit köe wir ach der agegebe Vorschrift die ächste Pukte ausreche: P 3 = 5 P 4 = 7,5 P 5 = 6,5 Die Richtug ädert sich mit jedem Schritt. Außerdem verkürzt sich die eue Läge im Vergleich zur Letzte um die Hälfte. Somit ist beispielweise die füfte Läge ur ( )5 der erste Läge. Berücksichtige wir och de Vorzeichewechsel, lässt sich die Läge allgemei defiiere: te Läge: ( ) Da wir die Läge summiere, also aeiader häge, lässt sich eie geometrische Reihe kostruiere: q 0 = ( ) 0 = ( ) = 3 Der Summewert beträgt /3 der erste Läge. Also ist die Lage für P die Strecke zu P + P P 3. = 3 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 5 vo 58

6 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 7 Ma fide eie explizite Darstellug für die Partialsumme der Reihe ( + ) = Ud bereche damit we möglich die Summe. Hiweis: Ma stelle die Summade als Differeze passeder Ausdrücke dar. Mittels Partialbruchzerlegug köe wir umforme: Durch de Koeffizietevergleich erfahre wir: ( + ) = A + B = A + A + B = (A + B) + A + A =, B = = ( + ) + = Diese Form et ma Teleskopsumme, da sich fast alle Glieder wegkürze. Die Summe ist somit: + = = + lim = ( ) = lim ( + + ) = = Beispielsammlug Markus Kessler Seite 6 vo 58

7 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 8 Mit Hilfe eies geeigete Kovergezkriteriums utersuche ma die folgede Reihe auf Kovergez: a) Die Folge für die eizele Glieder lautet: Wir wede das Quotietekritierum a: a + a a = + + < Kovergez ( + ) + (+)+ < < + + ( + 3) + ( + ) +3 < + 3 ( + ) < < Da letzteres offesichtlich kleier als ist, kovergiert die Folge ud somit auch die Reihe b) Die Folge für die eizele Glieder lautet: Mit dem Majoratekriterium ergibt sich: a = 0 + b = a < b Da die Folge b größer ist ud gege 0 kovergiert, kovergiert auch a gege 0. Beispielsammlug Markus Kessler Seite 7 vo 58

8 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 9 Ma bereche mit Hilfe der komplexe Zahle ud uter Verwedug der Moivre sche Formel (cos x + i si x) = cos(x) + i si(x) de Wert der beide Reihe cos (π 3 ) ud si (π 3 ). =0 =0 A + ib = cos (π 3 ) + i si (π 3 ) = cos (π 3 ) + i si (π 3 ) = (cos π 3 + i si π 3 ) = = =0 =0 ( + i 3 ) = =0 =0 ( + i 3 ) =0 = ( + i 3 ) 4 =0 =0 Damit habe wir eie geometrische Reihe mit q = +i 3 4 ud ist q < kovergiert diese auch. q = + i 3 4 = = 4 = < Da der Summewert eier kovergete geometrische Reihe bekat ist, köe wir diese jetzt bereche: q 0 = q + i 3 ( ) 4 =0 = + i 3 4 Die Werte für die eizele Reihe sid ud i 3 3. = 4 3 i 3 = 4(3 + i 3) + 4i 3 = = + i 3 (3 i 3)(3 + i 3) 3 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 8 vo 58

9 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 0 Ma utersuche, für welche x R die folgede Fuktioereihe kovergiert: (x + ). + = Wir habe es mit eier Potezreihe mit dem Koeffiziete a = ud dem Etwicklugspukt x + 0 = zu tu. a (x x 0 ) = Die Fuktioereihe kovergiert für alle x, für die gilt: Dafür bereche wir zuerst R: R = lim sup a = = lim sup x x 0 < R a = = lim sup + + a ( + ) lim sup + + = + lim sup + + = = 3 Somit müsse wir ur och i die Ugleichug eisetzte: + + x ( ) < x + < < x < 0 Schlussedlich och die Radpukte überprüfe. Zuerst x = : ( ) + = lim sup ( + )( + ) (( + ) + ) Das ist eie alterierede Reihe. Diese kovergiert ur, we a eie mooto fallede Nullfolge ist. lim + = lim + = 0 Somit kovergiert die Reihe ach Leibitz. Prüfe wir de zweite Radwert x = 0: Dafür verwede wir das Mioratekriterium: () + = + > + = 0 0 Da die harmoische Reihe divergiert, ist auch usere Reihe mit dem Radwert x = 0 diverget. Beispielsammlug Markus Kessler Seite 9 vo 58

10 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe Ma bestimme die Größeorduge vo a) 3, 9 + 0, b) 3, c) +, 3 Ferer zeige ma, dass d) a = O() (a ) beschräkt, ud e) a = o() (a ) Nullfolge Zur Erierug: a) a = O( ), a = o( 3 ) b) a = O( ), a = o(e ) c) a = O(), a = o( ) a = O(b ) a b C für fast alle N a a = o(b ) lim = 0 b a a ~b lim = b d) a C a C, a ist somit durch C beschräkt e) lim a Aufgabe = 0, a ist somit eie Nullfolge Mit Hilfe der Stirlig sche Approximatiosformel zeige ma, dass ( 3 ) ~ (7 4 ) 3 4π Die Stirlig sche Formel gibt die Größeordug vo! a ud lautet: Dafür schreibe wir zuerst de Biomialkoeffiziet aus:! ~ ( e ) π (3)!! ()! ~ (7 4 ) 3 4π ( 3 e ) 3 6π ( e ) π ( e ) 4π ~ ( 7 4 ) 3 4π e 3 4π e ~ (7 e 4 ) 3 4π 3 4π 7 ~ (7 4 4 ) 3 4π ( 7 4 ) 3 4π ~ (7 4 ) 3 4π Beispielsammlug Markus Kessler Seite 0 vo 58

11 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 3 Ma utersuche die Folge (a ) auf Kovergez ud bestimme gegebeefalls de Grezwert, idem ma zwei geeigete Folge (b ), (c ) mit b a c fide. a) a = b) a = b = Aufgabe b = = c = = = = lim b = lim a = lim c = = c = = = lim b = lim a = lim c = ( + ) = + ( + = ) + = + Was ist a achsteheder Rechug falsch? l = l = l = ± ± ± = l Eie Reihe hießt absolut koverget, we 0 a heißt absolut koverget, we 0 a koverget ist. Außerdem besagt der Riema sche Umordugssatz, dass sich eie bedigt kovergete Reihe so umorde lässt, dass sie gege eie beliebige Zahl α R {, +} (ueigetlich) kovergiert. Wie wir a der Reihe vo l erkee, ist sie icht absolut koverget, da sie ohe Vorzeichewechsel die harmoische Reihe darstellt. Deshalb darf ma die Summatiosreihefolge icht abäder. Beispielsammlug Markus Kessler Seite vo 58

12 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 5 Für =,, 3, sei Weiters sei a =, b = ( + )( + ), c = +, d = + A = a, B = b, C = c, D = d = a) Bereche Sie die Partialsumme vo B Die Folge lässt sich umschreibe zu: =0 =0 ( + )( + ) = + + Damit hat ma eie Teleskopsumme, de die eizele Summeglieder hebe sich auf: b b) Bereche Sie de Wert vo B =0 = ± + = + Läuft gege uedlich, da fällt der zweite Term weg ud es gilt: b = =0 c) Begrüde Sie a 6b für. Kovergiert A? Nehme wir a es stimmt. Da gilt durch vollstädige Iduktio: Iduktiosafag = Iduktiosvoraussetzug = ( + )( + ) Iduktiosschritt = + ( + ) 6 ( + )( + 3) ( + )( + 3) 6( + ) Da gilt, ist der Iduktiosbeweis erbracht. Die Kovergez vo A ka mit dem Majoratekriterium gezeigt werde. Da der Wert vo = ( ) ( ) = ( ) = = ist, kovergiert auch A, ud zwar gege π 6. d) Warum ist B = C D falsch, obwohl b = c d? Bei C ud D hadelt es sich um divergete Reihe. Beispielsammlug Markus Kessler Seite vo 58

13 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 6 Ma leite die Fuktioalgleichug e x e y = e x+y für die Expoetialfuktio aus dere Potezreihedarstellug durch Bildug des Cauchyprodukts der etsprechede Potezreihe her. Zur Erierug: (a ) (b ) = c =0 e x = x! =0 mit c = a k b k Die Multiplikatio der Potezreihe ergibt ach dem Cauchyprodukt: k=0 a k b k = xk k! ( k)! =0 k=0 =0 k=0 y k Bis auf das! im Zähler habe wir es mit eiem Biomialkoeffiziet zu tu. Somit forme wir um:! ( k ) xk y k =0 k=0 Da, das kostat bleibt, ka es vor die Summe geschriebe werde. Auch diese Form ka mithilfe des! biomische Lehrsatzes umgeschriebe werde. (x + y)! =0 Schreibt ma u e x+y als Potezreihe a, da gilt: Somit ist der Beweis erbracht. (x + e x+y y) =! =0 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 3 vo 58

14 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 9 Ma skizziere de Verlauf der Fuktio f: R\{0} R, f(x) = si ( ) ud beweise, dass f(x) a der x Stelle x 0 = 0 keie Grezwert besitzt, idem ma die beide Folge x = ud x π = betrachet. π+ π Udefiiertheit eier Fuktio bei x 0 We ma beweise will, dass eie Fuktio a eiem Pukt x 0 icht defiiert ist, bietet sich folgede Möglichkeit a. Zu zeige: f(x 0 ) udefiiert Ma suche sich zwei Folge (a ud a ), die als Grezwert x 0 besitze. Jetzt werde die Folge i die Fuktio eigesetzt (f(a )ud f(a )) We lim f(a ) lim f(a ) gilt, da ist die Fuktio am Pukt x 0 icht defiiert Wir habe bereits zwei Folge gegebe. Prüfe wir, ob sie gege usere Grezwert x 0 = 0 kovergiere. lim π = lim π + π = 0 Da die Defiiertheit mit der Stetigkeit zusamme hägt, ka ma u geau desse Eigeschaft awede. Ist eie Fuktio stetig a eiem Pukt, da lässt sich die Grezwertbildug ud Fuktiosauswertug miteiader vertausche. Es gilt: f ( lim a ) = lim f(a ) Fide ich aber zwei verschiedee Folge, die gege de gleiche Grezwert kovergiere, jedoch ach der Vertauschug ei aderes Ergebis produziere, so habe ich bewiese, dass die Fuktio i dem Kovergezpukt der Folge icht stetig ud auch icht defiiert ist, da die Eigeschaft der Stetigkeit icht gilt. Somit folgt: f ( lim ) = f ( lim π π + π ) lim f ( π ) = lim f ( π + π ) lim si (π) = lim si (π + π ) Eie Additio i eiem Sius-Ausdruck lässt sich umschreibe: si(x + y) = si(x) cos(y) + si(y) cos (x) lim si(π) = lim (si(π) cos (π )) + lim (si (π ) cos(π)) 0 = Die Vertauschbarkeit der Stetigkeit gilt offesichtlich icht, die Fuktio ist i dem Pukt x 0 = 0 icht defiiert! Beispielsammlug Markus Kessler Seite 4 vo 58

15 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 0 Ma bereche die Grezwerte (ohe Verwedug der Regel vo l Hospital) a) lim x ( 3 x x 3) Zuerst müsse die Neer umgeschriebe werde. lim ( x ( x)( + x) 3 ( + x + x )( x) ) = lim ( ( + x + x ) 3( + x) x ( x)( + x)( + x + x ) ) = lim x ( = lim x ( b) lim x 7x +4x x 3 x+ + x + x 3 3x) ( x)( + x)( + x + x ) ) = lim ( x x x ( x)( + x)( + x + x ) ) = ( x)( x) ( x)( + x)( + x + x ) ) = lim ( x x ( + x)( + x + x ) ) = 3 = 3 6 = = lim x c) lim x 0 cos x x Betrachte wir zuerst de Cosius als Reihedarstellug cos x = ( ) =0 ( x! + x6 6! x8 8! ± ) lim x 0 x Aufgabe = lim x 0 7 x + 4 x x 3 = 0 x + /x3 x ()! = x! + x6 6! x8 8! ± x! x6 6! + x8 8! ± x x = lim x 0! lim x 5 x 0 6! + lim x 7 x 0 8! ± = 0 Ma zeige mithilfe des Nullstellesatzes, dass die Fuktio y = e x 4x + im Itervall [0,] sowie im Itervall [6,7] je eie Nullstelle besitzt. Wie köe diese Nullstelle äherugsweise berechet werde? Der Nullstellesatz besagt, dass we die Fuktio y auf dem Itervall [a, b] stetig ist ud f(a) < 0 sowie f(b) > 0 gilt, es eie Nullstelle gebe muss (asoste wäre sie ja icht stetig). Grudleged besitzt usere Fuktio keie icht defiierte Stelle. Überprüfe wir u, ob die Itervallgreze ei uterschiedliches Vorzeiche besitze. y = f(x) f(0) = e 0 + = f() = e 3 =,35 Usere stetige Fuktio durchläuft irgedwo im Itervall [0,] die Nullstelle, da das Vorzeiche zu Begi positiv ud am Ede egativ ist. f(6) = e 3 3 =,944 f(7) = e 7 7 = 6,45 Auch i diesem Itervall durchläuft die Fuktio eie Nullstelle. Die Nullstelle köe äherugsweise mit dem Newto sche Näherugsverfahre berechet werde. Beispielsammlug Markus Kessler Seite 5 vo 58

16 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe Mithilfe des Newto sche Näherugsverfahre bestimme ma eie i der Nähe vo a) x 0 = 4 b) x 0 = gelegee Nullstelle der Fuktio f(x) = e x + x 7 Für das Newto sche Näherugsverfahre beötige wir die. Ableitug: f (x) = e x + x Die Formel für das Newto sche Näherugsverfahre lautet: a) x 0 = 4 x = 4 e 8 + = e 8 x + = x f(x ) f (x ) x = e e = x 3 = e e = Je achdem wie geau ma das Ergebis braucht, ka die Rekursio fortgeführt werde. b) x 0 = Gleich wie bei a). Beispielsammlug Markus Kessler Seite 6 vo 58

17 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 3 Ma bestimme die Lösugsfolge der beim Babyloische Wurzelziehe auftretede Iteratio x + = φ(x ) = (x + a x ), = 0,,, (wobei a > 0, x 0 > 0 ist) auf graphischem Weg ud zeige, dass stets x x x 3 a d.h. die Iteratiosfolge ist ab x 0 mooto falled ud ach ute durch a beschräkt. Die Iteratio kovergiert immer gege a. a φ(x ) a (x + a x ) a 4 (x + a ) x a 4 x + a + a 4 x 0 4 x a ( x a ) x Um die Mootoie zu zeige, verwede wir usere ermittelte Schrake. Wir köe also umschreibe: Graphische Lösug (vo Marti Pickelbauer) a x a x a x x + x x + (x + x ) x x + x Für die graphische Lösug zeichet ma sich die lieare Fuktio f(x) = x ei (= grü). Wie wir bereits wisse, ermittelt us das Babyloische Wurzelziehe die Wurzel vo a. I dieser Graphik ist a = 9 ud somit φ(x) = (x + 9 ) (= blaue Liie). Die zweite blaue Liie ist die Fuktio g(x) = 9. Wir starte u bei eiem beliebigem x x Pukt, hier wäre das 0, ud ziehe eie sekrechte Liie bis zur Fuktio φ(x). Aschließed ziehe wir die Liie waagrecht bis zur lieare Fuktio ud da wieder sekrecht bis wir wieder die Fuktio φ(x) scheide. Das wiederhole wir solage, bis wir a dem Schittpukt akomme, welcher übriges auch der Grezwert der Rekursio ud die Wurzel vo a ist. Beispielsammlug Markus Kessler Seite 7 vo 58

18 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 4 Ma zeige: Für a > 0 kovergiert die Iteratiosfolge (x ) gemäß x + = x ax mit < x a 0 < 3 a gege de Fixpukt x =. Diese Iteratio stellt somit ei Verfahre zur Divisio uter ausschließlicher a Verwedug vo Multiplikatioe dar. Die Theorie zum Fixpuktsatz ist i der Zusammefassug vo Kapitel 4 äher beschriebe. φ(x) = x + = x ax Prüfe wir zuerst, ob user x tatsächlich ei Fixpukt ist. Die erste Bedigug des Fixpuktsatzes lautet: Kotrolliere wir zuerst die Radpukte des Itervalls: φ(x ) = a a a = a a = a = x x I: φ(x) I φ ( a ) = a 4a = 3 4a φ ( 3 a ) = 3 a 9 4a = 3 4a Beide Radpukte liege im Itervall. Damit aber die Bedigug für alle Pukte im Itervall gilt, muss ich die Fuktio auf Extremwerte überprüfe, da diese außerhalb liege köte. φ (x) = ax = 0 x = a Somit ist der Extremwert user Fixpukt ud dieser liegt auch im Itervallfester. Schlussedlich müsse wir ur och beweise, dass die Rekursio i dem agegebe Itervall auch gege diese Fixpukt kovergiert. Dafür ehme wir folgede Satz ud setze die Radpukte ei. Die Fuktio φ: I R erfüllt eie Lipschitzbedigug mit der Kostate λ, we φ stetig differezierbar ist ud auf I gilt φ (x) λ. φ ( ) = = a φ ( 3 ) = 3 = = a Beide Radpukte erfülle die Bedigug icht. Da die Itervallgreze aber ausgeschlosse sid (= offees Itervall), gilt die Bedigug x: < x < 3. a a Beispielsammlug Markus Kessler Seite 8 vo 58

19 Aalysis für Iformatik WS0/3 A ufgabe 5 Ma utersuche, wo die Fuktio f(x) differezierbar ist ud bestimme dort ihre Ableitug f (x). x + f(x) = arcta ( x ) Differezierbar i (, ) (, ) Aufteilug i a, b, c a = arcta(b) a = + b Awedug der Ketteregel b = c b = c c = x + (x ) (x + ) c = x (x ) da db db dc dc dx + ( x + x ) x + x (x ) (x + ) (x ) = + x + x x + (x ) = (x ) + (x + )(x ) x + x x = x x + + x x + = x x x + = x(x ) x + x x x = x x x + x Beispielsammlug Markus Kessler Seite 9 vo 58

20 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 6 Ma utersuche, wo die Fuktio f(x) differezierbar ist ud bestimme dort ihre Ableitug f (x). f(x) = { x si ( x ), 0, x 0 x = 0 a = x b = si(c) c = x f (x) = da dx si ( x ) + x db dc dc dx = x si ( x ) + x cos ( x ) ( ) x = x si ( x ) cos ( x ) f (x) = { x si ( x ) cos ( x ), 0, x 0 x = 0 Utersuchug der Fuktio auf Kovergez: lim x 0 f(x) f(0) x 0 x x si ( x ) x = lim x 0 x si ( x ) x 0 x geht gege 0 ud somit stetig differezierbar! Beispielsammlug Markus Kessler Seite 0 vo 58

21 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 7 Ma bereche die Ableituge vo arcsi(x) ud arccos(x) mit Hilfe der Regel für die Ableitug der Umkehrfuktio. Regel für die Ableitug der Umkehrfuktio: (f )(y) = f (f (y)) arcsi(x) y = arcsi(x) x = si(y) (f )(y) = = d dy si(y) cos(y) cos(y) muss ersetzt werde cos (y) + si (y) = cos(y) = si (y) si (y) = x (siehe Umkehrfuktio) Eisetze (f )(y) = = d dy si(y) si (y) (f )(x) = x arccos(x) y = arccos(x) x = cos(y) (f )(y) = = d dy cos(y) si(y) si(y) muss ersetzt werde cos (y) + si (y) = si(y) = cos (y) cos (y) = x (siehe Umkehrfuktio) Eisetze (f )(y) = = d dy cos(y) cos (y) (f )(x) = x Beispielsammlug Markus Kessler Seite vo 58

22 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 8 Ma bereche die erste 4 Ableituge der Fuktio f(x) = x+. Köe Sie allgemei eie Ausdruck für die -te Ableitug agebe? (x ) (x + ) f (x) = (x ) = (x ) f () (x) = (x ) 3 f (3) (x) = 3! (x ) 4 f (4) (x) = 4! (x ) 5 x f () (x) = ( )! (x ) + Beispielsammlug Markus Kessler Seite vo 58

23 Aalysis für Iformatik WS0/3 A ufgabe 3 Ma bereche de Grezwert achsteheder ubestimmter Forme: a) lim x l(x) x b) lim x 3x 4 e 4x c) lim x ( x) ta(πx) Zuerst umforme: ta(πx) = si(πx) cos (πx) Aufgabe 3 d dx l(x) = d dx x x x x = x x 0 d d d d dx 3x4 x 3 = d 4e 4x dx x3 36x = d 6e 4x dx 36x 7x = d 64e 4x dx 7x 7 7 = d 56e4x = 0 dx e4x dx 4e4x dx 6e4x dx 64e4x d ( x)si (πx) dx si(πx) + ( x) cos(πx) π = = ( x) cos(πx) d dx cos (πx) si(πx) π π si (πx) π Zwei Beispiele mit uterschiedliche Grezwerte a) 0 Hiweis: Fide Sie Fuktioe f i (x) ud g i (x) für i =,, so dass lim f (x) = lim f (x) =, lim g (x) = lim g (x) = 0, aber lim f (x) g (x) f (x) g (x) gilt. b) f (x) = x ; f (x) = e x g (x) = x ; g (x) = x lim x f (x) g (x) = lim x ( x ) x x = lim x x lim x f (x) g (x) = lim x (e x ) x x = lim x e x = lim x = lim x e e Aufgabe 33 f (x) = ; f (x) = x g (x) = x ; g (x) = x lim x f (x) g (x) = lim x () x = lim x 0 = lim x f (x) g (x) = lim x (x) x = e lim = lim x e e Ma zeige, dass der Logarithmus l x für x schwächer wächst als jede positive Potez x α vo x(α > 0) lim x l(x) x α = lim x x α x α = lim x α x α 0 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 3 vo 58

24 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 34 Ma leite die uedliche Reihe für si(x) ud cos(x) durch Etwicklug der beide Fuktioe i eie Taylorreihe mit dem Etwicklugspukt x 0 = 0 her. Allgemei: f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + f (x 0)! Aufgabe 35 (x x 0 ) + f (x 0) 3! (x x 0 ) 3 + = f (x 0 ) (x x! 0 ) si () (0) = cos(0) = f () (0) = si () si () (0) = si(0) = 0 (0) = si (3) (0) = cos(0) = si (4) (0) = si(0) = 0 si(x) = f(0) + f (0) x + f (0) x + = 0 + x + 0 x3! 3! x5 5! ± si(x) = x x3 3! + x5 5! x7 7! ± = x + ( ) ( + )! 0 cos () (0) = si(0) = 0 f () (0) = cos () cos (0) () (0) = cos(0) = = cos (3) (0) = si(0) = 0 cos (4) (0) = cos(0) = cos(x) = f(0) + f (0) x + f (0) x + = + 0 x!! x4 4! 0 x6 6! ± cos(x) = x! + x4 4! x6 6! x ± = ( ) ()! 0 Ma approximiere die Fuktio f(x) = 8(x + ) 3 durch eie lieare bzw. eie quadratische Polyomfuktio im Pukt x 0 = 0. f(x) = f(0) + f (0) x = 8 + x f (0) x f(x) = f(0) + f (0) x + = 8 + x + 3x! 0 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 4 vo 58

25 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 36 Ma etwickle die Fuktio f(x) = e ex im Pukt x 0 = i eie Potezreihe ud gebe das Restglied R ach Lagrage a. Wie groß ist der Fehler R 3 (x), falls ma diese Reihe ach dem vierte Glied abbricht? Ma schätze diese Fehler für die Werte x =,9 ud x =, ab. f(x) = e ex ; f (x) = e x e ex f () (x) = e x e x e ex + e x e ex = e ex e x + e x e ex f (3) (x) = e ex (e 3x + 3e x + e x ) f (4) (x) = e ex (e 4x + 6e 3x + 7e x + e x ) mooto f() = 68,.. ; f () = 956,8 ; f () () = 00306, ; f (3) () = 9985 Restglied ach Lagrage R = f(+) (ξ)(x x 0 ) + ( + )! mit ξ (x 0, x) R 3 = f(4) (ξ)(,9 ) 4 = f(4) (ξ)(, ) 4 4! 4! I diesem Beispiel ist es egal ob wir für x,9 oder, verwede, da (±0,) 4 = 0,000 ergibt. Da wir ξ icht kee, dürfe wir ihm auch ie eie Wert zuweise. Ma darf de Fehler ur ach obe abschätze. Deshalb ehme wir de Wert, der de größte Fehler erzeugt. R 3 < f(4) (,)(, ) 4 4! R 3 < 0,07 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 5 vo 58

26 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 37 Wie ist t (t ) zu wähle, damit die Fuktio f(x) = x +t x t i eier Umgebug der Stelle x 0 = streg mooto falled ist? Eie differezierbare Fuktio ist geau da auf dem Itervall I streg mooto falled, we die strikte Ugleichug gilt: Somit leite wir zuerst ab: Beispiel mit t = : f (x) = x(x t) (x t) (x t) x I: f (x) < 0 = x xt x + t x xt + t f () < 0 t + t t + t < 0 t + t < 0 < t = x xt + t x xt + t Beispielsammlug Markus Kessler Seite 6 vo 58

27 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 38 Ma diskutiere die Fuktio f(x) = si x 3 cos x im Itervall I = [ π, π] (Mootoie, relative Extrema, Wedepukte ud Kovexität). Nullstelle f (x) = cos x + 3 si x f (x) = 3 cos x si x f (x) = 3 si x cos x si x 3 cos x = 0 si x cos x = 3 ta x = 3 arcta 3 = π 3 Die Nullstelle liege bei N [ π, 0] ud N 3 [ π, 0]. 3 Extremwerte cos x + 3 si x = 0 ta x = 3 arcta 3 = π 6 f ( π 6 ) = si ( π 6 ) 3 cos ( π ) = 0,5 3 0,75 = 6 f ( 5π 6 ) = si (5π 6 ) 3 cos (5π ) = 0, ,75 = 6 Die zwei Extremwerte liege bei E [ π 6, ] ud E [ 5π 6, ]. Mootoie f ( π ) = 3 0,75 + 0,5 = > 0 Miimum 6 f ( 5π ) = 3 0,75 0,5 = < 0 Maximum 6 < 0, falls π x < π 6 oder 5π 6 < x π f (x) = = 0, falls x = π 6 oder x = 5π 6 { > 0, falls π 6 < x < 5π 6 Somit ist die Kurve auf dem Itervall [ π, π 6 ) sowie (5π 6, π] streg mooto falled ud auf dem Itervall ( π, 5π ) streg mooto wachsed. 6 6 Wedepukte 3 cos x si x = 0 ta x = 3 arcta 3 = π 3 Das ist jedoch ur die otwedige Bedigug für eie Wedepukt. Die hireichede Bedigug lautet: f (x W ) 0 f ( π ) =,5 0,5 = 3 f ( π) =,5 + 0,5 = 3 Somit habe wir zwei Wedepukte, die gleichzeitig auch die Nullstelle sid. Beispielsammlug Markus Kessler Seite 7 vo 58

28 Aalysis für Iformatik WS0/3 Kovexität Die Kovexität beschreibt die Krümmug eier Kurve. Wir utersuche die eizele Itervalle, als mittlere Greze verwede wir die Wedepukte. I = [ π, 3 π) f (I) < 0 Kokavboge (ute offe) I = ( 3 π, π 3 ) f (I) > 0 Kovexboge (obe offe) I = ( π 3, π] f (I) < 0 Kokavboge (ute offe) Beispielsammlug Markus Kessler Seite 8 vo 58

29 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 40 Ma bereche die folgede ubestimmte Itegrale: a) x7 +5x x 3 dx x = x x x F(x) = x l x x + C b) (x + x + )l x dx Aufgabe 4 a) 3x dx +x u v = uv uv u = x + x + u = x3 3 + x + x v = l x v = x = ( x3 3 + x + x) l x (x3 3 + x + x) x = (x3 3 + x x + x) l x 3 x x = ( x3 3 + x x3 + x) l x 9 x 4 x b) si x ( + cos x) 4 dx Aufgabe 4 u = + x du du = x dx = dx x 3x du u x = 3 u du = 3 u + C 3 + x + C u = + cos x du dx = si x dx = du si x u4 du = 0 u5 + C 0 ( + cos x)5 + C Mit Hilfe der Substitutiosregel beweise ma die achstehede Itegratiosregel ud bereche damit dx x l x. Aschließed ka das Itegral berechet werde. u (x) dx = l u(x) + C u(x) v = u(x) dv dx = u (x) dx = dv u (x) dv = l v + C l u(x) + C v u = l x du dx = dx = x du x du = l u + C l l x + C u Beispielsammlug Markus Kessler Seite 9 vo 58

30 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 43 Wie laute die Partialbruchzerleguge für achstehede ratioale Fuktioe? a) f(x) = x+7 x 3x 4 x 3x 4 x, = 3 ± = 3 ± 5 x = 4, x = x + 7 (x + )(x 4) = A x + + B x 4 x + 7 = A(x 4) + B(x + ) x + 7 = Ax 4A + Bx + B x + 7 = x(a + B) + (B 4A) Aus dem Koeffizietevergleich ermittel wir die zwei Gleichuge: A + B = 4A + B = 7 Da ziehe wir vo der erste Gleichug die zweite ab: b) g(x) = 5 x (x ) 5A = 5 A = ; B = 3 x + 7 x 3x 4 = 3 x 4 x + 5 x (x ) = A x + B (x ) 5 x = Ax A + B 5 x = (B A) x( A) Ma ka A ud B herauslese: A = ; B = 3 5 x (x ) = 3 (x ) x c) h(x) = 4x +x+5 x 3 +5x 4x + x + 5 (x + 5)x = A Bx + C + x x + 5 4x + x + 5 = Ax + 5A + Bx + Cx 4x + x + 5 = x (A + B) + x(c) + 5A A = ; B = 3; C = 4x + x + 5 (x + 5)x = x + 3x + x + 5 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 30 vo 58

31 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 44 Ma bereche das ubestimmte Itegral Somit ergebe sich die Gleichuge: x + dx x 3 +x x x + (x )(x + ) = x + (x + ) (x ) = A x + B x + + C (x + ) x + = Ax + Ax + A + Bx B + Cx C x + = x (A + B) + x(a + C) + (A B C) A + B = A + C = 0 A B + C = A B C = C = C = A = B = x + x + l(x ) = (x + ) + l(x + ) + x + + C Beispielsammlug Markus Kessler Seite 3 vo 58

32 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 45 Ma bereche die folgede bestimmte Itegrale: = x dx x + x dx a) ( x x + x) dx = l x l( + x ) = l l (l( + 4) l( + )) = l l (l 5 l ) 0,35 π b) cos x dx Zuerst bereche wir die Stammfuktio cos x dx mittels der Partielle Ableitug. 0 cos x = cos x cos x = si x cos x si x Da wir wisse, dass si x + cos x = köe wir ach si x umstelle: si x = cos x cos x = si x cos x + cos x = si x cos x + cos x Wir köe das Gleichugssystem umforme ud habe die Stammfuktio: cos x = si x cos x + = si x cos x + x cos x = (si x cos x + x) Jetzt müsse wir och ur die Greze eisetzte ud ausreche: π (si x cos x + x) 0 = ( 0 + π ) (0 + 0) = π 4 π 4 c) ta x dx Auch hier ist das Beispiel ur lösbar, we ma diverse Umformuge zwische Sius, Kosius ud Tages beherrscht: ta x = 0 si x cos x ; si x + cos x = cos = ta x x ta x dx = si x cos x dx = cos x cos dx = x cos dx dx x π π = ta x 4 0 x 4 0 = ta π 4 ta 0 π = π 4 = 3π 4 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 3 vo 58

33 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 46 Wird der Wechselstrom i(t) = i 0 si(t) gleichgerichtet, so ergibt sich ei pulsiereder Gleichstrom der Form a) i (t) = { i 0 si t, 0 t π beim Eiweggleichrichter bzw. 0, π < t < π Ma ermittle de Gleichrichtwert des Wechselstromgleichrichters, das ist der Mittelwert der Stromstärke i (t) bzw. i (t) auf dem Itervall [0, π] (Skizze). Wie ma schell erket, will ma also die Fläche der Fuktio wisse. Damit ka ma de durchschittliche Wert auf dem Itervall [0,π] ausreche. Da i (t) im Itervall [π, π] = 0 ist, reicht es, die Fläche vo 0 bis π auszureche. π A i = i 0 si t dt = i 0 si t dt = i 0 cos t π 0 = i 0 (cos π cos 0) = i 0 ( ) = i π Mittelwert der Stromstärke = A i π = i0 π = i 0 π b) i (t) = i 0 si t, 0 t π beim Doppelgleichrichter. Dieses Beispiel lässt sich leicht löse, we ma das Ergebis i zwei Itegrale aufteilt. Das erste Itegral berechet die Fläche zwische 0 ud π, die sowieso positiv ist. Das zweite Itegral verläuft vo π bis π. Diese Fläche ist egativ. Ersetzt ma jedoch die Flächeadditio durch eie Flächesubtraktio, wirkt ma dem egative Vorzeiche etgege. π A i = i 0 si t dt i 0 si t dt = (i 0 cos t π 0 ) + i 0 cos t π π ) 0 π π = i 0 (cos π cos 0) + i 0 (cos π cos π) = i 0 ( ) + i 0 ( ( )) = i 0 + i 0 = 4i 0 Mittelwert der Stromstärke = A i π = 4i 0 π = i o π Beispielsammlug Markus Kessler Seite 33 vo 58

34 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 47 Ma bereche die folgede ueigetliche Itegrale: e 3 a) dx x l x Zuerst überlegt ma sich, was de die Stammfuktio vo x l x sei köte. Mit etwas probiere kommt ma jedoch gleich auf die Lösug (asoste immt ma die Substitutiosmethode mit u = l x): dx = l x + C x l x Aschließed ka die Fläche berechet werde: l x e 3 = 3 b) xe x dx Dieses Itegral ka ma mit der Partielle Itegratio löse: f g = fg fg xe x dx f = e x f = e x g = x g = 0 = xe x e x = xe x e x + C Jetzt och die Greze eisetzte ud die Fläche bereche: xe x e x 0 = lim c 0 ( xe x e x ) z c + lim c ( xe x e x c ) z = ( ze z e z ) lim ( c c e (c ) e (c ) ) + lim ( c e (c ) e (c ) ) ( ze z e z ) 0 c = lim ( c e (c ) e (c ) ) + lim c 0 c ( c e (c ) e (c ) ) = (0 ) + (0 0) = Beispielsammlug Markus Kessler Seite 34 vo 58

35 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 48 Ma bereche dx x x. Zum Itegriere wähle ma die Substitutio u = x. Ferer beachte ma, dass das agegebee Itegral sowohl bei x = als auch bei x = ueigetlich ist. u = x du dx = dx = du x x x dx = x x x x du = x du Damit wir weiter Itegriere köe, müsse wir das letzte x och umforme. Da wir ach u itegriere, muss ma ur vergleiche, wie ma das x i ei u verwadelt. x + du = u + du Auch hier hilft es, we ma die Wikelfuktioe verwedet: = arcta u + C +u u du = arcta u = arcta x + C + Da das Itegral bei x = ud x = ueigetlich ist, verwede wir eie beliebige Pukt z, um das Itegral i zwei Itegrale aufzuspalte lim arcta x c z c + lim arcta x c z c = arcta z lim c arcta c + lim c arcta c arcta z = lim c arcta c + lim c arcta c = 0 + π = π Beispielsammlug Markus Kessler Seite 35 vo 58

36 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 49 Mithilfe des Itegralkriteriums zeige ma, dass die so geate hyperharmoische Reihe α für α > koverget, für α higege diverget ist. Defiitio Itegralkriterium: Ist eie Folge auf dem Itervall [,[ icht egativ ud mooto falled, da existiert das Itegral dieser Fuktio auf dem agegebee Itervall. f() = koverget f(x) dx existiert. Schritt : Berechug der Stammfuktio für α x α dx x α dx = x α dx = x α α + C Schritt : Berechug der Fläche für α x α α c α = lim c α, falls α < α =, falls α > α Schritt 3: Berechug der Stammfuktio für α = Schritt 4: Berechug der Fläche für α dx x dx = l x + C x l x = lim c l c 0 = Beispielsammlug Markus Kessler Seite 36 vo 58

37 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 5 Eie Fuktio f(x,, x ) heißt homoge vom Grad r, falls für jedes feste λ > 0 ud alle (x,, x ) aus eiem geeigete Defiitiosbereich gilt Ma prüfe ach ob die Fuktioe homoge sid. f(λx,, λx ) = λ r f(x,, x ) a) f(x, y, z) = x + (yz) (für x, y, z 0) f(λx, λy, λz) = λx + λyλz = λx + λ yz = λx + λ yz = λ(x + yz) Diese Fuktio ist homoge vom Grad. Diese Fuktio ist icht homoge. Diese Fuktio ist homoge vom Grad b+c. b) f(x, y) = x + y f(λx, λy) = (λx) + λy = λ x + λy = λ(λx + y) f(λx, λy) λf(x, y) c) f(x, y) = ax b y c (mit a, b, c R, x, y > 0) f(λx, λy) = a(λx) b (λy) c = aλ b x b λ c y c = λ b+c (ax b y c ) Beispielsammlug Markus Kessler Seite 37 vo 58

38 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 5 Für die Fuktio f(x, y) = x y bereche ma die partielle Ableituge f x, f y ud die Gleichug der Tagetialebee a der Stelle (x 0, y 0 ) = (0., 0. 3). Berechug vo f x Zur Berechug vo f x leite ich die Fuktio f(x, y)ach x ab, ud betrachte y als Kostate. Berechug vo f y f x = Gleicher Schritt, ur dass jetzt x die Kostate ist. f y = Gleichug der Tagetialebee x y ( x) = x x y x y ( y) = y x y Die Gleichug der Tagetialebee ist defiiert mit: t = f(x 0, y 0 ) + f x (x 0, y 0 )(x x 0 ) + f y (x 0, y 0 )(y y 0 ) t = f(0., 0.3) + f x (0., 0.3)x f x (0., 0.3)x 0 + f y (0., 0.3)y f y (0., 0.3)y 0 0.x = y = x y =, x y Ma bereche alle partielle Ableituge erster ud zweiter Ordug für die Fuktio f(x, y) = x si y + cos(x + y) Zur Berechug vo alle partielle Ableituge, setzt ma wahlweise x oder y als Kostate ud leitet ach der adere Variable ab. f xy ud f yx sollte dasselbe ergebe. f x = x si y si(x + y) f xx = si y cos(x + y) f xy = x cos y cos(x + y) f y = x cos y si(x + y) f yy = x si y 4 cos(x + y) f yx = x cos y cos(x + y) Beispielsammlug Markus Kessler Seite 38 vo 58

39 Aalysis für Iformatik WS0/3 A ufgabe 53 Gegebe sei die Fuktio f: R R mit xy (x, f(x, y) = { x y) (0, 0) + y 0 (x, y) = (0, 0) Ma zeige, dass im Ursprug (0,0) zwar die partielle Ableituge f x ud f y existiere, die Fuktio dort aber icht stetig ist. Defiitio vo Stetigkeit Eie Fuktio f: R R heißt stetig i eiem Pukt x, we gilt: lim x x f(x ) = f(x ) Schritt : Beweis der Differezierbarkeit vo f x ud f y Schritt : Beweis der Ustetigkeit f x (0,0) = lim x 0 f(x, 0) f(0,0) x 0 f y (0,0) = lim y 0 f(0, y) f(0,0) y 0 = lim x 0 = lim y 0 x 0 x x 0 = 0 0 y 0 + y 0 = 0 y 0 Nach der Defiitio der Stetigkeit, lasse ich x gege (0,0) laufe ud überprüfe das Ergebis mit f(0,0) = 0. lim x 0 f(x ) = lim u 0 u u f(u, u) = lim u 0 u + u = lim u 0 u = Da laut Defiitio das Ergebis 0 sei müsste, ist diese Fuktio im Pukt (0,0) icht stetig. u Beispielsammlug Markus Kessler Seite 39 vo 58

40 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 54 Das elektrostatische Potetial eier Puktladug Q im Koordiateursprug ist durch φ (x, y, z) = Q 4πε 0 x + y + z Gegebe, für das Potetial eies Dipols mit dem Dipolmomet p = (p, 0, 0) gilt φ (x, y, z) = px 4πε 0 (x + y + z ) 3/ (Dabei sid Q, p ud ε 0 Kostate.) I beide Fälle bereche ma das zugehörige elektrische Feld E ach der Formel E = gradφ. Defiitio Gradiet Der Gradiet eier Fuktio f im Pukt X zeigt i die Richtug des steilste Astieges vo f. Er ist also ei Vektor, Blickrichtug steilster Astieg mit der Steigug als Läge. Der Gradiet ist die Verallgemeierug der erste (gewöhliche) Ableitug vo Fuktioe i eier Variable auf Fuktioe i mehrere Variable. Berechug des Gradiete Zur Berechug des Gradiete braucht ma die Ableituge ach de eizele Werte (x, y, z, ). f x f(x, y, z) grad f = ( f y ) f z Schritt : Berechug der Ableituge vo φ Hiweis: Zur bessere Übersicht werde die Kostate mit K abgekürzt. 4πε 0 φ x = K ( ) x (x + y + z ) 3 x = K (x + y + z ) 3 φ y = K ( ) y (x + y + z ) 3 y = K (x + y + z ) 3 φ z = K ( ) z (x + y + z ) 3 z = K (x + y + z ) 3 Schritt : Berechug des Gradiete vo φ grad φ = K x (x + y + z ) 3 K y (x + y + z ) 3 ( K z (x + y + z ) 3 ) Q x = K (x + y + z ) 3 ( y) z Schritt 3: Berechug des elektrische Feldes E x E = grad φ = K (x + y + z ) 3 ( y) z Beispielsammlug Markus Kessler Seite 40 vo 58

41 Aalysis für Iformatik WS0/3 Schritt 4: Berechug der Ableituge vo φ K = p 4πε 0 u = x u x = u y = 0 u z = 0 v x = 3 (x + y + z ) x = 3x(x + y + z ) v = (x + y + z ) 3 v y = 3 (x + y + z ) y = 3y(x + y + z ) v z = 3 (x + y + z ) z = 3z(x + y + z ) φ x = K u xv uv x v = K (x + y + z 3 ) x 3x(x + y + z ) (x + y + z ) 3 = K x + y + z 3x φ x = K y + z x (x + y + z ) 5 3xy φ y = K (x + y + z ) 5 3xz φ z = K (x + y + z ) 5 (x + y + z ) 5 Schritt 5: Berechug des Gradiete vo φ 3x 3x K (x + y + z ) 5 3xy y + z x grad φ = K (x + y + z ) 5 = K (x + y + z ) 5 ( 3xy ) 3xz 3xz K ( (x + y + z ) 5 ) Schritt 6: Berechug des elektrische Feldes E y + z x E = grad φ = K (x + y + z ) 5 ( 3xy ) 3xz Beispielsammlug Markus Kessler Seite 4 vo 58

42 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 55 Durch z = xy x+y ist eie Fläche im R3 gegebe. Die Beschräkug vo x ud y auf die Werte x = e t ud y = e t (t R) liefert eie Kurve auf dieser Fläche. Ma bestimme dz mittels Ketteregel ud mache die Probe, idem ma zuerst x ud y i z eisetzt ud aschließed ach dem Parameter t differeziert. Wo verläuft diese Kurve auf der Fläche horizotal? Schritt : Ableitug aller Fuktioe x(t) = e t x (t) = e t y(t) = e t y (t) = e t dt y(x + y) xy y z x (x, y) = (x + y) = (x + y) z y (x, y) = x(x + y) xy x (x + y) = (x + y) Schritt : Berechug vo dz dt Es stellt sich jetzt die Frage, wie z ach t abgeleitet werde ka. Scho i der Agabe steht der Begriff Ketteregel. Schreibe wir die Fuktio etwas aders a, erket ma gleich, wie diese agewadt werde soll: d f(x(t), y(t)) dt Die Werte für x ud y eisetze: dz dt = z x(x, y) x (t) + z y (x, y) y (t) = dz dt = y x (x + y) et (x + y) e t e t e t (e t + e t ) et e t (e t + e t ) = e t e t (e t + e t ) Schritt 3: Probe durch eisetze vo x bzw. y ud aschließedes Differeziere ach t z(t) = et e t e t + e t = e t + e t z (t) = et e t (e t + e t ) = e t e t (e t + e t ) Schritt 4: Wo verläuft diese Kurve horizotal? Die Kurve verläuft horizotal, we die Steigug = 0 ist, also dz dt = 0 gilt. dz dt = 0 = e t e t (e t + e t ) 0 = e t e t e t = e t = e t e t = t = l t = 0 Für die Ermittlug des gesuchte Puktes, muss der Wert vo x(t), y(t) ud z(t) (t = 0) berechet werde. Pukt P = x(0) = e 0 y(0) = e 0 z(0) = = ( ) ( + ) Beispielsammlug Markus Kessler Seite 4 vo 58

43 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 56 Mit Hilfe der Ketteregel bereche ma de Wert der partielle Ableitug der Fuktio F(x, y) = f(g(x, y), h(x, y)) ach y a der Stelle (0,0), wobei f(g, h) = g + h, g(x, y) = cos x + si y ud h(x, y) = x + y + ist. Schritt : Berechug der Ableitug i der ierste Ebee Schritt : Berechug der Ableitug vo f h(x, y) = x + y + h y (x, y) = g(x, y) = cos x + si y g y (x, y) = cos y f(g, h) = g + h = g(x, y) + h(x, y) f y = g(x, y) cos y + h(x, y) = (cos x + si y) cos y + (x + y + ) F y = f y = (cos x + si y) cos y + (x + y + ) Schritt 3: Berechug des Wertes a der Stelle (0,0) F y (0,0) = (cos 0 + si 0) cos 0 + ( ) = ( + 0) + = 4 Zusatz Die richtige Schreibweise ist: δf = δf δg + δf δh δy δg δy δh δy Beispielsammlug Markus Kessler Seite 43 vo 58

44 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 57 Ma bestimme dy für folgede implizit gegebee Kurve: dx a) x 3 + y 3 = für x 0 = 0. 5 b) x 3 + y 3 xy = 0 für x 0 = I diesem Beispiel soll ma de Hauptsatz für implizite Fuktioe awede. Dieser ist defiiert mit: a) x 3 + y 3 = für x 0 = 0. 5 y (x) = F x(x, y(x)) F y (x, y(x)) Schritt : Fuktio ud dere eizele Ableituge bereche f(x, y) = x 3 + y 3 f x = 3 x 3 = 3 3 x f y = 3 y 3 = 3 3 y Schritt : Hauptsatz awede 3 3 y 3 x (x) = = y 3 3 = y x x 3 3 y b) x 3 + y 3 xy = 0 für x 0 = Schritt : Eizele Ableituge bereche f(x, y) = x 3 + y 3 xy f x = 3x y f y = 3y x Schritt : Hauptsatz awede y (x) = 3x y 3y x Beispielsammlug Markus Kessler Seite 44 vo 58

45 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 58 Ma bereche die Ableitug vo f(x, y) = x + 4y im Pukt P 0 (3, ) a) I Richtug der Koordiateachse Dafür beötige ich zuerst die Ableitug ach de Koordiateachse, also x ud y. b) I Richtug vo (, ) sowie f x = x f x (3,) = 6 f y = 8y f y (3,) = 6 Da wir mit dem Eiheitsvektor, der die Läge besitzt, reche wolle, müsse wir zuerst wisse, wie lage der Vektor ( ) ist. v = ( ) + ( ) = Damit ich bei diesem Vektor auf die Läge komme, reche ich v. Also ormiere wird ih. Zur Erierug, der grad f ist mit ( f x f y ) für zwei Variable defiiert. δf δv (x 0, y 0 ) = grad f v = ( 6 6 ) ( ) = ( ) = = 6 c) I Richtug vo grad f Das gleiche gilt für de Vektor grad f. Auch dieser muss ormiert werde. grad f = = 9 v N = grad f 9 δf δv (x 0, y 0 ) = grad f grad f = N 9 9 ( 6 6 ) ( 6 6 ) = = 9 9 = 9 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 45 vo 58

46 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 59 I welcher Richtug erfolgt die maximale Äderug vo f(x, y, z) = x si(yz) y cos(yz) Vom Pukt P 0 (4, π, ) aus ud wie groß ist sie aähred? 4 Die Richtug der maximale Äderug, ist mit dem Gradiet gegebe. Aufgabe 60 f x ( f y ) = f z f x = x si(yz) f y = x cos(yz) z y cos(yz) + y si(yz) z f z = x cos(yz) y + y 3 si(yz) 8 π 8 π 3 ( 64) f x (4, π 4, ) = 8 f y (4, π 4 f z (4, π 4 π, ) = 6 = π 8, ) = π3 64 f x π ( f y ) = π6 64 f 8,09 z Ma bestimme die lieare ud die quadratische Approximatio der Fuktio Im Etwicklugspukt (, 0). f(x, y) = x (y ) + xe y Zuerst werde alle erste ud zweite Ableituge ud dere Werte im Etwicklugspukt berechet. f x = x(y ) + e y f y = x + x e y y f xx = (y ) f yy = 4xy e y + xe y f xy = x + e y y f(,0) = f x (,0) = 3 f y (,0) = f xx (,0) = f yy (,0) = f xy (,0) = Die lieare Approximatio im Etwicklugspukt sieht demach so aus: f(x, y) = f + f x (x x 0 ) + f y (y y 0 ) = + 3(x + ) + y = + 3x y = 3x + y + Die quadratische Approximatio: f(x, y) = f + f x (x x 0 ) + f y (y y 0 ) + (f xx (x x 0 ) + f xy (x x 0 )(y y 0 ) + f yy (y y 0 ) ) = 3x + y + + ( (x + x + ) 4(xy + y) y ) = 3x + y + + ( x 4x 4xy 4y y ) = 3x + y + x x xy y y = x x y y xy Beispielsammlug Markus Kessler Seite 46 vo 58

47 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 6 Ma bestimme die relative Extrema der Fuktio f(x, y) = 4(x )(y + 0y) + 3x 3 Wolle wir vo eier Fuktio mit mehrere Variable Miima ud Maxima suche, fuktioiert das wie gewoht über die Ableitug. f(x, y) = 4(x )(y + 0y) + 3x 3 Zuerst werde die erste ud zweite Ableituge berechet. Da wird f y = 0 gesetzt ud x sowie y berechet. f x = 4(y + 0y) + 9x f xx = 8x f xy = 8(y + 5) f y = 4(x )(y + 0) f yy = 8(x ) f y = 0 0 = 4(x )(y + 0) = (4x 8)(y + 0) = 8xy + 40x 6y 80 = xy + 5x y 0 y + 0 xy + 5x = y + 0 x = y + 5 = 0 5x xy y = 0 5x y = x = 5 Zu diesem x ud y Wert bereche ich über f x de passede Gegewert, damit ich Positioe erhalte. f x (, y) = 0 0 = 4y + 40y + 36 = y + 0y + 9 y, = 5 ± 5 9 = 5 ± 4 y = y = 9 f x (x, 5) = 0 0 = x 9x = 00 x = ± 00 9 = ± 0 3 Alle mögliche Pukte, a dee ei Extrema sei köte, sid: P (, ), P (, 9), P 3 ( 0 3, 5), P 4 ( 0 3, 5) Satz 6.34 (Hireichede Bedigug für Extrema im Fall =) Gilt für f(x, y), dass f x (x 0, y 0 ) = 0, f y (x 0, y 0 ) = 0 ud f xy D(x 0, y 0 ) = f xx > 0 f xy f yy (x 0,y 0 ) da immt f i (x 0, y 0 ) ei relatives Extremum a, ud zwar für f xx (x 0, y 0 ) > 0 ei relatives Miimum, für f xx (x 0, y 0 ) < 0 ei relatives Maximum. Im Fall D(x 0, y 0 ) < 0 liegt kei Extremum, soder ei Sattelpukt vor. Mit dieser Bedigug kotrolliere ich meie vier Pukte D(, ) = 3 0 = 3 < 0 Sattelpukt D(, 9) = = 3 < 0 Sattelpukt D ( , 5) = 3 > 0 f 0 xx ( 0, 5) = 55 > 0 rel. Miimum 3 3 D ( , 5) = 0 6 > 0 f xx = 55 < 0 rel. Maximum 3 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 47 vo 58

48 Aalysis für Iformatik WS0/3 A ufgabe 6 Gesucht ist das absolute Maximum der Fuktio auf dem Defiitiosbereich f(x, y) = xy(3 x y) D = {(x, y) x 0, y 0, y 3 x} Aleitug: Ma skizziere de Defiitiosbereich D i der (x,y)-ebee, bestimme desse Rad ud ermittle alle Fuktioswerte auf dem Rad. Das absolute Maximum ist da uter de relative Maxima im Iere sowie uter de Fuktioswerte am Rad vo D zu suche. gder Defiitiosbereich bildet ei kleies Dreieck mit x, y [0,3], y = 3 x y 3 D 3 x Setze ich y = 3 x für de Rad i die Fuktio ei, erhalte ich f(x, 3 x) = x(3 x)(3 x (3 x)) = x(3 x) 0 = 0 Der Rad ist stets 0. Für die Ermittlug des absolute Maximums beötige ich wieder die Ableituge: f x = y(3 x y) xy = y(3 x y) f xx = y f xy = 3 x y f y = x(3 x y) xy = x(3 y x) f yy = x Ich suche also die Nullstelle des Gradiete vo f. Das ist die Lösugsmege: L = {(x, y) D f x (x, y) = 0 f y (x, y) = 0} y = 0 f x = 0 = y(3 x y) { 3 x y = 0 x = 0 f y = 0 = x(3 y x) { 3 y x = 0 Der erste Pukt ergibt sich direkt: P (0,0). Weitere zwei Pukte erhalte wir, i dem wir x = 0 i f x ud y = 0 i f y eisetze. 3 y = 0 y = 3 P (0,3) 3 x = 0 x = 3 P 3 (3,0) De vierte Pukt erhalte wir, idem wir 3 x y = 0 y = 3 x i f y eisetze. 3 (3 x) x = 0 = 3 + 3x x = 3 y = 0 y = P 4 (,) Wir habe also drei Pukte, die auf dem Rad liege ud deshalb kei Extremwert sei köe, da dere Fuktioswert dort 0 ist, ierhalb der Fuktio jedoch Fuktioswerte über 0 vorkomme. Somit müsse wir ur och P 4 (,) utersuche. f xy D(,) = f xx = f xy f yy = 3 > 0 f xx (,) = < 0 rel. Maximum Als letzte Überprüfug bereche ich f(,) = > 0. Damit habe ich bewiese, dass das ei Maximum ist. Beispielsammlug Markus Kessler Seite 48 vo 58

49 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 63 Ma bereche das Bereichsitegral (xy + x y )dxdy B über dem Rechtecksbereich, welcher durch die Eckpukte A(, ), B(5, ), C(5, 5) ud D(, 5) bestimmt ist. Der Itegralbereich ist auf der Y-Achse [, 5] ud auf der X-Achse [-, 5]. Somit lautet das Bereichsitegral: 5 5 ( (xy + x y )dx) dy (xy + x y )dx = x y + x3 3 xy + C 5 ( x y + x3 5 3 xy ) 5 dy = (( 5y y ) ( y y )) dy = (y + 4 6y )dy (y + 4 6y )dy = 6y + 4y y 3 + C 6y + 4y y 3 5 = ( ) (6 + 4 ) = 64 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 49 vo 58

50 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 64 Durch Eisetze bestätige ma, dass die allgemeie Lösug der Differetialgleichug durch x d y 6y = l x dx y(x) = C x 3 + C x l x + 3, C, C R gegebe ist. Wie lautet die partikuläre Lösug zu de Afagsbediguge y() = 3, y () =? Beim Eisetze wird der Term d y dx, der die zweite Ableitug ach x bedeutet, durch diese ersetzt. Aschließedes Umstelle der Gleichug muss wieder y(x) ergebe. Jetzt ersetzte wir d y dx mit 6C x + 6C x 4 + x. y(x) = C x 3 + C x l x + 3 y (x) = 3C x C x 3 x y (x) = 6C x + 6C x 4 + x x (6C x + 6C x 4 6C x 3 + 6C x + x) 6y = l x + 6y = l x y(x) = C x 3 + C x l x + 3 Damit ist die allgemeie Lösug der Differetialgleichug bewiese. Will ma u die partikuläre Lösuge zu de Afagsbediguge bereche, muss ma ur die Werte i die Fuktioe eisetzte ud das Gleichugssystem löse. Die partikuläre Lösug lautet y() = 3 = C + C + 3 C = 3 C y () = = 3C C = 3C C = 5C 5C = 0 C = 0 C = 3 y(x) = 3 x3 l x + 3 Beispielsammlug Markus Kessler Seite 50 vo 58

51 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 65 Ma zeige, dass jede Fuktio z(x, y) = x + C (y b x), wo C = C(u) eie willkürlich gewählte, a a differezierbare Fuktio i eier Variable ist. Lösug der partielle Differetialgleichug a δz δz + b δx δy = (mit a 0) ist. Wie lautet die Lösug zur Afagsbedigug z(x = 0, y) = y +? z(x, y) = a x + C (y b a x) = a x + Cy C b a x z x (x, y) = a C b a z y (x, y) = C Für de Beweis setzte ich die z x ud z y i die Lösug der partielle Differetialgleichug ei. a ( a C b a ) + bc = bc + bc = = Für die partikuläre Lösug betrachte wir die Afagsbedigug: z(0, y) = y + = C(y) Zusätzlich wisse wir, dass C = C(u) eie willkürlich gewählte, differezierbare Fuktio i eier Variable ist. C = C(u) = u + C (y b a x) = (y b a x) + Mit dem Ersetzte vo C durch de Fuktioswert erhalte wir die partikuläre Lösug: z(x, y) = a x + (y b a x) + Beispielsammlug Markus Kessler Seite 5 vo 58

52 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 66 Vom eueste Modell eies Mobiltelefoproduzete werde im Weihachtsgeschäft 8000 Stück abgesetzt, ach 0 Moate sid davo ur mehr 7680 i Betrieb. Uter der Aahme, dass die moatliche Ausscheiderate proportioal zur Nutzugsdauer ist, bestimme ma die Azahl y(t) der i Betrieb stehede Mobiltelefoe (vo de ursprügliche 8000 Stück) i Abhägigkeit vo ihrer Verwedugsdauer t, sowie die lägste Nutzugsdauer. Wir wisse de Afagsstad, sowie die Azahl ach 0 Moate: y(0) = 8000 y(0) = 7680 Mit dem aktuelle Stad wisse wir ur die Ausscheidugs- bzw. Äderugsquote, also y. Diese besteht aus der Zeit ud eiem Koeffiziete p, der Abahme/Zuahme beschreibt. y (t) = t p Ist p > fidet eie Zuahme statt, p < beschreibt eie Abahme ud p = würde eie kostat bleibede Mege bedeute. Die Stammfuktio ud allgemeie Lösug sieht demach so aus: y(t) = t p + C y(0) = 8000 = t p + C C = 8000 y(0) = 7680 = t p p = = 6,4 Damit ist usere partikuläre Lösug mit de Afagsbediguge: y(t) = ,t Schlussedlich müsse wir och die lägste Nutzugsdauer bereche, also ab wa es keie Mobiltelefoe dieses Modells mehr gibt. y(t) = 0 = ,t t = , = 50 Die lägste Nutzugsdauer beträgt somit 50 Moate, also 4,5 Jahre. Beispielsammlug Markus Kessler Seite 5 vo 58

53 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 67 Ma löse die homogee lieare Differetialgleichug y y ta x = 0 Durch eifaches Umstelle erreicht ma: y y = ta x Aschließedes Itegriere: si x l y = ta x dx = cos x dx u = cos x du = si x dx = du dx si x si x du u si x = du = l u + C l cos x + C u l y = l cos x + C l y + l cos x = C Für de atürliche Logarithmus gilt: l a + l b = l(a + b) l a = b a = e b Da C für eie beliebige Kostate steht, gilt e C = C l y cos x = C y cos x = e C = C y = C cos x Beispielsammlug Markus Kessler Seite 53 vo 58

54 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 68 Ma löse die ihomogee lieare Differetialgleichug xy + y = 6x + 6x + Zuerst betrachte wir ur die homogee Differetialgleichug xy + y = 0 Wir tree x ud y ud versuche dabei die Form y zu erreiche: y xy = y y = y x y y = x Jetzt köe wir Itegriere ud erhalte die homogee Lösug: l y = l x + C l y + l x = C l y x = C y h = C x Für die partikuläre Lösug müsse wir y aders aschreibe: y p = C(x) x Somit ist C(x) zu eier Fuktio geworde. Wir möchte user ermitteltes y ud y i die gegebee Gleichug eisetzte. Dafür müsse wir y ableite: y = C (x) x C(x) x Jetzt setze wir y ud y i die Gleichug ei x (C (x) x C(x) x ) + C(x) x = 6x + 6x + C (x) C(x) x + C(x) x = 6x + 6x + C (x) = 6x + 6x + C(x) = x 3 + 3x + x Das setzte wir i die partikuläre Lösug ei: y p = (x 3 + 3x + x) x = x + 3x + Die allgemeie Lösug erhalte wir mittels: y = y h + y p y = C x + x + 3x + Beispielsammlug Markus Kessler Seite 54 vo 58

55 Aalysis für Iformatik WS0/3 Aufgabe 69 Ma bestimme die partikuläre Lösug der Differetialgleichug y + y cos x = si x cos x zur Afagsbedigug y(0) =. Wir betrachte zuerst ur die homogee Gleichug: y + y cos x = 0 y = y cos x y = cos x y l y = cos x = si x + C y h = e si x+c = e si x C Für die partikuläre Lösug betrachte wir C als eigee Fuktio C(x). Damit wir die homogee Lösug i die Gleichug eisetzte köe, brauche wir och die Ableitug y : y p = e si x C(x) y = cos x e si x C(x) + e si x C (x) ( cos x e si x C(x) + e si x C (x)) + (e si x C(x)) cos x = si x cos x cos x e si x C(x) + e si x C (x) + cos x e si x C(x) = si x cos x C (x) si x = si x cos x e u v = uv uv v = si x v = cos x u = cos x e si x si x u = e C(x) = e si x si x cos x e si x = e si x si x si x e C(x) = e si x (si x ) Das setze wir i usere partikuläre Lösug ei: Usere allgemeie Lösug lautet: y p = e si x e si x (si x ) = si x y = y h + y p = e si x C + si x Usere spezielle Lösug zur gegebee Afagsbedigug lässt sich durch Eisetze ermittel: y(0) = = e 0 C + 0 = C C = y(x) = e si x + si x Beispielsammlug Markus Kessler Seite 55 vo 58