Übungen zu Analysis II Blatt 2 Abgabe: Montag, , bis 12:15 Uhr

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Ida Steinmann
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SS 0 Gesamt: 40 Pukte Übuge zu Aalysis II Blatt Abgabe: Motag, 30.04.0, bis :5 Uhr 6. (Tutoriumsaufgabe) Ma bestimme Stammfuktioe zu [+] (a) cos si µ für µ R, si > 0, (b) log ( + + ).

1 SS 0 Gesamt: 40 Pukte Übuge zu Aalysis II Blatt Abgabe: Motag, , bis :5 Uhr 6. (Tutoriumsaufgabe) Ma bestimme Stammfuktioe zu [+] (a) cos si µ für µ R, si > 0, (b) log ( + + ). + Lösug: (a) Für µ = ergibt sich cot, ud eie Stammfuktio dazu ist log(si ). Für µ ergibt sich µ + siµ+ als eie Stammfuktio. (b) Es ist (log ( + + )) = =, also ist + (log ( + + )) eie Stammfuktio. 7. (a) Ma bestimme durch partielle Itegratio Stammfuktioe zu [+] (i) cos, (ii) si für kπ, k Z. (b) Ma fide eie geeigete Substitutio ud bestimme Stammfuktioe zu [3+] (i) arcsi für <, (ii) Lösug: (a) log log(log ) für >, e. (i) Mit f() = ud g () = cos bzw. f() = ud g () = si ergibt sich: cos d = si si = si (( cos ) ( cos )d) = si + cos si. (b) (ii) Mit f() = ud g () = si ergibt sich si d = cot cot d = cot + log si. (i) Substituiert ma = si t für t < π d, so gilt t = arcsi ud dt sich: also = cos t, ud es ergibt arcsi d = t si t cos t cos t dt = t si t dt = t cos t cos t dt = si t t cos t, =si t arcsi d = (si t t cos t) t=arcsi = arcsi.

2 SS 0 Gesamt: 40 Pukte (ii) Substituiert ma = e t für t > 0, t, so gilt t = log ud d dt = et. Damit ergibt sich, also log log(log ) d =e t = e t dt = log log t e t t log t log log(log ) d = (log log t ) t=log = log log(log ). Damit ist log( log(log )) eie Stammfuktio für < < e ud log(log(log )) eie Stammfuktio für > e. Alterativlösug: Substituiert ma = e et für t 0, so gilt log = e t, log(log ) = t ud d dt = t ee e t. Damit ergibt sich te log log(log ) d = ee t dt = log t, e =e et et e t t also log log(log ) d = (log t ) t=log(log ) = log log(log ). 8. Sei P () = a k k ei Polyom vom Grad ud sei µ R {0}. [4+4+] (a) Ma zeige, dass es ei Polyom Q() = b k k vom Grad gibt mit P ()e µ d = Q()e µ für alle R. (b) Ma bestimme eie Rekursiosformel zur Berechug der b k aus de a k. (c) Hieraus bereche ma das Itegral ( )e d. Lösug: Wir mache de Asatz Q() = b k k mit b k R. Nach Voraussetzug ist Q()e µ für alle R eie Stammfuktio zu P ()e µ, also ist P ()e µ = (Q()e µ ) ud damit P () = Q () + µq() für alle R. Wir erhalte also P () = Q () + µq() = kb k k + µb k k k= = = (k + )b k+ k + µb k k [(k + )b k+ + µb k ] k + µb.

3 SS 0 Gesamt: 40 Pukte Wähle wir b = a µ ud b k = µ (a k (k + )b k+ ) für 0 k, so ist Q() ei Polyom vom Grad (de wege a 0 gilt auch b 0) mit P ()e µ d = Q()e µ. Die Rekursiosformel für die Koeffiziete ist damit gefude. Für = 4, µ =, a 0 = 3, a = 5, a = a 3 = 0 ud a 4 = 3 ergibt sich damit: b 4 = 3, b 3 = (0 43 ) = 3, b = (0 3( 3)) = 39, b = (5 39 ) = 7, b 0 = ( 3 ( 7)) = 7. Also ist Alterativlösug: ( )e d = ( ) e. (a) Wir defiiere für 0 k : I k () = k e µ d ud erhalte: I k () = k e µ d = µ k e µ µ eµ k k d = µ k e µ k µ I k () = µ k e µ k µ ( µ k e µ k µ I k ()) =... = e µ ( k µ k k(k ) µ k + k... ± k! µ 3 µ ) k+ = ( ) l k! (k l)! µ l+ eµ, l=0 k l weshalb I k() Wege e µ ei Polyom vom Grad k ist. P ()e µ d = a k k e µ d = a k I k () ist Q() = P ()e µ d e µ ei Polyom vom Grad. (b) Wir erhalte

4 SS 0 Gesamt: 40 Pukte Q() = P ()e µ a k I k () d = e µ e µ k a k l=0 = = = k a k m=0 m=0 k=m ( ) l k! (k l)! ( ) k m k! m! a k ( ) k m k! m! k l µ l+ m µ k m+ m µ k m+ = a j ( ) j k j! k! µ. j k+ j=k Die Koeffiziete b k lasse sich direkt aus de a k bereche durch b k = a j ( ) j k j! k! µ. j k+ j=k (c) Es ist = 4, P () = ud µ =, also a 0 = 3, a = 5, a = 0, a 3 = 0, a 4 = 3. Damit ergibt sich: k mit 4 Q() = b k k b 4 = a 4 = 3, b 3 = 4a 4 4 = 3, b = a 4 = 39 8, b = a 4a 4 6 = 7, b 0 = a 0 a 4 +4a 4 3 = 7. Also ist ( )e d = ( ) e.

5 9. (Tutoriumsaufgabe) Prof. Dr. F. Schulz SS 0 Gesamt: 40 Pukte Ma bestimme Stammfuktioe zu de ratioale Fuktioe (vgl. Aufgabe 44, Blatt 0, Aalysis I) [4+5] 6 + (a) für, 4 + (b) 3 3 für. 6 Lösug: 6 + (a) Es ist 4 + = ++ 5( ) + 5( ) + 8. Damit erhalte wir 5( + + ) ach de Formel (a), (b) ud (c) (vgl. Seite 3 der Tutoriumsaufgabe) = log 5( ) ( log + + arcta + ) arcta + 4 = log 5( ) log arcta( + ). 5 (b) Es ist = 6( + ) 6( ) + 7 6( + + ) ( + ). Damit ist ach de Formel (a), (b) ud (c) = 6 log + 6 log + 6 ( log arcta + 3 ) arcta ( log + arcta ) arcta 3 3 = 6 log + log arcta arcta Ma bestimme Stammfuktioe zu [4+4] (a) + + +, (b) für <, 0. Lösug: (a) Dieses Itegral ist vom Typ (vgl. Seite 70). Wir substituiere = (t t ) (streg mooto auf R 0), also + = (t + d ) ud t dt = ( + t ).

6 SS 0 Gesamt: 40 Pukte Damit gilt d = (t t ) = (t t ) + (t + t ) (t t ) (t + t ) ( + t ) dt, also d = (t t ) + (t + t ) (t t ) (t + t ) ( + t ) dt t=+ + = t ( + t ) dt t t=+ + = t dt t=+ + = ( 6 t3 t) t=+ + = ( + ) 3. Alterativ: = ( + + ) ( + ) = +. Dritte Möglichkeit: Wir substituiere = sih t, also d dt = cosh t ud erhalte d = =sih t sih t + cosh t sih t cosh t cosh tdt = e t e t + e t e t dt = (e 3t + e t ) dt = 6 e3t et, also (sih ist streg mooto auf R) d = ( 6 e3t et ) t=sih =log(+ + ) = 6 ( + + ) 3 ( + + ) = ( + ) 3.

7 SS 0 Gesamt: 40 Pukte (b) Dieses Itegral ist vom Typ (vgl. Seite 70). Wir substituiere = t für t. Da + t gilt 4t d = ud ( + t ) dt = 4t ( + t ). Damit gilt also d = = t +t t (± t ) 4t ( + t ) dt = +t +t t dt, + d = ( log t t ). t=± + Für t = + gilt: + = +, > 0 +, < 0. Mit der 3. Biomische Formel ud eier Falluterscheidug für < < 0 ud 0 < < erhält ma: Für t = + gilt: = = +, > 0 +, < 0. Mit der 3. Biomische Formel ud eier Falluterscheidug für < < 0 ud 0 < < erhält ma: + + Wir erhalte also als Stammfuktioe + =. log ± = ± log log ( ± ). Wege log(+ )+log( ) = log((+ )( )) = log = log ist

8 SS 0 Gesamt: 40 Pukte log log ( + ) = log( ) log, also erhalte wir als eie Stammfuktio (bis auf Kostate eideutig) log log( + ). Alterativlösug: Substituiere = si t für t < π d, t 0. Da ist dt erhalte d = =si t cos t si t cos t dt = d = (log ta t ), t=arcsi was wege si = cos si ud si = cos dt si t = log ta t, also zum selbe Ergebis führt. = cos t ud wir

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