D-MAVT/D-MATL Analysis I HS 2016 Dr. Andreas Steiger. Lösung - Serie 9

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1 D-MAVT/D-MATL Anlysis I HS 26 Dr. Andres Steiger Lösung - Serie 9. MC-Aufgben (Online-Abgbe). Es sei f die Funktion f() = e + 7. Welche der folgenden Funktionen sind Stmmfunktionen von f? () g() = 2 2 e + 7; (b) g() = e e + 7; (c) g() = ( )e ; (d) g() = ( )e π 4. Durch prtielle Integrtion erkennen wir, dss die Stmmfunktionen von f Funktionen der Form e e C für eine Konstnte C sind. Die Funktionen in (b) und (d) sind dieser Form, die Funktionen in () und (c) nicht. Bitte wenden!

2 2. Sei n eine ungerde ntürliche Zhl. Jedes Polynom n-ten Grdes mit reellen Koeffizienten ht mindestens eine reelle Nullstelle. () Whr (b) Flsch Der Fundmentlstz der Algebr besgt, dss jedes Polynom mit Koeffizienten in C lso insbesondere uch mit Koeffizienten in R C genu n Nullstellen in C ht, wenn mn ihre Vielfchheit berücksichtigt. Weiter wissen wir, dss für eine Nullstelle z C uch z eine Nullstelle ist, wenn ds Polynom reelle Koeffizienten ht. Hätte ds Polynom nun keine reelle Nullstelle, so hätte es eine gerde Anzhl n Nullstellen (mit Vielfchheit), ws im Widerspruch zum Fundmentlstz der Algebr steht. Also muss es mindestens eine reelle Nullstelle besitzen. Kennt mn sich etws mit Stetigkeit und dem Grenzwertverhlten von Polynomen us, so knn mn die Eistenz einer reellen Nullstelle uch wie folgt zeigen: Sei p(x) = n X n + + X + ein solches Polynom, d.h.,..., n R, n. Weiter nehmen wir für den Moment n, dss n > gilt. Dnn gilt p() = n n + n n ( = n n + n ) n. n n }{{} für ± D n > gilt, strebt n n gegen für und gegen für. Ds heisst, die reelle Funktion p() ist für sehr kleines kleiner ls und für sehr grosses grösser ls. Jedoch ist p() stetig und nch dem Zwischenwertstz muss es dher eine Nullstelle hben. Dies ist die gesuchte reelle Nullstelle. Der Fll n < lässt sich genuso behndeln. Siehe nächstes Bltt!

3 3. Es sei f die Funktion mit f() = sin(t)dt. Wie lutet die Gleichung der Ableitung? 3 () (b) (c) f () = cos() cos(3); f () = sin() sin(3); f () = cos(); (d) f () = sin(). Sei f eine stetige Funktion und eine Konstnte. Der Huptstz der Differentil- und Integrlrechnung besgt, dss die Funktion F mit F () = f(t)dt eine Stmmfunktion von f ist. Es gilt lso F () = f(). Setze hier f ls die Funktion f() = sin und = 3. Alterntive: Berechne ds Integrl direkt durch: 3 sin(t)dt = cos t Dnn ist f () = ( cos + cos 3) = sin. 3 = cos + cos Welches der folgenden Integrle stimmt im Allgemeinen nicht mit den nderen überein? () b (f() g()) d Flsch. Dieses Integrl stimmt mit b (f(t) g(t)) dt überein, d nur die Integrtionsvrible den Nmen wechselt. b (b) (f() g()) dt Richtig, der Integrnd ist konstnt in Abhängigkeit von t. (c) (g() f()) d b Flsch. Es gilt b b (g() f()) d = (g() f()) d = (f() g()) d. b (d) b (f(t) g(t)) dt Flsch. Dieses Integrl stimmt mit b (f() g()) d überein, d nur die Integrtionsvrible den Nmen wechselt. Bitte wenden!

4 5. Es sei f() = ( ) 4 und g() = Die folgende Gleichungskette zeigt, dss f() = g() gilt: f() = ( ) 4 = 4( ) 3 d = ( ) d = = g(). Allerdings ist f() = = g(), lso können f und g nicht identisch sein. Wo liegt der Fehler? () (b) Mn drf in f und g nicht = einsetzen. Die binomische Formel wurde flsch ngewendet. (c) Die Integrtionskonstnte wurde nicht bechtet. Die korrekte Antwort ist (c). Gleichungen für unbestimmte Integrle gelten immer nur bis uf eine Integrtionskonstnte; diese drf mn nur solnge unterschlgen, wie uf beiden Seiten einer Gleichung ein unbestimmtes Integrl stehen bleibt. Die flsche Rechnung illustiert, ws ndernflls pssieren knn. Siehe nächstes Bltt!

5 2. Berechnen Sie die folgenden Integrle. ) ( 2 + ) 2 d b) c) d) d tn 2 d 2 ln d e) π 2 sin d f) sin 2 d Lösung: ) ( 2 + ) 2 d = ( ) d = 4 d d + d = C. b) Mittels Prtilbruchzerlegung berechnen wir: = ( + 3) Wie mn die Prtilbruchzerlegung berechnet knn mn sich uf folgender Webseite ( ) nsehen. Somit ergibt sich für ds Integrl d = ln ln C 2 c) d) e) wobei C R. tn 2 () d = sin 2 () cos 2 ( ) cos 2 () d = () cos 2 d = () cos 2 () d = tn() + C. 2 ln d = 3 3 ln 2 d = ln C. π 2 sin d = [ 2 cos ] π + π 2 cos d = π 2 + [ 2 sin ] π π 2 sin d = π 2 4. f) Wir benutzen prtielle Integrtion: wir leiten b und integrieren sin 2. Es gilt zunächst cot = cot 2 und dmit d sin 2 sin 2 = + cos 2 sin 2 d = ( + cot 2 ) d = cot + C, Bitte wenden!

6 lso sin 2 d = }{{} = cot + {}}{ sin 2 d = ( cot ) ( cot ) d cos d = cot + ln sin + C. sin Der Pfeil bzw. bedeutet dbei bleiten bzw. integrieren. Im letzten Schritt hben wir die logrithmische Ableitung benutzt: Es gilt immer f () f() d = ln f() unter Benützung der Kettenregel (sofern f() nirgends Null ist). 3. Die Funktion f() := soll im Intervll [, ] derrt durch eine linere Funktion g() := + c pproimiert werden, dss ds Integrl ( f() g() ) 2 d minimiert wird. Bestimmen Sie den Wert von c, der diese Grösse minimiert. Lösung: Ds Integrl berechnet sich zu (f() g()) 2 d = = ( c ) 2 d ( 2 3/2 2c / c + c 2) d [ 2 = /2 4 3 c3/ c2 + c 2 = c 2 3 c + 3. Also müssen wir die Funktion h(c) = c 2 3 c + 3 minimieren. Deren Ableitung ist h (c) = 2c 3, und diese ist Null, wenn c = 6. An dieser Stelle findet mn ttsächlich ein Minimum der Funktion h, denn h = 2 >. Insgesmt ist lso g() = + 6 die beste linere Approimtion der Funktion uf dem Intervll [, ] im qudrtischen Mittel, und der Fehler ist h( 6 ) = 8. ] = = 4. Es sei f eine stetige Funktion definiert uf R. Wir definieren sin F : f(t) dt. Bestimmen Sie F. Lösung: Setze G() := f(t) dt. Dnn gilt nch dem Huptstz der Infinitesimlrechnung G () = f(). Die Funktion F ist definiert durch F () = G(sin ). Also gilt: F () = G (sin ) cos = f(sin ) cos. Siehe nächstes Bltt!

7 5. Ziel dieser Aufgbe ist es, eine Rekursionsformel für ds Integrl zu finden. I n = ) Berechnen Sie die ersten zwei Integrle I und I. e ln() n d, n b) Finden Sie eine llgemeine Formel für I n. Benutzen Sie hierfür prtielle Integrtion. c) Verwenden Sie die gefundene Rekursionsformel von I n um I 5 zu berechnen. d) Zeige, dss lim I n =. Hinweis: Es sei ε >. Benutze unter nderem Lösung: I n = e ln() n d + ln() n d und ln() < für lle [, e) um zu zeigen, dss lim I n ε. ) Es gilt e e I = ln() d = d = e und mittels prtieller integrtion I = e ln()d = b) Es sei n 2. Wir berechnen mit prtieller Integrtion I n = e e ln()d = [ ln() ] e e ln() ln() n d = [ (ln() ) ln() n ] e e = (n ) e (ln() ) ln() n 2 d = (n ) (I n 2 I n ). d =. (ln() )(n ) ln() n 2 d Also I n = (n )(I n 2 I n ) für n 2. c) Durch sukzessives Einsetzen erhält mn I 5 = 44e + 2. Bitte wenden!

8 d) Mit dem Hinweis berechnen wir I n = e ln() n d + ln() n d e ln(e ε) n d + ln(e) n d. Um die Abschätzung zu zeigen, hben wir benutzt, dss ln monoton steigend ist und deshlb ln() n ln(e ε) n für lle [, e ε] und ln() n ln(e) n für lle [e ε, e]. Wir hben lso lim I n lim ln(e ε) n + = lim ln(e ε)n lim e ln(e) n d + lim ln(e)n e d = lim ln(e ε)n (e ε ) + lim n ε = (e ε ) + ε. Bei der obigen Rechnung hben wir benutzt, dss ln(e ε) <. Wir konnten lso zeigen, dss für lle ε >. Und deshlb folgt, dss lim I n ε lim I n =, weil wir j ε > beliebig klein wählen können (und I n für lle n ). Bemerkung: (Zusmmenhng zu fipunktfreien Bijektionen, nicht prüfungsrelevnt). Es gilt I n = ( ) n ( n e n!) für lle n, wobei die Folge n die Rekursionsgleichung n = (n )( n + n 2 ), n 2 mit =, = erfüllt. (Dies lässt sich Nchrechnen). Es lässt sich zeigen, dss n genu der Anzhl fipunktfreier Bijektionen uf einer n-punktigen Menge entspricht. Fipunktfrei heisst, dss es keinen Punkt gibt der uf sich selbst bgebildet wird. Mehr dzu knn mn uf nchlesen. Es gilt lso und somit I ( n = lim n! = lim n e ) ( )n n! n lim n! = e. D eine n-punktige Menge genu n! verschiedene Bijektionen zulässt, hben wir gezeigt, dss die Whrscheinlichkeit zufällig eine fipunktfreie Bijektion einer n-punktigen Menge uszuwählen für grosse n ungefähr e beträgt.