Übung 8: Lösungen. x x 2 3x + 2 = (x 1)(x 2) = a. b = lim. = log x log x 2 = log. f(2) = 3 14 = α β.

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1 Technische Universität München SS 4 Zentrum Mathematik Prof. Dr. K. Buchner Dr. W. Aschacher Analysis II Üung 8: Lösungen Aufgae T (Integrationstechnik, 3: Partialruchzerlegung) (a) 3 + Der Nennergrad ist strikt kleiner als der Zählergrad. Wir wenden die Partialruchzerlegung an: Es gilt: f() := Daraus finden wir: 3 + = 3 + = a = lim ( )f() =, + ( )( ) = a + = lim ( )f() = ( ) ( ) = log + log = log + () 4 Der Nennergrad ist strikt kleiner als der Zählergrad. Wir wenden die Partialruchzerlegung an: Es gilt: f() := + 4 = + ( )( + + ) = a + + α + β + + a = lim f() =, = lim ( )f() = 3 Ausserdem estimmen wir die Koeffizienten des Quotienten mit quadratischem Polynom im Nenner durch Einsetzen einer geeigneten Stelle: f( ) = = 3 α + β, f() = 3 4 = α + 7 β Daraus ergit sich α = /3 = β. Das Integral erechnet sich nun folgendermassen: + = ( ) = log + 3 log + 6 log ( + + ) ( ) + arctan 3 3 Im letzten Schritt haen wir eines der Grundintegrale der Partialruchzerlegung enutzt. 7 (c) 4 + Der Nennergrad ist grösser als der Zählergrad. Die Polynomdivision führt zu 7 = 3 ( 4 + ) 3. Wir untersuchen also den zweiten Term näher: 3 f() := 3 4 +

2 Setzen wir nun g() := 4 +, emerken wir, dass f() = 4 4 g () g() = log g() = 4 log(4 + ). Wir sehen also, dass wir in diesem Beispiel die Partialruchzerlegung umgehen konnten. Aufgae T 3 (Uneigentliche Integrale) (a) e Wir erechnen das Integral auf kompaktem Intervall [, ], R: e = e e = () ( ) Da das Integral negativ ist, suchen wir eine untere Schranke. Wir zerlegen dazu das Integral in zwei Teile, um die zwei Prolemstellen = und = getrennt zu analysieren: / ( ) = ( ) + / ( ) Seien also ɛ, δ >. Wir etrachten zuerst das Intervall [ɛ, /]. Wir machen eine Sustitution = u mit = u du (und u / auf [ ɛ, / ]): / ɛ / ( ) = 4 ɛ log u u du 8 / ɛ log u du = 8 (log() ) / ɛ 8 ( log + ) für ɛ. Daei haen wir die Regel von de l Hospital enutzt. Sei nun [/, δ]. Auf diesem Intervall gilt /. Ausserdem gilt auch log()/( ), denn ( < δ /): = n ( )n+ ( ) n + n= = n= ( ) n n + Nun ist aer n= ( ) n n + n= (n + ) n = n woraus folgt, dass log()/( ). Wenn wir nun diese Aschätzung einsetzen, finden wir: n= δ / ( ) δ δ / = (( δ) /) /

3 3 für δ. (c) Mit der Aschätzung finden wir: = = Aufgae T 4 (Integralkriterium) (a) Aus der Vorlesung wissen wir, dass f auf [, ], >, R-integrierar ist, da f monoton ist. Da f monoton fallend ist, gilt f(n) f() f(n + ) für alle [n, n + ] und für alle n N mit n. Daraus folgt nun aer, dass und also auch f(n) n+ n f() f(n + ) N f(n) n= N+ f() Falls nun n= f(n) konvergiert, konvergiert auch f() da f nichtnegativ und also f() in monoton wachsend und eschränkt ist (Eine monotone Folge konvergiert ja ekanntlich genau dann, wenn sie eschränkt ist.) Und eenso gilt der Schluss in die umgekehrte Richtung aufgrund der oigen Ungleichungskette. () Die Reihe n= konvergiert genau dann, falls α >. Das ersehen wir mittels Integralkriterium n α aus Aufgae H (). (c) Wir etrachten die Funktion f : [, [ R, f() := log()/. Da, folgt die Konvergenz dieser Reihe aus dem Integralkriterium und Aufgae H (). N+ n= f(n) Aufgae H (Integrieren, ) (a) cos Wir erechnen das Integral auf einem kompakten Intervall [, ], R: cos = sin Da sin keinen Limes esitzt für, eistiert dieses uneigentliche Integral nicht. () α, α, α R Diese Integrale sind wichtig. Wir erechnen das unestimmte Integral: { = α α, α α, α =

4 4 Wir sehen also, dass im Fall Eenso sehen wir, dass das Integral genau dann konvergiert, falls α >, und es gilt: α α = α, α > genau dann konvergiert, falls α <, und es gilt: α = α α, α < (c) 3 sinh Wir drücken sinh durch seine Reihe aus (vgl. Aufgae T 8 (a)): sinh = k= k+ (k + )! = + 3 3! + 5 5! +... Daraus ersehen wir, dass sinh und sinh 5 /(5!) für alle [, [. Wir zerlegen nun das Integral wie folgt: 3 = sinh 3 + sinh 3 sinh ! 3 5 Die eiden Integrale konvergieren gemäss Aufgae H (). 3 (d) 3 + Im Hinlick auf die Partialruchzerlegung dividieren wir die Polynome, um zu erreichen, dass der Zählergrad strikt kleiner wird als der Nennergrad: 3 = ( 3 + ) + ( + ) = Wir estimmen die Partialruchzerlegung von g(): =: + g() g() = = + ( ) ( + ) = a + ( ) + c + Die Koeffizienten sehen wie folgt aus: = lim ( ) g() =, c = lim ( + )g() = 4 Ausserdem estimmen wir den Koeffizienten a durch Einsetzen einer geeigneten Stelle: g() = 5 3 = a +, a = 5 4 Wir integrieren nun: = log log + 4

5 (e) (cosh() ) / Das Integral ist ei = prolematisch. Für konvergiert es, da der Integrand wie e afällt. Bei = divergiert es aer, denn für [, < ] haen wir: cosh() = n= n (n)! = n= (n ) (n)! Wir finden also eine divergente untere Schranke: ( ) =! + 4! + 4 6! +... e e (cosh() ) = / ( e e / ) / = 5 (f) e e + Wir sustituieren y = e mit dy = y: e e + = y y(y + ) dy Dieses Integral können wir nun mittels Partialruchzerlegung ehandeln: y y(y + ) = a y + y + Daraus finden wir die Koeffizienten wie oen, a =, =, sodass e e + = log y + log y + = + log (e + ). (g) f() α f () = α + f()α+ Wir enutzen partielle Integration für α : f() α f () = f()f() α α f()f() α f () = f() α+ α Auf der rechten Seite erscheint also wieder das Startintegral. Daher finden wir: f() α f () = + α f()α+ Für α = haen wir eine logarithmische Aleitung vor uns: f () = log f() f() f() α f ()

6 6 Aufgae H 3 (Geometrie differenzierarer Kurven, : Länge einer Kurve) (a) Wir zeigen zuerst, dass f rektifizierar ist. Dazu sei P := {,,..., m } eine elieige Zerlegung des Intervalls [a, ]. Wir etrachten nun L(f, P ): m m j m L(f, P ) = f( j ) f( j ) = f () j j f () = f () j a j= j= Daei haen wir die Dreiecksungleichung angewandt. Da nun die rechte Seite (die eistiert) nicht mehr von P ahängt, folgt die Rektifizierarkeit und L(f) f (). Sei nun [a, [ fest a und h > derart, dass + h. Dann folgt aus f( + h) f() s( + h) s() und der vorhergehenden Aschätzung, dass f( + h) f() s( + h) s() h +h f (y) dy h h Wenn nun h auf diese Ungleichungskette angewandt wird, folgt die Eistenz der rechtsseitigen Aleitung im Punkt, die gleich f () ist. Das analoge Argument führt zur Eistenz der linksseitigen Aleitung, die eenfalls gleich f () ist. Deshal ist s differenzierar (rechts- und linksseitige Aleitungen eistieren und sind gleich) mit s = f. Die Längenformel folgt nun aus der Definition von s indem s = f üer [a, ] integriert wird. Wir spezialisieren nun die Längenformel auf die eiden genannten Fälle: Kartesischen Koordinaten, f() = (, g()): Es wird f () = (, g ()) und die Längenformel lautet: a j= + g () Polarkoordinaten, f() = r() (cos ϕ(), sin ϕ()): Es wird f = (r cos ϕ rϕ sin ϕ, r sin ϕ + rϕ cos ϕ) und die Längenformel lautet: () Es wird f () = v w und somit v w. a r() ϕ () + r () (c) Wir enutzen die Formel für kartesische Koordinaten: + g () = + 4 Sustituieren wir nun = / sinh t haen wir = / cosh t dt und + 4 = arsinh () cosh t dt. Wir integrieren nun cosh t dt partiell: cosh t dt = sinh t cosh sinh t dt = sinh t cosh t (cosh t ) dt Daraus folgt also: cosh t dt = (t + sinh t cosh t)

7 7 Setzen wir diesen Ausdruck in die Längenformel ein, ergit sich: arsinh () cosh t dt = 4 (arsinh () + 5). (d) Die Aleitungen lauten f () = ( R sin, R cos, H) und deshal: 4π (e) Wir enutzen die Formel für Polarkoordinaten: π f () = 4π R + H π r() ϕ () + r () = R N = πnr Aufgae H 4 (Geometrie differenzierarer Kurven, : Reparametrisierungsinvarianz) Sei P := {,,..., m } eine elieige Zerlegung des Intervalls [c, d] und σ : [a, ] [c, d] die Reparametrisierung. Dann ist P σ := {σ ( ), σ ( ),..., σ ( m )} eine Zerlegung von [a, ] und es gilt L(f σ, P ) = m f σ ( j ) f σ ( j ) = L(f, Pσ ) L(f) j= Deshal ist also f σ rektifizierar und L(f σ ) L(f). Wir setzen nun f := f σ und σ := σ. Die Wiederholung des vorhergehenden Arguments für f und σ liefert, dass L( f σ ) L( f), woraus die Behauptung folgt.