H. Schmidli Mathematik für Physiker WS 10/11. Lösung der Klausur

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1 H. Schmidli Mathematik für Physiker WS / Lösung der Klausur. a) Zähler und Nenner konvergieren gegen. Somit verwenden wir die Regel von L Hospital e sin x x x e cos x (cos x)e sin x x (sin x)e cos x x (cos x)e sin x sin x wobei wir die Kettenregel verwendet haben. Zähler und Nenner konvergieren immer noch nach. Eine weiter Anwendung der Regel von L Hospital und der Ketten- und Produktregel gibt Also haben wir (cos x)e sin x x sin x x (cos x sin x)e sin x cos x e sin x x x e cos x =. =. b) Auch hier konvergieren Zähler und Nenner nach. Durch die Anwendung der Regel von L Hospital und der Kettenregel erhalten wir ln(cos x) x x sin x cos x x x = sin x x x. Eine zweite Anwendung der Regel von L Hospital (oder durch Verwendung des Resultates aus dem Buch) ergibt ln(cos x) x x = x sin x x = cos x x =. c) Da arctan x gegen π/ konvergiert, geht der erste Term nach Unendlich, der zweite nach. Also erhalten wir mit der Regel von L Hospital π x[ π x arctan x] arctan x x x x x + =. +x x x,

2 d) Mit der Kettenregel erhalten wir [sin(arctan(ln x))] = cos(arctan(ln x)) + (ln x) x. e) Die Quotienten- und Kettenregel ergeben [ sin(e x ) ] cos(e x ) e x arctan x sin(e x ) = +x. arctan x (arctan x) f) Mit der Kettenregel erhalten wir [sin((cos x) + ln x)] = cos((cos x) + ln x) (x sin x).. a) Um die Umkehrfunktion zu vereinfachen, setzen wir f (x) = x und g(x) = arctan x. Dann ist f(x) = x und g (x) =. Partielle Integration gibt +x Das Integral können wir als x arctan x dx = a arctan a x + x dx = berechnen. Also haben wir x + x dx. dx = a arctan a + x x arctan x dx = [ (a + ) arctan a a ]. b) Um die Verknüpfung zu lösen, setzen wir t = ln x, also x = e t. Dann ist dx = e t dt, und die Substitutionsregel ergibt sin(ln x) dx = (sin t)e t dt. Nun versuchen wir partielle Integration f(t) = e t und g(t) = sin t. Somit erhalten wir (sin t)e t dt = a sin(ln a) e t cos t dt. Eine weitere partielle Integration mit f(t) = e t und g(t) = cos t gibt e t cos t dt = a cos(ln a) + = a cos(ln a) + e t sin t dt sin(ln x) dx.

3 Setzen wir die Lösungen zusammen, erhalten wir sin(ln x) dx = + a[sin(ln a) cos(ln a)] Lösen wir nach dem Integral auf, erhalten wir sin(ln x) dx = { + a[sin(ln a) cos(ln a)]}. sin(ln x) dx. c) Machen wir die Substitution v = x, finden wir dv = x dx. Also haben wir x 5 x dx = ( v) v dv = = ( / ) 4 = 5/ 45. v / v / dv Hier haben wir verwendet, dass eine Stammfunktion von v k/ Funktion v (k+)/ /[(k + )/] gegeben ist. durch die. a) Die Lösungen für n + 5n + 4 = sind und 4. Daher finden wir n + 5n + 4 = (n + )(n + 4) = a n + b n + 4 = a(n + 4) b(n + ) (n + )(n + 4). Die Gleichung = a(n + 4) b(n + ) impliziert a = b =. Somit ist die Summe m n= m n + 5n + 4 = n + n + 4 = + + m + m + m + 4. n= Lassen wir m, erhalten wir b) Die Reihe ist n= n + 5n + 4 = + + = 6. x n e nx/ = n= (xe x/ ) n = n= xe x/, sofern xe x/ <. Dies ist für x.7467 (dieser Wert war nicht verlangt) der Fall.

4 c) Nach dem Quotientenkriterium betrachten wir n e n+ (n+) (n+)/ e n n n/ n Somit ist die Reihe konvergent. d) Wir haben sin n n gelten. 6n 5 e n + ( n+ n 6n. Da n )n/ n= e (n + )e =. 5 =, muss 6n n= sin = n Alternativ, kann man das Integralkriterium verwenden. n= sin < n genau dann, wenn sin dx <. Nun kann man die Abschätzung von x oben verwenden, oder das Integral zu berechnen versuchen. Mit y =, also x x = erhalten wir y Mit partieller Integration ist dies sin x dx = (sin y) y dy. (sin y) y dy = sin y y + cos y y dy. sin y Da y y ist, ist cos y nicht. cos y y =, ist der erste Term endlich. Da aber /y nicht integrierbar auch nicht integrierbar. Somit konvergiert die Summe 4. a) Wir bestimmen det = + + = und det = + + ( ) =. Somit sind die Basen linear unabhängig. Da drei linear unabhängige Vektoren eine Basis bilden, ist die Aussage gezeigt. b) Setzen wir T =, T =, 4

5 so beschreibt T den Basiswechsel von (v, v, v ) zur kanonischen Basis, und T den Basiswechsel von (b, b, b ) zur kanonischen Basis. Also müssen wir T invertieren, um von der kanonischen Basis zur Basis (v, v, v ) zu kommen. Nach der Regel von Cramer benötigen wir det =, det det =, det det =, det Somit ist =, det =, =, T =. =, det =, det =, Die zum Basiswechsel gehörende Matrix ist somit T T = = a) Die Bilder der kanonischen Basis sind die Spalten der Matrix. Da det A = folgt, dass die Spalten linear abhängig sind. Da der erste Vektor in der x-y- Ebene liegt, sind die beiden ersten Spalten linear unabhängig. Somit ist w =, w =, eine Basis von f(ir ). Dies lässt sich auch direkt nachprüfen. c + c c w + c w = c c = hat nur die Lösung c = c =. b) Die Spalten müssen eine Orthonormalbasis bilden. Es folgt sofort, dass die ersten zwei Spalten orthogonal sind und die erste Spalte normiert ist. Der zweite Vektor auch normiert sein, also = sin α 4 + cos α 4 + c = 4 + c 5

6 gelten. Dies gibt die beiden Lösungen c = ± /4. Wählen wir c = /4 = /. Der dritte Vektor ist orthogonal zum ersten, wenn a cos α+b sin α =, also a = b tan α. Um zum zweiten Vektor orthogonal zu sein, muss = b cos α (sin α + cos α) + d = b cos α + d. gelten. Somit erhalten wir d = b cos α. Die dritte Spalte muss normiert sein, also = b [ + tan ] α + = 4b cos α cos α. Also erhalten wir cos α b = ±. Die gesuchte Matrix ist (wenn wir die positive Lösung verwenden): cos α sin α sin α T = sin α cos α cos α. 6. a) Wir trennen die Variablen y x y z ln z dz = t dt = x x. x Im Integral auf der linken Seite machen wir die Substitution v = ln z. Dann ist dv = z dz, also y ln y y z ln z dz = ln y v dv = ln(ln y) ln(ln y ) = ln ln y. ln y Also ist und somit ln y ln y = e x x, y = exp{(ln y )e x x }. b) Dies ist eine (inhomogene) lineare Differentialgleichung. Die homogene Lösung finden wir durch Trennung der Variablen y h dy h = cos x dx, also y h = Ce sin x. Wir machen den Ansatz y = C(x)e sin x. Dann ist die Gleichung C (x)e sin x = sin x cos x, also C (x) = sin x cos xe sin x. Die spezielle Lösung ist also sin x cos xe sin x dx = ve v dv = ( + v)e v = ( + sin x)e sin x, wobei wir die Substitution v = sin x verwendet haben. Die allgemeine Lösung wird somit y = Ce sin x ( + sin x). 6

7 c) Wir machen den Ansatz y = e λx. Einsetzen in die Gleichung ergibt die Gleichung (λ + λ + )e λx =. Die Lösungen sind λ / = ± = ± i. Somit wird die Lösung y = (A cos x + B sin x)e x. Für die Anfangswerte y() und y () erhält man die Lösung (ist nicht nötig für die Klausur) y(x) = [y() cos x + (y() + y ()) sin x]e x. 7