y f(t)dt in eine Taylorreihe um (0,0). Für welche (x,y) konvergiert diese Reihe gegen F(x,y)? x 5! x7 7! +... = 2 3! x ! x !

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1 Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Aufgabe 1. (6 Punkte) Gegeben sei die Funktion f () sinh sin a) Zeigen Sie, dass f () für alle 0 durch eine Potenzreihe um 0 dargestellt werden kann. Geben Sie diese Reihe sowohl in Summenschreibweise an, als auch in aufzählender Schreibweise mit mindestens vier nicht verschwindenden Gliedern. b) Zeigen Sie, dass f zu einer Funktion f C (R) fortgesetzt werden kann. Geben Sie f (01) (0), f (015) (0) und f (016) (0) an. c) Zeigen Sie, dass das Infimum von f() an genau einer Stelle angenommen wird. Geben Sie an der Stelle 0 die Gleichung der Tangente und die Krümmung an. d) Entwickeln Sie die Funktion zweier Veränderlicher F(, y) y f(t)dt in eine Taylorreihe um (0,0). Für welche (,y) konvergiert diese Reihe gegen F(,y)? Lösung a) Es ist für alle R ] sinh sin + 3 3! + 5 5! + 7 7! ! +7 7! ! ! +... Für alle 0 gilt damit f () sinh sin ] 3 3! + 5 5! 7 7! ! + 7! ! ! n0 n+ (n+3)! b) Die Potenzreihe ist offenbar eine auch für 0 definierte Funktion f(), also eine Fortsetzung von f (). Als überall konvergente Potenzreihe ist sie auf ganz R beliebig oft differenzierbar. Die Ableitungen in der Entwicklungsmitte 0 können aus der Reihe abgelesen werden. Weil die Koeffizienten von 015 und 016 beide 0 sind (die Hochzahlen haben bezüglich nicht den Rest, sondern 3 bzw. 0), ist f (015) (0) f (016) (0) 0. Der Koeffizient a 01 von 01 verschwindet hingegen nicht: f (01) (0) 01! a 01 01! 015! 015 1

2 Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis c) Es ist f(0) 0. Weil alle Reihenglieder positiv sind, ist für alle 0 f() 3! > 0 f(0) Wegen f (0) 0 besitzt die Tangente im Minimum (0,0) die Gleichung y 0. Wegen f (0)! 3! 3 ist die Krümmung dort κ f (0) (1+f (0) ) 3 f (0) 3 d) Man erhält die Reihe von F(, y) durch gliedweises Integrieren: F(,y) n0 y f(t)dt y n0 t n+3 (n+3) (n+3)! (y3 3 ) 3 3! + (y7 7 ) 7 7! Dies gilt für alle (,y) R. y (n+3)! tn+ dt y n+3 (n+3) (n+3)! n+3 ] (n+3) (n+3)! n0 + (y11 11 ) 11 11! + (y15 15 ) 15 15! +...

3 Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Aufgabe. (3 Punkte) Gegeben sei die von n N 0 abhängige Differentialgleichung für y() (1+n ) y y n a) Für welche beiden Werte von n ist die Differentialgleichung linear? Prüfen Sie jeweils, ob die Gleichung homogen oder inhomogen ist. Wie lautet die allgemeine Lösung y allg () in den beiden Fällen. b) Für welche Werte von n ist die Gleichung autonom? Für welche Werte von n ist sie separabel? Geben Sie in Abhängigkeit von n die allgemeine Lösung y allg () der Differentialgleichung in impliziter Form an. (Eine Auflösung nach y ist also nicht verlangt.) c) Zeigen Sie, dass für gerades n alle Lösungen der Differentialgleichung monoton wachsend sind. Geben Sie für n 1 alle streng monoton fallenden Lösungen an. d) Berechnen Sie (in epliziter Form und inklusive Definitionsbereich) die Lösung y 1 () des Anfangswertproblems (1+16 ) y y, y(0) π e)bestimmensieinabhängigkeitvonn N 0 dielösungy ()desanfangswertproblems (1+n ) y y n, y(87) 0 Lösung a) Die Differentialgleichung ist offenbar für n 1 linear, aber auch für n 0, weil dann die Funktion y selbst gar nicht mehr in der Gleichung auftaucht. Die beiden Gleichungen sind y 1 (für n 0) und y 1 y 0 (für n 1) 1+ Die Gleichung für n 0 ist inhomogen, das Störglied ist s() 1. Sie besitzt offenbar die allgemeine Lösung y allg () +C (C R) Die Gleichung für n 1 ist homogen. Sie besitzt die allgemeine Lösung y allg () C e arctan (C R) 3

4 Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis b) Die Gleichung ist nur für n 0 autonom. Ansonsten tritt die unabhängige Variable eplizit in der Gleichung auf. Die Gleichung ist aber für alle n N 0 separabel, kann also mittels Trennung der Veränderlichen gelöst werden. Für n und y 0 ergibt sich dy y n d 1+n y1 n 1 n 1 arctann+c (C R) n Die allgemeine Lösung y allg () besteht für n aus der konstanten Lösung y 0 und y 1 n 1 n n arctann+c (C R) Für n < wurde die allgemeine Lösung schon in der vorigen Teilaufgabe angegeben. c) Für gerades n ist y 1 1+n }{{} >0 y n 0 }{{} 0 Da e arctan als Hintereinanderausführung streng monoton wachsender Funktionen auch streng monoton wachsend ist, sind für n 1 genau die Lösungen C e arctan mit C < 0 streng monoton fallend. d) Bekannt ist bereits, dass y 1 n 1 n n arctann+c, also y 3 3 arctan+c (C R) Die Anfangsbedingung liefert C 3π 16. Um den Kehrwert bilden zu können, darf die rechte Seite nicht 0 sein, also arctan π 1 1 Wegen der Anfangsbedingung bei 0 muss > 1 sein. Die gesuchte Lösung ist dann 1 y 1 () 3 3 3π arctan+ 16, > 1 e) Für n 0 ergibt die Anfangsbedingung 0 87+C, also y () 87. Für n 1 ergibt die Anfangsbedingung 0 C 1, also y () 0. Dies ist auch die Lösung für n. Der Definitionsbereich ist in allen Fällen ganz R.

5 Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Aufgabe 3. (30 Punkte) Die nachstehend skizzierte Kurve K kann in Polarkoordinaten beschrieben werden durch K : r r(ϕ) ϕ +π ; ϕ 3 π,π] a) Zum Winkel ϕ π 3 gehört der markierte Kurvenpunkt P. Geben Sie für P die Polarkoordinaten (r P,ϕ P ) und die kartesischen Koordinaten ( P,y P ) an. b) Zeigen Sie, dass die Kurve glatt ist. Geben Sie für K eine zulässige Parameterdarstellung mit P als Anfangspunkt an und eine zweite mit P als Endpunkt. c) Bestimmen Sie im Schnittpunkt Y mit der positiven y-achse die Tangente in der Form y m+b. d) Zeigen Sie, dass die Kurve K genau einen Doppelpunkt D besitzt. Berechnen Sie den Inhalt F der von der Kurve K vollständig eingeschlossenen Fläche. P D e) Geben Sie eine geschlossene Teilkurve K g von K in Polarkoordinaten an. Ist diese Kurve glatt? Ist sie doppelpunktfrei? Y Lösung a) Für Polarkoordinaten (r,ϕ) muss r 0 und ϕ 0,π) sein. Deshalb ist r P r( π 3 ) 16π +π 5π und ϕ P π 3 +π π 3 Die kartesischen Koordinaten ( P,y P ) von P ergeben sich zu P r cosϕ 5π cos π 3 5π sin π 6 5π 18 y P r sinϕ 5π sin π 3 5π cos π 6 5π 3 18 b) Die Kurve ist glatt, da die Geschwindigkeit ẋ : d dϕ Geschwindigkeitsquadrat ergibt sich nämlich nirgends Null wird. Für das ẋ ẋ +ẏ ṙ +r 0+(π ) > 0 5

6 Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Eine zulässsige Parameterdarstellung mit P als Anfangspunkt ist (ϕ) r(ϕ) cosϕ (ϕ +π ) cosϕ, y y(ϕ) r(ϕ) sinϕ (ϕ +π ) sinϕ; ϕ 3 π,π] Durch die Transformation t ϕ erhält man daraus eine zulässsige Parameterdarstellung mit P als Endpunkt: (t) (t +π ) cost, y y(t) (t +π ) sint; t π, 3 π] c) Im Punkt Y ist ϕ π, also r r(π ) π +π 5π. Es ist ṙ ϕ, also ṙ(π ) π. Die Tangente in Y hat die Steigung m Y dy d dr r dϕ π 5π 5π Die Gleichung der Tangente in Y ist damit y 5π + 5π d) Der Doppelpunkt D muss für zwei Winkel ϕ D1 und ϕ D ϕ D1 +π erreicht werden. Der Radius hat dort den gleichen Wert: r(ϕ D1 )! r(ϕ D1 +π) ϕ D1 (ϕ D1 +π) ϕ D1 ϕ D1 +πϕ D1 +π 0 πϕ D1 +π ϕ D1 π Es gibt demnach genau einen Doppelpunkt D und dieser entsteht für ϕ D1 π und ϕ D +π. Für die umschlossene Fläche F gilt ϕ D F 1 r 1 dϕ ϕ D1 π π (ϕ +π ) dϕ 1 5 π5 +π 1 3 π3 +π 5 π 5 ( ) 3 15 π5 π 0 (ϕ +π ϕ +π )dϕ e) Der Kurventeil zwischen ϕ D1 und ϕ D ist geschlossen: K g : r r(ϕ) ϕ +π ; ϕ π,π] K g ist doppelpunktfrei, da es außer Anfangs- und Endpunkt von K g keine Doppelpunkte gibt. Die Kurve K g ist aber nicht glatt, da die Tangenten in Anfangs- und Endpunkt nicht übereinstimmen. Die Steigung m D1 beim Winkel ϕ D1 ist m D1 dy r dϕ ṙ d dr r π π π Bei ϕ D ist aus Symmetriegründen m D m D1 π m D1. 6

7 Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Aufgabe. (30 Punkte) a) Zeigen Sie, dass die vom Parameter a R abhängige Funktion f a : R R mit f a (,y) +(y ) +(a y) genau eine stationäre Stelle besitzt. Prüfen Sie, ob es sich um ein relatives Minimum, ein relatives Maimum oder um einen Sattelpunkt handelt. b) Begründen Sie, dass f a unter der Nebenbedingung y a ein absolutes Minimum besitzt. Bestimmen Sie dieses Minimum. c) Vom holprigen Schulweg führt die Mathe-Straße (der Länge a) direkt und absolut geradlinig zum schönen Arbeitsplatz, wie nachstehende Skizze zeigt. Am unteren Ende ( 0 0) der Mathe-Straße befindet sich bereits ein Zebrastreifen, zwei weitere (bei 1 > 0 und > 1 ) sollen hinzukommen. Dies soll so geschehen, dass entlang der Mathe-Straße die mittlere Entfernung zu einem Zebrastreifen möglichst klein ist. Die mittlere Entfernung ergibt sich (wie in der folgenden Teilaufgabe nachgerechnet werden soll) zu d( 1, ) 1 a f a( 1, ). Wie sind nun 1 und zu wählen? Wie weit ist es dann im Mittel bis zum nächsten Überweg? Die Breite der Überwege ist zu vernachlässigen. d) Schreiben Sie die Entfernung δ(, 1, ) min i einer Stelle 0 der 0 i Mathe-Straße zum nächstgelegenen Zebrastreifen als stückweise definierte lineare Funktion. Zeigen Sie, dass sich der mittlere Abstand d( 1, ) : 1 a a δ(, 1, ) d zum nächstgelegenen der drei Zebrastreifen zu d( 1, ) 1 a f a( 1, ) ergibt. 0 Lösung a) Die partiellen Ableitungen von f a müssen 0 sein f a (,y) (y ) ( y)! 0 y f a y (,y) (y ) (a y) (3y a)! 0 5 a 0 7

8 Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Die eindeutige stationäre Stelle befindet sich also bei ( S,y S ) 5a(1,). Für die Determinante der Hesse-Matri ergibt sich H f 6 0 > 0 Es handelt sich demnach um ein relatives Etremum, und zwar wegen f a > 0 um ein Minimum. Der zugehörige Funktionswert ist f a ( a 5, a 5 ) a 5 + a 5 + a 5 a 5. b) g() : f a (,a) +(a ) a+a ist eine nach oben geöffnete Parabel, besitzt also ein absolutes Minimum. Aus g () a! 0 ergibt sich, dass sich das absolute Minimum bei a a befindet. Wegen g(a) ist das absolute Minimum von f a unter der Nebenbedingung y a der Punkt ( a a,a, ). c) Wie angegeben, wird die zu minimierende mittlere Entfernung durch d( 1, ) 1 a f a( 1, ) 1 a ( 1 +( 1 ) +(a ) ) gegeben, für 0 < 1 < a. Wegen der Stetigkeit von f a gilt dies auch am Rand dieses Bereiches, also auf der kompakten Menge M a : {(,y) R 0 y a}. Die stetige Funktion d besitzt auf M a nach Weierstraß ein absolutes Minimum. Dieses Minimum liegt nicht bei 1 0 oder 1, weil dies das Zusammenfallen zweier Überwege bedeutet. Das ist offenbar schlechter als einen davon an einer beliebigen anderen Stelle anzulegen. Auf dem Rand a ist die mittlere Entfernung ( a ) größer als an der stationären Stelle ( a 5 ), wie in den Aufgabenteilen a) und b) nachgerechnet. Es muss also 1 a 5 und a 5 gewählt werden. Die mittlere Entfernung zu einem Zebrastreifen ist dann d( 1, ) 1 a a 5 a 10. d) Es ist δ(, 1, ) für für für 1 1+ für 1+ für a d( 1, ) d + ( ) d + ( 1 ) ] 1 + a 1 1 ( 1 ) d + ( ) d ( ) ] ( 1 ) ( 1 ) 1 1 +( 1 ) +(a ) ] ( 1 ) d + ] 1 1 (1 ) ] ( ) ] a +(a ) ] 8