a) Wir verwenden Partialbruchzerlegung (PBZ). Der Nenner des Integranden ist x 4 + x 2 = x 2 (x 2 + 1)

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1 Aufgabe 1 a) Wir verwenden Partialbruchzerlegung (PBZ). Der Nenner des Integranden ist x 4 + x 2 = x 2 (x 2 + 1) und hat somit bei x = eine doppelte und bei x = ±i zwei nicht-reelle Nullstellen. Damit ist der Ansatz für die PBZ x 4 + x 2 = x2 1 x 2 (x 2 + 1) = A x + B x 2 + Cx + D x Durchmultiplizieren mit dem Hauptnenner x 2 (x 2 + 1) ergibt = Ax(x 2 + 1) + B(x 2 + 1) + (Cx + D)x 2. (1) Wir setzen die Nullstellen in (1) ein: x = : 1 = B. x = i: 1 1 = (Ci + D)( 1) und damit C =, D = 2. Nun ergibt sich aus (1) die Gleichung = Ax(x 2 + 1) (x 2 + 1) + 2x 2 = = Ax(x 2 + 1), und daher A =. Insgesamt gilt also: x 4 + x 2 = 1 x x und damit x 4 + x dx = 2 1 x dx x dx = arctan x + C. x b) i) 1 b dx = lim x 4 + x2 b 1 x 4 + x dx 2 [ 1 = lim b x + 2 arctan x = lim 1 b b + 2 } arctan {{} b 1 2 arctan(1) }{{} π/2 =π/4 ] b = + 2 π 2 1 2π 4 = π Also konvergiert dieses uneigentliche Integral gegen π 2 1.

2 ii) iii) Da 1 dx = lim x 4 + x2 a + = lim a + Also divergiert dieses Integral. 1 1 a x 4 + x dx 2 [ 1 x + 2 arctan x = lim arctan(1) 1 a + }{{} a 2 arctan a }{{} =π/4 =. dx divergiert, divergiert auch x 4 + x2 ] 1 a x 4 + x 2 dx.

3 Aufgabe 2 a) Wir bestimmen zunächst die partiellen Ableitungen von f bis zur Ordnung 3: f = e x cos y f x = e x cos y f y = e x sin y f xx = e x cos y f xy = e x sin y f yy = e x cos y f xxx = e x cos y f xxy = e x sin y f xyy = e x cos y f yyy = e x sin y An der telle (x, y ) = (, ) gilt also: f = 1 f x = 1 f y = f xx = 1 f xy = f yy = 1 Damit ist das Taylorpolynom von Grad 2 gegeben als T 2 (x, y) = f(, ) + f x (, )x + f y (, )y = 1 + x + 1 ( x 2 y 2). 2 ( fxx (, )x 2 + 2f xy (, )xy + f yy (, )y 2) Alternative Lösung: Multiplizieren die Taylorreihen von e x und cos y und lasse die Terme der Ordnung 3 aus: e x cos y = ( 1 + x + 1 ) ( 2 x ) 2 y = 1 + x x2 1 2 y Daher ist das zweite Taylorpolynom 1 + x x2 1 2 y2. b) Das Restglied R 2 (x, y) = f(x, y) T 2 (x, y) ist gegeben durch R 2 (x, y) = 1 ( fxxx (θx, θy)x 3 + 3f xxy (θx, θy)x 2 y + 3f xyy (θx, θy)xy 2 + f yyy (θx, θy)y 3) 6 = 1 ( e θx cos(θy)x 3 3e θx sin(θy)x 2 y 3e θx cos(θy)xy 2 + e θx sin(θy)y 3) 6 = 1 ( 6 eθx cos(θy)x 3 3 sin(θy)x 2 y 3 cos(θy)xy 2 + sin(θy)y 3), wobei θ (, 1). Daher gilt für x, y 1: R 2 (x, y) = 1 6 eθx cos(θy)x 3 3 sin(θy)x 2 y 3 cos(θy)xy 2 + sin(θy)y 3 1 ( 6 e x cos(θy) x sin(θy) x 2 y + 3 cos(θy) x y 2 + sin(θy) y 3) 1 6 e1 ( ) = 4 3 e.

4 c) Es ist zu zeigen, dass lim n R n (x, y) = für alle x, y mit x, y 1/2. Die Formel für R n einer Funktion mit zwei Variablen lautet: R n (x, y) = 1 n+1 (n + 1)! k= ( ) n + 1 k n+1 f x k y n+1 k (θx, θy)xk y n+1 k für ein θ (, 1), und daher mit der Dreiecksungleichung R n (x, y) 1 n+1 ( ) n + 1 n+1 f (θx, θy) (n + 1)! k x k yn+1 k x k y n+1 k. k= Nun sind alle partiellen Ableitungen von f von der Form { n+1 f ±e (θx, θy) = θx cos(θy) x k yn+1 k ±e θx sin(θy) und daher ergibt sich wegen θ (, 1) und x, y 1/2: n+1 f (θx, θy) x k yn+1 k e1/2 = e. Damit ergibt sich für x, y 1/2: R n (x, y) = 1 n+1 ( ) n + 1 e (1/2) k (1/2) n+1 k (n + 1)! k k= e n+1 ( ) n + 1 e = 2 n+1 (n + 1)! k (n + 1)! k= } {{ } =2 n+1 n. Also gilt lim n R n (x, y) = wie behauptet.

5 Aufgabe 3 a) Wir bestimmen die partiellen Ableitungen f x = e x (x 2 xy 2 )+e x (2x y 2 ) = e x ( x 2 +xy 2 +2x y 2 ), f y = 2xye x. (x, y) ist ein kritischer Punkt, wenn f x (x, y) = f y (x, y) =. Da e x, müssen wir die folgenden Gleichungen lösen: x 2 + xy 2 + 2x y 2 =, 2xy =. Die zweite Gleichung hat die Lösungen x = und y =. Falls x =, ergibt Einsetzen in die erste Gleichung: y 2 =, also y =. Falls y =, ergibt Einsetzen in die erste Gleichung: x 2 +2x =, also x = oder x = 2. Daher erhalten wir die beiden kritischen Punkte (, ) und (2, ). b) Wir bestimmen die zweiten Ableitungen von f: f xx = e x ( x 2 + xy 2 + 2x y 2 ) + e x ( 2x + y 2 + 2) = e x (x 2 xy 2 4x + 2y 2 + 2) f xy = e x (2xy 2y) = 2ye x (x 1) f yy = 2xe x. Im kritischen Punkt (, ) sieht die Hessematrix also folgendermassen aus: ( ) ( ) fxx f xy 2 (, ) = f yx f yy Diese Matrix ist eine Diagonalmatrix, daher sind die Eigenwerte die Diagonaleinträge und 2. Daher ist die Matrix positiv semidefinit, aber es lässt sich daraus keine Aussage über die Art des kritischen Punktes treffen. Es gilt f(, ) =, und die Niveaumenge f(x, y) = ist gegeben durch x(x y 2 ) =, ist also die Vereinigung der y-achse (x = ) und der gedrehten tandardparabel x = y 2. Daraus sieht man, dass z.b. f(t, ) = e t t 2 > für beliebige t, während z.b. f(1/2t 2, t) = e 1/2t2 (1/4t 4 1/2t 2 t 2 ) = 1/4t 4 e 1/2t2 < für alle t. Damit gibt es in der Nähe von (, ) sowohl Punkte mit f(x, y) > f(, ) = als auch Punkte mit f(x, y) < f(, ) =. Daher ist (, ) ein attelpunkt. Im kritischen Punkt (2, ) sieht die Hessematrix folgendermassen aus: ( ) ( ) fxx f xy 2e 2 (, ) = 4e 2 f yx f yy Diese Matrix ist eine Diagonalmatrix, daher sind die Eigenwerte die Diagonaleinträge 2e 2 und 4e 2. Diese sind beide negativ, also ist die Matrix negativ definit, und daher hat f in (, 2) ein echtes lokales Maximum.

6 c) Ein absolutes Minimum müsste auch ein lokales Minimum sein. Es gibt aber nach a) kein lokales Minimum, daher kann es kein absolutes Minimum geben. Ein absolutes Maximum müsste auch ein lokales Maximum sein, davon gibt es nach a) aber nur eines, nämlich (, 2) mit Wert f(, 2) =. Wäre dies ein absolutes Maximum, so müsste also gelten: f(x, y) für alle (x, y) R 2. Dies ist aber nicht der Fall: z.b. ist f(1, ) = e 1 >. Alternative Argumentation: Es gilt: lim x f(x, ) = lim x e x x 2 =, während lim y f(1, y) = lim y e 1 (1 y 2 ) = ist. Daher nimmt f beliebig große und beliebig kleine Werte an und hat daher weder ein absolutes Maximum noch ein absolutes Minimum.

7 Aufgabe 4 a) Es gilt: x j ( v i ) = für alle i j, daher ist die notwendige Bedingung erfüllt. Ausserdem ist v auf ganz R 3, also einer sternkonvexen Menge, definiert und hat daher ein Potential. ei f(x, y, z) ein Potential von v. Dann ist f x = v 1 = x und daher f(x, y, z) = x dx = 1 2 x2 + g(y, z). Nun ist f y = v 2 = y, und f y = g y. Daher ist g(y, z) = y dy = 1 2 y2 + h(z), also f(x, y, z) = 1 2 (x2 + y 2 ) + h(z). chliesslich ist f z = v 3 = z und f z = h (z). Daher ist h(z) = z dz = 1 2 z2 +C, also insgesamt f(x, y, z) = 1 2 (x2 +y 2 +z 2 )+C. b) Wir verwenden sphärische Koordinaten f(θ, φ) = (cos θ cos φ, sin θ cos φ, sin φ), wobei θ den Längengrad und φ den Breitengrad auf der phäre bezeichnen. Der Bereich, auf dem alle Koordinaten > sind, ist also durch gegeben. φ (, π/2) und θ (, π/2) c) Variante (fast) ohne Rechnung: Da durch die Gleichung f(x, y, z) = 1 mit f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 gegeben ist, ist f = (2x, 2y, 2z) ein Normalenvektor und daher ist der Einheitsnormalenvektor (x, y, z) = v. Da die z-komponente auf positiv ist, heißt dies: es gilt v = n. Daher ist der Fluss von v durch gegeben als v d o = ( v n) d = d = Area(). }{{} = n n=1 ist der Teil der Einheitssphäre, die im ersten Oktanden liegt, und die Einheitssphäre hat Flächeninhalt 4π. omit ist Area() = 1 4π = π/2, 8 also insgesamt v d o = π 2.

8 Variante mit Hilfe der Definition: Wir berechnen die Ableitungen: f θ = ( sin θ cos φ, cos θ cos φ, ), fφ = ( cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos φ). Damit ist das Kreuzprodukt f θ f cos θ cos 2 φ cos θ cos 2 φ φ = sin θ cos 2 φ = sin θ cos 2 φ. sin 2 θ cos φ sin φ + cos 2 θ cos φ sin φ cos φ sin φ Dies gibt die gewünschte Orientierung, da die z-komponente cos φ sin φ > für φ (, π/2). Als nächstes brauchen wir das kalarprodukt v ( f θ f cos θ cos φ cos θ cos 2 φ φ ) = sin θ cos φ sin θ cos 2 φ sin φ cos φ sin φ = cos 2 θ cos 3 φ + sin 2 θ cos 3 φ + sin 2 φ cos φ = (cos 2 θ + sin 2 θ) cos 3 φ + sin 2 φ cos φ = cos 3 φ + sin 2 φ cos φ = cos φ(cos 2 φ + sin 2 φ) = cos φ. Damit ist das Flussintegral gegeben als v d o = = π/2 π/2 v (f θ f φ ) dφ dθ = θ= φ= ( ) ( π/2 ) π/2 dθ cos φ dφ = π 2 θ= φ= π/2 π/2 θ= φ= cos φ dφ dθ [ sin φ ] π/2 = π 2.