Lösung - Serie 10. D-MAVT/D-MATL Analysis I HS 2018 Dr. Andreas Steiger. MC-Aufgaben (Online-Abgabe) 1. Berechnen Sie die Partialbruchzerlegung von

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1 D-MAVT/D-MATL Analysis I HS 8 Dr. Andreas Steiger Lösung - Serie MC-Aufgaben (Online-Abgabe). Berechnen Sie die Partialbruchzerlegung von + +. (a) ( ). (b) ( ). (c) ( ). (d) (+) Beachte Man kann also den Ansatz ( ) ( + ) A + B + + C ( ) machen. Durch Multiplikation mit ( ) ( + ) und Koeffizientenvergleich berechnet man A, B, C. Bitte wenden!

2 . Welche der folgenden Subtitutionen kann verwendet werden, um das Integral + u auszudrücken? (a) u cos() +. + cos() als Es gilt cos() u und folglich + cos() + u Allerdings ist du/ ± sin()/ cos() +, woraus + u. + cos() + u folgt. (b) u + cos(). Es gilt du sin() und folglich ist du sin(). Somit ist + cos() du. Damit dieses u sin() +u Integral gleich ist, müsste u sin() gelten. Dies ist allerdings nicht der Fall. In der Tat ist u sin() + u negativ für π/, während +u immer positiv ist. (c) u tan(/). Es sei u tan(/). Dann gilt du cos (/) und somit cos (/)du. Als Nächstes drücken wir cos (/) durch Terme in u aus: u tan(/) sin(/) cos(/) ± cos (/). cos(/) Schreiben wir diese Gleichung um, so erhalten wir cos (/) u. Folglich ist also + + cos() + cos() ( ) u du. + u + und Nun müssen wir cos() durch Terme in u ausdrücken. Unter der Verwendung der Doppelwinkelformel für den Kosinus folgt cos() cos (/) u + u u. Damit gilt also, wie gewünscht, + ( ) ( ) + cos() u du + + u u du + + u. +u (d) u tan(). In diesem Fall ist du cos () und folglich cos ()du. Wie in der Lösung zu (c) gilt u tan() sin() cos() ± cos () cos() und somit cos () 6 u. Daraus folgt, dass du +6 u +6 und cos() ± gelten. Folglich ist u +6 + cos() ± u +6 ( u + 6 ) du Allerdings gilt u + 6 ± u u (für fast alle u), woraus u + 6 ± u cos() +u folgt. Siehe nächstes Blatt!

3 . Es sei u sin(). Durch Substitution folgt da a a π sin() u(π) u() u du/ du u du, du/ g(t)dt für alle Funktionen g auf R und a R gilt. Allerdings folgt durch Verwendung der partiellen Integration, dass π sin() [sin() cos()] π folgenden Sätze beschreibt, worin der Fehler unserer Überlegungen liegt? π gilt. Welcher der (a) (b) Die Funktion sin() cos() ist keine Stammfunktion von sin(). Die Grenzen der Integration sind falsch. (c) a a g(t)dt stimmt nicht für alle Funktionen g. (d) Die Substitution u sin() ist mit diesen Grenzen nicht erlaubt. Der Beweis, der mithilfe der Substitution u sin() zeigt, dass π sin() gilt, ist falsch, während der andere Beweis, der mithilfe partieller Integration zeigt, dass das Integral gleich π ist, korrekt ist. Die Substitution u u() kann nur dann verwendet werden, um ein endliches Integral b g() mit a a < b zu berechnen, wenn die Funktion u im Intervall [a, b] injektiv ist. Falls u nicht injektiv ist, dann impliziert der Mittelwertsatz, dass ein ξ (a, b) mit u (ξ) eistiert. Es gibt also eine Stelle im Intervall (a, b), an der du ist. Somit können wir nicht als f(u)du anschreiben. Dies ist jedoch essentiell, um die Substitution durchzuführen. Bitte wenden!

4 . Die verkürzte Zykloide ist die Kurve die von einem Punkt auf einem rollenden Rad beschrieben wird. Eine Parameterdarstellung ist { (t) at b sin t y(t) a b cos t, mit a > b >. Berechnen Sie den Flächeninhalt der gefärbten Fläche (a) (b) (c) (a + b ab)π. (a a + b + b)π. (a + b )π. (d) (b + ab)π. Die Zahl a ist der Radius des rollenden Rads; b ist der Abstand des Punktes zum Mittelpunkt des Rads. Die Flächenformel π y(t)ẋ(t)dt gibt den Flächeninhalt unter der Kurve mit Parametrisierung ((t), y(t)). Gesucht ist aber den Flächeninhalt der blauen Figur, also müssen wir den Flächeninhalt des Rechtecks subtrahieren. Dieses Rechteck hat Höhe a b und Breite πa (Umfang des Rads). Der gesuchte Flächeninhalt ist gleich [ a t ab sin t + b F π π π (a b cos t)(a b cos t) dt πa(a b) (a ab cos t + b cos t) dt πa(a b) ( a ab cos t + b + cos(t) ) sin(t) (t + ) ] π dt πa(a b) πa(a b) a π + b π πa(a b) (b + ab)π. Siehe nächstes Blatt!

5 5. Berechnen Sie die folgenden Integrale: a) (Hinweis: Substituieren Sie u e ); e b) c) + cosh ; (Hinweis: Substituieren Sie u ); d) e) f) g) h) cos( ); arcsin ( ) ; + ; (Hinweis: Das Polynom + ist ein Faktor des Nenners.); Lösung: a) e. Subst. u e. Dann ist u du e (u + ). e u du ( + u ) u arctan u + C arctan e + C b) Mit der Substitution u gilt du, oder auch du. Daher haben wir + du u + ( ( u ( ) u arctan + C Im letzten Schritt haben wir dabei u rücksubstituiert. c) Einsetzen der Definition von cosh liefert cosh du ) + ) 6 arctan e + e. du ( ) u + ( ) + C. Nun bietet sich die Substitution u e an, also gilt ln u und damit u du. Es folgt cosh du u (u + u ) du u + arctan u + C arctan(e ) + C. Bitte wenden!

6 Variante: Wir erweitern mit cosh und benutzen die Identität cosh + sinh. cosh cosh cosh cosh + sinh. Nun substituieren wir u sinh, d. h. du cosh. Also cosh du arctan(u) + D arctan(sinh ) + D. + u Diese beiden Stammfunktionen arctan(e ) und arctan(sinh ) von cosh unterscheiden sich tatsächlich nur um eine Konstante (um π ), das ist aber nicht ganz einfach zu zeigen! d) Es sei t. Dann ist dt, t() 9 und t() 6. Somit ist cos( ) 6 9 t cos(t)dt. Nun verwenden wir partielle Integration mit u(t) t und v (t) cos(t) und erhalten [t sin(t)] sin(t)dt (6 sin(6) 9 sin(9)) + [cos(t)]6 9 (6 sin(6) 9 sin(9) + cos(6) cos(9)). e) Im Kapitel über die Umkehrfunktion haben wir gesehen, dass arcsin(sin u) u gilt für u [ π, π ]. Weiter gilt sin u cos u. Diese Beziehungen können wir offenbar mit der Substitution cos u ausnutzen; also gilt sin u du. Ausserdem ist die Funktion (u) cos u für u [, π] invertierbar, nämlich u arccos(). Wir transformieren die Grenzen: Damit erhalten wir u arccos() π, u arccos( ) π. arcsin π π π π arcsin u du π arcsin(sin u) sin u du sin u [ ] π u 5 7 π. f) Durch Ausprobieren finden wir, dass eine Nullstelle des Nenners ist. Mit Polynomdivision ergibt sich ( + ) : ( ) + +, was das Quadrat von + ist. Also faktorisieren wir + ( )( + ). Der Ansatz der Partialbruchzerlegung ergibt +! ( )( + ) A + + B ( + ) + C (A + C) + (B + C) + ( A B + C) ( )( + ). Siehe nächstes Blatt!

7 Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir A, B und C. Somit ist ( + ) ln + + ln + + C ln C. g) Da + das Nennerpolynom teilt, erhalten wir durch Polynomdivision ( ) : ( + ) ( + + ). Das Polynom + + hat keine reellen Nullstellen, wir betrachten daher als Partialbruchzerlegung ! A + C + + B + D + + (A + B) + (A + C + D) + (A + B + C) + C + D ( + )(. + + ) Ein Koeffizientenvergleich liefert A, B C und D. Also ln + + ( + ) + ln( + ) + arctan( + ) + C. h) Zunächst gilt + ( + ), und + hat keine reellen Nullstellen. Wir setzen also + ( + )! A + B + C + D + (A + C) + (B + D) + A + B (, + ) woraus folgt: A, B, C und D. Somit + ( + ) ln + + ln + ( ) + ln ln( + ) arctan ( ) + C. 6. Ziel dieser Aufgabe ist es, eine Rekursionsformel für das Integral zu finden. e I n ln() n, n Bitte wenden!

8 a) Berechnen Sie die ersten zwei Integrale I und I. b) Finden Sie eine Rekursionsformel für I n. Benutzen Sie hierfür partielle Integration. c) Verwenden Sie die gefundene Rekursionsformel von I n um I 5 zu berechnen. d) Zeigen Sie, dass lim I n. Lösung: Hinweis: Es sei ε >. Benutzen Sie unter anderem I n ln() n + e ln() n und ln() < für alle [, e) um zu zeigen, dass lim I n ε. a) Es gilt und mittels partieller integration I e I ln() e e ln() b) Es sei n. Wir berechnen mit partieller Integration I n e e e ln() [ ln() ] e e ln() ln() n [ (ln() ) ln() n ] e e (n ) e (ln() ) ln() n (n ) (I n I n ).. (ln() )(n ) ln() n Also für n. I n (n )(I n I n ) c) Durch sukzessives Einsetzen erhält man d) Mit dem Hinweis berechnen wir I 5 e +. I n e ln() n + ln() n e ln(e ε) n + ln(e) n. Um die Abschätzung zu zeigen, haben wir benutzt, dass ln monoton steigend ist und deshalb ln() n ln(e ε) n für alle [, e ε] und ln() n ln(e) n für alle [e ε, e]. Wir haben Siehe nächstes Blatt!

9 also lim I n lim ln(e ε) n + lim ln(e ε)n lim e ln(e) n + lim ln(e)n e lim ln(e ε)n (e ε ) + lim n ε (e ε ) + ε. Bei der obigen Rechnung haben wir benutzt, dass ln(e ε) <. Wir konnten also zeigen, dass für alle ε >. Und deshalb folgt, dass lim I n ε lim I n, weil wir ja ε > beliebig klein wählen können (und I n für alle n ). Bemerkung: (Zusammenhang zu fipunktfreien Bijektionen, nicht prüfungsrelevant). Es gilt I n ( ) n (a n e n!) für alle n, wobei die Folge a n die Rekursionsgleichung a n (n )(a n + a n ), n mit a, a erfüllt. (Dies lässt sich Nachrechnen). Es lässt sich zeigen, dass a n genau der Anzahl fipunktfreier Bijektionen auf einer n-punktigen Menge entspricht. Fipunktfrei heisst, dass es keinen Punkt gibt der auf sich selbst abgebildet wird. Mehr dazu kann man auf nachlesen. Es gilt also und somit I ( n lim n! lim a n e ) ( )n n! a n lim n! e. Da eine n-punktige Menge genau n! verschiedene Bijektionen zulässt, haben wir gezeigt, dass die Wahrscheinlichkeit zufällig eine fipunktfreie Bijektion einer n-punktigen Menge auszuwählen für grosse n ungefähr e beträgt. Bitte wenden!

10 7. Durch ρ(ϕ) a cos(ϕ) mit a > wird in Polarkoordinaten der Rand eines Kleeblattes parametrisiert. b a) Berechnen Sie den Flächeninhalt des Kleeblattes. b) Bestimmen Sie die Breite b des Kleeblattes. Lösung: a) Für die Fläche erhalten wir nach der bekannten Formel F a π ρ(ϕ) dϕ a π [ϕ + sin(ϕ) ] ϕπ ϕ cos (ϕ) dϕ a πa. π ( + cos(ϕ)) dϕ b) Um die Breite zu bestimmen, benötigen wir die y-koordinate desjenigen Punktes im ersten Quadranten, an dem die Tangente an der Kurve horizontal ist. Dazu bestimmen wir zunächst die kartesischen Komponenten der Kurve: ((ϕ), y(ϕ)) (ρ(ϕ) cos ϕ, ρ(ϕ) sin ϕ) (a cos(ϕ) cos(ϕ), a sin ϕ cos(ϕ) ). Aus der Skizze wird klar, dass wir einen Punkt mit ϕ (, π ] suchen. Dort ist also cos(ϕ) >, und wir finden dy dϕ d (a sin ϕ cos(ϕ)) a cos ϕ cos(ϕ) a sin ϕ sin(ϕ) dϕ a [ cos ϕ(cos ϕ sin ϕ) sin ϕ cos ϕ ] a cos ϕ ( cos ϕ 5 sin ϕ ) a cos ϕ ( 6 sin ϕ ). Die einzige Lösung hiervon im Intervall (, π ] ist ϕ arcsin 6, und die Breite ergibt sich zu b y(ϕ ) a sin ϕ cos(ϕ ) a sin ϕ ( sin ϕ ) a ( ) 6 a 6. Siehe nächstes Blatt!

11 8. Berechnen Sie den Flächeninhalt, den die folgenden Kurven im Bereich ϕ π einschliessen. a) ρ(ϕ) ϕ b) ρ(ϕ) +ϕ c) ρ(ϕ) sin(ϕ) Lösung: a) Wir berechnen F π π π π. ρ(ϕ) dϕ ϕ dϕ [ ϕ π ] π ϕ dϕ b) Wir berechnen c) Wir berechnen π F ρ(ϕ) dϕ [ ] π + ϕ + π. F π π ρ(ϕ) dϕ sin(ϕ) dϕ [ ϕ sin(ϕ) ] π π π Hier haben wir benutzt, dass sin(ϕ) ( cos(ϕ)). π. ( ) dϕ + ϕ sin(ϕ) dϕ