Musterlösung Prüfung

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1 D-BAUG Analysis I/II Winter 24 Meike Akveld Theo Bühler Musterlösung Prüfung. (a) Bestimmen Sie die reellen Koeffizienten p und q, so dass z = 2 3i eine Lösung der Gleichung z 3 3z 2 + pz + q = ist. Bestimmen Sie ebenfalls die weiteren Lösungen z 2 und z 3 dieser Gleichung. (b) Bestimmen Sie die beiden komplexen Zahlen z, welche die folgenden zwei Bedingungen erfüllen, und zeichnen Sie sie in die komplexe Zahlenebene ein: ( z( 3 + i) ) i. arg(z 3 ) = arg. i iπ ze 6 z 2. ii. = + i 2 4i Lösung: Teil a): Wenn z eine Lösung ist, dann auch die komplex Konjugierte Durch Polynomdivision durch z 2 = z = 2 + 3i. (z z )(z z 2 ) = (z 2 + 3i)(z 2 3i) = z 2 4z + 3 spalten wir diese beiden Löesungen von der Gleichung ab: ( z 3 3z 2 +pz + q ) : ( z 2 4z + 3 ) pz 9z + q 3 = z + + z 2 4z + 3 z 2 +pz 3z + q und lesen ab pz 9z + q 3 z 3 = p = 9 q = 3.

2 Alternative: Wenn z eine Lösung ist, dann auch die komplex Konjugierte z 2 = z = 2 + 3i. Nun machen wir den unbestimmten Ansatz (z z )(z z 2 )(z z 3 ) = (z 2 4z + 3)(z z 3 ) = z 3 3z 2 + pz + q z 3 + ( z 3 4)z 2 + (4z 3 + 3)z 3z 3 = z 3 3z 2 + pz + q und bekommen durch Koeffizientenvergleich z = 3 z 3 = 4z = p p = 9 3z 3 = q q = 3. Teil b): Wir betrachten zuerst das Argument: ( z( 3 + i) ) arg(z 3 ) = arg mod(2π) i 3 arg(z) = arg(z) + arg( 3 + i) arg(i) mod(2π) 2 arg(z) = π 6 π 2 = π 3 mod(2π) arg(z) = π 6 mod(π), und bekommen arg(z) = π 6 arg(z) = 5π 6. Als nächstes der Betrag: iπ ze 6 z 2 = + i 2 4i z iπ e 6 z = 2 + i 2 4i z 2 = z 2 8 z = 3.

3 Also gibt es die zwei Lösungen z = 3e π 6 i z = 3e 5π 6 i, im Koordinatensystem eingezeichnet: y z 2 π/6 3 x z 2. Betrachten Sie die reelle Funktion f(x) = tanh x = sinh x cosh x. (a) Bestimmen Sie den Definitionsbereich von f. (b) Zeigen Sie, dass die Funktion f streng monoton steigend ist und bestimmen Sie ihren Wertebereich. (c) Bestimmen Sie eine explizite Formel für die Umkehrfunktion f (x). (d) Erstellen Sie eine Skizze der Graphen von f und f im gleichen Koordinatensystem. Geben Sie die Asymptoten von f an und zeichnen Sie diese ein. Lösung: Teil a): Der Wert f(x) ist für reelle x genau dann reell, wenn cosh(x), was für alle x R erfüllt ist. Also ist der Definitionsbereich ganz R. Teil b): Wir leiten ab: f (x) = cosh(x)2 sinh(x) 2 cosh(x) 2 = cosh(x) 2 >,

4 also ist f streng monoton steigend. Für den Wertebereich beobachten wir, dass e 2x lim x e 2x + = lim x e 2x e 2x + =, also werden wegen der Stetigkeit und der strengen Monotonie von f alle Werte im Intervall (, ) angenommen. Teil c): Wir rechnen für < y < e 2x e 2x + = y e 2x ( y) = y + e 2x = + y y ( ) + y 2x = ln y x = 2 ln ( + y y Teil d): Die Asymptoten sind die Geraden y = und y =. Somit sieht die Skizze folgendermassen aus: y tanh x ) = ln ( ) + y. y tanh x x -

5 3. Berechnen Sie: x (a) (x 2 2x + 3) 2 dx. x (b) x 2 x 6 dx. (c) ln(x 2 + ) dx. Lösung: Teil a): Wir verwenden die Substitution und bekommen x (x 2 2x + 3) 2 dx = y = x 2 2x + 3 dy dx = 2x 2 2y 2 dx = 2y + c = Teil b): Zuerst machen wir eine Polynomdivision: ( x x 2 + 6x+2 7x+8 und machen eine Partialbruchzerlegung 2(x 2 2x + 3) + c. ) : ( x 2 x 6 ) = x + + 7x + 8 x 2 x 6, 7x + 8 x 2 x 6 = A x B (A + B)x 3A + 2B = x 3 x 2 x 6 A + B = 7 3A + 2B = 8 5B = 29 B = 29 5 A = 6 5. Nun integrieren wir separat x + dx = x2 2 + x + c 6 ln x c x + 2 dx = dx = ln x 3 + c x 3 5

6 und setzen zusammen x x2 x 2 dx = x x + (6 ln x ln x + 2 ) + c. 5 Teil c): Mit einem kleinen Trick integrieren wir partiell ln(x 2 + ) dx = ln(x 2 + ) dx = x ln(x 2 2x + ) x x 2 + dx 2x = x ln(x ) x 2 dx + = x ln(x ) 2 dx + x 2 + dx = x ln(x 2 + ) 2x + 2 arctan(x) + c. 4. Bestimmen Sie die Funktion, für die gilt: An jeder Stelle des Definitionsbereichs ist die Steigung des Graphen der Funktion proportional zur dritten Wurzel des Funktionswerts an dieser Stelle. Zudem soll der Graph dieser Funktion durch die Punkte (, 8) und (, 27) gehen. Lösung: Zu lösen ist die Differentialgleichung y (x) = a 3 y(x) y() = 8 y() = 27. Wir rechnen dy dx = a 3 y dy = a dx 3 y dy = a dx y y 2 3 = ax + c y = (bx + d) 3 2

7 und setzen ein x = d 3 2 = 8 d = 4 x = (b + 4) 3 2 = 27 b = 5. Die Funktion ist also y(x) = (5x + 4) Beachten Sie: In den folgenden Multiple Choice Fragen ist jeweils genau eine Antwort richtig. Bitte kreuzen Sie die Antworten auf dem Aufgabenblatt an. Falsche Antworten geben einen Punktabzug. (a) Der Koeffizient von ( x π ) 3 4 in der Taylorreihe um x = π 4 der Funktion f(x) = cos x ist (b) x lim 2 x 3 5x 2 9 x 3 7x + 9 = Dieser Grenzwert existiert nicht.

8 (c) Der Konvergenzradius der Reihe. n= (n )! n n x n ist e.. e.. (d) Die Potenzreihe für alle x R. n= für alle x [ 2, 2). für alle x ( 2, 2]. für alle x [ 3, ). für alle x ( 3, ]. ( 2 )n n (x + )n konvergiert (e) Welche der folgenden Funktionen stellt die Potenzreihe ihrem Konvergenzbereich dar? x e x. e x2. x e x 2. k= x 2k+ k! in x ( x 2 ). ln( x2 ). x

9 6. Die Ebene x + y + 2z = 2 schneidet das Paraboloid z = x 2 + y 2 in einer Ellipse. Finden Sie die Punkte auf dieser Ellipse, welche den grössten und den kleinsten Abstand zum Ursprung haben. Lösung: Wir benutzen Lagrangemultiplikatoren. Zu minimieren ist die Funktion f(x) = x 2 + y 2 + z 2 unter den Nebenbedingungen g(x) = x + y + 2z 2 = h(x) = x 2 + y 2 z =. Wir machen den Ansatz 2x 2x f(x) + λ g(x) + µ h(x) = 2y + λ + µ 2y = 2z 2 und bekommen daraus das Gleichungssystem 2( + µ)x + λ = 2( + µ)y + λ = 2z + 2λ µ =. µ µ λ x = 2( + µ) λ y = 2( + µ) Falls µ =, folgt λ = und die letzte Gleichung wird zu 2z + = z <, was der Bedingung h(x) = widerspricht. Also folgt wegen µ x = y. Nun werden die Nebenbedingungen zu x + y + 2z 2 = 2x + 2z 2 = x 2 + y 2 z = 2x 2 z = 4x 2 + 2x 2 = x = oder x = 2 z = 2 oder z = 2.

10 Wegen f (,, 2) = 6 ( f 2, 2, ) = ist der gesuchte ursprungsnächste Punkt (/2, /2, /2) und der gesuchte ursprungsfernste Punkt (,, 2). 7. Betrachten Sie die Fläche S, die durch z = x( x)y( y) mit x und y gegeben ist. Sei K(x, y, z) = (,, x). Berechnen Sie das Integral K n do, S wobei n der nach oben zeigende Normalenvektor der Länge von S ist. Lösung mit Gauss: Da der Rand von S das leere Einheitsquadrat in der xy-ebene ist, schliessen S und das volle Einheitsquadrat Q = [, ] [, ] einen Körper V ein. Der nach aussen zeigende Normalenvektor auf Q ist (,, ). Dann gilt mit dem Satz von Gauss K n do = div K dv K n do S V Q = dv K n do V = Lösung mit Stokes: Wir beobachten, dass für gilt Q L(x, y, z) = (, x 2 /2, ) x dx dy = 2. K(x, y, z, ) = rot L(x, y, z). Den Rand von S parametrisieren wir für t [, ] mit γ (t) = (t,, ) γ 2 (t) = (, t, ) γ 3 (t) = ( t,, ) γ 4 (t) = (, t, ).

11 Somit ist das Integral mit dem Satz von Stokes K n do = L dr S = = = S L(γ (t)) γ (t) + L(γ 2 (t)) γ 2 (t) + L(γ 3 (t)) γ 3 (t) + L(γ 4 (t)) γ 4 (t) dt t dt = 2. ( t) dt Direkte Lösung: Der nach oben zeigende Normalenvektor der durch Φ(x, y) = (x, y, x( x)y( y)) = (x, y, xy x 2 y xy 2 + x 2 y 2 ) parametrisierten Fläche ist gegeben durch n = Φ x Φ y = y 2xy y 2 + 2xy 2 x x 2 2xy + 2xy 2 y + 2xy + y 2 2xy 2 = x + x 2 + 2xy 2xy 2, also ist das Integral gleich S K n do = K(Φ(x, y)) n dx dy = x dx dy = Berechnen Sie die Fläche des Gebiets, welches vom x-achsenabschnitt mit π x und der Kurve ( ) x 2 + y 2 arccos y2 x 2 + y 2 =, y >, eingeschlossen ist.

12 Lösung: Wir sehen, dass der Wurzelausdruck umgeformt y2 x 2 + y 2 = x x 2 + y 2 ist und daher wird die Kurve in Polarkoordinaten wegen y > beschrieben durch r = ϕ und mit der Leibnizschen Sektorformel bekommen wir für den Flächeninhalt π ϕ 2 dϕ = π Bestimmen Sie mit Hilfe des Separationsansatzes u(x, y) = X(x)Y (y) die Eigenwerte λ kl und Eigenfunktionen u kl des Eigenwertproblems 2u xxy + u yy + λu = in G u = n auf {, 2π} [, π] u = auf [, 2π] {, π} auf dem Gebiet G = [, 2π] [, π]. Lösung: Mit dem Separationsansatz wird die Differentialgleichung zu 2X (x)y (y) + X(x)Y (y) + λx(x)y (y) = X(x)(Y (y) + λy (y)) = 2X (x)y (y) X (x) X(x) = Y (y) + λy (y) 2Y (y)! = ω, wobei wir im letzten Schritt beide Seiten konstant setzen konnten, da sie von verschiedenen unabhängigen Variablen abhängen. Damit bekommen wir die zwei Differentialgleichungen X (x) + ωx(x) = Y (y) 2ωY (y) + λy (y) =.

13 Mit Methoden der Analysis I bestimmen wir die allgemeinen Lösungen für X und Y : X(x) = Ae ωx + Be ωx Y (y) = e ωy ( Ce ω 2 λy + De ω 2 λy ). Aus den Randbedingungen berechnen wir u x (, y) = ( A ω B ω ) Y (y) = A = B. u ( x (2π, y) = A e ) ω2π + e ω2π Y (y) = ω = k2 4 u(x, ) = X(x) (C + ( D) = C = D u(x, π) = X(x)Ce ωπ ) e ω 2 λπ e ω 2 λπ = ω 2 λ = l 2 für k, l Z. Damit bekommen wir die Eigenwerte λ k,l = k4 6 + l2 und die dazugehörigen Eigenfunktionen ( ) u k,l = e k2 k 4 y sin 2 x sin (ly).

14 . Beachten Sie: In den folgenden Multiple Choice Fragen ist jeweils genau eine Antwort richtig. Bitte kreuzen Sie die Antworten auf dem Aufgabenblatt an. Falsche Antworten geben einen Punktabzug. (a) Ein Gebiet G in der Ebene habe die Fläche G = 3. Sei T : R 2 R 2 die Abbildung gegeben durch T (x, y) = (x 2y, 3x + 4y). Was ist die Fläche des Gebiets T (G)? T (G) =.3. T (G) = /3. T (G) =. T (G) = 27. T (G) = 3. 3x 2 (b) Eine Funktion f : R 3 R habe den Gradienten f(x, y, z) = 4y. 8z Was folgt für f? f(x, y, z) = 6x x f(x, y, z) = 4. 8 f(x, y, z) = x 3 + 2y 2 + 4z 2. 6x f(x, y, z) = 4. 8 f(x, y, z) = 3x 2 + 4y + 8z.

15 (c) Sei G der Kreisring {(x, y) : < x 2 + y 2 < 4}. Ein Vektorfeld K(x, y) auf G erfülle rot K =. Es gibt immer eine Funktion f : G R, so dass f = K. Es gibt nie eine Funktion f : G R mit f = K. Die gegebenen Informationen reichen nicht aus, um zu entscheiden, ob es eine Funktion f : G R gibt, so dass f = K. (d) Der Rotationskörper, den man erhält, wenn man die Parabel y = x 2 + mit x um die x-achse rotiert, hat folgendes Volumen: 5π 6. 3π. 52π 5. 4π. 56π 5. (e) Welches ist die präziseste Beschreibung der durch Φ(x, φ) = (4x 2, 3 sin φ, 2 cos φ), x, φ 2π parametrisierten Fläche? Mantel eines geraden Kreiszylinders. Mantel eines echt schiefen Kreiszylinders. Mantel eines geraden elliptischen Zylinders. Parabolisches Ellipsoid. Elliptisches Paraboloid.