Höhere Mathematik I: Klausur Prof Dr. Irene Bouw

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1 Höhere Mathematik I: Klausur Prof Dr. Irene Bouw Es gibt 5 Punkte pro Teilaufgabe, also insgesamt 85 Punkte. Die Klausureinsicht findet am Montag, den 5..8 ab : Uhr im H3 statt. Aufgabe. (a) Lösen Sie folgendes Anfangswertproblem: y (x) = ( + y(x) + y(x) )(cos(x)), y() =. Lösung: Man definiere Funktionen f : I R und g : J R durch f(x) = cos (x) und g(y) = + y + y. Dabei wähle man I R mit I so klein, dass +y(x)+(y(x)) für alle x I gilt, und setze J = g(i). (Dies ist möglich, da y() = und +y()+y () = gilt.) Dann gilt für alle x I: x y (t) g(y(t)) dt = x f(t)dt Wir erkennen daher, dass eine DGL mit getrennten Variabeln vorliegt. Für alle x I folgt damit: y(x) y(x) du g(u) = x du + u + u = y(x) (u + ) = cos (t)dt x x cos (t)dt cos (t)dt y(x) + = cos(x) sin(x) + x + C y(x) + = cos(x) sin(x) + x + C y(x) = sin(x) cos(x) + x + C Einsetzen des Anfangswertes y() = liefert C =. Also ist die Lösung des betrachteten Anfangswertproblems gegeben durch y(x) = sin(x) cos(x) + x.

2 (b) Finden Sie die allgemeine Lösung folgender Differentialgleichung: y (x) + y (x) + y(x) = e x cos(x). Lösung: (i) Die allgemeine Lösung der gegebenen inhomogenen DGL ist die Summe aus der allgemeinen Lösung der zugehörigen homogenen DGL und einer partikulären Lösung der inhomogenen DGL. Wir bestimmen zunächst die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen DGL y (x) + y (x) + y(x) =. Deren charakteristisches Polynom ist gegeben durch P (λ) = λ + λ + = (λ + + i)(λ + i). Also gilt: P (λ) = λ = i oder λ = + i Damit ist die allgemeine Lösung der homogenen DGL durch y hom (x) = C e x cos(x) + C e x sin(x) mit C, C R gegeben. (ii) Als nächsten Schritt bestimmt man eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL. Da bei dieser rechts e x cos(x) steht, liegt es nahe einen Ansatz zu wählen, bei dem Terme der Form Ae x cos(x) und/oder Be x sin(x) auftreten. Man prüft leicht nach, dass die Ansätze Ae x cos(x) und Be x sin(x) alleine nicht zum Erfolg führen. Dies führt zu der Überlegung, den Ansatz zu probieren. Es gilt dann y(x) = Ae x cos(x) + Be x sin(x) y (x) = (A + B)e x cos(x) + (B A)e x sin(x) und y (x) = Ae x sin(x) + Be x sin(x). Einsetzen in die DGL liefert: e x cos(x) = e x cos(x)(4b + 4A) + e x sin(x)(4b 4A) Daraus ergeben sich die beiden Gleichungen 4B + 4A = und 4B 4A =, aus denen A = B = folgt. Also ist 8 y p (x) = 8 ex (cos(x) + sin(x))

3 eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL. Ihre allgemeine Lösung ist daher gegeben durch y(x) = C e x cos(x) + C e x sin(x) + 8 ex (cos(x) + sin(x)). Aufgabe. Schreiben Sie α := ( ) i in Polarkoordinaten. Berechnen Sie auch den Realteil und den Imaginärteil von α. Lösung: α := ( ) ( ( i = cos π ) ( + sin π ) ) i 4 4 ) = e 5πi = e πi = ( e π 4 Da α = e πi = gilt, ist Re(α) = und Im(α) =. Aufgabe 3. Berechnen Sie die Schnittpunkte der Gerade L := x x = + λ x 3 mit der Ebene durch O :=, P := und Q :=. Lösung: Wir bestimmen zunächst eine Darstellung für die Ebene E der Form E : ax + bx + cx 3 = d. Aus den gegebenen Punkten erhält man das Gleichungssystem welches die Gleichung x + x + x 3 = liefert. Also gilt: (x, x x 3 ) t L E ( λ R, s.d. (x, x x 3 ) t = (, + λ, λ) t und x + x + x 3 = ) ((x, x x 3 ) t = (, + λ, λ) t und + + λ + λ = ) (λ = und (x, x, x 3 ) t = (,, ) t ) d = a b = a b c =,

4 Damit gilt: L E = Aufgabe 4. Sei A a = und b =. a Bestimmen Sie die Lösungsmenge des Gleichungssystem A a x = b in Abhängigkeit von a R. Lösung: Wir betrachten die erweiterte Koeffizientenmatrix (A a b). Mittels elementarer Zeilenumformungen erhält man: a III ai a + a a a 5a Ist nun a, so erhält man als eindeutige Lösung: x 3 = 5a a, x = 3a + a, x = 4 a Für a = hat das Gleichungssystem keine Lösung. III + aii Aufgabe 5. Sei f : R R, x sinh(x) x. (a) Bestimmen Sie alle lokalen Minima und Maxima von f. Lösung: Die Funktion f ist als Verknüpfung differenzierbarer Funktionen in allen x R differenzierbar und es gilt f (x) = cosh(x). Wir bestimmen die Nullstellen von f : f (x) = ( e x + e x) = e x 4x + = e x = 4 ± 6 4 = ± 3. Wegen = 3 4 = gilt ± 3 >. Also besitzt f genau zwei Nullstellen und zwar log( 3) und log( + 3). Wir wissen damit, dass in dem Fall, dass f ein lokales Extremum besitzt, diese

5 nur an diesen Stellen liegen können. Die Grenzwertbetrachtungen und sowie die Rechnung f (log ) = lim (cosh(x) ) = x lim (cosh(x) ) = x ( e log + ) e log = ( + ) = 3 4 < liefern uns, dass f an der Stelle log( 3) das Vorzeichen von + nach und an der Stelle log( + 3) von nach + wechselt. Daraus folgt, dass f an der Stelle log( 3) ein lokales Maximum und an der Stelle log( + 3) ein lokales Minimum besitzt. (Alternativ können Sie auch über die zweiten Ableitungen argumentieren: f (x) = sinh(x) und f (log( 3)) = 3 < und f (log( + 3)) = 3 >.) (b) Zeigen Sie, dass f genau eine positive Nullstelle besitzt. Lösung: Wir bemerken zuerst, dass < 3 < < + 3 gilt. Daraus folgt = log() (log( 3), log( + 3)). Außerdem gilt f() =. Aus (a) wissen wir, dass f (x) < x (log( 3), log( + 3)) gilt, und damit f streng monoton fallend auf diesem Intervall ist. Insbesondere folgt f(log( + 3)) <. Aus (a) wissen wir außerdem, dass f (x) > für alle x > log(+ 3) gilt, so dass f streng monoton wachsend auf (log( + 3), ) ist. Weil die Exponentialfunktion für x viel schneller wächst als x, ist lim x f(x) =. Da f stetig ist, folgt daher aus dem Zwischenwertsatz, dass f genau eine Nullstelle in dem Intervall (log( + 3, ) besitzt. Insgesamt folgt also, dass f genau eine positive Nullstelle besitzt. Aufgabe 6. Differenzieren Sie folgende Funktion nach x: sin(x) F : [, π/] R, t4 dt. Stellen Sie die Antwort möglichst einfach da! Lösung: Nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung ist die Funktion F in allen x (, π ) differenzierbar und es gilt: F (x) = cos x (sin x) sin x = cos x cos (x) sin x

6 Da cos(x) für alle x (, π ) gilt, folgt damit F (x) = cos (x) sin(x). Aufgabe 7. (a) Untersuchen Sie das folgende Integral auf Konvergenz: R dx + sin x = π/ dx + sin(x). Lösung: Es sei R ( π, ). Dann gilt mit der Standardsubstitution t = tan( x ), sin(x) = t, dx = : +t dt +t tan( R ) dt + t + t = +t tan( R ) dt + t + t = = [ t + ] tan( R ) = + tan( R ) + Wegen tan( π ) = und lim 4 Divergenz des Integrals. (b) Bestimmen Sie folgendes Integral: π π R ( π )+ tan( R )+ sin(x) sin(4x) dx tan( R ) dt ( + t) = folgt damit die Lösung: Es gibt hier mehrere gleichwertige Wege, dieses Integral zu bestimmen. Im folgenden seien zwei von diesen dargestellt. (i) Mittels zweimaliger partieller Integration erhält man: sin(x) sin(4x)dx = [ cos(x) sin(4x)] π π = 4 cos(x) cos(4x)dx = 4([sin(x) cos(4x)] π = 6 π π sin(x) sin(4x)dx ( cos(x)) cos(4x)dx π π Daraus folgt 5 sin(x) sin(4x)dx =, also π sin(x) sin(4x)dx =. sin(x)( 4) sin(4x)dx)

7 (ii) Nach den Additionstheoremen gilt π sin(x) sin(4x) = (cos(5x) cos(3x)) für alle x [, π]. Also gilt: sin(x) sin(4x) dx = π = [ 5 sin(5x) 3 sin(3x) (c) Bestimmen Sie folgendes Integral: t t 3t + dt. t Lösung: Es ist = + t 3t+ t t 3t + dt = t + 3t t 3t+ (cos(5x) cos(3x))dx ] π 3t t 3t + dt = t + =. und damit Die Partialbruchzerlegung mit dem Ansatz a = 4 und b =. Also folgt: t t 3t + dt = t + 4 t dt = t + 4 log t log t + C = t + log 3t (t )(t ) dt. 3t = (t )(t ) t dt (t )4 t. a + b liefert t t Aufgabe 8. (a) Konvergiert die folgende Reihe? Konvergiert die Reihe auch absolut? ( ) n log(n). n6 n n= Lösung: Für alle n gilt nach der Dreiecksungleichung: ( ) n log(n) n6 n log(n) n6 n + n6 n. Da, wie aus der Vorlesung bekannt, log(n) n und n 6 n = n 5 (n n 4 ) n5 jeweils für alle n gilt, folgt damit: ( ) n log(n) n n6 n n6 n + n6 n = n5 + n6 n

8 n 4 + n 5 = n + Weil sowohl die Reihe n= konvergeiert die Reihe ( n= n n 5 als auch die Reihe + n n 5 konvergieren, n= n 5 ). Nach dem Majorantenkriterium ist die zu untersuchende Reihe. n= ( ) n log(n) n6 n konvergent, insbesondere konvergent. (b) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Reihe n! z n. 3 n n= also absolut Lösung: Setzt man a n := n! für alle n, so gilt: 3 n lim a n n!3 (n+) n!3 n+n+ 3 n+ n (n + )!3 n n (n + )!3 n n n + = n a n+ Also ist der Konvergenzradius der zu untersuchenden Reihe unendlich. Aufgabe 9. (a) Berechnen Sie folgende Grenzwerte, falls sie existieren: lim x + xx, x lim x sin(x) ex. Lösung: (i) Es gilt: x x = e (log(x))x. Wegen lim log(x) x + nach dem Satz von l Hôpital: log(x) lim x log(x) x + x + x x x + ( )x 3 x + x = gilt x +( x ) = Weil die Exponentialfunktion stetig ist, folgt daraus lim x + xx x + e(log(x))x = exp( lim x log(x)) = e = x + x (ii) Der Grenzwert lim x sin(x) ex existiert nicht, da lim x e x = x und sin(x) π-periodisch jeden Wert im Intervall [, ] annimmt.

9 (b) Für welches a R ist die Funktion x f(x) = x 4 falls x, x x a falls x = stetig bei x =? Lösung: Es gilt: lim x x x 4 x x ( x 4 + x x ) (x ) x x 4 (x x ) ( (x ) x 4 + x x ) x x ( x 4 + ) x x = x Die Funktion f a ist also genau dann bei x = stetig, wenn a = ist. Aufgabe. (a) Berechnen Sie das Volumen des Rotationkörpers, der durch Rotation der Hyperbel y x =, x [, ] um die x-achse entsteht. Lösung: Aus Symmetriegründen genügt es, y = + x =: f(x) um die x-achse zu rotieren. Es gilt also: V = π ( ) [ + x = π x + ] 3 x3 = π 4 3 = 8 3 π. (b) Berechnen Sie die Krümmung des Hyperbels aus (a) und zeigen Sie, dass die Krümmung nirgendwo null ist. Lösung: Wir unterscheiden hier zwischen dem oberen Hyperbelast und dem unteren. Der obere Teil (y > ) ist durch gegeben, der untere durch y = + x =: f(x) y = + x =: f(x). Die Funktion f ist als Verknpfung zweimal differenzierbarer Funktionen zweimal differenzierbar und es gilt f x (x) = + x

10 sowie Daraus ergibt sich f (x) =. ( + x ) 3 + (f (x)) = + x + x und die Krümmung zu κ(x) = f (x) =. ( + x ) 3 ( + x ) 3 Daraus sieht man, dass die Krümmung auf dem oberen Hyperbelast niemals Null wird. Für den unteren Ast (y < ) gilt f (x) = f (x) und f (x) = f (x), so dass κ(x) = ( + x ) 3 folgt. Also ist auch auf dem unteren Hyperbelast die Krümmung überall von Null verschieden.