Lösungen zu Mathematik I/II

Transkript

1 Prof. Dr. E. W. Farkas ETH Zürich, Februar 11 D BIOL, D CHAB Lösungen zu Mathematik I/II Aufgaben 1. 1 Punkte a Wir berechnen lim x x + x + 1 x + x 3 + x = 1. b Wir benutzen L Hôpital e x e x lim x sinx L Hôpital = lim x e x + e x cosx c Das Taylorpolynom erster Ordnung der Funktion im Punkt x = 1 ist gegeben durch fx = xe x 1 T 1 x = 1 + x 1 = x. d Offensichtlich ist x = x + x und x + 1 x = A x + + =. B, genau wenn A = 1/ und B = 3/. x Dann folgt mit Partialbruchzerlegung x + 1 x dx = 1 1 x x dx = 1 { } log x log x + C. Für das bestimmte Integral folgt mit dem Hauptsatz der Differential-und Integralrechnung x + 1 x dx = 1 { } log3 log 3 log = 1 3 log. 16

2 e Damit f in x = stetig ist, muss lim x fx = f gelten. Wir haben lim cx + = c + =! f =, x also folgt c = 1. f Mit einer Substitution u = x + 1 und du = dx finden wir 1 x dx = u 3 du = 1 1 u + C = x C. g Wir benutzen fx = 3 x = e log3x = e x log3 und somit folgt mit der Kettenregel f x = e x log 3 log3 = 3 x log3. h Wir betrachten die Ungleichung f x. Mit f x = xex x e x e x x e x, also x x und somit I = [, ]. folgt xe x. 1 Punkte a Wir haben zw = z w. b Wir haben z =, da = =. c e i = cos 1 + i sin 1. Deshalb erhalten wir Re z = cos 1 und Im z = sin 1. d Wir haben und daher e iπ = 1, z = 5eiπ + 3i + i = 5 + 3i i = 1 + 6i + 1. Deshalb erhalten wir z = i.

3 e f Wir haben Deshalb i = i i 1 = i 1 = 9 e i π 3 9 = 9 e 3πi = 9. = 3 e i 3 π. z 3 = 3 und arg z 3 = 3π. Daraus folgt z 1 = cos π + i sin π = 1 + i z = cos 1 3π 3 + π + i sin 1 3π 3 + π z 3 = cos 1 3π 3 + π + i sin 1 3π 3 + π = = 11π + i sin 1 cos 11π 1 cos 19π 19π + i sin Punkte a Entscheiden Sie ob die folgenden Aussagen richtig oder falsch sind. 1. richtig aus Ax = λx folgt 1 λ x = A 1 x 5 3. richtig zum Eigenwert, denn es ist 3. falsch deta =. richtig die Determinante der Matrix ist ungleich = 6 b Multiplizieren der ersten Zeile von A mit der ersten Spalte von B muss 1 ergeben, daraus folgt x 1 = 1, das selbe macht man mit der dritten Zeile von A und der dritten Spalte von B um x = 1 zu erhalten. Durch Multiplizieren der beiden Matrizen sieht man, dass die so errechnete Matrix B tatsächlich zu A invers ist. 1 c deta = = 6. 3 deta 1 = = 6, d.h x 1 = deta 1 deta = 6 6 = deta = = 5, d.h x = deta deta = 5 6 =.

4 1 3 deta 3 = = 78, d.h x 3 = deta 3 deta = 78 6 = d deta 5I = =, also ist 5 Eigenwert von A. Die zugehörigen 1 Eigenvektoren erhält man durch Lösen des Gleichungssystems 3 1 x =. 1 Dazu setzen wir x 3 = a R oder C, aus der letzten Zeile ergibt sich dann zwingend x 1 x 3 = und somit x 1 = 1 x 3 = 1 a, aus der ersten Zeile x 1 + 3x + x 3 =, also 3x = x 1 x 3 = a a = a, d.h. x = 1 3a. Die Lösungsschar 3 ist somit gegeben durch a 6 a R.. 1 Punkte a Durch Trennung der Variablen erhält man Da sinyx = x + c. siny = sin π = 1, folgt c = 1. Die Lösung lautet daher x yx = arcsin 1. Da der Definitionsbereich von arcsin das Intervall [ 1, 1] ist, gilt x. b Das charakteristische Polynom ist λ + λ + 5 mit Nullstellen bei λ = + i und λ = i. Daher ist die allgemeine Lösung Für x, gilt yx. yx = c 1 e x cos x + c e x sin x, c 1, c R, x R. 3 c Wir verwenden den Ansatz yx = c für c R und wir erhalten 5c = 5 und somit c = 1. Eine partikuläre Lösung ist also gegeben durch y part = 1. d Die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung lautet yx = 1 + c 1 e x cos x + c e x sin x.

5 Einsetzen der Anfangswertbedingungen ergibt c 1 = und c = 1. Falls mit folgender Lösung y H x = + c 1 e x cos x + c e x sin x gerechnet wird, bekommt man c 1 = 1 und c = Punkte a Der Gradient von f ist fx, y = e y x + y, e y x + xy + x +. Die notwendigen Bedingungen für kritische Punkte sind Weil e y immer positiv ist, erhalten wir Die Nullstellen liegen bei e y x + y = e y x + xy + x + =. x + y = x + xy + x + =. u 1 =, und u = 1,. Die Hesse-Matrix von f lautet e H f x, y = y e y x + y + 1 e y x + y + 1 e y x + y + x + Somit erhalten wir für u 1 und u e e H f u 1 = e e e e und H f u = e e. Die Hesse-Matrix in u 1 ist positiv definit, weil deth f u 1 = 3e 8 > und f xx u 1 = e >. Somit liegt in u 1 ein lokales Minimum vor. In u gilt deth f u = 5e <, und somit handelt es sich um einen Sattelpunkt.

6 b Die Gleichung der Nebenbedingung lautet gx, y = x 3 + y 1. Mit Hilfe von Lagrange-Multiplikatoren muss für die Extremalstellen x, y R von f unter der Nebenbedingung g zusätzlich gelten dass d.h. fx, y λ gx, y = 3, y λ3x, y =. = 3 3λx = 31 λx = y λy = y1 λ Aus der zweiten Gleichung folgt, dass entweder y = oder λ = 1. Falls y =, von der Gleichung der Nebenbedingung folgt, dass x 3 = 1 und x = 1. Dann λ = 1 löst die erste Gleichung. Falls λ = 1, aus der ersten Gleichung folgt x = 1, d.h. x = ±1. Aus der Gleichung der Nebenbedingung erhalten wir die Extremalstellen x 1, y 1 = 1,, x, y = 1, und x 3, y 3 = 1,. Die Auswertung der Funktion f in den Extremalstellen zeigt, dass für fx 1, y 1 = 3 ein Maximum und für fx, y = fx 3, y 3 = 1 ein Minimum vorliegt Punkte a Ein Dreieck mit den Eckpunkten,, 1,, 1,1, positiv orientiert. b Mit der Substitution bei I 1 x = t, dx = dt und y =, dy =, bei I x = 1, dx = und y = t, dy = dt, bei I 3 x = 1 t, dx = dt und y = 1 t, dy = dt, folgt I 1 = I = I 3 = xy dx yx dy =. γ 1 xy dx yx dy = tdt = 1/. γ xy dx yx dy = 1 t t dt = 1/1. γ 3 c I = xy dx yx dy = I 1 + I + I 3 = 5/1. γ

7 d Es gilt fx, y = xy und gx, y = yx, somit g von Green erhalten wir dann: x f y = y xy. Mit dem Satz Variante 1 Variante x y y xy dy dx = y + x xy dx x = + x3 dx = x3 6 x 1 = 5 1. y xy dx dy = = xy + x y 1 y dy y y y 3 dy = y + y3 3 + y =