Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Lösungsvorschläge zum 12. Übungsblatt

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1 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Istitut für Aalysis HDoz. Dr. P. C. Kustma Dipl.-Math. M. Uhl WS 8/9 Höhere Mathematik I für die Fachrichtuge Elektroigeieurwese, Physik ud Geodäsie Lösugsvorschläge zum. Übugsblatt Aufgabe a Die Fuktio f ist auf dem gesamte Itervall [ 3, ] differezierbar. I jeder Maimum- oder Miimumstelle im Ier des Itervalls verschwidet daher die Ableitug vo f. Es gilt f ( = = 4(. Die Nullstelle vo f laute ud ±. Wir müsse ebe diese drei Stelle (die alle im Itervall [ 3, ] liege! auch die Räder des Itervalls [ 3, ] utersuche: f( =, f( = f( =, f( 3 = 47, f( =. Das Maimum vo f ist folglich 47, das Miimum ist. b Die Fuktio g ist außer i 3 differezierbar. Wir müsse also die Radpukte vo [, ], de Pukt 3 sowie alle Pukte im Ier vo [, ] \ {3} utersuche, a dee die Ableitug vo g verschwidet. Auf [, 3] gilt g( = 6 + (3 + = 6 + (5 = 6 + 5, also g ( = 6. g ( = gilt ur für = 8 / [, 3]. Also hat g i [, 3] keie Nullstelle. Auf [3, ] gilt g( = 6 + ( = 8 +, also g ( = 8. g ( = gilt ur für = 4 (3,. Wir müsse also die Pukte, 3, 4, utersuche: g( = 5, g(3 = 4, g(4 = 5, g( =. Damit ist 5 das Miimum ud 5 das Maimum vo g. Aufgabe a Für beliebiges R > erhalte wir mittels der Substitutio t = l, dt = d l R (l d = l t dt = t l R l = l l R. Für R strebt dies gege (l ; das ueigetliche Itegral kovergiert also ud hat diese Wert. b Wir zeige, dass dieses Itegral am like Rad diverget ist: Für jedes y (, e ] gilt l y. Mit Hilfe der Potezreiheetwicklug vo sih y erket ma sih y y = ( y + 3! y3 + 5! y5 + y = 3! y3 + 5! y5 + = 3! y3 h(y mit h(y := ( + 3! 5! y +. Für y gilt h(y, also eistiert ei > mit h(y 3! für alle y (, ]. Für diese y ergibt sich < sih y y y 3. Zusamme erhält ma y l y sih y y y sih y y y y 3 = y für alle y (, mi{, e }]. Mit dem Mioratekriterium folgt die Divergez vo Itegral y dy diverget ist. Hiermit divergiert auch y l y sih y y y l y sih y y dy. dy, weil das ueigetliche

2 c Seie s < ud t R fest. Mit partieller Itegratio erhalte wir für jedes R > e s cos(t d = es s cos(t R + = Ereute partielle Itegratio liefert für das letzte Itegral e s s t si(t d. e s s Isgesamt erhalte wir es t si(t d = s t si(t R R e s = s t cos(t d. ( + t s e s cos(t d = es s cos(t R + es = s t si(t R = = esr s cos(tr s + esr s t si(tr s. (Ma beachte s <. Also ist das Itegral e s cos(t d koverget, ud es gilt e s cos(t d = s ( + t s = s s + t. d Aus der Ugleichug + t e t folgt l( + t t für alle t. Also ist e t l( + t te t für alle t. Da das Itegral te t dt (vgl. Aufgabe 3 mit = ud λ = eistiert, kovergiert das zu utersuchede Itegral ach dem Majoratekriterium. Aufgabe 3 Wir zeige zuächst, dass das ueigetliche Itegral I ( kovergiert ud dass sei Wert = ist: I ( = lim e [ d = lim e ] R = = lim e R + e =. Nu sei N beliebig. Partielle Itegratio mit f( = ud g ( = e liefert I ( = lim ( [ e d = lim ( e ] R = lim R e R + I ( = I (. = ( e d ( Aus dieser Rekursiosformel folgt per vollstädiger Iduktio, dass das Itegral I ( kovergiert mit Wert! für alle N : IA: =. Zuvor habe wir gesehe, dass I ( kovergiert ud dass I ( = =! gilt. IS: Sei N. Das Itegral I ( kovergiere ud es gelte I ( =! (IV. Damit ergibt sich I + ( ( = ( + I ( (IV = ( +! = ( +!. Für jedes λ > ud N führt die Substitutio y = λ, dy = λ d auf I (λ = lim e λ d = lim λr ( y λ e y dy λ = λ (+ lim λr y e y dy = λ (+ I ( =! λ +.

3 Aufgabe 4 a i Da der Itegrad a der Stelle icht defiiert ist, kovergiert das ueigetliche Itegral l d geau da, we die ueigetliche Itegrale ii l d ud koverget sid, also geau da, we die Grezwerte eistiere. Für jedes (, gilt l d = η lim η + l d ud lim + l d l d l d = [ l ] + = ( ( l = l +. Damit kovergiert das ueigetliche Itegral l d. Sei u η (,. Mit der Substitutio y =, dy = ( d erkee wir η l d = η l( d = η l(y ( dy = η l y dy η + (siehe obe!. Damit ist auch das ueigetliche Itegral l d koverget. Isgesamt folgt, dass das ueigetliche Itegral l d kovergiert ud dass gilt: l d = lim η + η l d + lim + l d = =. Ereut ist der Itegrad a der Stelle icht defiiert. Deshalb muss ma utersuche, ob die beide ueigetliche Itegrale d koverget sid, also ob die Grezwerte eistiere. Für jedes (, gilt lim η + η Damit ist das ueigetliche Itegral Itegral d divergiert. ud d ud lim + d d d = [ l ] + = l. d diverget, so dass auch das ueigetliche b i Wie i a i gesehe, sid lim + l d = ud lim + ( koverget. Daher kovergiert auch dere Summe: lim + ii = =. Für jedes (, gilt d + l d = l d + l d d = [ l ] + [ l ] = l + l =. Damit ergibt sich ( lim + d + d =. Ma beachte: Dieser Grezwert eistiert, obwohl das ueigetliche Itegral diverget ist! Ma spricht hier vom sog. Cauchyche Hauptwert. d 3

4 Aufgabe 5 a Da die Fuktio f mooto falled ist, gilt auf jede Fall f R[, β] für alle β >. Wege f > ist β β f( d mooto wachsed, so dass die Kovergez des ueigetliche Itegrals äquivalet zur Eistez eier Kostate C mit β f( d C für alle β > ist. Ebeso liefert das Mootoiekriterium für Reihe 7. (, dass die Kovergez vo f( äquivalet zur Eistez eies K > mit m f( K für alle m N mit m ist. = Es eistiere ei C wie obe agegebe. Weil f mooto falled ist, gilt m m m m f( = f( d f( d = f( d C =3 =3 für alle m 3, d. h. mit K := f( + C ergibt sich die Kovergez der Reihe. =3 = Setzt ma umgekehrt die Eistez vo K voraus, so erhält ma die Abschätzug β [β] f( d + [β] f( d + [β] f( d = f( K für alle β >, d. h. mit C := K sieht ma die Kovergez des ueigetliche Itegrals ei. Hierbei bezeichet [β] die größte atürliche Zahl, die kleier oder gleich β ist, d.h. [β] := ma{k N : k β}. b Die durch f( := (l defiierte Fuktio f : [, (, ist mooto falled ud α positiv. Nach dem Itegralkriterium aus a kovergiert die Reihe f( geau da, we das ueigetliche Itegral R f( d = d = lim (l α (l α d kovergiert. Die Substitutio y := l, dy = d liefert l R (l α d = l y α dy. Im Fall α divergiert die rechte Seite für R, im Fall α > kovergiert die rechte Seite für R (vgl. Beispiel. (. Also kovergiert die Reihe geau für α >. Aufgabe 6 a Die durch f( := l(+ defiierte Fuktio f : (, R ist beliebig oft differezierbar. Wege sid f ( = +, f ( = f (5 ( = 4 ( + 5 ( +, f ( = ( + 3, f ( = 6 ( + 4, f( =, f ( =, f ( =, f ( =, f ( = 6 ud für das Taylorpolyom T 4 (f; ergibt sich T 4 (f; ( = 4 k= f (k ( ( k = + + k!! ( + 3! 3 + 4! ( 64 =

5 Sei. Um die Abschätzug l( + T 4 (f; ( 5 5 zu zeige, verwede wir de Satz vo Taylor. Dieser besagt, dass es ei ξ zwische ud gibt mit also mit f( = T 4 (f; ( + f (4+ (ξ (4 +! f( T 4 (f; ( = f (5 (ξ 5! ( 4+, Somit reicht es, die Abschätzug f (5 (ξ 5! eizusehe. Diese ist erfüllt, de: f (5 (ξ 5! f (5 (ξ 5! 5 = 5! 5 = 5! 4 ( + ξ 5 5, 5. 4 ( + ξ ( = 5 5. b Für die durch f( := l( + gegebee Fuktio f : (, R, die beliebig oft differezierbar ist, gilt f ( = +, f ( = ( +. Also habe wir f( = l ud f ( =. Nach dem Satz vo Taylor gibt es zu jedem [, ] ei ξ zwische ud mit f( = f( + f ( + f (ξ! = l + ( + ξ. Daher gilt wege ξ [, ] f( l = ( + ξ ( =. Wir köe somit a = l ud b = c = wähle. c Die Fuktio f : [, ] R, e + + f ( = e Daher sid ( +, f ( = e + ist beliebig oft differezierbar mit ( + 3, f ( = e 6 ( + 4. f( = e / + 3, f ( = e / 4 9, f ( = e / = e / ud das Taylorpolyom T (f; lautet T (f; ( = k= f (k ( ( k! k = f( + f ( ( + f ( ( = e / ( e / 4 9 ( + (e / (. Sei [, ]. Nach dem Satz vo Taylor eistiert ei ξ zwische also mit Wege ξ ergibt sich f (ξ 3! = 6 f( = T (f; ( + f (+ (ξ ( +! ( +, f( T (f; ( = f (ξ 3! 3. ud mit ( e ξ 6 + ( + ξ 4 = e ξ 6 + ( + ξ ( + 4 = 7 6 ; demach gilt die gewüschte Abschätzug z.b. mit C =

6 Aufgabe 7 a Für alle R mit < ist die Potezreihe f( := ( = = = + absolut koverget ud damit koverget, de es gilt + ( =. Somit folgt für de Kovergezradius R dieser Potezreihe R. Gemäß Satz 3.3 ist f auf (, differezierbar ud für jedes R mit < ergibt sich f + ( = ( = ( = ( k = +. Wege = = l ( + = + stimme die Ableituge vo f ud l( + überei. Daher uterscheide sich beide Fuktioe ur durch eie additive Kostate. Wege f( = = l( + ist diese = ud die behauptete Idetität ist bewiese. Bemerkug: Die Reihedarstellug vo g( := l( + um lässt sich auch mit Hilfe des Satzes vo Taylor herleite. Ma verwedet dazu g ( ( = ( (! ( +. b Bezeiche wir die Fuktio, die durch die Reihe defiiert wird, mit f (ma beachte, dass f wege ( = wohldefiiert ist!, so gilt für < f ( = ( = ( = k+ k ( k. Diese Reihe stellt laut a-teil die Fuktio l( + dar, d. h. es ist f ( = l( +. Aufgrud vo (y l y y = l y folgt k= k= f( = ( + l( + ( + + c mit eiem c R. Wege f( = ergibt sich c =. Somit erhält ma als Edergebis ( = ( + l( +. Bemerkug: Ma kommt auch ohe Differeziere aus; wege der Darstellug ( = ( ( = ( + lässt sich der Wert direkt mit Hilfe der Logarithmusreihe aus a ermittel. c Für jedes (, gilt f( = l ( ( ( + = l( + l( + a = = ( + ( + ( + = = = + ( + = } {{ } =:a Wie i Abschitt 3.3 der Vorlesug gesehe, ergibt sich f ( ( =! a =! = 9!, f (3 ( = 3! a 3 =. + ( + ( ( + ( = + 6

7 Aufgabe 8 Wir suche Zahle a mit f( = a (, also = ( + 3 a ( +. = Nu gilt wege + 3 = ( + 4 ( + 3 a ( + = = = = a ( a ( + = 4a 4a ( + + = (a 4a ( +. Nach dem Idetitätssatz für Potezreihe hat diese Potezreihe de Wert geau da, we die folgede Gleichuge erfüllt sid: 4a =, 4a =, a 4a = für alle. Es folgt: a = 4, a = ud a = 4 a für. Vollstädige Iduktio liefert: a k+ = ud a k = ( 4 k+ für alle k N. Wege k a k = ( 4 (+/k/ k ( 4 / = ud k+ a k+ = ist der Kovergezradius der Potezreihe R = (lim sup a = ( =. Aufgabe 9 (P a Aus y = (+ y y folgt durch Treug der Veräderliche y = + ud wir erhalte durch Itegratio für y l( y = y dy = + d = + l( + c = + l( + c für c R. Hieraus ergibt sich y( = e /+l( +c für c R, also y( = e c e / oder y( = e c e / für c R. Da überdies y = eie Lösug der gegebee Differetialgleichug ist, folgt y( = C e / für C R. Alterativ ka ma hier auch sofort die Formel aus Beispiel E.4 4 verwede. b Hier hadelt es sich um eie lieare ihomogee Differetialgleichug. Die Lösuge y H der homogee Gleichug y H = y H sid y H ( = ce für c R. Die Lösuge y der ihomogee Gleichug y = y + ka ma mit Hilfe der Variatio-der-Kostate-Formel erhalte. Wege y( = ce + e e t t dt ist e t t dt = e t ( t dt = [ e t ] = e + y( = ce + e = Ce für C R. 7

8 c Die homogee Gleichug y + y cos = bzw. y = y cos hat die allgemeie Lösug y H ( = er cos d = e si + c = ce si für c R. Eie Lösug y P der ihomogee Gleichug y +y cos = si cos fide wir mit Variatio der Kostate y P ( = e si e si Subst. t=si si cos d = e si te t dt t=si part. It. = e si ( te t e t dt t=si = e si ( te t e t + C t=si = e si ( si e si e si + C = si + Ce si für C R. Beispielsweise für C = ist y P ( = si. Die allgemeie Lösug y der Differetialgleichug y + y cos = si cos erhalte wir, idem wir zu eier spezielle Lösug des ihomogee Problems y P die allgemeie Lösug y H des homogee Problems addiere: Aufgabe (P y( = y H ( + y P ( = ce si + si für c R. Gesucht sid alle Lösuge des Afagswertproblems y = y, y( = y, wobei y [, ]. (AWP Ma ka sofort ablese: Jede Lösug y der Gleichug y = y ist auf (, mooto wachsed (weil da y ( für alle (, gilt ud auf (, mooto falled (weil y ( für alle (, gilt. Richtugsfeld vo y = y. Wir betrachte zuächst de Fall, dass für de Afagswert y( = y (, gilt. Treug der Veräderliche führt auf y (t dt = t dt y(t ud mittels der Substitutio η = y(t, dη = y (t dt erhät ma uter Berücksichtigug vo y( = y woraus y( y η dη =, arcsi y( = + arcsi y 8

9 folgt. Wege arcsi : (, ( π, π ist der Defiitiosbereich vo y ethalte i I : = { R : + arcsi y ( π, π } = { R : ( π arcsi y, π arcsi y }. Im Fall y > gilt arcsi y > π, also ist π arcsi y <. Damit ergibt sich I = { R : [, π arcsi y } = ( π arcsi y, π arcsi y. Im Fall y < gilt also für die Lösug y vo (AWP y( = si ( + arcsi y für I. Offebar erfülle sowohl y( =, R, als auch y( =, R, die Differetialgleichug y = y. Wir fasse zusamme: Im Fall y = (da ist I = wege arcsi( = π/ eistiert die eideutige Lösug vo (AWP y( = für R. Im Fall y (, eistiert die eideutige Lösug vo (AWP { ( si y( = + arcsi y für I, für / I. Im Fall y = eistiert keie eideutige Lösug vo (AWP. Beispielsweise sid y ( = für R oder auch (wege arcsi( = π { ( si y ( = π für ( π, π, für / ( π, π Lösuge vo (AWP. 9