Analysis I & II Lösung zur Basisprüfung

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1 FS 6 Aufgabe. [8 Punkte] (a) Bestimmen Sie den Grenzwert ( lim x x ). [ Punkte] log x (b) Beweisen Sie, dass folgende Reihe divergiert. n= + n + n + sin(n) n 3 + [ Punkte] (c) Finden Sie heraus, ob die Folge (a n ) n N mit a n = log(e n + n) n [ Punkte] konvergiert, und beweisen Sie Ihre Behauptung. (d) Zeigen Sie, dass die Funktionenfolge f n (x) = cos( x n ) [ Punkte] punktweise, aber nicht gleichmässig auf ganz R konvergiert. Lösung. (a) Mit l Hôpital gilt (vgl. Analysis I Übung.4) ( lim x x ) log(x) x + = lim log x x (x ) log(x) = lim x x log(x) + (x ) x x = lim x x + x =. (b) Es gilt die Abschätzung (vgl. Analysis I Übung 6.3) b n := + n + n + sin(n) n 3 + ( + n) + + sin(n) (n + ) 3 n +. Die Reihe über n+ divergiert. Folglich divergiert auch die Reihe über b n.

2 FS 6 d-infk (c) Es gilt (vgl. Analysis I Übungen 4. und 5.) a n = log(e n + n) log(e n ) = log en + n e n = log( + ne n ). Die Logarithmusfunktion ist stetig und es gilt ne n für n. Somit konvergiert a n log() =. (d) Für jedes feste x R gilt (vgl. Analysis I Übung.3) lim cos( x) = ) n n cos( x n lim n = cos() = dank Stetigkeit der Cosinusfunktion. Folglich konvergiert f n punktweise gegen die konstante Funktion mit Wert. Die Konvergenz ist nicht gleichmässig wegen sup cos( x) n cos( nπ ) n = für jedes n N. x R Aufgabe. (a) Bestimmen Sie die Ableitung von [8 Punkte] f(x) = 3x 6 (3 t ) dt. [ Punkt] Begründen Sie, warum f : R R eine invertierbare Funktion ist. Berechnen Sie f () und (f ) (). [ Punkte] (b) Skizzieren Sie die folgende Teilmenge der komplexen Zahlen. {z C ; z Im(z) } [ Punkte] (c) Bestimmen Sie Supremum und Infimum der Menge M = { x + 4 x ; x R }. [3 Punkte] Besitzt M ein Minimum? Besitzt M ein Maximum? Begründen Sie Ihre Behauptungen.

3 FS 6 Lösung. (a) Gemäss Hauptsatz und Kettenregel gilt (vgl. Analysis II Übung.) f (x) = 3 3 9x = 3 9x. Wegen f > ist f invertierbar von f(r) nach R. Aus f() = folgt f () =. Der Umkehrsatz zeigt (f ) () = f (f ()) = f () = 335. (b) Mit z = x + iy gilt z Im(z) x + y + y. Die Wurzel ist positiv, daher gilt quadriert x + y + y + y y (x ). I + R (vgl. Probeprüfung Aufgabe b) + (c) Der Term (vgl. Analysis I Übungen.4 und 4. c n ) x + 4 x = 4 x x > ist streng monoton fallend in x, hat für x = den Wert und konvergiert gegen für x. Daher hat M kein Minimum und es gilt inf M = und sup M = max M =. Aufgabe 3. Beweisen Sie, dass folgende Funktion genau einen Fixpunkt f(x ) = x besitzt. f : ], π] ], π] x 3 sin x + cos x 3

4 FS 6 d-infk Lösung. Auf die stetige Funktion (vgl. Analysis II Übung 4.4) g : [, π ] [, π ] x 3 sin x + cos x. wenden wir den Fixpunktsatz von Banach an. Auf [, π ] gilt sin(x), cos(x). g cos x sin x 3 (x) = 3(sin x + cos x) cos x sin x 3 3 <, das heisst, g ist eine Kontraktion. Da das Intervall [, π ] kompakt ist, hat g genau einen Fixpunkt x [, π]. Es gilt x ], π ], denn g() = ist kein Fixpunkt. Alternative Lösung. Auf die stetige Funktion (vgl. Analysis I Übung 9.4) h: [, π ] [, π ] x x 3 sin x + cos x. wenden wir den Zwischenwertsatz an. Es gilt h() = < und h( π) = π >. Somit hat h im Intervall ], π [ mindestens eine Nullstelle, das heisst, f hat mindestens einen Fixpunkt. Wir zeigen, dass h streng monoton wachsend ist, woraus Eindeutigkeit des Fixpunkts folgt. Auf [, π ] gilt sin(x), cos(x), also ist h cos x sin x (x) = 3(sin x + cos x) 3 3 cos x 3 3 sin x 3 3 >. Aufgabe 4. (a) Finden Sie alle Extremstellen der Funktion [6 Punkte] f : R R (x, y) x + y 5y unter der Nebenbedingung g(x, y) := x y 3 =. (b) Skizzieren Sie die Menge S = g ({}) R sowie die Niveaulinien von f. [ Punkt] (c) Geben Sie zu jeder Extremstelle aus (a) an, ob es sich um ein lokales Minimum oder ein lokales Maximum handelt. [ Punkt] 4

5 FS 6 Lösung. (vgl. Analysis II Übungen. und.4) (a) Es gilt dg(x, y) = (x, 3y ). Der Punkt (, ) ist nicht-regulär für g und erfüllt die Nebenbedingung. Aus dem Lagrange-Formalismus folgt x = λx, y 5 = 3λy, g(x, y) = x y 3 =. Aus der ersten Gleichung folgt x = oder λ =. Im Fall x = folgt y = aus der Nebenbedingung, was aber der zweiten Gleichung widerspricht; also λ =. Damit wird die zweite Gleichung zu = 3y + y 5 = (y )(3y + 5). Die Lösung y = 5 3 < widerspricht der Nebenbedingung y3 = x. Es verbleibt y =, woraus x = ± folgt. Somit haben wir die Kandidaten (±, ) und (, ). (b) f(x, y) = x + y 5y = (x ) + (y 5 ) 5 misst bis auf eine Konstante 4 den quadrierten Euklidischen Abstand vom Punkt (, 5) R. y S x (c) Anhand der Zeichnung der Niveaulinien folgt, dass bei (±, ) Minima vorliegen und (, ) ein lokales Maximum ist. Alternativ ist f(, ) = f(, ) = 3 < = f(, ). Da f(x, y) für (x, y) und da es nur zwei Funktionswerte für sämtliche Kandidaten gibt, sind die Punkte (±, ) Minimalstellen und der Punkt (, ) eine lokale Maximalstelle. 5

6 FS 6 d-infk Aufgabe 5. [6 Punkte] Bestimmen Sie das Taylorpolynom zweiter Ordnung der Funktion f(x) = e sin x um den Punkt x = π. Begründen Sie, warum der Approximationsfehler im Intervall [π, π + ] dabei strikt kleiner ist als 3. 8 Lösung. Es gilt (vgl. Analysis I Übung.3) Somit ist f(x) = e sin x, f(π) =, f (x) = (cos x)e sin x, f (π) =, f (x) = ( sin x + cos x ) e sin x, f (π) =. T f(x; π) = (x π) + (x π). Mit sin(x), cos(x) folgt aus f (x) = ( cos x 3 cos x sin x + cos 3 x ) e sin x. sofort f (x) 5e. Der Betrag des Approximationsfehlers in [π, π + ] wird damit abgeschätzt durch f ( ) (x) 3 5 e sup x [π,π+ ] 3! 6 < = 8. Bemerkung. Die Aufgabe lässt sich auch mit der schwächeren Resttermabschätzung aus Bemerkung lösen. Es gilt nämlich f (x) = ( cos x 3 cos x sin x + cos 3 x ) e sin x, = ( (cos x ) cos x 3 cos x sin x ) e sin x = ( sin x cos x 3 sin(x)) e sin x, woraus f (x) ( + 3)e = 5 e folgt. Der Fehler wird dann abgeschätzt durch f ( ) (x) 3 5e sup x [π,π+ ]!! < 5 3 3! =

7 FS 6 Aufgabe 6. (a) Lösen Sie folgendes Anfangswertproblem: y e x (x) = ( + e x )y(x) y() = [ Punkte] [3 Punkte] (b) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung f (x) + f (x) 6f(x) = 4 sinh(x). (c) Finden Sie alle Lösungen y : R R der Differentialgleichung y (x) + x y(x) = x 3. Lösung: (a) Via Separation der Variablen folgt (vgl. Analysis II Übung.) ( ) y(x) = y(x)y e x (x) dx = + e dx = log ( + x ex ) + C, C R, y(x) = ± log ( + e x ) + C. Die Anfangsbedingung y() = impliziert das negative Vorzeichen und es folgt C = 4 log. Die Lösung des Anfangswertproblems lautet somit y(x) = log ( + e x ) + 4 log. (b) Das charakteristische Polynom (vgl. Analysis I Übung 4.3 b) λ + λ 6 = (λ + 3)(λ ) führt auf die Lösung f h (x) = c e 3x + c e x, c, c R der homogenen Gleichung. Mit dem Ansatz f p (x) = a cosh(x) + b sinh(x) erhält man (a + b 6a) cosh(x) = b = 5a, (a + b 6b) sinh(x) = 4 sinh(x) 4a = 4, also a = 6 und b = 5 6 für eine partikuläre Lösung. Die Lösung der Gleichung lautet f(x) = c e 3x + c e x + 6 cosh(x) sinh(x), c, c R. 7

8 FS 6 d-infk (c) Die homogene Gleichung (vgl. Analysis II Übung.3) y h(x) + x y h (x) = hat eine konstante Lösung y h (x) =. Für y h (x) ist die Gleichung separierbar: log y h (x) = y h (x) y h (x) dx = y h (x) = e C e x, C R, y h (x) = Ce x, C R \ {}. x dx = x + C, C R, Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet somit y h (x) = ce x, c R. Via Variation der Konstanten erhält man eine partikuläre Lösung y p (x) = c(x)e x mit c (x) = x 3 e x. Mit Substitution u = x und partieller Integration folgt c(x) = x e x x dx = ue u du = ue u e u = x e x e x, y p (x) = c(x)e x = x. Alle Lösungen der Differentialgleichung sind somit gegeben durch y(x) = y h (x) + y p (x) = ce x + x, c R. Alternative: Multipliziert man die Gleichung y + xy = x 3 mit e x >, so folgt (e x y) = e x (y + xy) = e x x 3, e x y = e x x 3 dx + c = x e x e x + c, c R, y = x + ce x, c R. 8

9 FS 6 Aufgabe 7. [9 Punkte] (a) Sei A R das ausgefüllte Dreieck mit den Eckpunkten p = (, ), p = ( π, ) und p 3 = ( π, ). Berechnen Sie ( (e x y) dx (cos x) dy ), [3 Punkte] A wobei der Rand von A im Gegenuhrzeigersinn durchlaufen wird. (b) Sei Ω R der Kreisring, der von den Kreisen x + y = und x + y = 4 berandet wird. Bestimmen Sie (4y + ) dµ(x, y). [3 Punkte] Ω (c) Berechnen Sie das Wegintegral des Vektorfelds v : R R mit ( y v(x, y) = x 3 ) x 4 y + π sin(πy) entlang der Kurve ϕ: [, π] R t (cos t, sin t). [3 Punkte] Lösung: (a) Mit dem Satz von Green folgt (vgl. Analysis II Übung.3) ( (e x y) dx cos(x) dy ) ( ) = sin(x) + dµ(x, y) A = A π π y ( sin(x) + ) dx dy ( = cos( π y) + ( π π y)) dy = π + π 4. (b) Mit Polarkoordinaten gilt (vgl. Analysis II Übung 3.) π (4y + ) dµ(x, y) = (4r sin ϕ + ) r dϕ dr Ω = (4πr 3 + πr) dr = π [ r 4 + r ] = 8π. (c) Es gilt v = f mit (vgl. Analysis II Übungen 7.4 oder 3.3) f(x, y) = x4 y cos(πy). Somit gilt ϕ v d s = f(ϕ(π)) f(ϕ()) = f(, ) f(, ) =. 9

10 FS 6 d-infk Aufgabe 8. (a) Gegeben sind die Fläche [8 Punkte] M = {(x, y, z) R 3 ; x + y = z, z } und das Vektorfeld v : R 3 R 3 mit yz v(x, y, z) = zx. Bestimmen Sie den Fluss des Vektorfelds v von oben nach unten durch die Fläche M. Hinweis: Eine Skizze von M kann hilfreich sein. (b) Sei < a <. Ein Behältnis sei gegeben durch die Menge K = {(x, y, z) R 3 ; x + y + z, x + y a }. Bestimmen Sie das Volumen von K R 3. Lösung: (a) Die Kreisscheibe (vgl. Analysis II Übung 3.4) D = {(x, y, ) R 3 ; x + y < } und M beranden zusammen einen Kegel V R 3. Es gilt div(v) =. Mit dem Satz von Gauss und n D = ( ) folgt M v n M do = V div(v) dµ D v n D do = z D do = π. D M x y

11 FS 6 Alternative Lösung: Sei Ω = {(x, y) R ; x + y }. Der Kegelmantel M wird parametrisiert durch Φ: Ω R 3 mit Dann gilt Φ(x, y) = ( ) x, y, x + y, Φ x (x, y) = (,, x(x + y ) ), Φ y (x, y) = (,, y(x + y ) ), Φ x Φ y = ( ) x(x + y ), y(x + y ),, v Φ = ( y x + y, x x + y, ). M v n M do = Ω (v Φ) (Φ x Φ y ) dµ(x, y) = Ω ( xy + yx + ) dµ(x, y) = π. (b) In Zylinderkoordinaten gilt (vgl. Analysis II Übung 3.) Vol(K) = π a r a = π = π a r r dz dr dϕ r r dr [ s ds = π ( s) ] 3 a = 4π 3 3 z ( ) ( a ) 3. a x K y