Analysis D-BAUG Dr. Cornelia Busch FS 2016 Serie 13 1. Prüfungsaufgabe 4, Winter 2014. 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 (0, 8) und (1, 27) gehen. Zu lösen ist die Differentialgleichung y (x) = a 3 y(x) y(0) = 8 y(1) = 27. Wir rechnen und setzen ein dy dx = a 3 y dy = a dx 3 y 1 dy = a dx y 3 3 2 y 2 3 = ax + c y = (bx + d) 3 2 x = 0 d 3 2 = 8 d = 4 x = 1 (b + 4) 3 2 = 27 b = 5. Die Funktion ist also y(x) = (5x + 4) 3 2. 2. a) Bestimmen Sie die allgemeine der Differentialgleichung y + 5y y 5y = 0. Für das charakteristische Polynom gilt Ch(λ) = λ 3 + 5λ 2 λ 5! = 0. 1
Um diese Gleichung 3. Ordnung zu lösen, müssen wir zuerst eine erraten, z.b. ist λ 1 = 1 eine. Deshalb klammern wir nun den Faktor (λ 1) aus dem charakteristischen Polynom aus (oder Polynomdivision benutzen) und erhalten so die Faktorisierung Ch(λ) = (λ 1) (λ 2 + 6λ + 5) = (λ 1) (λ + 5) (λ + 1). Also sind die Nullstellen λ 1 = 1, λ 2 = 5, λ 3 = 1. Es ergibt sich damit die allgemeine (alle Nullstellen sind verschieden und reell) y(x) = C 1 e x + C 2 e x + C 3 e 5x. b) Bestimmen Sie die der Differentialgleichung y + y = 0 zu der Anfangsbedingung y(1) = y (1) = 2. Für die DGL y + y = 0 ist das charakteristische Polynom also ist die allgemeine Ch(λ) = λ 2 + λ = 0 λ 1 = 0, λ 2 = 1, y(x) = C 1 e 0 x + C 2 e 1 x = C 1 + C 2 e x. Einsetzen der Anfangsbedingungen gibt die Gleichungen 2 = y(1) = C 1 + C 2 e 1 2 = y (1) = C 2 e 1. Also ist C 2 = 2e und C 1 = 2 + 2 e e 1 = 4, d.h. die ist y(x) = 4 2 e e x = 4 2 e 1 x. c) Die Differentialgleichung f + 2qf + (q + q 2 )f = 0 enthält einen (reellen) Parameter q. Für welche Werte von q bleiben alle en für x beschränkt? Für die Differentialgleichung f + 2qf + (q + q 2 )f = 0 2
ist das charakteristische Polynom also sind die Nullstellen Ch(λ) = λ 2 + 2qλ + (q + q 2 ) = 0, λ 1,2 = 2q ± 4q 2 4(q + q 2 ) 2 Wir unterscheiden nun die folgenden Fälle: q > 0: In diesem Fall sind die Nullstellen nicht reell, es gilt und die allgemeine ist λ 1,2 = q ± i q = q ± q. f(x) = e q x (C 1 cos( qx) + C 2 sin( qx)), d.h. die en sind alle beschränkt für q > 0 für x (sie streben sogar gegen Null!). q = 0: Die Nullstellen sind λ 1 = λ 2 = 0 und damit ist die allgemeine f(x) = C 1 + C 2 x und die ist nur beschränkt für x falls C 2 = 0, sonst ist die unbeschränkt. q < 0: Die Nullstellen sind reell und die allgemeine ist gegeben durch f(x) = C 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x. Ausserdem gilt, dass λ 1 = q + q > 0 ist und damit sind en mit C 1 0 und C 2 = 0 sicher nicht beschränkt. Insgesamt erhalten wir also, dass nur für den Fall q > 0 alle en beschränkt sind. Bemerkung: Wenn es zusätzlich interessiert, ob es überhaupt beschränkte en ausser der Nulllösung gibt, muss man im Fall q < 0 eine weitere Fallunterscheidung treffen. Konkret: Für 1 < q < 0 gilt (da q = q > q ) λ 1 = q + q > 0, λ 2 = q q < 0. Es gibt also sowohl beschränkte en (ungleich Null) als auch unbeschränkte. Das gleiche gilt für q = 1: Die Nullstellen sind λ 1 = 2 und λ 2 = 0 und die ist f(x) = C 1 e 2x + C 2. Andererseits ist für q < 1 stets q > q und die Nullstellen sind beide positiv, also sind alle en, ausser der Nulllösung, unbeschränkt für t. 3
d) Bestimmen Sie die allgemeine (reelle) der Differentialgleichung welche die Anfangsbedingungen erfüllt. Das charakteristische Polynom der DGL ist und die Nullstellen sind y (4) + 2y (2) + y = 0, y(0) = y (0) = y (0) = 0, y (3) (0) = 1 y (4) + 2y + y = 0 Ch(λ) = λ 4 + 2λ 2 + 1 = (λ 2 + 1) 2 = (λ i) 2 (λ + i) 2, λ 1 = λ 2 = i und λ 3 = λ 4 = i. Damit ist die allgemeine eine Linearkombination aus den Funktionen e ix, xe ix, e ix, xe ix oder, äquivalent dazu (da y eine reelle Funktion sein soll und cos(x) = eix + e ix, sin(x) = eix e ix 2 2i gilt), eine Linearkombination der Funktionen d.h. sin(x), x sin(x), cos(x), x cos(x), y(x) = C 1 sin(x) + C 2 x sin(x) + C 3 cos(x) + C 4 x cos(x). Wir müssen nun die Ableitungen der allgemeinen y(x) berechnen und die Anfangsbedingungen verwenden um die Konstanten zu bestimmen. Es gilt! y(0) = C 3 = 0, d.h. wir haben nur noch Es ist also y(x) = C 1 sin(x) + C 2 x sin(x) + C 4 x cos(x). y (x) = C 1 cos(x) + C 2 (sin(x) + x cos(x)) + C 4 (cos(x) x sin(x)) und y (0) = C 1 + C 4! = 0. 4
Für die zweite Ableitung bekommen wir also y (x) = C 1 sin(x) + C 2 (2 cos(x) x sin(x)) + C 4 ( 2 sin(x) x cos(x)) und damit y (0) = 2C 2! = 0, also auch C 2 = 0. Damit erhalten wir für die dritte Ableitung und y (x) = C 1 cos(x) + C 4 ( 3 cos(x) + x sin(x)) y (0) = C 1 3C 4! = 1. Damit haben wir für die letzten zwei Konstanten C 1 und C 4 das Gleichungssystem { { C 1 + C 4 = 0 C 1 3C 4 = 1 C1 = 1/2 C 4 = 1/2. Die gesuchte lautet also y(x) = 1 2 sin(x) 1 2 x cos(x). 3. Bestimmen Sie die allgemeine der folgenden Differentialgleichungen und lösen Sie in c) und d) das zugehörige Anfangswertproblem. a) 2y + 3y + 10y = sin(2x) + 1 Wir betrachten getrennt die Probleme und Zuerst lösen wir das homogene Problem Das charakteristische Polynom lautet 2y + 3y + 10y = sin(2x) (1) 2y + 3y + 10y = 1. (2) 2y + 3y + 10y = 0. Ch(λ) = 2λ 2 + 3λ + 10 und besitzt die Nullstellen λ 1 = 1 ( 3 + i ) 71 4 und λ 2 = 1 4 ( 3 i ) 71. 5
Also ist die allgemeine homogene reelle y h (x) von (1) und (2) ( ) ( )) y h (x) = e 3 71 71 4 (C x 1 cos 4 x + C 2 sin 4 x, C 1, C 2 R. Es bleibt also eine partikuläre für (1) und (2) zu bestimmen. Für (1) machen wir den Ansatz Einsetzen in (1) liefert y p1 (x) = C 3 sin(2x) + C 4 cos(2x). sin(2x) = 2( 4C 3 sin(2x) 4C 4 cos(2x)) + 3(2C 3 cos(2x) 2C 4 sin(2x)) + 10(C 3 sin(2x) + C 4 cos(2x)) = (2C 3 6C 4 ) sin(2x) + (6C 3 + 2C 4 ) cos(2x). Mittels Koeffizientenvergleich erhalten wir das Gleichungssystem 2C 3 6C 4 = 1 6C 3 + 2C 4 = 0 mit der C 3 = 1 20 und C 4 = 3 20. Also ist y p1 (x) = 1 20 sin(2x) 3 20 cos(2x) eine partikuläre von (1). Nun bestimmen wir eine partikuläre von (2). Dazu machen wir den Ansatz y p2 (x) = C 5. Durch Einsetzen berechnen wir C 5 = 1 10, somit ist y p 2 (x) = 1 (2). Aus der Linearität der Differentialgleichung folgt, dass 10 eine von y(x) = y h (x) + y p1 (x) + y p2 (x) ( ) ( )) = e 3 71 71 4 (C x 1 cos 4 x + C 2 sin 4 x die allgemeine von ist. + 1 20 sin(2x) 3 20 cos(2x) + 1 10 2y + 3y + 10y = sin(2x) + 1 6
b) y (4) 2y + 2y 2y + y = e x Das homogene Problem ist mit dem charakteristischen Polynom y (4) 2y + 2y 2y + y = 0, Ch(λ) = λ 4 2λ 3 + 2λ 2 2λ + 1. Dieses hat die offensichtliche Nullstelle λ 1 = 1 und es folgt mittels Polynomdivision Ch(λ) = (λ 1)(λ 3 λ 2 + λ 1). Das verbleibende Polynom 3. Grades hat wiederum λ 2 = 1 als Nullstelle und eine weitere Polynomdivision ergibt Ch(λ) = (λ 1) 2 (λ 2 + 1). Daraus sehen wir λ 3 = i und λ 4 = i. Somit ist die allgemeine reelle der homogenen Gleichung y h (x) = (C 1 + C 2 x)e x + C 3 cos(x) + C 4 sin(x). Es bleibt noch eine partikuläre y p (x) zu finden. Ansatz y p (x) = Ax 2 e x, Dazu machen wir den denn 1 ist doppelte Nullstelle des charakteristischen Polynoms. Einsetzen liefert e x = (12A + 8Ax + Ax 2 )e x 2(6A + 6Ax + Ax 2 )e x + 2(2A + 4Ax + Ax 2 )e x 2(2Ax + Ax 2 )e x + Ax 2 e x = 4Ae x. Dies ergibt A = 1 4 und damit y p (x) = 1 4 x2 e x. Die allgemeine (inhomogene) y(x) ist somit y(x) = (C 1 + C 2 x)e x + C 3 cos(x) + C 4 sin(x) + 1 4 x2 e x. c) y y = cosh(x), y(0) = 1, y(1) = e 1 Wir betrachten das Randwertproblem y y = cosh(x), y(0) = 1, y(1) = e 1. 7
Die Funktion cosh(x) ist definiert als cosh(x) = 1 ( e x + e x). 2 Deshalb betrachten wir wieder die separaten Differentialgleichungen y y = 1 2 ex (3) und y y = 1 2 e x. (4) Zuerst lösen wir wieder das homogene Problem Das charakteristische Polynom ist mit den Nullstellen y y = 0. Ch(λ) = λ 2 1 λ 1 = 1 und λ 2 = 1. Somit ist die allgemeine homogene y h (x) von (3) und (4) y h (x) = C 1 e x + C 2 e x. Wir suchen nun eine partikuläre von (3). Dazu machen wir den Ansatz y p1 (x) = Axe x, denn 1 ist einfache Nullstelle des charakteristischen Polynoms. Einsetzen in (3) liefert 1 2 ex = (2A + Ax)e x Axe x = 2Ae x. Dies ergibt A = 1 4 und damit y p1 (x) = 1 4 xex. Wir suchen nun noch eine partikuläre von (4). Ansatz y p2 (x) = Bxe x, Dazu machen wir den denn -1 ist einfache Nullstelle des charakteristischen Polynoms. Einsetzen in (4) liefert 1 2 e x = ( 2B + Bx)e x Bxe x = 2Be x. Dies ergibt B = 1 4 und damit y p2 (x) = 1 4 xe x. 8
Somit ist die allgemeine y(x) von y y = cosh(x) Die Randbedingungen lauten Somit folgt y(x) = y h (x) + y p1 (x) + y p2 (x) = C 1 e x + C 2 e x + 1 ( xe x xe x) 4 = C 1 e x + C 2 e x + 1 2 x sinh(x). y(0) = 1 und y(1) = e 1. 1 = C 1 + C 2 e 1 = C 1 e + C 2 e 1 + 1 4 ( e e 1 ). Daraus folgt C 1 = 1 4 und C 2 = 5 4. Somit ist die gesuchte von dem Randwertproblem Bemerkung: Ansatz machen. y(x) = 1 4 ex + 5 4 e x + 1 2 x sinh(x). Um die partikuläre zu bestimmen, kann man auch den y p (x) = Ax cosh(x) + Bx sinh(x) d) y 2y = x 2 e 2x, y(0) = 3 Wir betrachten das Anfangswertproblem { y 2y = x 2 e 2x, y(0) = 3. Zuerst berechnen wir die homogene. Das charakteristische Polynom ist Ch(λ) = λ 2 mit der Nullstelle λ = 2. Also ist die homogene gegeben durch y h (x) = Ce 2x. Wir machen nun den Ansatz der Variation der Konstanten Einsetzen liefert y p (x) = C(x)e 2x. C (x)e 2x + C(x)2e 2x 2C(x)e 2x = x 2 e 2x C (x) = x 2 9
und folglich gilt C(x) = x3 3 + C. Daraus folgt die allgemeine y(x) = 1 3 x3 e 2x + Ce 2x. Aus der Anfangsbedingung y(0) = 3 folgt C = 3. Die des Anfangswertproblems ist somit gegeben durch y(x) = 3e 2x + 1 3 x3 e 2x. 4. Eine Masse m, welche mit einer Feder der Federkonstante f verbunden ist und entlang der x-achse reibungsfrei schwingt, wird durch eine sinusförmige äussere Kraft mit Frequenz ν angeregt. Die Auslenkung der Masse genügt der Differentialgleichung f m ẍ(t) + ω 2 x(t) = sin(νt), wobei ω = die sogenannte Eigenfrequenz des Masse-Feder-Systems ist. Zum Zeitpunkt t = 0 soll sich die Masse an der Stelle x = 0 in Ruhe befinden: x(0) = 0, ẋ(0) = 0. a) Lösen Sie die Differentialgleichung für den Fall ω ν (keine Resonanz). Das charakteristische Polynom λ 2 + ω 2 der homogenen Differentialgleichung ẍ + ω 2 x = 0 hat Nullstellen λ 1,2 = ±iω. Daraus folgt, dass die allgemeine des homogenen Problems x h (t) = A cos(ωt) + B sin(ωt) ist. Der Ansatz für die partikuläre der inhomogenen Differentialgleichung hängt von ν ab. Wir machen den Ansatz Das liefert x p (t) = C cos(νt) + D sin(νt). ẋ p (t) = νc sin(νt) + νd cos(νt), ẍ p (t) = ν 2 C cos(νt) ν 2 D sin(νt). 10
Setzt man das in die Differentialgleichung ẍ+ω 2 x = sin(νt) ein, so erhält man sin(νt) = ν 2 C cos(νt) ν 2 D sin(νt) + ω 2 (C cos(νt) + D sin(νt)) = C(ω 2 ν 2 ) cos(νt) + D(ω 2 ν 2 ) sin(νt), d.h. C = 0 und D = (ω 2 ν 2 ) 1. Die allgemeine der inhomogenen Differentialgleichung ist somit x(t) = x h (t) + x p (t) = A cos(ωt) + B sin(ωt) + Wegen der Anfangsbedingung x(0) = 0 muss A = 0 sein. Ableitung ν ẋ(t) = ωb cos(ωt) + ω 2 ν 2 cos(νt) und ẋ(0) = 0 gilt ferner Damit erhalten wir die x(t) = ν ω B = ν ω 1 ω 2 ν 2. 1 ω 2 ν 2 sin(ωt) + 1 ω 2 ν 2 sin(νt). b) Lösen Sie die Differentialgleichung für den Fall ω = ν (Resonanz). Hier benötigen wir den Ansatz Das liefert x p (t) = t (C cos(ωt) + D sin(ωt)). 1 ω 2 ν 2 sin(νt). ẋ p (t) = C cos(ωt) + D sin(ωt) + t ( ωc sin(ωt) + ωd cos(ωt)), Mit der ersten ẍ p (t) = 2( ωc sin(ωt) + ωd cos(ωt)) + t ( ω 2 C cos(ωt) ω 2 D sin(ωt)). Setzt man das in die Differentialgleichung ẍ + ω 2 x = sin(ωt) ein, so erhält man sin(ωt) = 2( ωc sin(ωt) + ωd cos(ωt)) + t ( ω 2 C cos(ωt) ω 2 D sin(ωt)) + ω 2 t (C cos(ωt) + D sin(ωt)) = 2ωC sin(ωt) + 2ωD cos(ωt), d.h. C = 1 2ω und D = 0. Die allgemeine der inhomogenen Differentialgleichung ist somit x(t) = x h (t) + x p (t) = A cos(ωt) + B sin(ωt) t 2ω cos(ωt). Wegen der Anfangsbedingung x(0) = 0 muss A = 0 sein. Mit der ersten Ableitung ẋ(t) = ωb cos(ωt) 1 2ω cos(ωt) + t 2 sin(ωt) 11
und ẋ(0) = 0 gilt ferner Damit erhalten wir die B = 1 2ω 2. x(t) = 1 2ω 2 sin(ωt) t 2ω cos(ωt). c) Skizzieren Sie die Ergebnisse aus a) und b) auf dem Zeitintervall [0, 10π] für ω = 1, ν = 1 2 bzw. ω = ν = 1. Was beobachten Sie? Abbildung 1 zeigt die berechneten Auslenkungen x(t) für den Fall ω = 1, ν = 1 2 (durchgehende Linie) bzw. ω = ν = 1 (gestrichelte Linie). Man erkennt, dass die Amplitude für ω ν beschränkt bleibt, wohingegen sie für ω = ν mit der Zeit immer grösser wird. Man spricht in diesem Zusammenhang auch von einer Resonanzkatastrophe. Aus mathematischer Sicht ist der Term t 2ω cos(ωt) in der von Teilaufgabe b) für diesen Effekt verantwortlich. 15 10 5 x(t) 0 5 10 15 0 5 10 15 20 25 30 t Figure 1: Auslenkungen x(t) für t [0, 10π] 5. Lösen Sie die folgenden Anfangswertprobleme. a) Prüfungsaufgabe 5, Winter 2012. y (x) + 2y (x) = 3xe x, y(0) = 4 3, y (0) = 0. 12
Die allgemeine der inhomogenen Differentialgleichung lässt sich bekanntlich schreiben als Summe y(x) = y h (x) + y p (x) aus einer partikulären der inhomogenen Differentialgleichung und der allgemeinen der zugehörigen homogenen Gleichung. Das charakteristische Polynom des Problems lautet Ch(λ) = λ 2 + 2λ = λ(λ + 2) mit den Nullstellen λ 1 = 0 und λ 2 = 2. Die allgemeine der homogenen Gleichung ist daher gegeben durch y h (x) = A + Be 2x. Um eine partikuläre der inhomogenen Gleichung zu finden, machen wir den Ansatz y p (x) = (αx + β)e x. Dann gilt y p(x) = αe x + (αx + β)e x = (αx + α + β)e x, y p(x) = αe x + (αx + α + β)e x = (αx + 2α + β)e x. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert 3xe x! = y p(x) + 2y p(x) = (3αx + 4α + 3β)e x und ein Koeffizientenvergleich ergibt mit der 3α = 3 4α + 3β = 0 α = 1 und β = 4 3. Damit erhalten wir die allgemeine y(x) = A + Be 2x + ( x 4 ) e x 3 und ( y (x) = 2Be 2x + x 1 ) e x. 3 Nun müssen wir noch die Konstanten A und B so bestimmen, dass die gegebenen Anfangsbedingungen y(0) = 4 3 und y (0) = 0 erfüllt sind. Dies ergibt die Gleichungen A + B 4 3 = 4 3 2B 1 3 = 0 13
mit der A = 17 und B = 1 6 6. Damit erhalten wir insgesamt als des gestellten Anfangswertproblems y(x) = 17 6 1 ( 6 e 2x + x 4 ) e x. 3 Alternative : Zunächst reduzieren wir das gegebene Anfangswertproblem mit Hilfe der Substitution y =: z auf das Problem z (x) + 2z(x) = 3xe x, z(0) = 0 (5) erster Ordnung. Anschliessend lösen wir das zugehörige homogene Problem z (x) + 2z(x) = 0. Dessen charakteristische Gleichung lautet λ + 2 = 0 λ = 2 und somit erhalten wir die allgemeine homogene z h (x) = Ce 2x. Für die des inhomogenen Problems (5) machen wir daher den Ansatz z(x) = C(x)e 2x (Variation der Konstanten). Einsetzen dieses Ansatzes in die Gleichung (5) liefert 3xe x! = C (x)e 2x 2C(x)e 2x + 2C(x)e 2x = C (x)e 2x C (x) = 3xe 3x. Daraus erhalten wir C(x) durch (partielle) Integration: C(x) = }{{} 3x }{{} e 3x dx = xe 3x e 3x dx = xe 3x 1 3 e3x + C 2. Die allgemeine lautet damit z(x) = (xe 3x 13 ) e3x + C 2 e 2x = xe x 1 3 ex + C 2 e 2x. Aus der Anfangsbedingung z(0) = 0 folgt schliesslich 0! = z(0) = 1 3 + C 2, also C 2 = 1 3 und damit z(x) = xe x 1 3 ex + 1 3 e 2x. Wegen z(x) = y (x) erhalten wir y(x) durch Integration von z(x). Den Term xe x behandeln wir mit partieller Integration: }{{} x }{{} e x dx = xe x e x dx = xe x e x. 14
Daraus folgt y(x) = z(x) dx = (xe x 13 ex + 13 e 2x ) dx = xe x e x 1 3 ex 1 6 e 2x + C 3. Die Konstante C 3 bestimmen wir aus der Anfangsbedingung y(0) = 4 3 : 4 3! = y(0) = 1 1 3 1 6 + C 3, also C 3 = 17 6. Insgesamt ist die des gegebenen Anfangswertproblems also y(x) = xe x 4 3 ex 1 6 e 2x + 17 6, was natürlich wieder dasselbe ist wie mit dem ersten sweg. b) Prüfungsaufgabe 5, Sommer 2012. y (x) (x + 1) + y(x) = x 3, y(0) = 5. Homogene : Die homogene Gleichung y (x)(x + 1) + y(x) = 0 lösen wir mit Separation der Variablen und erhalten Partikuläre : Variante 1: Ansatz: Einsetzen liefert y (x) y(x) = 1 x+1 dy y = dx x+1 ln y = ln x + 1 + C y h (x) = C 2 x+1, mit C 2 = ±e C R \ {0}. y p (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d. (3ax 2 + 2bx + c)(x + 1) + ax 3 + bx 2 + cx + d = x 3. Durch Koeffizientenvergleich folgt 3a + a = 1, 3a + 2b + b = 0, 2b + c + c = 0, c + d = 0. 15
Daraus folgt a = c = 1 4, b = d = 1 4 und damit Die allgemeine ist gegeben durch y p (x) = 1 4 (x3 x 2 + x 1). y(x) = y h (x) + y p (x) = C 2 x + 1 + 1 4 (x3 x 2 + x 1). Die Anfangsbedingung y(0) = 5 sagt, dass C 2 = 5 + 1 4 Somit ist die einzige des Anfangswertproblems sein muss. 5 + 1/4 y(x) = + 1 x + 1 4 (x3 x 2 + x 1). Variante 2: Mit Variation der Konstanten wählen wir den Ansatz y(x) = C 2(x) x + 1. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert ( C x 3 = 2 (x) x + 1 = C 2(x), C 2(x) (x + 1) 2 ) (x + 1) + C 2(x) x + 1 also C 2 (x) = x4 4 + C 3. Die allgemeine ist somit gegeben durch ( ) x 4 1 y(x) = 4 + C 3 x + 1. Die Anfangsbedingung y(0) = 5 sagt, dass C 3 = 5 sein muss. Somit ist die einzige des Anfangswertproblems ( x 4 y(x) = 4 + ) 1 5 x + 1. Bemerkung: Variante 1 und 2 ergeben das gleiche Resultat, da ( x 4 4 + ) 1 5 x + 1 = = = = 5 x + 1 + x4 1 + 1 4(x + 1) 5 + 1/4 + x4 1 x + 1 4(x + 1) 5 + 1/4 + (x + 1)(x3 x 2 + x 1) x + 1 4(x + 1) 5 + 1/4 + 1 x + 1 4 (x3 x 2 + x 1). 16