d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 4.. Inhomogene Lineare Differentialgleichungen Das charakteristische Polynom der homogenen DGl y (4) + y + y = 0 ist λ 4 + λ + = (λ + ). Seine Wurzeln sind ±i und jede hat Vielfachheit. Somit ist die allgemeine Lösung: y h (x) = A sin x + B cos x + Cx sin x + Dx cos x, A, B, C, D R. Um die Inhomogene DGl zu lösen, müssen wir partikuläre Lösungen finden. (a) Wir machen den Ansatz: y p (x) = ax sin x + bx cos x, wobei die Koeffizienten a und b so festzulegen sind, dass y p die DGl erfüllt. Wir berechnen: y p(x) = ax sin x bx cos x + 4ax cos x 4bx sin x + a sin x + b cos x, y (4) p (x) = ax sin x + bx cos x 8ax cos x 8bx sin x a sin x b cos x. Führen wir jetzt in: y (4) p + y p + y p = ( 8a) sin x + ( 8b) cos x! = sin x den Koeffizientenvergleich durch, so folgt a =, b = 0. Die allgemeine Lösung lautet 8 demnach: y a (x) = y h (x) + y p (x) = A sin x + B cos x + Cx sin x + Dx cos x x 8 (b) Wir machen den Ansatz: y p (x) = ae x, a R. Führen wir jetzt in: y (4) p + y p + y p = 5ae x! = e x sin x, A, B, C, D R. den Koeffizientenvergleich durch, so folgt a =. Die allgemeine Lösung lautet 5 demnach: y a (x) = y h (x) + y p (x) = A sin x + B cos x + Cx sin x + Dx cos x + 5 ex, A, B, C, D R. /
FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk (c) Nach dem Superpositionsprinzip und den obigen Ergebnissen erhalten wir sofort, dass die Allgemeine Lösung : ist. A, B, C, D R y a (x) = y (a) (x) + y (b) (x) = A sin x + B cos x + Cx sin x + Dx cos x x 8 sin x + 5 ex, 4.. (a) z = = ( ( + i)( 3i) π ( + 3i)( 3i) (cos + i 3i + 3 4 + 9 } {{ } =0 ( i) + i = ) ( ) ( ) π π +i sin ) + (cos }{{}}{{} = =0 5i 3 + i = 3 + 8 3 i. ( ) π +i sin } {{ } = ) (b) ( ) ( ) π π z = ( + i)(cos +i sin ) + } {{ } =0 } {{ } = = i i i + + i 4 + = i + 3 + i 5 = 5 + 5 i. ( ) (i )( i) 3π ( + i)( i) (cos }{{} =0 = i i 3i 5 ( 3π +i sin ) ) } {{ } = 4.3. (a) Mit Hilfe der Reihenentwicklung von e x und sin x erhalten wir: e /n /n lim n n sin( ) = lim n + O(n 3 ) n n(n n 6 n 3 + O(n 5 )) = / /6 = 3. /
d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 (b) Die Taylorreihe von + x ist + x = + x 8 x + O(x 3 ). Damit erhalten wir: + n3 lim n n + n n + n = n lim n + n ( = lim n + n n 3 O(n 6 ) ) n + O(n ) =. (c) Beh. : a n, n N. Beweis durch Induktion: n = : a =. Induktionsschritt: n n + : Nach Induktionsannahme: a n = a n + = + a n + <. Dies zeigt Behauptung. Beh. :(a n ) ist monoton wachsend, d.h. a n+ a n für alle n N. Beweis durch Induktion: Verankerung: a = + = a Induktionsschritt: n n + : Da nach Ind.annahme a n a n+ ist, folgt Dies zeigt Behauptung. a n+ = + a n + a n+ = a n+ Da jede nach oben beschränkte, monoton wachsende Folge, konvergent ist, konvergiert a n a R, für ein a das wir noch bestimmen müssen. Falls a der Grenzwert der Folge ist, muss a unter der Rekursionsvorschrift fest bleiben, d.h. a = + a. Somit gilt a = + a a = ± 5. Da a n 0 n N muss auch der Grenzwert a 0 sein und damit ist a = + 5. n (d) Das n-te Folgenglied ist gegeben durch a n = k=0 Summe gilt n k=0 = (/)n+. Damit erhalten wir k / lim a n = lim (/) n+ / = / = = 4. n n k und für die geometrische 3/
FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk 4.4. (a) Wir bemerken sin(n) < für alle n. Es folgt: sin(n) ( ) n geom. Reihe n= n = n= =. Die Reihe konvergiert nach dem Majorantenkriterium. (b) Aus Aufgabe b) wissen wir, dass lim n a n = 0. Also ist die Folge (a n) keine Nullfolge und somit konvergiert die Reihe nicht. (c) Die Funktion f : [, ) R : x ist nicht negativ und monoton fallend. x 05 Nach dem Integraltest konvergiert die Reihe n= f(n) = n= genau dann, n 05 wenn das Integral f(x) dx konvergiert. Das Integral konvergiert, denn es ist: Somit konvergiert auch die Reihe. 4.5. dx = x05 04 x 04 = 04. (a) Behauptung : Die Folge ist monoton wachsend. Beweis: Durch Induktion nach n: Verankerung: = d < 5 = d. Ind.Schritt: d n+ = d n + 3 > d n + 3 = d n. Behauptung ist also bewiesen. Behauptung : Die Folge ist nach oben durch 3 beschränkt. Beweis: Durch Induktion nach n: Verankerung: d = 3. Ind.Schritt: d n+ = d n + 3 3 + 3 = 9 = 3. Behauptung ist also auch gezeigt. Nach dem Satz über monotone Konvergenz konvergiert jede monoton wachsende, n nach oben beschränkte Folge. Also konvergiert d n d R. Der Grenzwert d muss die Gleichung d = d + 3 d d 3 = 0 erfüllen (da x x stetig ist). Diese Gleichung hat die Lösungen ± 4 + 3 =. Da die Folge monoton wachsend ist und d = > ist, folgt d. Somit ist der Grenzwert d = lim n d n = 3. 4/
d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 (b) Offensichtlich ist die Folge von unten durch 0 beschränkt. Behauptung : Die Folge ist monoton fallend. Beweis: Durch Induktion nach n: Verankerung: d = 9 = 7 < 3 = d. Ind. Schritt: d n+ = 3d n 3d n = d n. Damit ist Behauptung gezeigt. Jede monoton fallende, nach unten beschränkte Folge, konvergiert nach dem Satz n über monotone Konvergenz. Also konvergiert d n d R. Der Grenzwert muss die Gleichung d = 3d d 3d + = 0 erfüllen (da x x stetig ist). Diese Gleichung hat die Lösungen 3 ± 9 8 Behauptung : Für jedes n gilt d n. Beweis: Durch Induktion nach n: = Verankerung: d = 3 >. Ind. Schritt: d n+ = 3d n 3 =. Somit ist auch Behauptung gezeigt. Also ist d und es folgt d = lim n d n =.. 4.6. (a) Mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung erhalten wir: Somit ist F (x) = x F x (x) = x F (x) = x x ( x) = 3/ ( x ) 3/. F (x) = n=0 F (n) (0) (x 0) n = F (0) + x 0 n! }{{} 6 x3... =0 = x 6 x3.... 5/
FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk (b) Es gilt sin t = n=0 ( ) n t n+ sin t, also (n + )! t = n=0 ( ) n t n (n + )!. Da die Taylorreihe auf ihrem Konvergenzbereich gleichmässig konvergiert können wir gliedweise integrieren und erhalten x 0 sin t t dt = = n=0 n=0 ( ) n x t n dt (n + )! 0 ( ) n x n+ (n + )! (n + ). 4.7. Damit f : [0, 4] R wohldefiniert ist, muss gelten x [, 4] : rx x 0. Dies ist äquivalent zu x [, 4] : r > x. Notwendige Bedingung ist also r 4, das heisst, r. f ist auf [0, 4] \ {} als Komposition stetiger Funktionen stetig. Die Bedingung für Stetigkeit auf [0, 4] ist daher Es gilt lim f(x) = f() = lim >x lim f(x) = >x lim f(x) = <x f(x). <x lim x >x r = 4r, rx x = 4r 4 = r. lim <x Die Bedinung lautet also 4r = r. Wegen r ist dies äquivalent zu 4 = r (r ). Wir sehen, dass r = die eine gültige Lösung ist. Somit ist f stetig für r =. Um den Graphen von f zu zeichnen, beobachten wir, dass der Graph von rx x = r (r x) = r (x r) Teil des Kreises mit Radius r um den Punkt (r, 0) R ist. Für r = erhalten wir: + f + 0 + + 4 x 6/
d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 4.8. Für alle x R \ {a} gilt f(x) = x + x ax a x a + x a = x a + x(x a) x a + (x a)(x + a) Für x > a ist x a = (x a). Daher gilt lim f(x) = a>x a lim a>x a + x + x + a = + a + a = Für x < a ist x a = (x a). Somit gilt lim f(x) = a<x a, falls a 0, +a, a falls a < 0. = (x a)( + x) x a ( + x + a ). lim + x a>x a + x + a = + a + a =, falls a 0, +a, falls a < 0. Im Fall a 0, da sehen wir sofort, dass f an x 0 = a nicht stetig ergänzbar ist. Im Fall a < 0 ist f an x 0 = a stetig ergänzbar, falls links- und rechtsseitiger Grenzwert übereinstimmen, das heisst, falls +a = +a. Dies ist genau dann der Fall, wenn a a +a = 0, also falls a =. a 4.9. Die Funktion arctan : R ( π, π ) ist die Umkehrfunktion von tan : ( π, π) R. Für x ( π, π) ist (tan x) = d sin x dx cos x = (sin x) cos x sin x (cos x) cos x = cos x + sin x cos x = + tan x. Mit der Regel (f (x)) = f (f (x)) (arctan x) = tan (arctan x) = + tan (arctan x) = + x erhalten wir also a 7/
FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk Die ersten beiden Ableitungen von f sind f (x) = + e x ex + + (e x ) ex = ex + e x + e, x f (x) = (ex + e x )( + e x ) (e x + e x )e x ( + e x ) = ex + e 4x + e x + e 3x e 4x e 3x ( + e x ) e x = ( + e x ) ( ex + e x + ). Für alle x R ist f (x) = ex + e x > 0, + ex und daraus folgt, dass f keine kritische Punkte besitzt, insbesondere also keine lokalen Extrema. Da f auf ganz R definiert ist, folgt weiter, dass f auch keine globalen Extrema besitzt. Ausserdem ist für alle x R sign ( f (x) ) ( e x ) = sign ( + e x ) ( ex + e x + ) ( e x ) = sign sign ( e x + e x + ) ( + e x ) }{{} = = sign ( e x + e x + ). Indem wir y := e x setzen, erhalten wir weiter sign(f (x)) = sign ( y + y + ) = sign ( (y ) ) = sign ( ( + y)( + y) ) = sign ( ( + e x ) ) sign ( + e x ) = sign( + e x ). } {{ } = 8/
d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 Also gilt sign ( f (x) ) + für x < log( + ) = 0 für x = log( + ) für x > log( + ) Die Funktion f ist also konvex für x < log( + ) und konkav für x > log( + ). Im Punkt x = log( + ) selbst ändert f das Vorzeichen, daher besitzt f dort einen Wendepunkt. Zuletzt betrachten wir noch das Verhalten von f für x ±. Es gilt lim f(x) = lim x x ( = log() + arctan(0) = 0 + 0 = 0 ( ) ) log( + e x ) + arctan(e x ) und lim x + ( ( ) ) log( + e x ) + arctan(e x ) =. 4.0. (a) Da f n gleichmässig gegen f konvergieren, haben wir nach Definition lim n sup x f n (x) f(x) = 0. Daraus folgt, dass ein N existiert, so dass f n (x n ) f(x n ) < ɛ/ für alle n > N. Aus der Stetigkeit von f folgt sofort, dass es ein N existiert, so dass f(x n ) f(x) < ɛ/ für alle n > N. Daraus folgt für alle n > max(n, N ), dass gilt. f n (x n ) f(x) f n (x n ) f(x n ) + f(x n ) f(x) ɛ/ + ɛ/ ɛ. 9/
FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk (b) Nein, die punktweise Konvergenz reicht nicht. Ein Gegenbeispiel ist f n (x) := nx, 0 x < n, nx, n x < n, 0, n x, mit x n = n und f = 0. Dann folgt f n(x n ) f(0) = für alle n N. 4.. ( ) x (a) Nach Stetigkeit gilt lim x x +x = e lim x ln( x +x )x. Da lim ln( x ln( x )x = lim ) +x x + x x /x Man sieht leicht, dass es sich um eine unbestimmte Form des Typs 0 0 man L Hospitals Regel anwenden kann. handelt, auf die ln( x lim ) +x x /x B. d H. = lim x ( ) x Somit folgt folgt, dass lim x x +x = e =. e x+ +x x x (+x) =. /x (b) Da und folgt, dass lim x 0 x sin x B. d H. = lim x 0 cos x = cos x B. d H. lim = x 0 x lim sin x x 0 x = /, (c) cos x( cos x) lim x 0 x sin x x = lim cos x x 0 sin x cos x = x =. cos(x) (a + bx) lim x 0 x Da cos(x) (a + bx) für x = 0 der Wert a besitzt, kann der obige Limes nur für a = existieren. 0/
d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 Man sieht leicht, dass es sich um eine unbestimmte Form des Typs 0 0 man L Hospitals Regel anwenden kann. Somit haben wir handelt, auf die cos(x) ( + bx) B. d H. sin(x) b lim = lim. x 0 x x 0 x Da sin(x) b für x = 0 der Wert b besitzt, kann der obige Limes nur für b = 0 existieren. Somit haben wir sin(x) lim x 0 x B. d H. = lim x 0 cos(x) =. 4.. (a) s n ist für n 0 monoton wachsend und beschränkt, weil s n n j j=0 j (j + ) n j j=0 j (j + ) n ( j=0 = ) < j n+ gilt. Somit konvergiert die Folge (s n ) n N. (b) Nach dem Minorantenkriterium divergiert die Reihe, weil die harmonische Reihe divergiert. n= n + n n + n + n n= ( n + )n n + n= n= n=3 n + n =. /
FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk (c) Es gilt a n = sin(n) n (n + ) = sin(n) n (n + ) + n n + + n Somit konvergiert a n gegen 0. n 0. (d) ( ) n + n n= n = n+ n= a n. Es gilt für n 9. a n = ( )n + n n n + = n n n + n, n n n + n Es ist bekannt, dass n= für α divergiert, insbesodere divergiert auch die n α harmonische Reihe. n= n Nach Minoranten / Majorantenkriterium / Cauchy-Kriterium divergiert somit auch n= a n. Somit ist die Reihe konvergent. (e) Konvergenzradius ist ρ = lim n n a n = lim n n n + 4 4 = 4 Also Konvergenz in ] 4, 4 [, Divergenz für x > 4. Randpunkte: x = ± 4 einzeln untersuchen. x = 4 n x = 4 n a n x n = n a n x n = n n + 4 ( ) n n + 4 divergent, da es harmonische Reihe ist konvergent, da alternierende harmonische Reihe /
d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 4.3. (a) also f(x) = x x = (e log(x) ) x = e x log(x) f (x) = e x log(x) (x log(x)) = x x (x log(x) + x) Da f() = ist f () = und (Umkehrsatz) (f ) () = (b) e iπ/4 = ( + i) für z = x + iy : f (f ()) = f () =. (x + iy)e iπ/4 = (x + iy)( + i) = (x y + i(x + y)) Also ist Bedingung 0 < (x + y) < 0 < x + y < x < y < x (c) Für f(t) = 3 t = t /3 ist f (t) = 3 t /3. Lineares Taylorpolynom um t 0 = 8: P f(t) = f(8) + f (8)(t 8) = + 3 ( ) (t 8) Also Näherung für 3 7: P (7) = = 3 3/
FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk Fehlerabschätzung: für ein ξ [7, 8]. Restglied = f (ξ)! (t t 0 ) = f (ξ) (7 8) = f (ξ)!! Aus f (t) = 9 t 5/3 Fehler sup f (ξ) = ξ [7,8] 9 7 = 5/3 9 7. 5/3 4.4. (a) Zweimal partielle Integration liefert e } x {{} sin(6x) }{{} dx = e x sin(6x) + 3 = e x sin(6x) 3e x e } x {{} cos(6x) dx }{{} cos(6x) 9 e } x {{} sin(6x) dx. }{{} Daraus folgt 0 e } x {{} sin(6x) }{{} e } x {{} sin(6x) }{{} dx = e x dx = e x 0 sin(6x) 3e x sin(6x) 3e x 0 cos(6x) + c cos(6x) + c. (b) Mit der Substitution x = u, dx = du folgt es x 4 x x dx = 3 u + du = [ arctan u] 3 ( π = 3 π ) = π 4 6. 4/
d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 (c) Variante : 3x 7x 3x x 3 x x dx = x x 3 x x dx 5x x 3 x x dx = ln( x 3 x x ) 5 x x dx. Die Partialbruchzerlegung A + B = x+ x x x Daraus ergibt sich A = 3 und B = 3. Somit folgt: { A + B = 0, A + B =. 3x [ 7x x 3 x x dx = ln( x3 x x ) 5 3 liefert das Gleichungssystem x dx 3 ] x + dx = ln( x 3 x x ) 5 3 ln( x ) + 5 ln( x + ) + c. 3 Variante : Direkt mit Partialbruchzerlegung: 3x 7x x 3 x x = A x + B x + Ein Koeffizientenvergleich liefert das Gleichungssystem A + B + C = 3, A + B C = 7, A =. C x +. Aus { der dritten Gleichung folgt sofort, dass A =. Das System reduziert sich auf B + C =, die B = C impliziert. Somit folgt C C = 6 B C = 6, C = 8, B =. 3 3 Daraus folgt: 3x 7x x 3 x x dx = x dx 3 x dx + 8 3 x + dx = ln( x ) 3 ln( x ) + 8 ln( x + ) + c. 3 5/
FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk Bemerkung: Variante und ergeben das gleiche Resultat, weil es gilt ln( x 3 x x ) 5 3 ln( x ) + 5 ln( x + ) + c = 3 = ln( x x x + ) 5 3 ln( x ) + 5 ln( x + ) + c 3 = ln( x ) + ln( x ) + ln( x + ) 5 3 ln( x ) + 5 ln( x + ) + c 3 = ln( x ) 3 ln( x ) + 8 ln( x + ) + c. 3 4.5. cosh(t) t (a) g(x) = 3x dt. Sei F (t) eine Stammfunktion von cosh(t) Differential- und Integralrechnung ist t, d.h. F (t) = cosh(t). Nach dem Hauptsatz der t g(x) = F (3x) F (). Daraus folgt: g (x) = F (3x) 3 = 3 cosh(3x) (3x) = cosh(3x) 3x. (b) dx. x +x Da 0 x +x x und Majorantenkriterium, dass auch Benutze die Partialbruchzerlegung x + x = A x + B x + = A(x + ) + Bx Daraus folgt R 0 Also A = und B =, d.h. R x + x dx = 0 ( dx = lim x R R x +x R x dx 0 dx konvergiert. x + x = x x +. x + dx ) = konvergiert, folgt mit dem = log( x ) R log( x + ) R = log(r) log(r + ) + log() ( ) R = log + log() R log() + log() = log(). R + dx = log() konvergiert. x +x 6/
d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 4.6. (a) Char. Polynom: = λ = 0 λ 4λ + 6 = 0 = λ,3 = 4± 6 4 = 4± 8 = + i. Allgemeine Lösung: y(t) t C, also C! = 0. y 4y + 6y = 0. λ 3 4λ + 6λ = 0 y(t) = C + e t (C sin( t) + C 3 cos( t)). y (t) = e t (C sin( t) + C 3 cos( t)) + e t (C cos( t) C 3 sin( t)). y! (0) = C 3 + C = 0 C = C 3. y(t) = Ce t ( sin( t) + cos( t)). (b) Die homogene Lösung ist aus a) bekannt. Ansatz für e t : y (t) = ae t = y = ae t, y = 4ae t, y = 8ae t. Einsetzen: a = 4 y (t) = 4 et. (8a 6a + a)e t! = e t. Ansatz für 9t : λ = 0 ist eine Nullstelle des Char. Polynoms (siehe a)). y (t) = at 3 + bt + ct. y (t) = 3at + bt + c, y (t) = 6at + b und y (t) = 6a. Einsetzen: 6a 4(6at + b) + 6(3at + bt + c) 8at + t( 4a + b) + 6a 8b + 6c! = 9t! = 9t. Koeffizientenvergleich: 8a = 9 a =. 4a + b = 0 b = a =. 6a 8b + 6c = 0 6c = 8b 6a = 8 3 = 5 c = 5 6. = y (t) = t3 + t + 5 6 t. Nach dem Superpositionsprinzip (bzw. da die Dgl. linear ist), ist eine partikuläre Lösung. y p (t) = y (t) + y (t) = 4 et + t3 + t + 5 6 t 7/
FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk (c) Separierbare Dgl.: y = t y y y = t log( y ) = t + c y = e t +c = Ke t, K := e c R + y = Ke t, K := e c R. Anfangsbedingungen: Da y() = Ke! = K = e. Somit ist die Lösung: y(t) = e t. 4.7. (a) Wir bestimmen wie immer zuerst die Lösung der zugehörigen homogenen Diff gleichung Das charakteristische Polynom ist ÿ 3ẏ 4y = 0. χ(λ) = λ 3λ 4 = (λ 4) (λ + ) und die Nullstellen λ = 4, λ =. Damit ist die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung y H (t) = c e 4t + c e t. Für das Bestimmen einer partikulären Lösung teilen wir das Problem in Schritte auf:. Bestimme y (t) mit ÿ (t) 3y (t) 4y (t) = t. Bestimme y (t) mit ÿ (t) 3y (t) 4y (t) = te t Dann gilt nach dem Superpositionsprinzip (die Gleichung ist linear!), dass y P = y + y eine Lösung der ursprünglichen Diff gleichung ist. Bestimmen von y : 8/
d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 Da λ = 0 keine Nullstelle vom charakteristischen Polynom ist, verwenden wir als Ansatz ein allgemeines Polynom. Ordnung Einsetzen ergibt y (t) = at + b, y (t) = a, ÿ (t) = 0. ÿ 3y 4y = 0 3 a 4 (at + b) = t ( 4a) 3a 4b =! t Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir die Bedingungen und 4a = und 3a 4b = 0 a = 4, b = 3 4 a = + 3 6 y (t) = 4 t + 3 6. Besimmen von y : Die Funktion t e t hat die Form (Polynom. Grad) e t und wir verwenden den Ansatz (λ = ist keine Nullstelle des char. Polynoms) Für die Ableitungen erhalten wir y (t) = b e t (a + bt) e t ÿ (t) = 4be t + 4(a + bt)e t Eingesetzt in die Gleichung ergibt dies Also ist und daher y (t) = (a + bt) e t. ÿ 3y 4y = 4be t + 4(a + bt)e t 3b e t + 6(a + bt) e t 4(a + bt)e t = 7be t + 6(a + bt)e t = 6b te t + (6a 7b)e t! = te t b = 6, a = 7b 6 = 7 36 ( y (t) = 6 36) t + 7 e t. Insgesamt erhalten wir die partikuläre Lösung ( y P (t) = 6 36) t + 7 e t 4 t + 3 6 und die allgemeine Lösung des Problems ist ( y(t) = y H (t) + y P (t) = c e 4t + c e t + 6 36) t + 7 e t 4 t + 3 6. 9/
FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk (b) Wir berechnen die Nullstellen des charakteristischen Polynoms: λ = 0 λ = ±. Somit ist die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung gegeben durch y h (x) = Ae t + Be t. Die Inhomogenität ist von der Form cosh t = et +e t. Da ± Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind, wird die Lösung der homogenen Gleichung von der Form cte t + dte t sein. Die Rechnung wird jedoch einfacher, wenn wir den äquivalenten Ansatz y p (t) = t(a cosh t + b sinh t), machen. Damit erhalten wir y p (t) = t(a cosh t + b sinh t), y p(t) = a cosh t + b sinh t + t(a sinh t + b cosh t), y p(t) = a sinh t + b cosh t + a sinh t + b cosh t + t(a cosh t + b sinh t) = a sinh t + b cosh t + t(a cosh t + b sinh t), y p y p = a sinh t + b cosh t! = cosh t. Die letzte Gleichung wird gelöst durch a = 0 und b =, und eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung ist daher y p (t) = t sinh t Die allgemeine Lösung ist folglich gegeben durch y(t) = y h (t) + y p (t) = Ae t + Be t + t sinh t Einsetzen der Anfangsbedingungen liefert y(0) = A + B! =, y (t) = Ae t Be t + sinh t + t cosh t, y (0) = A B! =, und wir erhalten A = 0 und B = und damit die Lösung y(t) = e t + t sinh t 4.8. Gesucht ist das globale Minimum der Funktion f : (0, 0) R +, f(x) = C ( ) x + 4 (0 x) 0/
d-infk Lösung von Serie 4 FS 07 wobei C > 0 eine Konstante ist. Wir suchen Extremalstellen der Funktion f: f (x) = 0, x (0, 0) C ( ) x + 4 3 (0 x) 3 = 0, C > 0 x 3 + 4 (0 x) 3 = 0 (0 x)3 = 4x 3 () Wir suchen eine Lösung x 0 von (): (0 x 0 ) 3 = 4x 3 0, x 0 (0, 0) 0 x 0 = 3 4x 0 () x 0 = 0 + 3 4 ist eine Lösung von (). Wir beweisen die beiden Aussagen: (a) Für 0 < x < x 0 gilt f (x) < 0, d.h f ist monoton fallend auf (0, x 0 ). (b) Für x 0 < x < 0 gilt f (x) > 0, d.h f ist monoton steigend auf (x 0, 0). Diese Aussagen zeigen, dass x 0 die einzige Extremalstelle in (0, 0) ist und f (x 0 ) das globale Minimum von f ist. Beweis: (a) 0 < x < x 0 = 0 x > 0 x 0 = (0 x) 3 > (0 x 0 ) 3 = 4 4 < (0 x) 3 (0 x 0 ) 3 und 0 < x < x 0 = > x 3 x 3 0 Damit folgt: = x 3 < x 3 0 0 < x < x 0 = f (x) = C (b) Wir gehen analog vor wie in (a): ( ) x + 4 3 (0 x) 3 < C ( x 3 0 + ) 4 () (0 x 0 ) 3 = 0 x 0 < x < 0 = 4 (0 x) 3 > 4 (0 x 0 ) 3 /
x 3 > x 3 0 FS 07 Lösung von Serie 4 d-infk und Damit folgt x 0 < x < 0 = f (x) > 0. Der dunkelste Punkt befindet sich also bei x 0 = 0 + 3 4. 4.9. Wenn alle Ereignisse gleichwahrscheinlich sind haben wir: p k = /n für k n mit der Entropie: n n p k log p k = k= k= n log n = log n = log n. Wir müssen also zeigen, dass für beliebige p k > 0 mit n k= p k = gilt: n p k log p k log n. k= Wir benutzen, dass f(x) := log(x) konvex auf (0, ) ist, da f (x) = x > 0 x > 0. Deshalb gilt die Jensensche Ungleichung: n n f( p k x k ) p k f(x k ), x k > 0 ( k n). k= k= Wir wählen x k := p k und bekommen n n n log(n) = log( p k x k ) p k ( log x k ) = p k log p k. k= k= k= /