Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Aufgabe 1. (6 Punkte) Gegeben sei die Funktion f () sinh sin a) Zeigen Sie, dass f () für alle 0 durch eine Potenzreihe um 0 dargestellt werden kann. Geben Sie diese Reihe sowohl in Summenschreibweise an, als auch in aufzählender Schreibweise mit mindestens vier nicht verschwindenden Gliedern. b) Zeigen Sie, dass f zu einer Funktion f C (R) fortgesetzt werden kann. Geben Sie f (01) (0), f (015) (0) und f (016) (0) an. c) Zeigen Sie, dass das Infimum von f() an genau einer Stelle angenommen wird. Geben Sie an der Stelle 0 die Gleichung der Tangente und die Krümmung an. d) Entwickeln Sie die Funktion zweier Veränderlicher F(, y) y f(t)dt in eine Taylorreihe um (0,0). Für welche (,y) konvergiert diese Reihe gegen F(,y)? Lösung a) Es ist für alle R ] sinh sin + 3 3! + 5 5! + 7 7! +... 3 3! +7 7! +11 11! +15 15! +... Für alle 0 gilt damit f () sinh sin ] 3 3! + 5 5! 7 7! +... 3! + 7! 6 + 11! 10 + 15! 1 +... n0 n+ (n+3)! b) Die Potenzreihe ist offenbar eine auch für 0 definierte Funktion f(), also eine Fortsetzung von f (). Als überall konvergente Potenzreihe ist sie auf ganz R beliebig oft differenzierbar. Die Ableitungen in der Entwicklungsmitte 0 können aus der Reihe abgelesen werden. Weil die Koeffizienten von 015 und 016 beide 0 sind (die Hochzahlen haben bezüglich nicht den Rest, sondern 3 bzw. 0), ist f (015) (0) f (016) (0) 0. Der Koeffizient a 01 von 01 verschwindet hingegen nicht: f (01) (0) 01! a 01 01! 015! 015 1
Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis c) Es ist f(0) 0. Weil alle Reihenglieder positiv sind, ist für alle 0 f() 3! > 0 f(0) Wegen f (0) 0 besitzt die Tangente im Minimum (0,0) die Gleichung y 0. Wegen f (0)! 3! 3 ist die Krümmung dort κ f (0) (1+f (0) ) 3 f (0) 3 d) Man erhält die Reihe von F(, y) durch gliedweises Integrieren: F(,y) n0 y f(t)dt y n0 t n+3 (n+3) (n+3)! (y3 3 ) 3 3! + (y7 7 ) 7 7! Dies gilt für alle (,y) R. y (n+3)! tn+ dt y n+3 (n+3) (n+3)! n+3 ] (n+3) (n+3)! n0 + (y11 11 ) 11 11! + (y15 15 ) 15 15! +...
Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Aufgabe. (3 Punkte) Gegeben sei die von n N 0 abhängige Differentialgleichung für y() (1+n ) y y n a) Für welche beiden Werte von n ist die Differentialgleichung linear? Prüfen Sie jeweils, ob die Gleichung homogen oder inhomogen ist. Wie lautet die allgemeine Lösung y allg () in den beiden Fällen. b) Für welche Werte von n ist die Gleichung autonom? Für welche Werte von n ist sie separabel? Geben Sie in Abhängigkeit von n die allgemeine Lösung y allg () der Differentialgleichung in impliziter Form an. (Eine Auflösung nach y ist also nicht verlangt.) c) Zeigen Sie, dass für gerades n alle Lösungen der Differentialgleichung monoton wachsend sind. Geben Sie für n 1 alle streng monoton fallenden Lösungen an. d) Berechnen Sie (in epliziter Form und inklusive Definitionsbereich) die Lösung y 1 () des Anfangswertproblems (1+16 ) y y, y(0) 3 16 3π e)bestimmensieinabhängigkeitvonn N 0 dielösungy ()desanfangswertproblems (1+n ) y y n, y(87) 0 Lösung a) Die Differentialgleichung ist offenbar für n 1 linear, aber auch für n 0, weil dann die Funktion y selbst gar nicht mehr in der Gleichung auftaucht. Die beiden Gleichungen sind y 1 (für n 0) und y 1 y 0 (für n 1) 1+ Die Gleichung für n 0 ist inhomogen, das Störglied ist s() 1. Sie besitzt offenbar die allgemeine Lösung y allg () +C (C R) Die Gleichung für n 1 ist homogen. Sie besitzt die allgemeine Lösung y allg () C e arctan (C R) 3
Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis b) Die Gleichung ist nur für n 0 autonom. Ansonsten tritt die unabhängige Variable eplizit in der Gleichung auf. Die Gleichung ist aber für alle n N 0 separabel, kann also mittels Trennung der Veränderlichen gelöst werden. Für n und y 0 ergibt sich dy y n d 1+n y1 n 1 n 1 arctann+c (C R) n Die allgemeine Lösung y allg () besteht für n aus der konstanten Lösung y 0 und y 1 n 1 n n arctann+c (C R) Für n < wurde die allgemeine Lösung schon in der vorigen Teilaufgabe angegeben. c) Für gerades n ist y 1 1+n }{{} >0 y n 0 }{{} 0 Da e arctan als Hintereinanderausführung streng monoton wachsender Funktionen auch streng monoton wachsend ist, sind für n 1 genau die Lösungen C e arctan mit C < 0 streng monoton fallend. d) Bekannt ist bereits, dass y 1 n 1 n n arctann+c, also y 3 3 arctan+c (C R) Die Anfangsbedingung liefert C 3π 16. Um den Kehrwert bilden zu können, darf die rechte Seite nicht 0 sein, also arctan π 1 1 Wegen der Anfangsbedingung bei 0 muss > 1 sein. Die gesuchte Lösung ist dann 1 y 1 () 3 3 3π arctan+ 16, > 1 e) Für n 0 ergibt die Anfangsbedingung 0 87+C, also y () 87. Für n 1 ergibt die Anfangsbedingung 0 C 1, also y () 0. Dies ist auch die Lösung für n. Der Definitionsbereich ist in allen Fällen ganz R.
Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Aufgabe 3. (30 Punkte) Die nachstehend skizzierte Kurve K kann in Polarkoordinaten beschrieben werden durch K : r r(ϕ) ϕ +π ; ϕ 3 π,π] a) Zum Winkel ϕ π 3 gehört der markierte Kurvenpunkt P. Geben Sie für P die Polarkoordinaten (r P,ϕ P ) und die kartesischen Koordinaten ( P,y P ) an. b) Zeigen Sie, dass die Kurve glatt ist. Geben Sie für K eine zulässige Parameterdarstellung mit P als Anfangspunkt an und eine zweite mit P als Endpunkt. c) Bestimmen Sie im Schnittpunkt Y mit der positiven y-achse die Tangente in der Form y m+b. d) Zeigen Sie, dass die Kurve K genau einen Doppelpunkt D besitzt. Berechnen Sie den Inhalt F der von der Kurve K vollständig eingeschlossenen Fläche. P D 0 15 10 5 0 5 10 5 e) Geben Sie eine geschlossene Teilkurve K g von K in Polarkoordinaten an. Ist diese Kurve glatt? Ist sie doppelpunktfrei? Y 0 15 10 5 10 Lösung a) Für Polarkoordinaten (r,ϕ) muss r 0 und ϕ 0,π) sein. Deshalb ist r P r( π 3 ) 16π +π 5π und ϕ P π 3 +π π 3 Die kartesischen Koordinaten ( P,y P ) von P ergeben sich zu P r cosϕ 5π cos π 3 5π sin π 6 5π 18 y P r sinϕ 5π sin π 3 5π cos π 6 5π 3 18 b) Die Kurve ist glatt, da die Geschwindigkeit ẋ : d dϕ Geschwindigkeitsquadrat ergibt sich nämlich nirgends Null wird. Für das ẋ ẋ +ẏ ṙ +r 0+(π ) > 0 5
Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Eine zulässsige Parameterdarstellung mit P als Anfangspunkt ist (ϕ) r(ϕ) cosϕ (ϕ +π ) cosϕ, y y(ϕ) r(ϕ) sinϕ (ϕ +π ) sinϕ; ϕ 3 π,π] Durch die Transformation t ϕ erhält man daraus eine zulässsige Parameterdarstellung mit P als Endpunkt: (t) (t +π ) cost, y y(t) (t +π ) sint; t π, 3 π] c) Im Punkt Y ist ϕ π, also r r(π ) π +π 5π. Es ist ṙ ϕ, also ṙ(π ) π. Die Tangente in Y hat die Steigung m Y dy d dr r dϕ π 5π 5π Die Gleichung der Tangente in Y ist damit y 5π + 5π d) Der Doppelpunkt D muss für zwei Winkel ϕ D1 und ϕ D ϕ D1 +π erreicht werden. Der Radius hat dort den gleichen Wert: r(ϕ D1 )! r(ϕ D1 +π) ϕ D1 (ϕ D1 +π) ϕ D1 ϕ D1 +πϕ D1 +π 0 πϕ D1 +π ϕ D1 π Es gibt demnach genau einen Doppelpunkt D und dieser entsteht für ϕ D1 π und ϕ D +π. Für die umschlossene Fläche F gilt ϕ D F 1 r 1 dϕ ϕ D1 π π (ϕ +π ) dϕ 1 5 π5 +π 1 3 π3 +π 5 π 5 ( 1 5 + 8 +1) 3 15 π5 π 0 (ϕ +π ϕ +π )dϕ e) Der Kurventeil zwischen ϕ D1 und ϕ D ist geschlossen: K g : r r(ϕ) ϕ +π ; ϕ π,π] K g ist doppelpunktfrei, da es außer Anfangs- und Endpunkt von K g keine Doppelpunkte gibt. Die Kurve K g ist aber nicht glatt, da die Tangenten in Anfangs- und Endpunkt nicht übereinstimmen. Die Steigung m D1 beim Winkel ϕ D1 ist m D1 dy r dϕ ṙ d dr r π π π Bei ϕ D ist aus Symmetriegründen m D m D1 π m D1. 6
Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Aufgabe. (30 Punkte) a) Zeigen Sie, dass die vom Parameter a R abhängige Funktion f a : R R mit f a (,y) +(y ) +(a y) genau eine stationäre Stelle besitzt. Prüfen Sie, ob es sich um ein relatives Minimum, ein relatives Maimum oder um einen Sattelpunkt handelt. b) Begründen Sie, dass f a unter der Nebenbedingung y a ein absolutes Minimum besitzt. Bestimmen Sie dieses Minimum. c) Vom holprigen Schulweg führt die Mathe-Straße (der Länge a) direkt und absolut geradlinig zum schönen Arbeitsplatz, wie nachstehende Skizze zeigt. Am unteren Ende ( 0 0) der Mathe-Straße befindet sich bereits ein Zebrastreifen, zwei weitere (bei 1 > 0 und > 1 ) sollen hinzukommen. Dies soll so geschehen, dass entlang der Mathe-Straße die mittlere Entfernung zu einem Zebrastreifen möglichst klein ist. Die mittlere Entfernung ergibt sich (wie in der folgenden Teilaufgabe nachgerechnet werden soll) zu d( 1, ) 1 a f a( 1, ). Wie sind nun 1 und zu wählen? Wie weit ist es dann im Mittel bis zum nächsten Überweg? Die Breite der Überwege ist zu vernachlässigen. d) Schreiben Sie die Entfernung δ(, 1, ) min i einer Stelle 0 der 0 i Mathe-Straße zum nächstgelegenen Zebrastreifen als stückweise definierte lineare Funktion. Zeigen Sie, dass sich der mittlere Abstand d( 1, ) : 1 a a δ(, 1, ) d zum nächstgelegenen der drei Zebrastreifen zu d( 1, ) 1 a f a( 1, ) ergibt. 0 Lösung a) Die partiellen Ableitungen von f a müssen 0 sein f a (,y) (y ) ( y)! 0 y f a y (,y) (y ) (a y) (3y a)! 0 5 a 0 7
Wolfgang Erben (1. Januar 016) WS 01 Analysis Die eindeutige stationäre Stelle befindet sich also bei ( S,y S ) 5a(1,). Für die Determinante der Hesse-Matri ergibt sich H f 6 0 > 0 Es handelt sich demnach um ein relatives Etremum, und zwar wegen f a > 0 um ein Minimum. Der zugehörige Funktionswert ist f a ( a 5, a 5 ) a 5 + a 5 + a 5 a 5. b) g() : f a (,a) +(a ) a+a ist eine nach oben geöffnete Parabel, besitzt also ein absolutes Minimum. Aus g () a! 0 ergibt sich, dass sich das absolute Minimum bei a a befindet. Wegen g(a) ist das absolute Minimum von f a unter der Nebenbedingung y a der Punkt ( a a,a, ). c) Wie angegeben, wird die zu minimierende mittlere Entfernung durch d( 1, ) 1 a f a( 1, ) 1 a ( 1 +( 1 ) +(a ) ) gegeben, für 0 < 1 < a. Wegen der Stetigkeit von f a gilt dies auch am Rand dieses Bereiches, also auf der kompakten Menge M a : {(,y) R 0 y a}. Die stetige Funktion d besitzt auf M a nach Weierstraß ein absolutes Minimum. Dieses Minimum liegt nicht bei 1 0 oder 1, weil dies das Zusammenfallen zweier Überwege bedeutet. Das ist offenbar schlechter als einen davon an einer beliebigen anderen Stelle anzulegen. Auf dem Rand a ist die mittlere Entfernung ( a ) größer als an der stationären Stelle ( a 5 ), wie in den Aufgabenteilen a) und b) nachgerechnet. Es muss also 1 a 5 und a 5 gewählt werden. Die mittlere Entfernung zu einem Zebrastreifen ist dann d( 1, ) 1 a a 5 a 10. d) Es ist δ(, 1, ) für 0 1 1 für 1 1 1 für 1 1+ für 1+ für a d( 1, ) + 1 + 1 0 d + ( ) d + ( 1 ) ] 1 + a 1 1 ( 1 ) d + ( ) d ( ) ] 1 + + ( 1 ) + 1 1 1 1 1 + 1 + ( 1 ) 1 1 +( 1 ) +(a ) ] 1 + 1 1 + 1 ( 1 ) d + ] 1 1 (1 ) ] 1 1 + 0 ( ) ] a +(a ) ] 8