A. Kirchhoff, T. Pfrommer, M. Kutter, Dr. I. Rybak 1. Gruppen¨ ubung zur Vorlesung H¨ ohere Mathematik 2 Prof. Dr. M. Stroppel Prof. Dr. A. S¨ andig Sommersemester 2010 L¨ osungshinweise zu den Hausaufgaben: Aufgabe H 1. Konvergenzkriterien f¨ ur Reihen Untersuchen Sie, ob die folgenden Reihen konvergieren: (a) ∞ n=0 n n +1 (b) ∞ k=0 1 k 2 + k +1 (c) ∞ n=0 n 3 4 n (d) ∞ k=1 −9k − 10 10k k L¨ osungshinweise hierzu: (a) Es gilt n n+1 → 1 f¨ ur n →∞ . Die Reihe ist daher divergent. (b) Hier kann man das Majorantenkriterium anwenden. Es gilt f¨ ur alle k ∈ N 0 ≦ 1 k 2 + k +1 ≦ 1 k 2 . Aus der Konvergenz von ∞ ∑ k=1 1 k 2 folgt die Konvergenz der Reihe ∞ k=0 1 k 2 + k +1 =1+ ∞ k=1 1 k 2 + k +1 . (c) Das Quotientenkriterium liefert 0 ≦ (n + 1) 3 4 n+1 4 n n 3 = (n + 1) 3 4n 3 n→∞ −→ 1 4 < 1. Daraus folgt die Konvergenz der Reihe. (d) Hier weisen wir die Konvergenz der Reihe mit dem Wurzelkriterium nach. Es gilt k −9k − 10 10k k = −9k − 10 10k k→∞ −→ 9 10 < 1. Aufgabe H 2. Stetigkeit Betrachtet wird die Funktion f : [1, 4] → R : x → √ x . www.mathematik.uni-stuttgart.de/studium/infomat/HM-Stroppel/
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H¨ohere Mathematik 2 · 1. Gruppenubung¨ H¨ohere Mathematik 2 Uberpr¨ ¨ufen Sie, ob die Folge konvergiert und bestimmen Sie gegeben enfalls ihren Grenzwert. L¨osungshinweise
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Transcript
A. Kirchhoff,
T. Pfrommer,
M. Kutter, Dr. I. Rybak
1. Gruppenubung zur Vorlesung
Hohere Mathematik 2Prof. Dr. M. Stroppel
Prof. Dr. A. Sandig
Sommersemester 2010
Losungshinweise zu den Hausaufgaben:
Aufgabe H 1. Konvergenzkriterien fur Reihen
Untersuchen Sie, ob die folgenden Reihen konvergieren:
(a)∞
∑
n=0
n
n + 1
(b)∞
∑
k=0
1
k2 + k + 1
(c)
∞∑
n=0
n3
4n
(d)
∞∑
k=1
(−9k − 10
10k
)k
Losungshinweise hierzu:
(a) Es gilt n
n+1→ 1 fur n → ∞ . Die Reihe ist daher divergent.
(b) Hier kann man das Majorantenkriterium anwenden. Es gilt fur alle k ∈ N
0 ≦1
k2 + k + 1≦
1
k2.
Aus der Konvergenz von∞∑
k=1
1k2 folgt die Konvergenz der Reihe
∞∑
k=0
1
k2 + k + 1= 1 +
∞∑
k=1
1
k2 + k + 1.
(c) Das Quotientenkriterium liefert
0 ≦(n + 1)3
4n+1
4n
n3=
(n + 1)3
4n3
n→∞−→ 1
4< 1.
Daraus folgt die Konvergenz der Reihe.
(d) Hier weisen wir die Konvergenz der Reihe mit dem Wurzelkriterium nach. Es gilt
k
√
∣
∣
∣
∣
−9k − 10
10k
∣
∣
∣
∣
k
=
∣
∣
∣
∣
−9k − 10
10k
∣
∣
∣
∣
k→∞−→ 9
10< 1.
Aufgabe H 2. Stetigkeit
Betrachtet wird die Funktion f : [1, 4] → R : x 7→ √x .
(c) Fur x0 = 2 findet man hier nicht fur jedes ε > 0 ein entsprechendes δ > 0 , denn esgilt fur alle x 6= 2 :
|g(x) − g(x0)| = |1 − 2| = 1,
und zwar unabhangig von δ .
(d) Die Tatsache, dass ein solches δ > 0 existiert, ist aquivalent zur Stetigkeit in x0 = 1in Aufgabenteil (a) bzw. zur Stetigkeit im gesamten Intervall [1, 4] im Aufgabenteil(b). Im Aufgabenteil (c) findet man kein solches δ > 0 , da die Funktion g unstetig inx0 = 2 ist.
Aufgabe H 3. Konvergenz in metrischen Raumen
Auf der Menge C0([0, 1]) der reellwertigen stetigen Funktionen auf dem Intervall [0, 1] ver-wenden wir die durch ρ∞(f, g) := max
{
|f(t) − g(t)|∣
∣ t ∈ [0, 1]}
festgelegte Metrik ρ∞ .Die Folge (fn)n∈N in C0([0, 1]) wird definiert durch
Uberprufen Sie, ob die Folge konvergiert und bestimmen Sie gegebenenfalls ihren Grenzwert.
Losungshinweise hierzu: Wir bestimmen zunachst den moglichen Grenzwert der Folge undklaren anschließend die Konvergenz. Nehmen wir also an, dass die Folge tatsachlich gegeneine Funktion f ∈ C0([0, 1]) konvergiert. Dann wurde fur alle s ∈ [0, 1]
∣
∣
∣
∣
∣
√
s2 +1
n− f(s)
∣
∣
∣
∣
∣
= |fn(s) − f(s)| ≦ maxt∈[0,1]
|fn(t) − f(t)| = ρ∞(fn, f) → 0
fur n → ∞ gelten, und somit (punktweise) f(t) = |t| = t implizieren. Um nun auch dieKonvergenz im metrischen Raum (C0([0, 1]), ρ∞) gegen die Funktion f einzusehen, sei ε > 0gegeben. Dann finden wir ein K ≧ 1 mit
√K > 1
ε. Also gilt
maxt∈[0,1]
|fn(t) − f(t)| = maxt∈[0,1]
∣
∣
∣
∣
∣
√
(t +1√n
)2 − 2t√n− t
∣
∣
∣
∣
∣
≦ maxt∈[0,1]
∣
∣
∣
∣
√
(t + 1/√
n)2 − t
∣
∣
∣
∣
=1√n
< ε
fur alle n ≧ K . Da ε > 0 beliebig war, zeigt dies die Konvergenz der Folge {fn}n∈N gegenf .
Bestimmen Sie moglichst große Teilmengen von R , auf denen die folgenden Definitionensinnvoll sind:
(a) f1 : x 7→ cos(
πx
2
)
x2|x − 1|Losungshinweise hierzu: Der Definitionsbereich ist D1 = R r {0, 1} . In D1 ist dieFunktion, als Verknupfung stetiger Funktionen, stetig. Aus Beispiel (1.12.5) ist bekanntdass
limx→0
sin(x)
x= 1
Daran ist ersichtlich dass
limx→0+0
sin(x)
|x| = 1 limx→0−0
sin(x)
|x| = −1
Bereits aus der Schule ist bekannt dass sin (x) = cos(
x + π
2
)
. Wir substituierenzunachst u = x+1 beziehungsweise x = u+1 und beachten dass sich im Limes auchdie Grenzen andern.
limx→1
cos(
πx
2
)
x2|x − 1| = limu→0
cos(
πu
2+ π
2
)
(u + 1)2|u| = limu→0
sin(
πu
2
)
(u + 1)2|u|
substituiere v = π
2u beziehungsweise u = 2
πv
= limv→0
sin (v)(
2πv + 1
)2 · 2π|v|
=π
2
(
limv→0sin(v)|v|
limv→0
(
2πv + 1
)2
)
=
{
+π
2als linksseitiger Grenzwert
−π
2als rechtsseitiger Grenzwert
Wir erhalten also die Grenzwerte
limx→0±0
f1(x) → ∞ limx→1−0
f1(x) = +π
2lim
x→1+0f1(x) = −π
2.
Somit ist die Funktion nicht stetig fortsetzbar.
(b) f2 : x 7→ ln(
ln(1 + x2))
Losungshinweise hierzu: Die ln-Funktion ist definiert fur alle x > 0 , streng monotonsteigend und großer oder gleich 0 fur alle x ≧ 1 . Fassen wir diese beiben Aussagenzusammen, und verwenden wieder das Argument der Verknupfung stetiger Funktionen,erhalten wir, dass die Funktion f2 stetig ist fur alle x 6= 0 . Außerdem ist D2 = Rr{0} .Wir erhalten lim
x→0±0f2(x) → −∞ . Die Funktion ist nicht stetig fortsetzbar.
mit k ∈ Z konnen wir die Funktion stetig fortsetzen.
(f) f6 : x 7→ x − a
|x − b| wobei a,b ∈ R
Losungshinweise hierzu: Unter Beachtung des Nenners folgt, dass f6 fur D6 =Rr{b} , als Verknupfung stetiger Funktionen selbst wieder stetig ist. Wir unterscheidenfolgende Fallea = b : Dann ist
limx→b−0
f6(x) → −1 limx→b+0
f6(x) → 1
a > b : Dann ist
limx→b±0
f6(x) → −∞
a < b : Dann ist
limx→b±0
f6(x) → +∞
Im Fall a = b , und nur in diesem Fall, ist die Funktion durch f6(b) = −1 stetigfortsetzbar.
Untersuchen Sie diese Funktionen auf Stetigkeit, und bestimmen Sie jeweils die links- undrechtsseitigen Grenzwerte an den Lucken in den Definitionsbereichen.An welchen dieser Lucken sind die Funktionen stetig fortsetzbar?
Bestimmen Sie die Konvergenzradien und Entwicklungspunkte der folgenden Potenzreihen:
(a)
∞∑
n=1
(z + 1)n
2n n
(b)
∞∑
n=0
n2(z − 1 + 2i)n
(c)∞∑
n=1
(−4)nz2n
2n!
(d)
∞∑
n=0
(z +√
2 − i)n
n!
(e)
∞∑
n=0
√2nzn
(f)∞∑
n=0
2n(z2 + 4z + 4
)n
Skizzieren Sie jeweils den Konvergenzkreis. Geben Sie an, fur welche z ∈ R die Reihen kon-vergieren.
Losungshinweise hierzu:
(a) Der Entwicklungspunkt ist z0 = −1 . Wir berechnen den Konvergenzradius ρ mit Hilfe
des Wurzelkriteriums. Mit Koeffizienten an =1
2nnergibt sich
limn→∞
n
√
|an| = limn→∞
n
√∣∣∣∣
1
2nn
∣∣∣∣=
1
2.
Der Konvergenzradius ist ρ =1
a= 2 . Die Reihe konvergiert fur jedes z aus dem
offenen Intervall (−3, 1) . Um den Konvergenzbereich festzustellen, mussen wir nochdas Verhalten in den Randpunkten −3 und 1 untersuchen. Fur z = −3 ergibt sichdie Reihe
∞∑
n=1
(−2)n
2nn=
∞∑
n=1
(−1)n
n.
Diese Reihe ist eine alternierende Reihe, die nach dem Leibnizkriterium konvergiert.Fur z = 1 dagegen ergibt sich die Reihe
∞∑
n=1
2n
2nn=
∞∑
n=1
1
n.
Diese Reihe ist divergent (Beispiel 1.9.16 im Skript). Daher konvergiert die Reihe∞∑
So gilt fur den Konvergenzradius ρ = 1 . Der Entwicklungspunkt ist z0 = 1 − 2i .
1 2 3−1−2−3−4
1
2
3
−1
−2
−3
−4
Wie, aus der Skizze ersichtlich ist, konvergiert die Reihe fur kein z ∈ R .
(c) Wir erkennen, dass
∞∑
n=1
(−4)nz2n
2n!=
∞∑
n=0
(−1)n(2z)2n
2n!− 1 = cos(2z) − 1.
Das ist eine Potenzreihe fur cos(2z) , die aber fur jedes beliebige z ∈ C konvergiert(ρ = +∞) . Es gilt das selbe auch fur die gegebene Reihe. Der Entwicklungspunkt istz0 = 0 .
Losungshinweise hierzu: Wie man mit vollstandiger Induktion sieht, gilt an ≦ 2n :Induktionsanfang: Es gilt a0 = 1 ≦ 20 und a1 = 1 ≦ 21 , die Behauptung ist somit fur n = 0und n = 1 richtig.Induktionsschluss: Sei nun n ∈ N . Ist die Behauptung fur n − 1 und n bewiesen, so folgt
an+1 = an + an−1 ≦ 2n + 2n−1 ≦ 2n + 2n = 2n+1.
Folglich ergibt sich lim sup n
√
|an| ≦ 2 und damit gilt fur den Konvergenzradius ρ der zu
(d) Der Ausdruck ist von der Form “00“ . Die Regel von l’Hospital zweimal angewandt liefert
limx→1−
ln (x) ln (1 − x) = limx→1−
ln (1 − x)1
ln (x)
= limx→1−
− 11−x
−1x(ln (x))2
= limx→1−
x(ln (x))2
1 − x= lim
x→1−
(ln (x))2 + 2 ln (x)
−1=
0 + 2 · 0
−1= 0.
(e) Der Ausdruck ist von der Form “00“ . Die Regel von l’Hospital zweimal angewandt liefert
limx→0
x(ex + 1) − 2(ex − 1)
x2= lim
x→0
ex + 1 + xex − 2ex
2x= lim
x→0
ex + xex − ex
2=
0
2= 0.
Aufgabe H 11. Taylorpolynom
Fur ein festes k ∈ N ist das Intervall I := [−2πk, 2πk] gegeben. Weiter ist auf I dieFunktion sin
∣
∣
I: I → R : x 7→ sin(x) definiert.
(a) Uberprufen Sie, ob die Funktion sin∣
∣
Idie Voraussetzungen des Satzes von Taylor in
dem Intervall I erfullt.
(b) Bestimmen Sie das Taylorpolynom T5(sin∣
∣
I, x, 0) .
(c) In anwendungsbezogenen Vorlesungen wird Ihnen haufig eine Aussage der Form”fur
kleine Winkel konnen wir sin(x) durch x ersetzen“ begegnen. Darf man das wirklich?Was sind
”kleine Winkel“? Stellen Sie diese an sich gewagte Behauptung auf ein solides
mathematisches Fundament, indem Sie sich das Restglied R2(sin∣
∣
I, x, 0) anschauen.
Losungshinweise hierzu:
(a) Da die Funktion sin |I : I → R stetig und unendlich oft stetig differenzierbar im Inter-vall I ist, sind die Voraussetzungen des Satzes von Taylor im Intervall I erfullt.
(b) Es gilt f(x) := sin x = −f ′′(x) = f (4)(x) , sowie f ′(x) = cos x = −f ′′′(x) = f (5)(x) .Damit berechnen wir f(0) = f ′′(0) = f (4)(0) = 0 und f ′(0) = −f ′′′(0) = f (5)(0) =1 . Damit konnen wir das Taylorpolynom 5. Stufe angeben:
T5(f |I , x, 0) =5
∑
n=0
fn(0)
n!xn = x −
x3
6+
x5
120
(c) Das Restglied R2 hat die Form
R2(sin |I , x, 0) =f ′′′(ξx)
3!x3,
wobei 0 < ξx < x . Da das Restglied R2 gerade den Fehler bei der Approximation vonsin durch das Taylorpolynom 1. Stufe beschreibt, gilt
(a) Schranken Sie die Cosinus-Funktion cos im Definitionsbereich so auf ein geeignetesIntervall ein, daß die Umkehrfunktion Arcuscosinus arccos existiert und skizzieren Siediese.
(b) Berechnen Sied
d xarccos(x)
∣
∣
∣
∣
x=x0
mit Hilfe der Ableitung der Umkehrfunktion.
(c) Zeigen Sie arccos(x) = π2− arcsin(x) .
Losungshinweise hierzu:
(a) Wir betrachten die Funktion cos |[0,π] : [0, π] −→ [−1, 1] . cos |[0,π] ist bijektiv undbesitzt somit eine Umkehrfunktion arccos .
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
(b) Der Satz uber die Ableitung der Umkehrfunktion liefert mit x0 = cos y0 und der Formelaus der Prasenzaufgebe P11 (b)
d
dxarccos x
∣
∣
∣
x=x0
=1
ddy
cos y
∣
∣
∣
y=y0
=1
− sin y0
=1
−√
1 − cos y02
= −1
√
1 − x20
.
(c) Mit Hilfe des Additionstheorems
cos (z + w) = cos z cos w − sin z sin w fur alle z, w ∈ R
Aufgabe H 14. Potenzreihen und Differentialgleichungen
Gegeben sei die Differentialgleichung
f ′ = αf ,
wobei α ∈ R ist. Eine Losung dieser Differentialgleichung ist eine differenzierbare Funktionf : R → R , fur die gilt
f ′(x) = αf(x) fur alle x ∈ R .
Sei nun f eine solche Funktion.
(a) Bestimmen Sie fur beliebiges n ∈ N die n-te Ableitung f (n) und schließen Sie dabeiinduktiv, dass f beliebig oft stetig differenzierbar ist.
Losungshinweise hierzu: Da f stetig differenzierbar ist, so folgt aus der Differential-gleichung
f ′ = αf,
dass auch f ′ stetig differenzierbar ist und somit induktiv auch f (n) fur beliebigesn ∈ N . Ebenso induktiv ergibt sich damit
f (n) = αf (n−1) = α2f (n−2) = · · · = αnf.
(b) Bestimmen Sie mit Hilfe von (a) die Taylorreihe T (f, x, 0) und anschließend derenKonvergenzradius.
Losungshinweise hierzu: Die Taylorreihe von f ist gegeben durch
T (f, x, 0) =∞
∑
n=0
f (n)(0)
n!xn =
∞∑
n=0
f(0)αn
n!xn.
Das Quotientenkriterium liefert
limn→∞
∣
∣
∣
∣
αn+1 n! f(0)
αn (n + 1)! f(0)
∣
∣
∣
∣
= limn→∞
α
n + 1= 0.
Der Konvergenzradius ist also ρ = ∞ .
(c) Machen Sie eine Probe, indem Sie sich vergewissern, dass T (f, x, 0) die Differential-gleichung erfullt, das heißt d
d xT (f, x, 0) = α · T (f, x, 0) .
Losungshinweise hierzu: Nach Satz 2.6.10 des Skriptes ist eine Potenzreihe inner-halb des Konvergenzkreises beliebig oft differenzierbar. T (f, x, 0) ist also in ganz R
differenzierbar und die Ableitung berechnet sich (wieder nach Satz 2.6.10) durch
Also erfullt T (f, x, 0) die Differentialgleichung.
(d) Welche Reihe erhalten Sie fur den Anfangswert f(0) = 1?
Losungshinweise hierzu: Im Fall f(0) = 1 erhalt man die Exponentialreihe
T (f, x, 0) =∞
∑
n=0
(αx)n
n!= eαx.
Aufgabe H 15. Kurvendiskussion
Die Funktion f sei gegeben durch
f(x) =1
(1 + x)2−
1
(1 − x)2.
(a) Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich von f in R und untersuchen Siedas Verhalten von f an dessen Randern (gegebenenfalls in ±∞). Uberprufen Sie dieFunktion auf Stetigkeit.
Losungshinweise hierzu: Der maximale Definitionsbereich von f in R ist D =R r {−1, 1} . f ist in ganz D stetig. An den Randern von D zeigt f folgendesVerhalten:
limx→±∞
f(x) = 0,
limx→−1±0
f(x) = +∞,
limx→1±0
f(x) = −∞.
(b) Untersuchen Sie f auf Symmetrie.
Losungshinweise hierzu: Es gilt
f(−x) =1
(1 − x)2−
1
(1 + x)2
= −
(
1
(1 + x)2−
1
(1 − x)2
)
= −f(x).
Also ist der Graph von f punktsymmetrisch zum Ursprung. f ist eine ungerade Funk-tion.
(d) Berechnen Sie f ′ , sowie Art und Lage aller Extremalstellen von f . Bestimmen Sieaußerdem die Tangente an den Graphen von f im Punkt x = 0 .
Losungshinweise hierzu: Fur die Ableitung ergibt sich:
f ′(x) =d
d x
(
1
(1 + x)2−
1
(1 − x)2
)
=−2
(1 + x)3−
2
(1 − x)3
= −
(
2
(1 + x)3+
2
(1 − x)3
)
Um Extremalstellen in D zu ermitteln setzen wir f ′ gleich Null und erhalten:
f ′(x) = 0 ⇔2
(1 + x)3= −
2
(1 − x)3
⇔ (1 − x)3 = −(1 + x)3
⇔ 1 − 3x + 3x2 − x3 = −(1 + 3x + 3x2 + x3)
⇔ 2 + 6x2 = 0
⇔ x2 = −13
f ′ hat somit keine reellen Nullstellen und damit gibt es keine Extremalstellen von f inD . Die Tangente an den Graphen von f im Punkt x = 0 ist durch das Taylorpolynom1. Stufe T1(f, x, 0) gegeben:
T1(f, x, 0) = f(0) + f ′(0)x = −4x.
(e) Bestimmen Sie alle Wendepunkte von f .
Losungshinweise hierzu: Wir berechnen zunachst die zweite Ableitung:
Hierbei haben wir das Additionstheorem sin(2t) = 2 sin t cos t benutzt. Durch Re-
substitution t = arcsin
(
x√2
)
, also cos t =√
1 − (sin t)2 =
√
1 − x2
2erhalt man
schließlich∫ √
2 − x2 d x =
[
arcsin
(
x√2
)
+x√
2 − x2
2
]
.
(c) Um dieses Integral zu berechnen, zerlegen wir es in zwei bekannte Integrale aus Lemma3.4.8 und 3.4.9:
∫
5x + 2
x2 + 2x + 10d x =
5
2
∫
2x + 4
5
x2 + 2x + 10d x =
5
2
∫
2x + 2 − 6
5
x2 + 2x + 10d x
=5
2
∫
2x + 2
x2 + 2x + 10d x − 3
∫
1
x2 + 2x + 10d x
=
[
5
2ln
(
x2 + 2x + 10)
− arctan
(
x + 1
3
)]
.
Hierbei haben wir β = 2, γ = 10, ∆ = γ − β2
4= 9 benutzt.
(d) Die reelle Faktorisierung von x3 − x ist x(x − 1)(x + 1) . Die Partialbruchzerlegung
von2x2 − 5x + 1
x3 − 2x + xlautet
2x2 − 5x + 1
x3 − 2x + x=
A
x+
B
x − 1+
C
x + 1.
Um die Koeffizienten A , B und C zu bestimmen, multiplizieren wir beide Seiten mitx(x − 1)(x + 1) :
2x2 − 5x + 1 = A(x2 − 1) + B(x2 + x) + C(x2 − x).
Diese Bedingung muss fur unendlich viele reelle Zahlen in R r {−1, 0, 1} erfullt sein.Also stimmen die beiden Polynome links und rechts uberein. Wir konnen A , B undC durch Koeffizientenvergleich berechnen:
(f) Der Integrand ist eine ungerade Funktion. Wir wissen, dass das Integral uber eineungerade Funktion von −a bis a gleich 0 ist. Mit diesem Wissen kann man sich vielArbeit, wie in der nachfolgenden Rechnung, sparen.Wir substituieren u = x2 und erhalten
∫
xex2
sin(x2) d x =1
2
∫
eu sin(u) d u
Partielle Integration mit f = eu und g = sin(u) liefert
=1
2[eu sin(u)] − 1
2
∫
eu cos(u) d u
Partielle Integration mit f = eu und g = cos(u) liefert
=1
2[eu sin(u) − eu cos(u)] − 1
2
∫
eu sin(u) d u
Also ist∫
eu sin(u) d u =1
2[eu sin(u) − eu cos(u)] ,
1
2
∫
eu sin(u) d u =1
4[eu sin(u) − eu cos(u)] ,
und damit
∫
1
−1
xex2
sin(x2) d x =1
4
[
ex2 (
sin(x2) − cos(x2))
]1
−1
=1
4
(
e1(sin(1) − cos(1)) − e1(sin(1) − cos(1)))
= 0
Aufgabe H 17. Geschlossene Form
Bestimmen Sie fur die folgenden Reihen den Konvergenzradius und eine geschlossene Formim Inneren des Konvergenzkreises. Der Begriff
Aufgabe H 19. Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
Zeigen Sie, dass fur alle x ≧ 0 folgende Ungleichung gilt:
ln(1 + x) ≧3
2· x(x + 6)
(x + 3)2.
Betrachten Sie hierfur die Ableitung der linken und der rechten Seite, und verwenden Sie denHauptsatz der Differential- und Integralrechnung.
Losungshinweise hierzu: Wir definieren
f(x) := ln(1 + x)
g(x) :=3
2· x(x + 6)
(x + 3)2
Ableiten ergibt
f ′(x) =1
1 + xg′(x) =
3
2· 27
(x + 3)3
Wir zeigen nun, dass f ′(x) ≧ g′(x), fur alle x ≧ 0 .
1
1 + x≧
27
(x + 3)3
(x + 3)3 ≧ 27(1 + x)
x3 + 9x2 + 27x + 27 ≧ 27 + 27x
x3 + 9x2 ≧ 0,
was wegen x ≧ 0 erfullt ist. Auf dieses Wissen wenden wir nun zweimal den Hauptsatz derDifferential- und Integralrechnung an. Es gilt wegen f ′ ≧ g′ auf dem Intervall [0,∞) undf(0) = g(0) = 0:
f(x) − f(0) =
∫ x
0
f ′(t) d t ≧
∫ x
0
g′(t) d t = g(x) − g(0)
f(x) =
∫ x
0
f ′(t) d t ≧
∫ x
0
g′(t) d t = g(x),
und somit f(x) ≧ g(x) , was zu beweisen war.
Aufgabe H 20. Uneigentliche Integrale
Bestimmen Sie, falls moglich, die folgenden uneigentlichen Integrale:
Aufgabe H 23. Funktionen in mehreren Veranderlichen
Es ist die Funktion f : R2 → R : (x, y) 7→ sin(x2 + y2) gegeben.
(a) Skizzieren Sie die Niveaulinien von f zu den Niveaus −1, 0 und 1 . Skizzieren Sie mitHilfe der Niveaulinien und achsenparalleler Schnitte den Graphen.
Losungshinweise hierzu: Zunachst bestimmen wir die Niveaulinien von f zu denNiveaus −1, 0 und 1 . Es gilt
Als achsenparallelen Schnitt erhalten wir fur y = 0 die Funktion f(x, 0) = sin(x2) .Wegen der Rotationssymmetrie bezuglich des Ursprungs f(x, y) = sin(x2 + y2) =sin(r2) lasst sich der Graph damit vollstandig beschreiben.
(d) Untersuchen Sie die Funktion f auf totale Differenzierbarkeit.
Losungshinweise hierzu: Es gilt f(0, 0) = 0 , aber
limn→∞
f
(
1
n,1
n
)
= limn→∞
2n4
2n4
= 1 6= 0.
Daraus folgt, dass f in (0, 0) unstetig, und somit nicht total differenzierbar ist. Diereine Existenz der partiellen Ableitungen reicht also als Kriterium fur die totale Diffe-renzierbarkeit nicht aus, sie mussen auch stetig sein.
f(x, y) = sin(x) sin(y) sin(x+ y) , 0 < x < π, 0 < y < π.
(a) Berechnen Sie grad f und Hf .
(b) Geben Sie alle kritischen Punkte von f an (d.h. Punkte mit grad f = 0).
(c) Berechnen Sie an allen kritischen Stellen (x, y) das Taylorpolynom T2(f, (x, y), (x, y))und bestimmen Sie den Typ der Schmiegquadrik an den Graph von f in den kritischenPunkten.
(c) Die Schmiegquadrik an den Graph von f im Punkt P ist durch die Gleichung z =T2(f, (x, y), P ) gegeben (Spezialfall 4.4.15). Wir berechnen das Taylorpolynom der
Stufe 2 in den kritischen Punkten. Fur P1 =(π
3,π
3
)
erhalten wir
T2
(
f, (x, y),(π
3,π
3
))
= f(π
3,π
3
)
+ fx
(π
3,π
3
)(
x− π
3
)
+ fy
(π
3,π
3
)(
y − π
3
)
+1
2fxx
(π
3,π
3
)(
x− π
3
)2
+ fxy
(π
3,π
3
)(
x− π
3
)(
y − π
3
)
+1
2fyy
(π
3,π
3
)(
y − π
3
)2
=3√
3
8−
√3
2
(
x− π
3
)2
−√
3
2
(
x− π
3
)(
y − π
3
)
−√
3
2
(
y − π
3
)2
,
und damit ist die Schmiegquadrik im Punkt(π
3,π
3
)
gegeben durch
z =3√
3
8−
√3
2
(
x− 2π
3
)2
−√
3
2
(
x− 2π
3
)(
y − 2π
3
)
−√
3
2
(
y − 2π
3
)2
.
Analog erhalten wir das Taylorpolynom der Stufe 2 in Punkt P2 =
(
2π
3,2π
3
)
:
T2 (f, (x, y), P2) = −3√
3
8+
√3
2
(
x− 2π
3
)2
+
√3
2
(
x− 2π
3
)(
y − 2π
3
)
+
√3
2
(
y − 2π
3
)2
,
Die Schmiegquadrik im Punkt
(
2π
3,2π
3
)
ist durch
z = −3√
3
8+
√3
2
(
x− 2π
3
)2
+
√3
2
(
x− 2π
3
)(
y − 2π
3
)
+
√3
2
(
y − 2π
3
)2
gegeben.
(d) Wir berechnen die Hessematrix in den kritischen Punkten:
Hf(π
3,π
3
)
=
(
−√
3 −√
3
2
−√
3
2−√
3
)
, Hf
(
2π
3,2π
3
)
=
(√3
√3
2√3
2
√3
)
.
Wir berechnen d(P1) = det Hf(P1) = fxx(P1)fyy(P1) − fxy(P1)2 =
9
4. Wegen
d(P1) > 0 und fxx(P1) < 0 liegt bei P1 ein lokales Maximum vor (Satz 4.5.8).
4. Wegen d(P2) > 0 und fxx(P1) > 0 liegt bei P2 ein
lokales Minimum vor (Satz 4.5.8). Wir erhalten f(P2) = −3√
3
8.
Zum Schluss bestimmen wir den Typ der Schmiegquadrik an den Graphen von f inden kritischen Punkten.Bei P1 liegt ein Maximum vor. Die Hesse-Matrix in diesem Punkt ist negativ definit(Satz 4.5.5), deshalb hat die quadratische Form
q1 = −√
3
2
(
x− π
3
)2
−√
3
2
(
x− π
3
)(
y − π
3
)
−√
3
2
(
y − π
3
)2
zwei negative Eigenwerte: λ1 < 0 und λ2 < 0 (Lemma 4.5.4). Die Quadrik hat dieForm λ1x
2 + λ2y2 + 2z = 0 (elliptisches Paraboloid).
Bei P2 liegt ein Minimum vor. Die Hesse-Matrix in diesem Punkt ist positiv definit(Satz 4.5.5), deshalb hat die quadratische Form
q2 =
√3
2
(
x− π
3
)2
+
√3
2
(
x− π
3
)(
y − π
3
)
+
√3
2
(
y − π
3
)2
zwei positive Eigenwerte: λ1 > 0 und λ2 > 0 (Lemma 4.5.4). Die Quadrik hat dieForm λ1x
2 + λ2y2 + 2z = 0 (elliptisches Paraboloid).
(e) Fur den Wertebereich von f erhalten wir Wf = [f(P2), f(P1)] =
[
−3√
3
8,3√
3
8
]
.
Aufgabe H 29. Extrema unter Nebenbedingungen
Es soll eine Konservendose mit vorgegebenen Volumen V0 > 0 hergestellt werden. Die Dosewird als idealer Zylinder mit Hohe h , Deckel- bzw. Bodenradius r und Volumen V angenom-men. Um Materialkosten zu sparen stellt sich folgende Optimierungsaufgabe: Man bestimmer und h so, dass die gesamte Zylinderoberflache minimal wird unter der Nebenbedingung,dass V = V0 gilt. Zur Losung dieser Aufgabe soll die Multiplikatormethode nach Lagrangeverwendet werden.
(a) Geben Sie die Gesamtoberflache des Zylinders in Abhangigkeit von r und h an.
Losungshinweise hierzu:
A(r, h) = 2πr2 + 2πrh
(b) Formulieren Sie die Nebenbedingung V = V0 als Nullstellenbedingung g(r, h) = 0 mitHilfe einer Funktion g(r, h) in Abhangigkeit von r und h .
Losungshinweise hierzu: Fur das Volumen eines Zylinders gilt:
(c) Geben Sie das Gleichungssystem an, auf das die Multiplikatormethode nach Lagrangefuhrt. Berechnen Sie alle reellen Losungen dieses Gleichungssystems.
Losungshinweise hierzu: Nach der Multiplikatormethode gibt es ein λ ∈ R , so dassfur ein Extremum unter der Nebenbedingung g(r, h) = 0 gilt:
∂
∂r(A(r, h) + λg(r, h)) = 0,
∂
∂h(A(r, h) + λg(r, h)) = 0.
Daraus ergibt sich
πr2h− V0 = 0,
4πr + 2πh+ λ 2πrh = 0,
2πr + λ πr2 = 0,
wobei die erste Gleichung die Nebenbedingung selbst ist. Die Losungen sind
r =3
√
V0
2π, h = 2
3
√
V0
2π, λ = −2 3
√
2π
V0
.
Aufgabe H 30. Kugel- und Zylinderkoordinaten
(a) Sei D1 = {(r, ϕ, ψ)⊤|0 < r <∞, 0 ≦ ϕ < 2π, 0 ≦ ψ ≦ π} und
f1 : D1 → R3 :
r
ϕ
ψ
7→
r cos(ϕ) sin(ψ)r sin(ϕ) sin(ψ)
r cos(ψ)
.
Man nennt f1 Parametrisierung von R3
r (0, 0) durch Kugelkoordinaten. BerechnenSie die Jacobimatrix von f1 und deren Determinante.
Losungshinweise hierzu: Die Jacobimatrix ist
J f1(r, ϕ, ψ) =(
∂f1∂r
(r, ϕ, ψ) ∂f1∂ϕ
(r, ϕ, ψ) ∂f1∂ψ
(r, ϕ, ψ))
=
cos(ϕ) sin(ψ) −r sin(ϕ) sin(ψ) r cos(ϕ) cos(ψ)sin(ϕ) sin(ψ) r cos(ϕ) sin(ψ) r sin(ϕ) cos(ψ)
Berechnen Sie die Jacobi-Matrizen der folgenden Felder direkt und unter Verwendung derKettenregel. Untersuchen Sie Definitions- und Wertebereich aller dabei auftretenden Funk-tionen.
(a) f(x, y, z) = f2(f1(x, y, z))mit f1(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + 1 und f2(t) = ln(t) ,
(b) g(x, y, z) = g2(g1(x, y, z))mit g1(x, y, z) = (x + y, x − z)
⊺
und g2(u, v) = (uv, cos(u + v), sin(u − v))⊺
,
(c) h(t) = h2(h1(t))mit h1(t) = (cos t, sin t)
⊺
und h2(x, y) = (x2, xy, y2)⊺
.
Losungshinweise hierzu:
(a) Direkt (Definition 4.7.1):
Jf(x, y, z) = (grad f(x, y, z))⊺
=(
grad ln(
x2 + y2 + z2 + 1))⊺
=
(
2x
x2 + y2 + z2 + 1,
2y
x2 + y2 + z2 + 1,
2z
x2 + y2 + z2 + 1
)
=1
x2 + y2 + z2 + 1· (2x, 2y, 2z).
Kettenregel (4.8.3): mit f2(t) = ln(t) und f1(x, y) = x2 + y2 + z2 + 1 gilt
Jf(x, y, z) = J(f2 ◦ f1)(x, y) = (Jf2(f1(x, y, z))) · (Jf1(x, y, z))
= f ′
2(f1(x, y, z)) · (grad f1(x, y, z))⊺
=1
x2 + y2 + z2 + 1· (2x, 2y, 2z).
Definitionsbereiche und Wertebereiche:
Df = R3, Df1
= R3, Df2
= R+,
Wf = R+
0 , Wf1= 1 + R
+
0 , Wf2= R.
(b) Direkt:
Jg(x, y, z) = J
(x + y)(x − z)cos(x + y + x − z)sin(x + y − x + z)
= J
x2 + xy − xz − yz
cos(2x + y − z)sin(y + z)
=
2x + y − z x − z −x − y
−2 sin(2x + y − z) − sin(2x + y − z) sin(2x + y − z)0 cos(y + z) cos(y + z)
(b) Berechnen Sie die Kurvenintegrale von f1 langs C1 bzw. C2 , sowie die Kurvenintegralevon f2 langs C1 bzw. C2 . Warum sind die Ergebnisse jeweils verschieden?
Eine Ellipse K habe den Mittelpunkt (−2, 3) . Die Lange ihrer großen Halbachse sei 4und verlaufe parallel zur x2 -Achse. Die Lange ihrer kleinen Halbachse sei 1 . Ferner sei dasVektorfeld v definiert durch
v : R2→ R
2 : (x1, x2)⊺
7→
(
2x1x2, x2
2
)⊺
(a) Parametrisieren Sie die Ellipse durch eine Abbildung C : [0, a] → R2 mit a ∈ R und
a > 0 .
Losungshinweise hierzu: Man sieht schnell dass die Ellipse durch
C∗ : [0, 2π] → R2 : t 7→
(
cos(t) − 24 sin(t) + 3
)
parametrisiert wird. Es ist lediglich noch der Definitionsbereicht anzupassen: