TU Wien:Analysis VO (Panholzer)/Prüfung 2012-07-03

Angabe

Quelle: Datei:TU Wien-Analysis VO (Panholzer) - Analysis 2012 07 03 panholzer.pdf

Beispiel 1 (8 Punkte)

Unter Zuhilfenahme von in der Vorlesung kennen gelernten Konvergenzkriterien untersuche man die folgenden Reihen auf Konvergenz und gebe eine begründete Antwort, ob Konvergenz vorliegt oder nicht.

Hinweis: für Aufgabe (b) ist das Integralkriterium von Nutzen!

Aufgabe a (4 Punkte)

$R_{1}=\sum _{n\geq 1}{\frac {n!}{n^{n}}}$

Aufgabe b (4 Punkte)

$R_{2}=\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n(\ln n)^{2}}}$

Beispiel 2 (8 Punkte)

Mit Hilfe der Methode der Lagrange'schen Multiplikatoren bestimme man die lokalen Extrema der Funktion $f(x,y,z)=2x+3y+6z$ auf der Kugeloberfläche einer Kugel mit Mittelpunkt $(0,0,0)$ und $R=7$, also unter der Nebenbedingung $x^{2}+y^{2}+z^{2}=49$.

Beispiel 3 (8 Punkte)

Man bestimme die Lösung $y(x)$ der linearen Differentialgleichung $x^{2}y'+xy=2$, welche $y(1)=1$ erfüllt.

Beispiel 4 (8 Punkte)

Aufgabe a (2 Punkte)

Man gebe eine präzise Definition des Begriffes einer "Stammfunktion" $F(x)$ einer gegebenen Funktion $f(x)$.

Aufgabe b (2 Punkte)

Man formuliere den Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung.

Aufgabe c (2 Punkte)

An der Stelle $x_{0}\in \mathbb {R}$ gelte für die Funktion $f(x)$, dass $f'(x_{0})=0$ und $f''(x_{0})>0$. Was besitzt dann die Funktion $f(x)$ an der Stelle $x_{0}$?

Aufgabe d (2 Punkte)

Für die Ableitung einer differenzierbaren reellen Funktion $f(x)$ gelte, dass $f'(x)=0$, für alle $x\in \mathbb {R}$. Was gilt dann für die Funktion $f(x)$ selbst?

Lösungsvorschläge

Beispiel 1

Aufgabe a

Quotientenkriterium:

${\Biggr |}{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}{\Biggl |}\Rightarrow {\frac {\frac {(n+1)!}{(n+1)^{(n+1)}}}{\frac {n!}{n^{n}}}}={\frac {n^{n}(n+1)!}{(n+1)^{(n+1)}}}={\frac {n^{n}{\cancel {(n+1)}}{\cancel {n!}}}{(n+1)^{n}{\cancel {(n+1)}}{\cancel {n!}}}}={\Bigl (}{\frac {n}{n+1}}{\Bigr )}^{n}={\Biggl (}{\frac {{\cancel {n}}\cdot 1}{{\cancel {n}}{\bigl (}1+{\frac {1}{n}}{\bigr )}}}{\Biggr )}^{n}={\frac {1}{{\bigl (}1+{\frac {1}{n}}{\bigr )}^{n}}}$

Limesform:

$\lim _{n\to \infty }{\Bigl |}{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}{\Bigr |}\Rightarrow \lim _{n\to \infty }{\frac {1}{{\bigl (}1+{\frac {1}{n}}{\bigr )}^{n}}}={\frac {1}{\lim _{n\to \infty }{\bigl (}1+{\frac {1}{n}}{\bigr )}^{n}}}={\frac {1}{e}}$

Konvergent, da ${\textstyle {\frac {1}{e}}<1}$

Alternativ: Wurzelkriterium

unter Verwendung der Stirlingformel zur Approximation $n!\sim {\sqrt {2\pi n}}\cdot {\Bigl (}{\frac {n}{e}}{\Bigr )}^{n}$

${\sqrt[{n}]{|a_{n}|}}\Rightarrow {\frac {\sqrt[{n}]{{\sqrt {2\pi n}}{\Bigl (}{\frac {n}{e}}{\Bigr )}^{n}}}{\sqrt[{n}]{n^{n}}}}={\frac {{\sqrt[{n}]{\sqrt {2\pi n}}}\ {\frac {n}{e}}}{n}}={\frac {{\sqrt[{n}]{\sqrt {2\pi n}}}\ {\cancel {n}}{\frac {1}{e}}}{\cancel {n}}}={\frac {\sqrt[{n}]{\sqrt {2\pi n}}}{e}}$

Limesform:

$\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{|a_{n}|}}\Rightarrow \lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt[{n}]{\sqrt {2\pi n}}}{e}}={\frac {\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\sqrt {2\pi n}}}}{e}}={\frac {1}{e}}$

Konvergent, da ${\textstyle {\frac {1}{e}}<1}$

Aufgabe b

Integralkriterium (check ob integrierbar auf vorgegebenem Intervall):

$R_{2}=\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n(\ln n)^{2}}}\Rightarrow f(x)=\int _{2}^{\infty }{\frac {1}{x(\ln x)^{2}}}dx$

Integration durch Substitution:

${\text{Substituiere }}u=\ln(x),u^{\prime }={\frac {1}{x}}\Rightarrow dx={\frac {du}{u^{\prime }}}={\frac {\frac {du}{1}}{\frac {1}{x}}}=x\ du$

$\int _{\ln(2)}^{\infty }{\frac {1}{{\cancel {x}}u^{2}}}\ {\cancel {x}}\ du=\int _{\ln(2)}^{\infty }{\frac {1}{u^{2}}}\ du=\int _{\ln(2)}^{\infty }u^{-2}\ du={\Biggl [}-{\frac {1}{u}}{\Biggr ]}_{\ln(2)}^{\infty }$

${\Biggl [}-{\frac {1}{u}}{\Biggr ]}_{\ln(2)}^{\infty }=\lim _{u\to \infty }-{\frac {1}{u}}-{\Biggl (}-{\frac {1}{\ln(2)}}{\Biggr )}=-{\frac {1}{\lim _{u\to \infty }u}}+{\frac {1}{\ln(2)}}=-0+{\frac {1}{\ln(2)}}={\frac {1}{\ln(2)}}$

Da das Integral endlich ist, ist die Reihe gemäß des Integralkriteriums konvergent.

Beispiel 2

$f(x,y,z)=2x+3y+6z\ ,\ g(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-49$

Lagrangefunktion bestimmen:

$L(x,y,z,\lambda )=2x+3y+6z+\lambda (x^{2}+y^{2}+z^{2}-49)$

Gradient der Lagrangefunktion null setzen:

${\begin{array}{lcl}L_{x}=&2+2x\lambda &=0\\L_{y}=&3+2y\lambda &=0\\L_{z}=&6+2z\lambda &=0\\L_{\lambda }=&x^{2}+y^{2}+z^{2}-49&=0\\\end{array}}$

In diesem Fall lassen sich die ersten drei Gleichungen nach den jeweiligen Variablen umstellen, sodass sie in weiterer Folge in die letzte Gleichung eingesetzt werden können.

${\begin{array}{lcl}L_{x}:&2+2x\lambda =0\Rightarrow &x=-{\frac {1}{\lambda }}\\L_{y}:&3+2y\lambda =0\Rightarrow &y=-{\frac {3}{2\lambda }}\\L_{z}:&6+2z\lambda =0\Rightarrow &z=-{\frac {3}{\lambda }}\end{array}}$

Eingesetzt in ${\textstyle L_{\lambda }}$ ergibt das:

${\begin{aligned}{\Bigl (}-{\frac {1}{\lambda }}{\Bigr )}^{2}+{\Bigl (}-{\frac {3}{2\lambda }}{\Bigr )}^{2}+{\Bigl (}-{\frac {3}{\lambda }}{\Bigr )}^{2}&=49\\{\frac {1}{\lambda ^{2}}}+{\frac {9}{4\lambda ^{2}}}+{\frac {9}{\lambda ^{2}}}&=49\ |\cdot \lambda ^{2}\\1+{\frac {9}{4}}+9&=49\lambda ^{2}\\{\frac {40}{4}}+{\frac {9}{4}}&=49\lambda ^{2}\\{\frac {49}{4}}&=49\lambda ^{2}\ |:49\\\lambda _{1,2}&=\pm {\sqrt {\frac {1}{4}}}=\pm {\frac {1}{2}}\\\end{aligned}}$

Daraus lassen sich die Werte ${\textstyle x,y,z}$ ganz einfach errechnen, indem in die ersten drei Gleichungen für ${\textstyle \lambda }$ eingesetzt wird:

${\begin{array}{lcl}L_{x}(\lambda _{1}=+{\frac {1}{2}}):&x=-{\frac {1}{\lambda _{1}}}&x_{1}=-2\\L_{x}(\lambda _{2}=-{\frac {1}{2}}):&x=-{\frac {1}{\lambda _{2}}}&x_{1}=+2\\L_{y}(\lambda _{1}=+{\frac {1}{2}}):&y=-{\frac {3}{2\lambda _{1}}}&y_{1}=-3\\L_{y}(\lambda _{2}=-{\frac {1}{2}}):&y=-{\frac {3}{2\lambda _{2}}}&y_{2}=+3\\L_{z}(\lambda _{1}=+{\frac {1}{2}}):&z=-{\frac {3}{\lambda _{1}}}&z_{1}=-6\\L_{z}(\lambda _{2}=-{\frac {1}{2}}):&z=-{\frac {3}{\lambda _{2}}}&z_{2}=+6\\\end{array}}$

Dies ergibt folgende Punkte:

${\begin{array}{c}P_{1}(-2,-3,-4)\\P_{2}(+2,+3,+4)\end{array}}$

Beispiel 3

Klassifizierung

Inhomogene, lineare Differentialgleichung erster Ordnung der Form:

$y^{\prime }+a(x)y=s(x)$

Lösung gegeben durch:

$y(x)=y_{h}(x)+y_{p}(x)$

Umformung

${\begin{aligned}x^{2}y^{\prime }+xy&=2&&|:x^{2}\\y^{\prime }+{\frac {y}{x}}&={\frac {2}{x^{2}}}\\y^{\prime }+{\frac {1}{x}}y&={\frac {2}{x^{2}}}\\\end{aligned}}$

Somit gilt:

${\begin{array}{l}a(x)={\frac {1}{x}}\\s(x)={\frac {2}{x^{2}}}\end{array}}$

Lösung der Differentialgleichung

1) Bestimmung der allgemeinen Lösung

$y_{h}(x)=Ce^{-\int a(x)dx}$

Eingesetzt:

${\begin{aligned}y_{h}(x)&=Ce^{-\int -{\frac {1}{x}}dx}\\y_{h}(x)&=Ce^{-\int {\frac {1}{x}}dx}\\y_{h}(x)&=Ce^{-\ln |x|+C_{1}}\\y_{h}(x)&=Ce^{-\ln |x|}e^{C_{1}}\\y_{h}(x)&=C{\frac {1}{e^{\ln |x|}}}e^{C_{1}}\\y_{h}(x)&=C{\frac {1}{|x|}}C_{2}\\y_{h}(x)&=C_{3}{\frac {1}{|x|}}\\y_{h}(x)&=C{\frac {1}{x}}\\\end{aligned}}$

2) Bestimmung der partikulären Lösung

${\begin{aligned}y_{p}&=y_{h}\int {\frac {s(x)}{y_{h}}}dx\\y_{p}&=C{\frac {1}{x}}\int {\frac {\frac {2}{x^{2}}}{C{\frac {1}{x}}}}dx\\y_{p}&={\cancel {C}}{\frac {1}{x}}\int {\frac {\frac {2}{x^{2}}}{{\cancel {C}}{\frac {1}{x}}}}dx\\y_{p}&={\frac {1}{x}}\int {\frac {\frac {2}{x^{2}}}{\frac {1}{x}}}dx\\y_{p}&={\frac {1}{x}}\int {\frac {2{\cancel {x}}}{x^{\cancel {2}}}}dx\\y_{p}&={\frac {2}{x}}\int {\frac {1}{x}}dx\\y_{p}&={\frac {2}{x}}\ln |x|+C\\\end{aligned}}$

3) Bestimmung der Gesamtlösung

$y(x)=C{\frac {1}{x}}+{\frac {2}{x}}\ln |x|$

Lösung der Differentialgleichung (ausführlich)

1) Lösung der homogenen Gleichung durch "Trennung der Variablen":

${\begin{aligned}y^{\prime }+{\frac {1}{x}}y&=0&&|-{\frac {1}{x}}y\\y^{\prime }&=-{\frac {1}{x}}y&&|:y\\{\frac {dy}{dx}}{\frac {1}{y}}&=-{\frac {1}{x}}&&|\cdot dx\\{\frac {1}{y}}dy&=-{\frac {1}{x}}dx&&|\int \\\int {\frac {1}{y}}dy&=-\int {\frac {1}{x}}dx\\\ln |y|&=-\ln |x|+C&&|e^{...}\\e^{\ln |y|}&=e^{-\ln |x|+C}\\|y|&=e^{-\ln |x|}e^{C}\\|y|&={\frac {1}{e^{\ln |x|}}}e^{C}\\|y|&=C{\frac {1}{|x|}}\\\end{aligned}}$

Somit lautet die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung:

$y_{h}(x)=C{\frac {1}{x}}$

2) Bestimmung der partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung durch "Variation der Konstanten":

$y_{p}(x)=C(x){\frac {1}{x}}$

Bildung der ersten Ableitung unter Verwendung der Produktregel:

$y_{p}^{\prime }(x)=C(x)^{\prime }{\frac {1}{x}}-C(x){\frac {1}{x^{2}}}$

Eingesetzt in die inhomogene Gleichung kann ${\textstyle C(x)}$ berechnet werden:

$y_{p}^{\prime }(x)=-{\frac {1}{x}}y+{\frac {2}{x^{2}}}$

${\begin{aligned}C(x)^{\prime }{\frac {1}{x}}-C(x){\frac {1}{x^{2}}}&=-{\frac {1}{x}}{\Bigl (}C(x){\frac {1}{x}}{\Bigr )}+{\frac {2}{x^{2}}}\\C(x)^{\prime }{\frac {1}{x}}-C(x){\frac {1}{x^{2}}}&=-C(x){\frac {1}{x^{2}}}+{\frac {2}{x^{2}}}\\C(x)^{\prime }{\frac {1}{x}}{\cancel {-C(x){\frac {1}{x^{2}}}}}&={\cancel {-C(x){\frac {1}{x^{2}}}}}+{\frac {2}{x^{2}}}\\C(x)^{\prime }{\frac {1}{x}}&={\frac {2}{x^{2}}}&&|\cdot x\\C(x)^{\prime }&={\frac {2}{x}}&&|\int \\C(x)&=2\int {\frac {1}{x}}dx\\C(x)&=2\ln |x|+C\\\end{aligned}}$

Somit lautet die partikuläre Lösung:

$y_{p}(x)={\frac {2}{x}}\ln |x|$

3) Bestimmung der Gesamtlösung

$y(x)=C{\frac {1}{x}}+{\frac {2}{x}}\ln |x|$

Lösung des Anfangswertproblems

Die Lösung der Differentialgleichung soll laut Angabe folgendes erfüllen: ${\textstyle y(1)=1}$

Einsetzen in die Lösung der Differentialgleichung und ${\textstyle C}$ bestimmen:

${\begin{aligned}y(x)&=C{\frac {1}{x}}+{\frac {2}{x}}\ln |x|\\1&=C{\frac {1}{1}}+{\frac {2}{1}}\ln |1|\\1&=C+2\ln(1)&&(\ln(1)=0)\\1&=C\end{aligned}}$

Lösung des Anfangswertproblems:

$y(x)={\frac {1}{x}}+{\frac {2}{x}}\ln |x|$

Beispiel 4

Aufgabe a

Buch Seite 221: Definition 5.38

Aufgabe b

Buch Seite 231: Satz 5.55

Aufgabe c

Buch Seite 214: Satz 5.25

Aufgabe d

f(x) ist eine konstante Funktion, also eine zur x-Achse parallele Gerade.