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)

$R_1=\sum _{n\ge 1}\frac{n!}{n^n}$

Aufgabe b (4 Punkte)

$R_2=\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(\ln n{)}^2}$

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 $x^2{y}^{\prime }+xy=2$, 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 $x_0\in ℝ$ gelte für die Funktion $f(x)$, dass $f^{\prime }(x_0)=0$ 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 $f^{\prime }(x)=0$, für alle $x\in ℝ$. Was gilt dann für die Funktion $f(x)$ selbst?

Lösungsvorschläge

Beispiel 1

Aufgabe a

Quotientenkriterium:

$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\Rightarrow \frac{\frac{(n+1)!}{(n+1{)}^{(n+1)}}}{\frac{n!}{n^n}}=\frac{n^n(n+1)!}{(n+1{)}^{(n+1)}}=\frac{n^n\cancel{(n+1)}\cancel{n!}}{(n+1{)}^n\cancel{(n+1)}\cancel{n!}}=(\frac{n}{n+1}{)}^n=(\frac{\cancel{n}\cdot 1}{\cancel{n}(1+\frac{1}{n})}{)}^n=\frac{1}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}$

Limesform:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}=\frac{1}{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{n}{)}^n}=\frac{1}{e}$

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

Alternativ: Wurzelkriterium

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

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

Limesform:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{|a_n|}\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\sqrt[n]{\sqrt{2\pi n}}}{e}=\frac{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{\sqrt{2\pi n}}}{e}=\frac{1}{e}$

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

Aufgabe b

Integralkriterium (check ob integrierbar auf vorgegebenem Intervall):

$R_2=\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(\ln n{)}^2}\Rightarrow f(x)={\int }_2^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x(\ln x{)}^2}dx$

Integration durch Substitution:

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

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

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

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:

$\begin{array}{ccc}{L}_x=& 2+2x\lambda & =0\\ L_y=& 3+2y\lambda & =0\\ L_z=& 6+2z\lambda & =0\\ L_{\lambda }=& x^2+y^2+z^2-49& =0\end{array}$

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.

$\begin{array}{ccc}{L}_x:& 2+2x\lambda =0\Rightarrow & x=-\frac{1}{\lambda }\\ L_y:& 3+2y\lambda =0\Rightarrow & y=-\frac{3}{2\lambda }\\ L_z:& 6+2z\lambda =0\Rightarrow & z=-\frac{3}{\lambda }\end{array}$

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

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

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

$\begin{array}{ccc}{L}_x({\lambda }_1=+\frac{1}{2}):& x=-\frac{1}{{\lambda }_1}& x_1=-2\\ L_x({\lambda }_2=-\frac{1}{2}):& x=-\frac{1}{{\lambda }_2}& x_1=+2\\ L_y({\lambda }_1=+\frac{1}{2}):& y=-\frac{3}{2{\lambda }_1}& y_1=-3\\ L_y({\lambda }_2=-\frac{1}{2}):& y=-\frac{3}{2{\lambda }_2}& y_2=+3\\ L_z({\lambda }_1=+\frac{1}{2}):& z=-\frac{3}{{\lambda }_1}& z_1=-6\\ L_z({\lambda }_2=-\frac{1}{2}):& z=-\frac{3}{{\lambda }_2}& z_2=+6\end{array}$

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

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

Somit gilt:

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

Lösung der Differentialgleichung

1) Bestimmung der allgemeinen Lösung

$y_h(x)=C{e}^{-\int a(x)dx}$

Eingesetzt:

$\begin{array}{cc}{y}_h(x)& =C{e}^{-\int -\frac{1}{x}dx}\\ y_h(x)& =C{e}^{-\int \frac{1}{x}dx}\\ y_h(x)& =C{e}^{-\ln |x|+C_1}\\ y_h(x)& =C{e}^{-\ln |x|}{e}^{C_1}\\ y_h(x)& =C\frac{1}{e^{\ln |x|}}{e}^{C_1}\\ y_h(x)& =C\frac{1}{|x|}{C}_2\\ y_h(x)& =C_3\frac{1}{|x|}\\ y_h(x)& =C\frac{1}{x}\\ \end{array}$

2) Bestimmung der partikulären Lösung

$\begin{array}{cc}{y}_p& =y_h\int \frac{s(x)}{y_h}dx\\ y_p& =C\frac{1}{x}\int \frac{\frac{2}{x^2}}{C\frac{1}{x}}dx\\ y_p& =\cancel{C}\frac{1}{x}\int \frac{\frac{2}{x^2}}{\cancel{C}\frac{1}{x}}dx\\ y_p& =\frac{1}{x}\int \frac{\frac{2}{x^2}}{\frac{1}{x}}dx\\ y_p& =\frac{1}{x}\int \frac{2\cancel{x}}{x^{\cancel{2}}}dx\\ y_p& =\frac{2}{x}\int \frac{1}{x}dx\\ y_p& =\frac{2}{x}\ln |x|+C\\ \end{array}$

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":

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

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 $C(x)$ berechnet werden:

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

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

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: $y(1)=1$

Einsetzen in die Lösung der Differentialgleichung und $C$ bestimmen:

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

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.