TU Wien:Analysis VO (Dorfer)/Pruefung Dorfer 2018-01-26: Unterschied zwischen den Versionen

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(Lösung 4)
K (* -> \cdot)
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Zwei Integrale, welche mit partieller Integration bzw. Integration durch Substitution zu lösen waren.
 
Zwei Integrale, welche mit partieller Integration bzw. Integration durch Substitution zu lösen waren.
  
(a) <math> \int x^2*\sin x </math>
+
(a) <math> \int x^2 \cdot \sin x </math>
  
 
(b) <math> \int_0^\infty \frac{e^x}{1+e^{2x}} </math> mit <math> u=e^x </math>
 
(b) <math> \int_0^\infty \frac{e^x}{1+e^{2x}} </math> mit <math> u=e^x </math>

Version vom 2. Juli 2018, 22:04 Uhr

Angabe

Die folgende Rekonstruktion der Prüfung ist nur aus dem Gedächtnis und die Prüfung ist schon einige Tage her, also alle Angaben ohne Gewähr :)

Aufgabe 1

Theoriefragen über Folgen und Reihen, unter anderem ging es um Konvergenz von Reihen und den dazugehörigen Folgen. Die Episilon-Definition des Grenzwertes wurde auch wie bei den vorherigen Prüfungen abgefragt. Es war auch einmal verlangt, ein Konvergenzkriterium für eine Reihe anzuwenden (Im konkreten Fall Wurzelkriterium). Bei den Fragen wurde auch oft Wert auf die Unterscheidung von bedingter und absoluter Konvergenz von Reihen gelegt.

Aufgabe 2

Zwei Integrale, welche mit partieller Integration bzw. Integration durch Substitution zu lösen waren.

(a)  \int x^2 \cdot \sin x

(b)  \int_0^\infty \frac{e^x}{1+e^{2x}} mit  u=e^x

Aufgabe 3

Kurvendiskussion der Funktion f(x) = \frac{\ln x}{x}

Zu ermitteln waren:

  • Definitionsbereich
  • Grenzwerte gegen +\infty und 0+
  • Nullstellen
  • Extremstellen
  • Wendestellen bzw. Krümmung der Funktion
  • Graph

Aufgabe 4

Aufgabe 4 befasste sich mit einer Funktion in mehreren Variablen. Es waren ungefähr folgende Aufgabenstellungen gegeben:

F(x,y)=\sqrt{x^2-y^2}

  • Definitionsbereich der Funktion
  • Höhenlinien bei Höhe r
    • Warum kann r sinnvollerweise nur positiv gewählt werden?
    • Welche Kurve bildet die Höhenlinie in der Ebene?
  • Partielle Ableitung nach x und y
  • Welche Fläche bildet der Graph \{x,y,F(x,y)\} im \R^3

Aufgabe 5

Hauptsatz der Integralrechnung

Man formuliere den Hauptsatz der Integralrechnung und zeige dessen Aussage anhand einer Skizze. Weiters beweise man diesen. (Hinweis auf Zwischenwertsatz und Maximum, Minimum in einem offenen Intervall)

Lösung

Lösung 2

(a) Einfach doppelt partiell integrieren, dann ist das kein Problem

Lösung ist: 2x\sin\left(x\right)+\left(2-x^2\right)\cos\left(x\right)+C

(b) Durch die Substitution kürzt sich das e^x weg, womit nur noch folgendes Integral überbleibt:

\int_0^\infty \frac{1}{1+u^2}

Sehr nach den Vorlieben von Prof. Dorfer handelt es sich hierbei um das Standardintegral des \arctan. Nun nur noch rücksubstituieren und wir erhalten:

\arctan(e^x)\Big|_0^\infty, also

(\lim_{t\to\infty} \arctan(e^t)) - \arctan(1) Der Tangens ist 1 bei \frac{\pi}{4}, und bei +\infty ist der Tangens \frac{\pi}{2} aufgrund seines Definitionsbereiches, also ist das uneigentliche Integral:

\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4} und die Aufgabe ist gelöst.

Lösung 3

Offensichtlich ist der Definitionsbereich \R^+\backslash\{0\}, da der Logarithmus nicht für negative Zahlen definiert ist, und nicht durch Null dividiert werden darf.

Die Grenzwerte ergeben sich durch Verwendung der Regel von L'Hospital, wobei die Funktion gegen -\infty und 0 geht.

Die Ableitungen der Funktion sind:

f'(x)=-\dfrac{\ln\left(x\right)-1}{x^2}

f''(x)=\dfrac{2\ln\left(x\right)-3}{x^3}

f'''(x)=-\dfrac{6\ln\left(x\right)-11}{x^4}

Extremum ist durch Nullsetzen der ersten Ableitung an der Stelle x=e, der Wendepunkt ist an der Stelle x=e^{\frac{3}{2}}, wobei die dritte Ableitung an dieser Stelle ungleich Null ist.

Durch Ermitteln des Wendepunktes und Einsetzen des Extremums in die zweite Ableitung wissen wir:

  • Die Funktion ist konkav im Intervall (0,e^{\frac{3}{2}})
  • Die Funktion ist konvex im Intervall (e^{\frac{3}{2}},\infty)

Lösung 4

Vorlage:Hauptsatz über implizite Funktionen

  • Definitionsbereich der Funktion
     D = \{(x,y) \in \mathbb R^2 | x^2 \ge y^2 \}
  • Höhenlinien bei Höhe r
    r=\sqrt{x^2-y^2}
  • Warum kann r sinnvollerweise nur positiv gewählt werden?
    Wurzel hat eine positive Lösung.
  • Welche Kurve bildet die Höhenlinie in der Ebene?
     y=x
  • Partielle Ableitung nach x und y
    mit Hilfe der Kettenregel:
     F_x(x,y)=\frac{1}{2}(x^2-y^2)^{-\frac{1}{2}}(2x-0) = \frac{x}{\sqrt{x^2-y^2}}
     F_y(x,y)=\frac{1}{2}(x^2-y^2)^{-\frac{1}{2}}(0-2y) = -\frac{y}{\sqrt{x^2-y^2}}
  • Welche Fläche bildet der Graph \{x,y,F(x,y)\} im \R^3
    Halbierter Doppelkegel [1]

Quellen:

Links

Zur Nachprüfung der Aufgaben 2 und 3 (und teilweise auch 4) erweisen sich folgende Websites als nützlich: