Musterlösung zur 1. Klausur ” Analysis III für Lehramt Gymnasium

Musterlösung zur 1. Klausur
Analysis III für Lehramt Gymnasium“
”
Wintersemester 2013/14
Aufgabe 1: Berechnen Sie das folgende Doppelintegral.
Z
0
1
Z
1
√
x
x
ey
dy dx
y
(10 Punkte)
Die Menge, über die integriert wird, ist schlicht bzgl. y und bzgl. x:
√
{(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1 , x ≤ y ≤ 1} = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y 2 }
Desweiteren gilt:
Z
0
1
Z
0
y2
x
Z 1 Z y2 xy
ey e
dx dy
dx dy =
y y
0
0
Z
1
=
h x iy2
ey
dy
x=0
0
Z
=
1
(ey − 1) dy
0
1
= e − y y
y=0
= e−2
Nach dem Satz von Tonelli ist die Funktion auf dem angegebenen Bereich integrierbar,
und es folgt:
Z 1 Z 1 xy
Z 1 Z y2 xy
e
e
dy
dx
=
dx dy = e − 2
√ y
y
0
x
0
0
Aufgabe 2: Es sei
A := {(r, ϕ) ∈ R2 | 0 ≤ r ≤ 4 + cos ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π} .
Berechnen Sie den Flächeninhalt von A.
(10 Punkte)
Unter Verwendung der Polarkoordinaten (r, ϕ) 7→ (r cos ϕ, r sin ϕ) mit Funktionaldeterminante
cos ϕ −r sin ϕ
det
= r
sin ϕ
r cos ϕ
ergibt die Transformationsformel:
Z
Z
2
2
λ (A) =
1 d (x, y) =
2π
r dr dϕ
0
A
4+cos ϕ
Z
0
2π
Z
=
0
1
=
2
Z
1
=
2
Z
r2
2
4+cos ϕ
dϕ
r=0
2π
(4 + cos ϕ)2 dϕ
0
2π
(16 + 8 cos ϕ + cos2 ϕ) dϕ
0
2π
1
1
=
16ϕ + 8 sin ϕ + (ϕ + sin ϕ cos ϕ)
2
2
0
=
33
π
2
Aufgabe 3: Berechnen Sie
Z
∞
−∞
x2
dx .
2x4 − 12x2 + 50
(12 Punkte)
Mit dem Residuensatz folgt (vgl. Aufgabe 43):
Z
Z ∞
X
x2
1 ∞
x2
dx
=
dx
=
πi
Res(R; c)
4
2
2 + 25
2 −∞ |x4 − 6x
−∞ 2x − 12x + 50
{z
}
Im c>0
=: R(x)
Für den Nenner von R(x) gilt:
x4 − 6x2 + 25 = (x2 − 3 + 4i)(x2 − 3 − 4i)
Die (eindeutig bestimmte) komplexe Zahl c1 = a1 + ib1 mit c21 − 3 + 4i = 0 und b1 > 0
muss die Bedingungen
a21 − b21 = 3 und a1 b1 = 2
erfüllen (Einsetzen von c1 = a1 + ib1 in die quadratische Gleichung), d.h. es muss a1 =
und b41 + 3b21 − 4 = 0 gelten. Lösen der quadratischen Gleichung in b21 liefert:
2
b1
b1 = 1 und a1 = 2
Analog lässt sich die eindeutig bestimmte komplexe Zahl c2 = a2 + ib2 mit c22 − 3 − 4i = 0
und b2 > 0 berechnen:
b2 = 1 und a2 = −2
c1 und c2 sind einfache Nullstellen des Nenners von R(x), und die Berechnung der zugehörigen Residuen ergibt:
Res(c1 ) =
Damit folgt schließlich:
Z ∞
−∞
1 − 2i
16
und Res(c2 ) =
−1 − 2i
16
x2
π
dx = πi(Res(R, c1 ) + Res(R, c2 )) =
4
2
2x − 12x + 50
4
0
/ R und f (z) =
Aufgabe 4: Für f ∈ O(C) gebe es Zahlen ω, ω 0 ∈ C \ {0} mit ωω ∈
f (z + ω) = f (z + ω 0 ) für alle z ∈ C. Zeigen Sie, dass f konstant ist.
(8 Punkte)
0
/ R sind ω und ω 0 als Elemente des R-Vektorraums C linear unabhängig, d.h.
Wegen ωω ∈
zu jedem z ∈ C existieren s, t ∈ R mit z = sω+tω 0 , und wegen f (z) = f (z +ω) = f (z +ω 0 )
für alle z ∈ C gilt f (C) = f (P ) mit dem Parallelogramm
P := {sω + tω 0 | 0 ≤ s, t ≤ 1} .
Da P kompakt und f stetig ist, ist f (P ) = f (C) ebenfalls kompakt und insbesondere
beschränkt. Daher ist f eine beschränkte ganze Funktion und somit nach dem Satz von
Liouville konstant.
Aufgabe 5: Bestimmen Sie die Lösung des folgenden Anfangswertproblems mit Hilfe
einer geeigneten Substitution.
y0 =
y y3
+
,
x x3
y(1) =
1
2
(10 Punkte)
Substituiere
u =
y
x
⇔
y = xu .
Ableiten
y 0 = u + xu0
und Einsetzen in die Differentialgleichung ergibt:
u + xu0 = u + u3
⇔
u0 =
1 3
u
x
Dies ist eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen. Unter Beachtung der Vorzeichen, die durch das Anfangswertproblem gegeben sind (x > 0, y > 0, u > 0), ergibt sich
folgende allgemeine Lösung.
r
Z
Z
du
dx
2
2
=
⇔ − 2 = ln x + C ⇔ u =
−
3
u
x
u
ln x + C
Rücksubstitution liefert
r
2
ln x + C
und Einsetzen des Anfangswerts ergibt C = −8, also:
r
2
y(x) = x
8 − ln x
y(x) = x
−
sawo