Musterloesung zur Prüfung

D-MAVT & D-MATL
Prof. Dr. Giovanni Felder
Analysis I & II
Frühling 2007
Musterloesung zur Prüfung
1. Sei γ : t 7→ (x (t) , y (t)) = (t, sin t) eine Parametrisierung der Sinuskurve. Damit
gilt
Z x√
Z xq
2
2
l (x) =
ẋ (t) + ẏ (t) dt =
1 + cos2 tdt = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + . . .
0
0
Methode 1:
Wir berechnen die ersten 4 Ableitungen von l in 0 und schreiben l als eine Taylorreihe:
l0 (x) =
√
1 + cos2 x (Hauptsatz der Infinitesimalrechnung)
− 1 sin 2x
− sin x cos x
l00 (x) = √
=√ 2
1 + cos2 x
1 + cos2 x
√
− cos 2x 1 + cos2 x + l00 (x) · 12 sin 2x
l00 (x) · 21 sin 2x
− cos 2x
l (x) =
=√
+
1 + cos2 x
cos2 x }
1 + cos2 x | 1 + {z
000
=:K(x)
l
(IV )
(x) =
2 sin 2x ·
√
1 + cos2 x − cos 2x · l00 (x)
+ K 0 (x)
2
1 + cos x
mit K 0 (0) = 0, da sin 0 = 0 und l00 (0) = 0
Somit gilt
00
l (0) = l (0) = l
(IV )
0
(0) = 0 , l (0) =
√
000
2 , und l (0) = −
√
2
2
Mit
a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + . . . = l (x) =
l (0) + l0 (0) x +
l00 (0) 2 l000 (0) 3 l(IV ) (0) 4
x +
x +
x +...
2!
3!
4!
Bitte wenden!
folgt, dass
a0 = a 2 = a 4 = 0 , a 3 =
√
Methode 2:
Es gilt:
√
√
√
2
2
=−
2 und a3 = −
2 · 3!
12
(1)
1
1
1
1
1 − t = 1 − t + t2 − . . . (I) und cos t = 1 − t2 + t4 − . . . (II)
2
4
2
24
Es folgt
√
(II)
1 + cos2 t =
s
2
√
1 2
1 + 1 − t + . . . = 1 + 1 − t2 + . . .
2
r
√
1 2
1 2
(I) √
= 2 1− t +... = 2 1− t +...
2
4
(2)
Damit gilt
2
3
4
a0 + a1 x + a2 x + a3 x + a4 x + . . . = l (x) =
(2)
=
Z
x
0
Z
x
√
1 + cos2 tdt
0
√
√
√
2 3
1 2
2 1 − t + . . . dt = 2x −
x +...
4
12
Wir erhalten dasselbe Resultat wie bei Methode 1, also (1).
2. Es ist
ẋ + ẏ = 4x ⇐⇒ 2ẋ = 4x + 6y ⇐⇒ ẋ = 2x + 3y (I)
ẋ − ẏ = 6y
2ẏ = 4x − 6y
ẋ = 2x − 3y (II)
(I) impliziert y = 31 (ẋ − 2x) (bezeichne diese Gleichung mit (III)) und damit
ẏ = 13 (ẍ − 2ẋ). Eingesetzt in (II) ergibt dies 13 (ẍ − 2ẋ) = 2x − (ẋ − 2x) ⇐⇒
ẍ−2ẋ = 6x−3ẋ+6x ⇐⇒ ẍ+ ẋ−12x = 0 (bezeichne diese Gleichung mit (IV)).
Der Ansatz x(t) = eλt eingesetzt in (IV) liefert λ2 + λ − 12 = (λ + 4) (λ − 3) = 0
(charakteristisches Polynom).
Damit sind x1 (t) = e−4t und x2 (t) = e3t zwei linear unabhängige Lösungen von
(IV). Die allgemeine Lösungen von (IV) ist somit
x(t) = C1 x1 (t) + C2 x2 (t) = C1 e−4t + C2 e3t
mit C1 und C2 Konstanten
Siehe nächstes Blatt!
Es folgt ẋ (t) = −4C1 e−4t + 3C2 e3t . Mit (III) folgt
y(t) =
1
C2 3t
−4C1 e−4t + 3C2 e3t − 2 C1 e−4t + C2 e3t = −2C1 e−4t +
e
3
3
Wir benutzen nun die Anfangsbedingungen:
x(0) = 1 ⇐⇒ C1 + C2 = 1 ⇐⇒ C1 = 1 − C2
y(0) = 0 ⇐⇒ −2C1 +
C2
=0
3
Es folgt nacheinander −2 + 2C2 + C32 = −2 + 73 C2 = 0, C2 =
ist die Lösung unseres DGsystems gegeben durch
6
1
x(t) = e−4t + e3t
7
7
6
7
und C1 = 71 . Somit
2
2
und y(t) = − e−4t + e3t
7
7
3. Seien
S := (x, y, z) ∈
3
|z = 0 , x2 + y 2 ≤ R2
die Grundfläche der oberen Halbkugel,
L := (x, y, z) ∈ 3 |z ≥ 0 , x2 + y 2 + z 2 = R2
die Oberfläche der oberen Halbkugel (ohne die Grundfläche) und
U := (x, y, z) ∈ 3 |z ≥ 0 , x2 + y 2 + z 2 ≤ R2
die obere Halbkugel.
RR
Gesucht: ϕ =
~v · ~n dS
L
Es gilt div~v (x, y, z) = 0.Wende den Divergenzsatz an:
Z Z
Z Z
Z Z Z
~v · ~n dS +
~v · ~n0 dS =
div~v dV
L
S
U
wobei ~n normal auf L und vom Ursprung wegzeigend (”von unten nach oben”)
und ~n0 = (0, 0, −1). Da div~v (x, y, z) = 0, folgt
Z Z
Z Z
Z Z
ϕ=
~v · ~n dS = −
~v · ~n0 dS =
x2 + y 2 dx dy
L
S
S
Führe Polarkoordinaten ein: x = r cos φ und y = r sin φ mit 0 ≤ r ≤ R und
0 ≤ φ < 2π. Damit gilt dx dy = r dr dφ. Es folgt
Z Z
Z 2π Z R
Z 2π 4
πR4
R
2
2
2
dφ =
ϕ=
x + y dx dy =
r · r dr dφ =
4
2
S
0
0
0
Bitte wenden!
4. Aus der Vorlesung gilt:
rot~v (x, y, z) = ~0 und D (~v ) (Definitionsbereich von ~v ) ist einfach zusammenhängend
⇐⇒ es existiert ein Potential (Skalarfeld) f so, dass gradf (x, y, z) = ~v (x, y, z)
⇐⇒ ~v ist konservativ, d.h. die Arbeit A von ~v längs allen Wegen von P =
(xP , yP , zP ) (Anfangspunkt) nach Q = (xQ , yQ , zQ ) (Endpunkt) ist gleich gross.
Insbesondere gilt:
A = f (xQ , yQ , zQ ) − f (xP , yP , zP )
(3)
Methode 1:
Sei ~v (x, y, z) = (v1 (x, y, z) , v2 (x, y, z) , v3 (x, y, z)), dann gilt
rot~v (x, y, z) =
∂
∂
∂
∂
∂
∂
v3 (x, y, z) − v2 (x, y, z) , v1 (x, y, z) −
v3 (x, y, z) , v2 (x, y, z) −
v1 (x, y, z)
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
Also
= −1 − (−1), 0 − 0, a2 y − 2y = 0, 0, y a2 − 2
√
rot~v (x, y, z) = 0 =⇒ y a2 − 2 = 0 für alle y =⇒ a = ± 2
√
Für a = ± 2 ist D (~v ) einfach zusammenhängend und rot~v (x, y, z) = 0 und
somit ist die Arbeit A von ~v wegunabhängig. Wir berechnen nun die Arbeit:
Methode 1a:
Wähle den Weg wie in der Skizze:
z
1
(1,0,1)
γ3
PSfrag replacements
γ1
γ2
(0,1,0)
y
1
x
Parametrisierungen der Teilwege sind gegeben durch
γ1 : t 7→ (0, 1 − t, 0)
0≤t≤1
Siehe nächstes Blatt!
d
γ
dt 1
Es gilt
γ2 : s 7→ (s, 0, 0)
0≤s≤1
γ3 : u 7→ (1, 0, u)
0≤u≤1
d
d
(t) = (0, −1, 0), ds
γ2 (s) = (1, 0, 0) und du
γ3 (u) = (0, 0, 1). Es folgt
Z
Z
Z
Z
~ =
~1 +
~2 +
~3
A = ~v · dγ
~v · dγ
~v · dγ
~v · dγ
γ
γ1
Z
d
=
~v (γ1 (t)) · γ1 (t) dt +
dt
γ1
=0+
Z
Z
0
s −a
Damit ist
A=
γ3
d
~v (γ2 (s)) · γ2 (s) ds +
ds
γ2
1
2
γ2
2
ds +
Z
1
(−a) du =
0
Z
γ3
~v (γ3 (u)) ·
d
γ3 (u) du
du
1
− a2 − a
3
√
√
− 35 − √2 , a = √
2
− 35 + 2 , a = − 2
Methode 1b:
Wähle nun den Weg wie in der folgenden Skizze.
z
1
(1,0,1)
γ
PSfrag replacements
γ1
γ2
γ3
(0,1,0)
y
1
x
Eine Parametrisierung ist gegeben durch:
γ : t 7→ (0, 1, 0) + t [(1, 0, 1) − (0, 1, 0)] = (t, 1 − t, t)
Mit
d
γ
dt
A=
Z
1
0
(t) = (1, −1, 1) folgt


Z 1
1
t2 − a2 + (1 − t)2
2
 a t (1 − t) − t · −1  dt =
0
1
− (1 − t) − a

2 + a2 t2 − a2 t − a2 − a dt
Bitte wenden!
2 7
= − a2 − a =
3 6
√
√
− 35 − √2 , a = √
2
5
−3 + 2 , a = − 2
Methode 2:
Wir zeigen: Es existiert ein Potential (Skalarfeld) f so, dass gradf (x, y, z) =
~v (x, y, z). Es folgt das die Arbeit A von ~v wegunabhängig ist und es gilt, nach
(3) weiter:
A = f (1, 0, 1) − f (0, 1, 0)
Es gilt nach Definition des Gradienten
(fx (x, y, z) , fy (x, y, z) , fz (x, y, z)) = gradf (x, y, z) =
~v (x, y, z) = x2 − a2 + y 2 , a2 xy − z, −y − a
Oder äquivalent dazu
x2 − a2 + y 2 = fx (x, y, z)
a2 xy − z = fy (x, y, z)
−y − a = fz (x, y, z)
(I)
(II)
(III)
(III) impliziert −yz − az + v(x, y) = f (x, y, z) wobei v eine Funktion von x
und y ist. Mit (II) folgt −z + vy (x, y) = fy (x, y, z) = a2 xy − z und damit
2
2
+ w(x) mit w eine Funktion von x. E ist
vy (x, y) = a2 xy, also v(x, y) = a xy
2
a2 xy 2
also f (x, y, z) = −yz − az + 2 + w(x).
a2 y 2
2
2
2
Aus (I)
erhält
man
x
−
a
+
y
=
f
(x,
y,
z)
=
+ wx (x). Es folgt w(x) =
x
2
x3
3
+ y 2 − a2 −
a2 y 2
2
x + C,wobei C eine Konstante ist. Also ist
a2 xy 2 x3
a2 y 2
2
2
f (x, y, z) = −yz − az +
x+C
+
+ y −a −
2
3
2
= −(y + a)z +
x3
+ y 2 − a2 x + C
3
f erfüllt die Bedingungen
(I) und (III) für alle a.√Bedingung (II) ist genau dann
√
erfüllt, wenn a = ± 2. Somit existiert für a = ± 2 ein Potential. Wir berechnen
die Arbeit A: Da f (0, 1, 0) = C und f (1, 0, 1) = −a + 31 − a2 + C folgt
1
A = f (1, 0, 1) − f (0, 1, 0) = −a + − a2 =
3
√
√
− 35 − √2 , a = √
2
5
−3 + 2 , a = − 2
Siehe nächstes Blatt!
5. Methode 1:
Wir zerlegen den Körper in Scheiben parallel zu der xy–Ebene:
z
1
PSfrag replacements
γ1
γ2
γ3
γ
z
dz
y
x
Grundfäche der Scheibe bei z ist eine Ellipse mit den Halbachsen
da gilt
1
1
z = 2x2 + y 2 =⇒ 1 = p 2 x2 + √ 2 y 2
( z)
z/2
pz
2
und
√
z,
(z 6= 0)
p √
Damit ist der Flächeninhalt der Grundfläche der Scheibe: π · z2 · z = π √z2 (da
Flächeninhalt einer Ellipse mit den Halbachsen a und b ist π · a · b). Die Dicke der
Scheibe ist dz. Es folgt, dass das Volumen der Scheibe bei z gegeben ist durch
dV = π √z2 · dz. Also ist das Volumen des Körpers gegeben durch
V =
Z
dV =
Z
1
0
z
π √ dz =
2
√
2π
4
Methode 2:
Zu berechnen ist
Volumen des Körpers = V =
Z Z Z
dxdydz
| {z }
geeignete Grenzen
Führe folgende Koordinaten ein:
r
x = √ cos φ , y = r sin φ , z = z
2
wobei 0 ≤ φ < 2π und 0 ≤ z ≤ 1. Wir berechnen noch die Grenzen für die
r–Integration:
2
√
r
2
2
z = 2x + y = 2 √ cos φ + (r sin φ)2 = r 2 =⇒ 0 ≤ r ≤ z
2
Bitte wenden!
Wir berechnen das Volumenelement dxdydz = Jdrdφdz:


 cos φ

r sin
√
√ φ 0
−
xr xφ xz
2
2
r
J = det  yr yφ yz  = det  sin φ r cos φ 0  = √
2
zr zφ zz
0
0
1
Also dV =
√r drdφdz.
2
Es folgt
Z Z Z
V =
dxdydz =
| {z }
Z
1
0
Z
2π
0
Z
√
z
0
r
√ drdφdz
2
geeignete Grenzen
=
Z
2π
0
dφ ·
Z
1
0
r2
√
2 2
√
√z
2 1
dz = 2π · z√ = 2π
4
4 2 0
0
6. Berechne die allgemeine Lösung yh der homogenen Differentialgleichung:
y 0 (x) −
1
2x
2x
y (x) = 0 ⇐⇒
dy (x) =
dx =⇒
2
1+x
y (x)
1 + x2
ln |y (x)| = ln 1 + x2 + K
mit K konstant =⇒
yh (x) = ±eK 1 + x2 = C 1 + x2
mit C := ±eK konstant
Finde nun mit dem Lagrange–Verfahren eine partikuläre Lösung yp der Differentialgleichung:
Ansatz: yp (x) = γ (x) · yh (x) wobei γ eine Funktion von x ist. Setze den Ansatz
in die Differentialgleichung ein, es folgt
γ 0 (x) =
x
x
1
2x
=
=
·
2
yh (x)
C (1 + x )
2C 1 + x2
1
=⇒ γ (x) =
2C
Z
2x
1
2
ln
1
+
x
dx
=
1 + x2
2C
(Auf die Integrationskonstante kann verzichtet werden, da wir nur eine Lösung
(und nicht die Menge aller Lösungen) der Differentialgleichung suchen).
Damit ist
1
1
yp (x) =
1 + x2 ln 1 + x2
ln 1 + x2 · C 1 + x2 =
2C
2
Die allgemeine Lösung ist folglich
1
y (x) = yh (x) + yp (x) = C 1 + x2 +
1 + x2 ln 1 + x2
2
Siehe nächstes Blatt!
7. Gesucht ist der Schwerpunkt (xs , ys , zs ) der Achtelkugel K. Das Volumen VK von
3
3
K ist 81 · 4πR
= πR6 . Aus Symmetriegründen gilt xs = ys = zs . Wir berechnen xs .
3
Mit den Kugelkoordinaten x = r sin ϑ cos φ, 0 ≤ r < ∞, 0 ≤ φ < 2π, 0 ≤ ϑ < π
und dV = r 2 sin ϑdr dφ dϑ folgt
Z πZ πZ R
Z Z Z
2
2
6
1
r sin ϑ cos φ · r 2 sin ϑdr dφ dϑ
x dV =
xs =
VK
πR3 0 0 0
6
=
πR3
Z
π
2
0
Z
2
sin ϑdϑ ·
π
2
0
cos φdφ ·
Z
R
r 3 dr =
0
π
π 4 R
2
2 r 1
6
· = 3R
·
(ϑ
−
sin
ϑ
cos
ϑ)
·
sinφ
3
πR 2
4 0
8
0
|
{z
} | {z 0} |{z}
= π4
=1
3R 3R 3R
, 8, 8
8
Der Schwerpunkt von K ist somit
4
= R4
.
8.
0
1
1
1
1
u (x)2 = − 2
= 0 ⇐⇒ u0 (x) u (x) = − 2
⇐⇒
⇐⇒
u (x)
x −1
2
x −1
x2 − 1 u0 (x) +
2
(u (x)) = −2
Z
1 −
1 x − 1 1
(∗)
+ C = − ln dx = −2 · ln 2
x −1
2
x+1
1+
1
x
1
x
wobei wir in (*) Formelbuch verwendet haben.
Es folgt
2
4 = (−2) =
lim u (x)
x→∞
2
(∗∗)
= lim u (x)
x→∞
1 −
= − lim ln x→∞
1+
(∗∗∗)
2
= lim
x→∞
1 −
− ln 1+
+ lim C = 0 + C = C
x→∞
1
x
1
x
+C
1
x
1
x
mit C konstant (4)
+C
wobei wir in (**) Stetigkeit der Funktion x 7→ x2 und in (***) Grenzwertregel,
verwendet haben.
Wegen lim u (x) = −2 und (4) folgt
x→∞
u (x) = −
s
x − 1
+4
− ln x + 1
Bitte wenden!
9. Berechne die Schnittpunkte der Kurve mit der x–Achse:
sin 3t = 0 =⇒ 3t = kπ
mit k ∈
, da 0 ≤ t ≤ 2π, gilt t ∈
4π 5π
π 2π
0, , , π, , , 2π
3 3
3 3
Weiter gilt:
, y 2π
= (− 21 , 0)
(x (0) , y (0)) = (1, 0), x π3 , y π3 = ( 12 , 0) und x 2π
3
3
Aus Symmetriegründen genügt es die schattierte Fläche A unterhalb der x–Achse
zu berechnen, d.h.
Z 2π
3
A=
y(t)ẋ (t) dt
π
3
(A ist negativ, da ẋ (t) = − sin t < 0 für alle π3 ≤ t ≤ 2π
). Der gesuchte Flächen3
inhalt ist somit −2A.
Methode 1:
Wir berechnen −A:
Z 2π
Z 2π
Z 2π
3
3
3
1 it
1 i3t
−A = −
y(t) · ẋ (t) dt = −
sin 3t sin tdt = −
e − e−i3t
e − e−it dt
π
π
π
2i
2i
3
3
3
1
=
4
1
4
Z
Z
2π
3
π
3
ei4t − ei2t − e−i2t + e−i4t dt =
2π
3
π
3
(cos 4t + i sin 4t − cos 2t − i sin 2t − cos 2t + i sin 2t + cos 4t − i sin 4t) dt
1
=
4
1
=
4
"
Z
2π
3
π
3
1
(2 cos 4t − 2 cos 2t) dt =
4
√
1
3
·
−
2 2
√ !!
3
−
−
2
1
·
2
2π3
1
sin 4t − sin 2t 2
π
3
√ ! √ !#
√
3
3
3 3
−
−
=
2
2
8
Somit ist der gesuchte Fächeninhalt gegeben durch −2A =
Methode 2:
Wir suchen eine Stammfunktion von sin 3t sin t:
Z
(∗)
sin 3t sin tdt =
Z
3
3 sin t − 4 sin t sin tdt = 3
Z
2
√
3 3
.
4
sin tdt − 4
Z
sin4 tdt
Siehe nächstes Blatt!
1
= 3 · (t − sin t cos t) − 4
2
(∗)
Z 1 − cos 2t
2
2
3
3
dt = t − sin t cos t −
2
2
Z
1 − 2 cos 2t + cos2 2t dt
Z
3
3
= t − sin t cos t − t + sin 2t − cos2 2tdt
2
2
R
Wir berechnen noch cos2 2tdt: Mit der Substitution u = 2t, du = 2dt, folgt
Z
1
cos 2tdt =
2
2
Z
(∗)
cos2 udu =
1
1 1
· (u + sin u cos u) = (2t + cos 2t sin 2t)
2 2
4
wobei wir in (*) Formelbuch benutzt haben.
Damit gilt
Z
1
3
t 1
sin 3t sin tdt = t − sin t cos t + sin 2t − − sin 2t cos 2t
2
2
2 4
1
3
= − sin t cos t + sin 2t − sin 2t cos 2t
2
4
Damit erhalten wir
−A = −
√ (
3
1
3
−
− ·
· −
+
2 2
2
Z
2π
3
sin 3t sin tdt =
π
3
√ !
3
1
−
− ·
2
4
√ ! )
3
1
−
· −
2
2
√
√
√ ) 3
1
3 1
3 1
3
− − ·
· +
− ·
· −
2 2 2
2
4 2
2
(
" √
√ #
√
3
3 3 √
3 3
=−
− 3−
=
4
8
8
Somit ist der gesuchte Fächeninhalt gegeben durch −2A =
Methode 3:
R
Berechne sin 3t sin tdt durch partielle Integration:
Z
1
sin t dt = − cos 3t sin t +
{z3t} |{z}
|sin
3
↑
↓
Z
√
3 3
.
4
1
cos 3t cos
|{z}t dt
|3 {z }
↑
↓
Bitte wenden!
1
1
= − cos 3t sin t + sin 3t cos t +
3
9
Z
1
sin 3t sin tdt
9
Damit folgt
Z
9
sin 3t sin tdt =
8
1
1
− cos 3t sin t + sin 3t cos t
3
9
Somit ist
−A = −
√
"
9
−
8
3
1
+0
− ·1·
3
2
!
Z
2π
3
sin 3t sin tdt =
π
3
√
9
−
8
3
1
+0
− · (−1) ·
3
2
!#
Somit ist der gesuchte Fächeninhalt gegeben durch −2A =
√
3 3
=
8
√
3 3
.
4
10. Methode 1:R
2
2a
Sei F (a) := a x2 e−x dx. Mit der Substitution u = 12 x, du = 12 dx folgt mit dem
Hauptsatz der Infinitesimalrechnung
Z 2a
Z 0
Z 2a
d
d
d
d
2
2 −x2
2 −x2
F (a) =
x e dx =
x e dx +
x2 e−x dx
da
da a
da a
da 0
d
=−
da
Z
a
2 −x2
x e
0
d
dx +
da
Z
a
0
2
2
2
4u2 e−4u 2du = −a2 e−a + 8a2 e−4a = a2 e−a
2
2
8e−3a − 1
Damit folgt
d
2
F (a) = 0 =⇒ a = 0 oder 8e−3a − 1 = 0 , also a =
da
r
1 1
− ln =: a0 , da a ≥ 0
3 8
2
Da der Integrand x2 e−x ≥ 0, folgt F (a) ≥ 0, also ist für a = 0 das Integral am
kleinsten.
d
Da da
F (a) > 0 für a < a0 , daher auf [0, a0 ) ist F monoton steigend und da
d
F (a) < 0 für a > a0 , daher auf (a0 , ∞) ist F monoton fallend, ist für a = a0
da
das Integral am grössten.
Methode 2:
Siehe nächstes Blatt!
Wir benutzen
vom Stammbach–Skript, Teil B, Kapitel V, Seite 47:
R 2aden 2Satz
−x2
e } dx. Es folgt
Sei F (a) := a x
| {z
=:f (x,a=0)
d
d
d
F (a) = f (2a, a = 0) ·
(2a) − f (a, a = 0) ·
(a) +
da
da
da
2 −4a2
= 4a e
2 −a2
·2−a e
2 −a2
·1=a e
Nun können wir fortfahren wie bei Methode 1.
8e
−3a2
Z
2a
a
−1
fa (x, a = 0) dx
{z
}
|
=0