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Lösung zur Basisprüfung zu Analysis I und II
Art: Übungen
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d-infk Prof. M. Struwe
Analysis I & II Lösung zur Basisprüfung
ETH Zürich FS 2016
Aufgabe 1. [8 Punkte]
(a) Bestimmen Sie den Grenzwert
lim x → 1
x − 1
log x
)
. [2 Punkte]
(b) Beweisen Sie, dass folgende Reihe divergiert.
∑^ ∞ n =
2 + 2 n + n^2 + sin(2 n ) n^3 + 1
[2 Punkte]
(c) Finden Sie heraus, ob die Folge ( an ) n ∈N mit
an = log( en^ + n ) − n [2 Punkte]
konvergiert, und beweisen Sie Ihre Behauptung.
(d) Zeigen Sie, dass die Funktionenfolge
fn ( x ) = cos( xn ) [2 Punkte]
punktweise, aber nicht gleichmässig auf ganz R konvergiert.
...................................................................................
Lösung.
(a) Mit l’Hôpital gilt (vgl. Analysis I Übung 11.4)
lim x → 1
x − 1
log x
) = lim x → 1
log( x ) − x + 1 ( x − 1) log( x )
= lim x → 1
1 x −^1 log( x ) + ( x − 1) (^1) x
= lim x → 1
− x −^2 x −^1 + x −^2
(b) Es gilt die Abschätzung (vgl. Analysis I Übung 6.3)
bn :=
2 + 2 n + n^2 + sin(2 n ) n^3 + 1
(1 + n )^2 + 1 + sin(2 n ) ( n + 1)^3
n + 1
Die Reihe über (^) n^1 +1 divergiert. Folglich divergiert auch die Reihe über bn.
ETH Zürich FS 2016
Analysis I & II Lösung zur Basisprüfung
d-infk Prof. M. Struwe
(c) Es gilt (vgl. Analysis I Übungen 4.1 und 5.1)
an = log( en^ + n ) − log( en ) = log
en^ + n en^
= log(1 + ne − n ).
Die Logarithmusfunktion ist stetig und es gilt ne − n^ → 0 für n → ∞. Somit konvergiert an → log(1) = 0.
...................................................................................
(d) Für jedes feste x ∈ R gilt (vgl. Analysis I Übung 10.3)
n^ lim→∞ cos(^ xn^ ) = cos
( n^ lim→∞^ xn
) = cos(0) = 1
dank Stetigkeit der Cosinusfunktion. Folglich konvergiert fn punktweise gegen die konstante Funktion mit Wert 1.
Die Konvergenz ist nicht gleichmässig wegen
sup x ∈R
∣∣ ∣cos( xn ) − 1
∣∣ ∣ ≥
∣∣ ∣cos( nπn ) − 1
∣∣ ∣ = 2 für jedes n ∈ N.
Aufgabe 2. [8 Punkte]
(a) Bestimmen Sie die Ableitung von
f ( x ) =
∫ (^3) x
6
(3− t^2 ) dt. [1 Punkt]
Begründen Sie, warum f : R → R eine invertierbare Funktion ist. Berechnen Sie
f −^1 (0) und ( f −^1 )′(0). [2 Punkte]
(b) Skizzieren Sie die folgende Teilmenge der komplexen Zahlen.
{ z ∈ C ; | z | − Im( z ) ≤ 1 } [2 Punkte]
(c) Bestimmen Sie Supremum und Infimum der Menge
M =
{√ | x | + 4 −
√ | x | ; x ∈ R
}
. [3 Punkte]
Besitzt M ein Minimum? Besitzt M ein Maximum? Begründen Sie Ihre Behauptungen.
ETH Zürich FS 2016
Analysis I & II Lösung zur Basisprüfung
d-infk Prof. M. Struwe
Lösung. Auf die stetige Funktion (vgl. Analysis II Übung 4.4)
g : [0 , π 2 ] → [0 , π 2 ] x 7 → 3
sin x + cos x.
wenden wir den Fixpunktsatz von Banach an. Auf [0 , π 2 ] gilt 0 ≤ sin( x ) , cos( x ) ≤ 1.
| g ′( x )| =
∣∣ ∣∣^ cos^ x^ −^ sin^ x 3(sin x + cos x )
(^23)
∣∣ ∣∣ ≤
√ (^3) cos x
3
√ (^3) sin x
3
das heisst, g ist eine Kontraktion. Da das Intervall [0 , π 2 ] kompakt ist, hat g genau einen Fixpunkt x 0 ∈ [0 , π 2 ]. Es gilt x 0 ∈ ]0 , π 2 ], denn g (0) = 1 ist kein Fixpunkt.
...................................................................................
Alternative Lösung. Auf die stetige Funktion (vgl. Analysis I Übung 9.4)
h : [0 , π 2 ] → [0 , π 2 ] x 7 → x − 3
sin x + cos x.
wenden wir den Zwischenwertsatz an. Es gilt h (0) = − 1 < 0 und h ( π 2 ) = π 2 − 1 > 0. Somit hat h im Intervall ]0 , π 2 [ mindestens eine Nullstelle, das heisst, f hat mindestens einen Fixpunkt. Wir zeigen, dass h streng monoton wachsend ist, woraus Eindeutigkeit des Fixpunkts folgt. Auf [0 , π 2 ] gilt 0 ≤ sin( x ) , cos( x ) ≤ 1 , also ist
h ′( x ) = 1 −
cos x − sin x 3(sin x + cos x )^23
√ (^3) cos x
3
√ (^3) sin x
3
Aufgabe 4. [6 Punkte]
(a) Finden Sie alle Extremstellen der Funktion
f : R^2 → R ( x, y ) 7 → x^2 + y^2 − 5 y
unter der Nebenbedingung
g ( x, y ) := x^2 − y^3 = 0_._ [4 Punkte]
(b) Skizzieren Sie die Menge S = g −^1 ({ 0 }) ⊂ R^2 sowie die Niveaulinien von f. [1 Punkt]
(c) Geben Sie zu jeder Extremstelle aus (a) an, ob es sich um ein lokales Minimum oder ein lokales Maximum handelt. [1 Punkt]
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Analysis I & II Lösung zur Basisprüfung
ETH Zürich FS 2016
Lösung. (vgl. Analysis II Übungen 11.1 und 11.4) (a) Es gilt dg ( x, y ) = (2 x, − 3 y^2 ). Der Punkt (0 , 0) ist nicht-regulär für g und erfüllt die Nebenbedingung. Aus dem Lagrange-Formalismus folgt
2 x = 2 λx, 2 y − 5 = − 3 λy^2 , g ( x, y ) = x^2 − y^3 = 0_._
Aus der ersten Gleichung folgt x = 0 oder λ = 1. Im Fall x = 0 folgt y = 0 aus der Nebenbedingung, was aber der zweiten Gleichung widerspricht; also λ = 1. Damit wird die zweite Gleichung zu
0 = 3 y^2 + 2 y − 5 = ( y − 1)(3 y + 5).
Die Lösung y = −^53 < 0 widerspricht der Nebenbedingung y^3 = x^2 ≥ 0. Es verbleibt y = 1, woraus x = ± 1 folgt. Somit haben wir die Kandidaten (± 1 , 1) und (0 , 0). (b) f ( x, y ) = x^2 + y^2 − 5 y = ( x − 0)^2 + ( y − 52 )^2 − 254 misst bis auf eine Konstante den quadrierten Euklidischen Abstand vom Punkt (0 ,^52 ) ∈ R^2. y
x
(^52) +
1
− 1
(c) Anhand der Zeichnung der Niveaulinien folgt, dass bei (± 1 , 1) Minima vorliegen und (0 , 0) ein lokales Maximum ist. Alternativ ist f (− 1 , 1) = f (1 , 1) = − 3 < 0 = f (0 , 0). Da f ( x, y ) → ∞ für |( x, y )| → ∞ und da es nur zwei Funktionswerte für sämtliche Kandidaten gibt, sind die Punkte (± 1 , 1) Minimalstellen und der Punkt (0 , 0) eine lokale Maximalstelle.
d-infk Prof. M. Struwe
Analysis I & II Lösung zur Basisprüfung
ETH Zürich FS 2016
Aufgabe 6. [11 Punkte]
(a) Lösen Sie folgendes Anfangswertproblem:
y ′( x ) =
ex (1 + ex ) y ( x ) y (0) = − 2
[3 Punkte]
(b) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung
f ′′( x ) + f ′( x ) − 6 f ( x ) = −4 sinh( x ). [4 Punkte]
(c) Finden Sie alle Lösungen y : R → R der Differentialgleichung
y ′( x ) + 2 x y ( x ) = 2 x^3_._ [4 Punkte]
Lösung:
(a) Via Separation der Variablen folgt (vgl. Analysis II Übung 1.2)
1 2
( y ( x )
∫ y ( x ) y ′( x ) dx =
∫ (^) ex 1 + ex^
dx = log (1 + ex ) + C, C ∈ R ,
y ( x ) = ±
√ 2 log (1 + ex ) + 2 C.
Die Anfangsbedingung y (0) = − 2 impliziert das negative Vorzeichen und es folgt 2 C = 4 − 2 log 2. Die Lösung des Anfangswertproblems lautet somit
y ( x ) = −
√ 2 log (1 + ex ) + 4 − 2 log 2_._
...................................................................................
(b) Das charakteristische Polynom (vgl. Analysis I Übung 14.3 b)
λ^2 + λ − 6 = ( λ + 3)( λ − 2)
führt auf die Lösung
f h( x ) = c 1 e −^3 x^ + c 2 e^2 x, c 1 , c 2 ∈ R
der homogenen Gleichung. Mit dem Ansatz f p( x ) = a cosh ( x ) + b sinh ( x ) erhält man
( a + b − 6 a ) cosh( x ) = 0 ⇒ b = 5 a, ( a + b − 6 b ) sinh( x ) = −4 sinh( x ) ⇒ − 24 a = − 4 ,
also a = 16 und b = 56 für eine partikuläre Lösung. Die Lösung der Gleichung lautet
f ( x ) = c 1 e −^3 x^ + c 2 e^2 x^ + 16 cosh( x ) + 56 sinh( x ) , c 1 , c 2 ∈ R_._
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Analysis I & II Lösung zur Basisprüfung
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(c) Die homogene Gleichung (vgl. Analysis II Übung 2.3)
y h′( x ) + 2 x y h( x ) = 0
hat eine konstante Lösung y h( x ) = 0. Für y h( x ) 6 = 0 ist die Gleichung separierbar:
log| y h( x )| =
∫ (^) y ′ h( x ) y h( x )
dx =
∫ − 2 x dx = − x^2 + C, C ∈ R ,
| y h( x )| = eC^ e − x^2 , C ∈ R ,
y h( x ) = Ce ˜ − x^2 , C ˜ ∈ R \ { 0 }.
Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet somit
y h( x ) = ce − x
2 , c ∈ R_._
Via Variation der Konstanten erhält man eine partikuläre Lösung
y p( x ) = c ( x ) e − x
2 mit c ′( x ) = 2 x^3 ex
2 .
Mit Substitution u = x^2 und partieller Integration folgt
c ( x ) =
∫ x^2 ex
2 · 2 x dx =
∫ ueu^ du = ueu^ − eu^ = x^2 ex
2 − ex
2 ,
y p( x ) = c ( x ) e − x
2 = x^2 − 1_._
Alle Lösungen der Differentialgleichung sind somit gegeben durch
y ( x ) = y h( x ) + y p( x ) = ce − x^2 + x^2 − 1 , c ∈ R_._
...................................................................................
Alternative: Multipliziert man die Gleichung y ′^ + 2 xy = 2 x^3 mit ex^2 > 0 , so folgt
( ex
2 y )′^ = ex
2 ( y ′^ + 2 xy ) = ex
2 2 x^3 , ex
2 y =
∫ ex
2 2 x^3 dx + c = x^2 ex
2 − ex
2
y = x^2 − 1 + ce − x
2 , c ∈ R_._
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Aufgabe 8. [8 Punkte]
(a) Gegeben sind die Fläche
M = {( x, y, z ) ∈ R^3 ; x^2 + y^2 = z^2 , 0 ≤ z ≤ 1 }
und das Vektorfeld v : R^3 → R^3 mit
v ( x, y, z ) =
− yz zx − 1
. [4 Punkte]
Bestimmen Sie den Fluss des Vektorfelds v von oben nach unten durch die Fläche M. Hinweis: Eine Skizze von M kann hilfreich sein.
(b) Sei 0 < a < 1. Ein Behältnis sei gegeben durch die Menge
K = {( x, y, z ) ∈ R^3 ; x^2 + y^2 + z^2 ≤ 1 , x^2 + y^2 ≤ a^2 }.
Bestimmen Sie das Volumen von K ⊂ R^3. [4 Punkte]
Lösung:
(a) Die Kreisscheibe (vgl. Analysis II Übung 13.4)
D = {( x, y, 1) ∈ R^3 ; x^2 + y^2 < 1 }
und M beranden zusammen einen Kegel V ⊂ R^3. Es gilt div ( v ) = 0. Mit dem Satz
von Gauss und nD =
( (^0) (^01)
) folgt ∫
M
v · nM do =
∫
V
div( v ) dμ −
∫
D
v · nD do =
∫
D
1 do = π.
x y
z
M
D
d-infk Prof. M. Struwe
Analysis I & II Lösung zur Basisprüfung
ETH Zürich FS 2016
Alternative Lösung: Sei Ω = {( x, y ) ∈ R^2 ; x^2 + y^2 ≤ 1 }. Der Kegelmantel M wird parametrisiert durch Φ : Ω → R^3 mit
Φ( x, y ) =
( x, y,
√ x^2 + y^2
) , Φ x ( x, y ) =
( 1 , 0 , x ( x^2 + y^2 )−^
12 ) , Φ y ( x, y ) =
( 0 , 1 , y ( x^2 + y^2 )−^
12 ) , Φ x × Φ y =
( x ( x^2 + y^2 )−^
(^12) , y ( x^2 + y^2 )−^
(^12) , − 1
) ,
v ◦ Φ =
( − y
√ x^2 + y^2 , x
√ x^2 + y^2 , − 1
) .
Dann gilt ∫
M
v · nM do =
∫
Ω
( v ◦ Φ) · (Φ x × Φ y ) dμ ( x, y ) =
∫
Ω
(− xy + yx + 1) dμ ( x, y ) = π.
...................................................................................
(b) In Zylinderkoordinaten gilt (vgl. Analysis II Übung 13.2)
Vol( K ) =
∫ (^2) π 0
∫ (^) a 0
∫ √ 1 − r 2 −√ 1 − r^2
r dz dr dϕ
= 2 π
∫ (^) a 0
2 r
1 − r^2 dr
= 2 π
∫ (^) a 2 0
1 − s ds = 2 π
[ −^23 (1 − s )
32 ] a^2 0 =
4 π 3
( 1 − (1 − a^2 )
32 ) .
a
x
y
z