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Analysis I & II - Lösung zur Basisprüfung, Übungen von Sportwissenschaft

Lösung zur Basisprüfung zu Analysis I und II

Art: Übungen

2019/2020

Hochgeladen am 09.04.2020

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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
x11
x11
log x.[2 Punkte]
(b) Beweisen Sie, dass folgende Reihe divergiert.
X
n=1
2+2n+n2+ sin(2n)
n3+ 1 [2 Punkte]
(c) Finden Sie heraus, ob die Folge (an)nNmit
an= log(en+n)n[2 Punkte]
konvergiert, und beweisen Sie Ihre Behauptung.
(d) Zeigen Sie, dass die Funktionenfolge
fn(x) = cos(x
n)[2 Punkte]
punktweise, aber nicht gleichmässig auf ganz Rkonvergiert.
...................................................................................
Lösung.
(a) Mit l’Hôpital gilt (vgl. Analysis I Übung 11.4)
lim
x11
x11
log x= lim
x1
log(x)x+ 1
(x1) log(x)= lim
x1
1
x1
log(x)+(x1) 1
x
= lim
x1x2
x1+x2=1
2.
...................................................................................
(b) Es gilt die Abschätzung (vgl. Analysis I Übung 6.3)
bn:=2+2n+n2+ sin(2n)
n3+ 1 (1 + n)2+ 1 + sin(2n)
(n+ 1)31
n+ 1.
Die Reihe über 1
n+1 divergiert. Folglich divergiert auch die Reihe über bn.
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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 + nen ).

Die Logarithmusfunktion ist stetig und es gilt nen^ → 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]

d-infk Prof. M. Struwe

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

S

(^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 )

) 2

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_._

ETH Zürich FS 2016

Analysis I & II Lösung zur Basisprüfung

d-infk Prof. M. Struwe

(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^ ex^2 , C ∈ R ,

y h( x ) = Ce ˜ − x^2 , C ˜ ∈ R \ { 0 }.

Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet somit

y h( x ) = cex

2 , c ∈ R_._

Via Variation der Konstanten erhält man eine partikuläre Lösung

y p( x ) = c ( x ) ex

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 ) ex

2 = x^2 − 1_._

Alle Lösungen der Differentialgleichung sind somit gegeben durch

y ( x ) = y h( x ) + y p( x ) = cex^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

  • c, c ∈ R ,

y = x^2 − 1 + cex

2 , c ∈ R_._

ETH Zürich FS 2016

Analysis I & II Lösung zur Basisprüfung

d-infk Prof. M. Struwe

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 )

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 ) ( x, y ) =

Ω

(− xy + yx + 1) ( 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

K