Dr. P. Thurnheer Grundlagen der Mathematik I ETH Z¨urich
D-CHAB, D-BIOL (Analysis B) FS 10
L¨ osungen zur Serie 6
1. a) Es sei z =reiϕ. 1. Wegen 1−i=√
2e−iπ/4 ist nach Voraussetzung π = arg
z 1−i
=ϕ+π/4, also ϕ= 3π/4 und
√ 2 =
zeiπ/3 1−i
= r
√2
e−2π/3 = r
√2, also r= 2. Mithin istz =−√
2 +i√ 2.
2. Wegen 1−i=√
2e−iπ/4 und 1−√
3i= 2e−iπ/3 ist nach Voraussetzung reiϕ
4e−iπ/4e−iπ/3 3
= r
4 3
ei(ϕ+127π) 3
=e−iπ/4, also zk=rkeiϕk = 4eiπ(−2−2k3 ), k = 1,2,3, i.e.
z1 = 4, z2 = 4ei2π/3 =−2 + 2√
3i, z3 = 4ei4π/3 =−2−2√ 3i.
b) 1. Es ist
sin 7π
4
= sin
−π 4
= cosπ 2 +π
4
= cos 3π
4
und daher tan
arccos
sin
7π 4
= tan
arccos
cos 3π
4
= tan 3π
4
=−1, falls der Hauptzweig des Arkussinus verwendet wird.
Anderenfalls ergibt sich tan
arccos
sin
7π 4
= tan 5π
4
= 1.
2. Eine partielle Integration ergibt Z π/2
0
tsintdt=−tcost|π/20 + Z π/2
0
costdt
=−tcost|π/20 + sint|π/20 = 1.
3. Durch partielle Integration findet man Z 1
0
t2(1−t)3dt= t2−(1−t)4 4
1
0
+2 4
Z 1
0
t(1−t)4dt
= 1
2 t−(1−t)5 5
1
0
+ 1 5
Z 1
0
(1−t)5dt
!
= 1 10
Z 1
0
(1−t)5dt= 1 10
−(1−t)6 6
1
0
= 1 60. c) Die homogene Gleichung
˙
x(t) (t+ 1) +x(t) = 0 l¨aßt sich durch Separation l¨osen:
dx
dt =− x
t+ 1 ⇒
Z 1
0
dx x =−
Z 1
0
dt t+ 1,
also lnx(0)x(t) = lnt+11 und somit x(t) = x(0)t+1. Eine partikul¨are L¨osung findet man etwa durch den Ansatz
x(t) = at3+bt2+ct+d.
Setzt man dies in die DGL ein, erh¨alt man
4at3+ 3(a+b)t2+ 2(b+c)t+c+d=t3
und ein Koeffizientenverglich liefert a= 14, b=−14,c= 14, d=−14, also x(t) = t3
4 − t2 4 + t
4− 1
4 = t4−1 4(t+ 1). Die allgemeine L¨osung ist damit
x(t) = t4−1
4(t+ 1) + C t+ 1 und mit der Anfangsbedingung x(0) =√
5 ergibt sich
√
5 = −1 4 +C
also x(t) = 4(t+1)t4 +
√5 t+1.
Alternativ l¨aßt sich die inhomogene Gleichung
˙
x(t) (t+ 1) +x(t) = t3
auch durch V.d.K. l¨osen. Der Ansatz x(t) = C(t)x(0)t+1 f¨uhrt auf t3 =
Cx(0)(t˙ + 1)−Cx(0)
t+ 1 +Cx(0)
t+ 1 = ˙Cx(0), also C = 4x(0)t4 + 1 und somit x(t) = 4(t+1)t4 + x(0)t+1.
2. a) 1. Es ist
d
dtcosht = d dt
1
2 et+e−t
= 1 2
d
dtet+ d dte−t
= 1
2 et−e−t
= sinht 2. Es sind
(cosht)2 = 1 4
et2
+ 2ete−t+ e−t2
= 1
4 e2t+ 2 +e−2t , (sinht)2 = 1
4
et2
−2ete−t+ e−t2
= 1
4 e2t−2 +e−2t ,
also (cosht)2−(sinht)2 = 4/4 = 1.
b) Die L¨ange der Kurvenbogens ist gegeben durch Z 1
−1
q
1 + ((cosht)˙)2dt= Z 1
−1
q
1 + (sinht)2dt= Z 1
−1
q
(cosht)2dt
= Z 1
−1
coshtdt= Z 1
−1
(sinht)˙dt
= sinht|1−1 = 2 sinh 1.
c) Es sind d
dtcosht= sinht, d2
dt2 cosht= cosht, d3
dt3 cosht= sinht.
Wegen sinh 0 = 0 und cosh 0 = 1 ist daher j03cosht = 1 + t2
2.
d) 1. Mit de L’Hospital findet man limt→0
sinht
log(1 +t) = lim
t→0 d dtsinht
d
dtlog(1 +t) = lim
t→0((1 +t) cosht) = 1.
2. Es ist
sinht
cosht = et−e−t
et+e−t = e2t−1
e2t+ 1 = 1− 2 e2t+ 1 und daher limt→∞ sinht
cosht = 1.
e) Offenbar ist F =∇ϕdas Gradientenfeld zu ϕ=ysinhx. Daher verschwin- det die Arbeit entlang jedes geschlossenen Wegs.
3. a) In (x, t) ist das Richtungsfeld durch x˙
1
= tx
1
gegeben.
Es ist daher auf den Kurven
x(t) =C/t, t∈R, unver¨anderlich.
b) Offenbar ist
x(t) = x(0)eR0tsds =x(0)et
2 2
die allgemeine L¨osung der Differentialgleichung und somit x(t) = 5et2/2 die (eindeutig bestimmte) L¨osung mit x(2) = 5e2.
4. a) Es sind
∇f(x, y) =
−2xy 27−x2−36y2
und
∇2f(x, y) =
−2y −2x
−2x −72y
.
In einem kritischen Punkt (x, y) von f ist somit xy= 0, daher entweder 27−x2 = 9 3−(x/3)2
= 0 oder 27−36y2 = 9 3−(2y)2
= 0.
Mithin sind
P1 = (0,√
3/2) und P2 = (0,−√ 3/2)
die einzigen kritischen Punkte von f auf K. Da
∇2f(0,√
3/2) = −√
3 0
0 −36√ 3
<0 und
∇2f(0,−√
3/2) = √
3 0
0 36√ 3
>0
handelt es sich bei P1 um ein Maximum, beiP2 um ein Minimum.
b) Mit v = √12 1
1
ergibt sich die Richtungsableitung als
∇vf(0,0) = v· ∇f(0,0) = 1
√2 1
1
· 0
27
= 27
√2. c) F¨ur einen Einheitsvektor v und ϕ=](v,∇f(0,0)) ist
∇vf(0,0) = v· ∇f(0,0) = cosϕ· |∇f(0,0)|,
die Richtungsableitung wird somit f¨ur ϕ = π, also in Richtung −∇f(0,0) minimal und hat dort den Wert cosπ· |∇f(0,0)|=−27.
d) Offenbar ist
C =
(x, y)∈R2 ; x2 24 +y2
2 = 1
eine Ellipse, deren Mittelpunkt im Ursprung des Koordinatensystems liegt.
F¨ur Punkte (x, y) ∈C auf der Ellipse ist f(x, y) = 3y, also liegt der Funk- tionsgraph von f in diesen Punkten in der durch −3y+z = 0 gegebenen Ebene.
e) Nach der Kettenregel ist Dh
2,1
2
=Df√ 15,1
·Dg
2,1 2
= −2√
15 −24
· −25
4√ 15
−25√ 1 15
2 2
= 12 2 .
Alternativ kann dies auch direkt berechnet werden. Es ist h(u, v) = fp
27−12u2v2−ln(uv), uv
=uv
27−p
27−12u2v2−ln(uv)2
−12(uv)2
=uvln(uv)
also
∇h(u, v) =
vln(uv) +v uln(uv) +u
und somit ∇h(2,12) = 1
2
2
.