Schein-Klausur HM II H 2002 S-HM II : 1

Bestimmen Sie den Grenzwert

x lim →1

Z 1 x

²

ln(sin π 2 t) dt (1 − x ² ) ² .

L¨ osung:

Der Nenner ist eine in R beliebig oft stetig differenzierbare Funktion. Der Integrand ist eine in R stetige Funktion und nach dem Hauptsatz der Integral- und Differentialrechnung und der Kettenregel ist der Z¨ahler differenzierbar (vgl. auch ¨ U4, Aufgabe 7). Damit l¨aßt sich die Regel von de l’Hospital (Fall: “ ⁰ ₀ ”) auf obigen Ausdruck anwenden und falls der Grenzwert existiert, gilt:

x→1 lim Z 1

x

²

ln(sin π 2 t) dt

(1 − x ² ) ² = lim

x→1

− ln(sin ^π ₂ x ² ) · 2x 2(1 − x ² ) · ( − 2x) .

Dieser Ausdruck erf¨ullt wiederum die Voraussetzungen f¨ur das Anwenden der Regel von de l’Hospital und damit:

x lim → 1

ln(sin ^π ₂ x ² )

2(1 − x ² ) = lim

x → 1

1

sin (

^π₂

x ² ) cos( ^π ₂ x ² ) · πx

− 4x

= lim

x →1 − π 4

cos( ^π ₂ x ² ) sin( ^π ₂ x ² )

= 0.

Aufgabe 2 (3 Punkte):

Gegeben sei die Funktion f : [ − 1, ∞ ) → R mit f (x) = √ 1 + x.

a) Bestimmen Sie das Taylorpolynom zweiter Ordnung T ₂ (x, 0, f).

b) Zeigen Sie, dass f¨ur alle x ∈ [ − ¹ ₂ , ¹ ₂ ] die Ungleichung | f (x) − T ₂ (x, 0, f ) | ≤ ^√ ₃₂ ² gilt.

L¨ osung:

a) Es gilt:

f (x) = √

1 + x, f (0) = 1

f ^′ (x) = ₂ ^{√ 1} _1+x = ¹ ₂ (1 + x) ⁻

¹²

, f ^′ (0) = ¹ ₂ f ^′′ (x) = − ¹ ₄ (1 + x) ⁻

³²

, f ^′′ (0) = − ¹ ₄ f ^′′′ (x) = ⁻¹ ₄ · ⁻³ 2 (1 + x) ⁻

⁵²

= ³ ₈ (1 + x) ⁻

⁵²

also: T 2 (x, 0, f ) = 1 + ¹ ₂ x − _2! ^{1 1} ₄ x ² = 1 + ¹ ₂ x − ¹ ₈ x ² b) Wir erhalten:

| f (x) − T 2 (x, 0, f ) | = | R 2 (x, 0, f ) | =

1 3!

3

8 (1 + t) ⁻

⁵²

| x | ³

≤ 1 16

1 (1 + t)

⁵²

1 2

3

≤ 1 16

1

1 2

⁵2

1 2

3

= 1

16 2

⁵²

2 ³

= 1

16

√ 1 2

= 1

16

√ 2 2

=

√ 2

32

wobei t ∈ [ − ¹ 2 , ¹ ₂ ] und somit 1 + t ≥ ¹ 2 gilt.

Berechnen Sie den Wert des folgenden Integrals:

Z 1 0

1 (t ² + ¹ ₂ ) √

t ² + 1 dt.

L¨ osung:

Zur Rationalisierung substituieren wir t = sinh x und damit dt = cosh x dx, wobei sich die neuen Grenzen zu 0 7→ arsinh 0 = 0 und 1 7→ arsinh 1 bestimmen.

Z 1 0

1 (t ² + ¹ ₂ ) √

t ² + 1 dt =

Z arsinh 1 0

cosh x

(sinh ² x + ¹ ₂ ) cosh x dx

=

Z arsinh 1 0

1

( ^e

^x

^−e ₂

^−x

) ² + ¹ ₂ dx

=

Z arsinh 1 0

4

e ^2x + e ^{− 2x} dx

=

Z arsinh 1 0

4e ^2x e ^4x + 1 dx subst: y = e ^2x → dy = 2e ^2x dx =

Z e

²

^arsinh

¹

1

2 y ² + 1 dy

= 2 arctan y | ^e 1

²

^arsinh

¹

= 2 arctan(e ^{2arsinh 1} ) − 2 arctan 1

= 2 arctan(e ^{2arsinh 1} ) − π 2 Mit arsinh 1 = ln(1 + √

2) ist e ^{2arsinh 1} = 3 + 2 √

2, also folgt:

Z 1 0

1 (t ² + ¹ ₂ ) √

t ² + 1 dt = 2 arctan(3 + 2 √ 2) − π

2 .

Aufgabe 4 (6 Punkte):

L¨osen Sie das folgende Integral und bestimmen Sie die zul¨assigen Grenzen α, β ∈ R : Z β

α

3(x + 1) x(x ³ − 1) dx.

L¨ osung:

Mit dem Ansatz 3(x + 1)

x(x ³ − 1) = 3(x + 1)

x(x − 1)(x ² + x + 1) = A

x + B

x − 1 + Cx + D

x ² + x + 1 ergibt die Zuhaltemethode f¨ur x = 0 : A = ₍ ³

− 1)(1) = − 3 und f¨ur x = 1 : B = ₍₁₎₍₁ ^3·2

2

+1+1) = ⁶ ₃ = 2.

Koeffizentenvergleich ergibt:

3(x + 1)

x(x ³ − 1) = − 3

x + 2

x − 1 + Cx + D x ² + x + 1

⇔

3x + 3 = − 3(x − 1)(x ² + x + 1) + 2x(x ² + x + 1) + (Cx + D)(x ² − x)

⇔

( − 3 + 2 + C)x ³ = 0 ⇒ C = 1 und (3 − 3 + 2 − C + D)x ² = 0 ⇒ D = − 1 Also:

Z 3(x + 1)

x(x ³ − 1) dx = Z

− 3

x + 2

x − 1 + x − 1 x ² + x + 1 dx

= − 3 ln | x | + 2 ln | x − 1 | +

Z x − 1 x ² + x + 1 dx

= − 3 ln | x | + 2 ln | x − 1 | + 1 2

Z 2x − 2 x ² + x + 1 dx

= − 3 ln | x | + 2 ln | x − 1 | + 1 2

Z 2x + 1 − 3 x ² + x + 1 dx

= − 3 ln | x | + 2 ln | x − 1 | + 1

2 ln | x ² + x + 1 | − 3 2

Z 1

x ² + x + 1 dx Aus

Z 1

x ² + x + 1 dx =

Z 1

(x + ¹ ₂ ) ² + ³ ₄ dx =

Z 1

3 4

4

3 (x + ¹ ₂ ) ² + 1 dx = 4 3

Z 1 2x+1 √

3

2

+ 1 dx

= 4 3

Z 1 u ² + 1

√ 3

2 du = 4 √ 3 6

Z 1

u ² + 1 du = 2 √ 3

3 arctan(u) = 2 √ 3

3 arctan

2x + 1

√ 3

mit ^{2x+1 √} ₃ = u ⇒ ^{√ 2} ₃ dx = du ergibt sich Z β

α

3(x + 1)

x(x ³ − 1) dx = − 3 ln | x | + 2 ln | x − 1 | + 1

2 ln | x ² + x + 1 | − √

3 arctan

2x + 1

√ 3

Aufgrund der reellen Nullstellen des Nenners bei 0 und 1 gilt f¨ur α und β :

α, β < 0 oder 0 < α, β < 1 oder α, β > 1

Gegeben sei die Kurve Γ 1 durch die Parameterdarstellung γ ₁ (t) = 1

2 t ²

1 3 t ³

mit t ∈ R . a) Bestimmen Sie die Bogenl¨ange L(T ) f¨ur das Parameterintervall [0, T ] mit T > 0.

b) Bestimmen Sie den Radius und den Mittelpunkt des Kr¨ummungskreises C(γ 1 (t 0 )) f¨ur t ₀ = 1.

c) Sei die Kurve Γ 2 gegeben durch die Parameterdarstellung γ 2 (t) = (1 − t) 1

2 1 3

f¨ur t ∈ R. F¨ur t ∈ [0, 1] schließen die beiden Kurven γ 1 (t) und γ 2 (t) eine Fl¨ache G ein. Berechnen Sie den orientierten Fl¨acheninhalt A(G) von G.

L¨ osung:

zu a) Es gilt γ 1 (t) = 1

2 t ²

1 3 t ³

=

ϕ 1 (t) ψ 1 (t)

und damit ˙ γ 1 (t) = t

t ²

= ϕ ˙ ₁ (t) ψ ˙ ₁ (t)

!

. Folglich haben wir f¨ur t ≥ 0 || γ ˙ ₁ (t) || = √

t ² + t ⁴ = t √

1 + t ² . Insgesamt ergibt dies (scharfes Hinse- hen oder Substitution u = √

1 + t ² ):

L(T ) = Z T

0

t √

1 + t ² dt = 1

3 (1 + t ² )

³²

t=T

t=0

= 1

3 (1 + T ² )

³²

− 1 3 . zu b) Wie bereits in Teil a) gesehen gilt ˙ γ ₁ (t) =

t t ²

= ϕ ˙ ₁ (t) ψ ˙ 1 (t)

!

und damit ¨ γ ₁ (t) = 1

2t

=

¨ ϕ 1 (t) ψ ¨ ₁ (t)

!

. Der Normalenvektor an der Stelle t berechnet sich durch n(t) = 1

|| γ ˙ 1 (t) ||

− ψ ˙ ₁ (t)

˙ ϕ 1 (t)

= 1

t √ 1 + t ²

− t ² t

, an der Stelle t ₀ = 1 also n(1) = 1

√ 2 − 1

1

.

Die Kr¨ummung im Punkt t erh¨alt man durch κ(t) = ϕ ˙ ₁ (t) ¨ ψ ₁ (t) − ψ ˙ ₁ (t) ¨ ϕ ₁ (t)

|| γ ˙ ₁ (t) || ³ = 2t ² − t ² t ³ (1 + t ² ) √

1 + t ² = 1

t(1 + t ² ) √

1 + t ² ,

im Punkt t ₀ = 1 also κ(1) = ₂ ^{√ 1} ₂ . Der Radius des Kr¨ummungskreises C(γ 1 (t 0 )) ist somit gegeben durch 2 √

2, und der Mittelpunkt errechnet sich als γ ₁ (1) + 1

κ(1) n(1) = 1

2 1 3

+ 2 √

2 1

√ 2 − 1

1

= − ³ 2

7 3

.

zu c) Sei γ 2 (t) = (1 − t) 1

2 1 3

=

ϕ 2 (t) ψ 2 (t)

und damit ˙ γ 2 (t) = − 1

2 1 3

= ϕ ˙ 2 (t) ψ ˙ ₂ (t)

!

. Dann l¨asst sich der orientierte Fl¨acheninhalt berechnen durch

A(G) = Z 1

0

ψ 1 (t) ˙ ϕ 1 (t) dt + Z 1

0

ψ 2 (t) ˙ ϕ 2 (t) dt

= Z 1

0

1

3 t ⁴ dt + Z 1

0

(1 − t) 1 3 ·

− 1 2

dt =

1

15 t ⁵ + 1

12 t ² − 1 6 t

t=1 t=0

= − 1

60 .

Aufgabe 6 (4 Punkte):

Gegeben sei die Funktion f : R ² → R mit

f(x, y) =



 

 

x ² + y ²

p x ² + y ² + 1 − 1 , falls (x, y) 6 = (0, 0)

2 , falls (x, y) = (0, 0).

a) Zeigen Sie ohne Verwendung von Differentialrechnung, dass f im Punkte (0, 0) ein globales Minimum besitzt (Hinweis: Erweitern Sie den Bruch so, dass die Wurzel im Nenner verschwindet).

b) Zeigen Sie, dass f stetig auf R ² ist.

c) Berechnen Sie die partiellen Ableitungen erster Ordnung von f f¨ur alle (x, y) ∈ R ² .

L¨ osung:

a) F¨ur (x, y) 6 = (0, 0) erweitern wir den Bruch mit p

x ² + y ² + 1 + 1. Dann gilt nach der dritten binomischen Formel:

f (x, y) = x ² + y ² x ² + y ² + 1 − 1

p x ² + y ² + 1 + 1

= p

x ² + y ² + 1 + 1 . ( ∗ )

Wegen x ² + y ² ≥ 0 und der Monotonie der Wurzel folgt hieraus f(x, y) > 2 f¨ur alle (x, y) 6 = (0, 0). Zusammen mit f(0, 0) = 2 ist somit (0, 0) das globale Minimum von f .

b) Nach Gleichung ( ∗ ) ist f als Komposition stetiger Abbildungen (hier: Polynome, Wurzel) auf R ² \ { (0, 0) } stetig. Ferner ist, erneut mit ( ∗ )

(x,y)→(0,0) lim f(x, y) = lim

(x,y)→(0,0)

p x ² + y ² + 1 + 1 = 2 = f (0, 0) und damit ist f auch in (0, 0) stetig, also stetig in R ² .

c) Nach unseren bisherigen Ergebnissen l¨asst sich f f¨ur alle (x, y) ∈ R ² durch die Formel in ( ∗ ) darstellen. Mit bekannten Rechenregeln folgt nun

f x (x, y) = x

p x ² + y ² + 1 und f y (x, y) = y

p x ² + y ² + 1 .

f¨ur alle (x, y) ∈ R ² .

Bestimmen Sie alle lokalen Extrema und Sattelpunkte der Funktion f : R ² → R mit f (x, y ) = x ³ − y ² + 2xy − x.

L¨ osung:

Wir berechnen die partiellen Ableitungen erster Ordnung von f. Es ist f x (x, y) = 3x ² + 2y − 1, f y (x, y ) = − 2y + 2x .

Aus den Bedingungen f x = f y = 0 erhalten wir zun¨achst x = y aus f y = 0. Dies eingesetzt in f x = 0 liefert 0 = 3x ² + 2x − 1 = (3x − 1)(x + 1). Wir erhalten also zwei kritische Punkte, n¨amlich ( − 1, − 1) und ( ¹ ₃ , ¹ ₃ ).

Wir berechnen die partiellen Ableitungen zweiter Ordnung von f und erhalten f xx (x, y) = 6x, f xy (x, y ) = f yx (x, y) = 2, f yy (x, y) = − 2 . Damit sind die Hessematrizen in den beiden kritischen Punkten gegeben durch:

f ^′′ ( − 1, − 1) =

− 6 2 2 − 2

, f ^′′ ( ¹ ₃ , ¹ ₃ ) =

2 2 2 − 2

.

Nach dem Determinantenkriterium ist f ^′′ ( − 1, − 1) negativ definit, da − 6 < 0 und

det(f ^′′ ( − 1, − 1)) = ( − 6) · ( − 2) − 2 · 2 = 8 > 0. Damit liegt in ( − 1, − 1) ein lokales Maximum von f vor. Die Matrix f ^′′ ( ¹ ₃ , ¹ ₃ ) ist indefinit, denn det(f ^′′ ( ¹ ₃ , ¹ ₃ )) = 2 · ( − 2) − 2 · 2 = − 8 < 0.

Damit handelt es sich bei ( ¹ ₃ , ¹ ₃ ) um einen Sattelpunkt.

Aufgabe 8 (5 Punkte):

Gegeben sei die Funktion f : R ³ → R durch f(x 1 , x ₂ , x ₃ ) = x ₁ x ₂ + x ₁ x ₃ + x ₂ x ₃ . Berechnen Sie mit der Lagrangeschen Methode den maximalen und den minimalen Funktionswert der Funktion f unter den Nebenbedingungen x ² ₁ + x ² ₂ = 8 und x 1 + x 2 + x 3 = 8.

L¨ osung:

Sei x = (x 1 , x 2 , x 3 ) ^T und g : R ³ → R ² gegeben durch g(x) =

x ² ₁ + x ² ₂ − 8 x 1 + x 2 + x 3 − 8

.

Weiterhin sei M := { x ∈ R ³ | g(x) = 0 ∈ R ² } . Die Funktionen f und g sind beliebig oft stetig differenzierbar. Die ersten Ableitungen berechnen sich zu

f ^′ (x) = x ₂ + x ₃ x ₁ + x ₃ x ₁ + x ₂ und

g ^′ (x) =

2x 1 2x 2 0

1 1 1

.

Da in der Menge M die beiden Werte x 1 und x 2 nicht beide gleichzeitig 0 sein k¨onnen, gilt Rang(g ^′ ) = 2. Daher l¨asst sich die Methode von Lagrange anwenden. Damit x ein lokales Extremum von f | ^M ist, m¨ussen Zahlen λ 1 , λ 2 ∈ R existieren, so dass x das folgende Gleichungssystem l¨ost.

x 2 + x 3 = 2x 1 λ 1 + λ 2 (1)

x 1 + x 3 = 2x 2 λ 1 + λ 2 (2)

x ₁ + x ₂ = λ ₂ (3)

x ² ₁ + x ² ₂ = 8 (4)

x ₁ + x ₂ + x ₃ = 8 (5)

(1)-(2) ergibt

x ₂ − x ₁ = 2(x 1 − x ₂ )λ 1 . (6)

Fall 1: x 1 = x 2 . Dann gilt wegen (4), dass (x 1 = x 2 = 2) ∨ (x 1 = x 2 = − 2) ⇒ ⁽⁵⁾ (x 3 = 4) ∨ (x 3 = 12). Es ist leicht nachzupr¨ufen, dass in den beiden F¨allen auch die Gleichungen (1), (2) und (3) f¨ur λ ₁ und λ ₂ l¨osbar sind. Somit erhalten wir als Kandidaten f¨ur die Extremstellen die beiden Punkte (2, 2, 4) ^T und ( − 2, − 2, 12) ^T mit f (2, 2, 4) = 20 und f( − 2, − 2, 12) = − 44.

Fall 2: x 1 6 = x 2 . In diesem Fall liefert (6), dass λ 1 = − ¹ ₂ . Subtrahiert man (3) von (2), so erh¨alt man, dass

x ₃ − x ₂ = − x ₂ ⇒ x ₃ = 0 ⇒ ⁽⁵⁾ x ₁ = 8 − x ₂

⇒ (4) (8 − x ₂ ) ² + x ² ₂ = 8 ⇔ 64 − 16x ₂ + 2x ² ₂ = 8

⇔ x ² ₂ − 8x ₂ + 28 = 0 ⇔ (x ₂ − 4) ² + 12 = 0.

Dies ist jedoch ein Widerspruch, d.h. dieser Fall liefert keine weiteren kritischen Punkte.

Da die Menge M abgeschlossen und beschr¨ankt und damit kompakt ist und da f stetig ist,

nimmt f in M sein Supremum und Infimum an. Dies k¨onnen nach obigen Betrachtungen

nur die Werte 20 = f(2, 2, 4) und − 44 = f ( − 2, − 2, 12) sein.