x 7→ e x cos x − sin x

FakultätII - Mathematik 18.02.2008

Dozenten:Bärwol,Behrndt,Böse,Penn-Karras

Assistenten:Ammar,Bauer,Dhamo

Musterlösung Februar-Klausur Verständnisteil WS 2007/08

Analysis I für Ingenieure

1. Aufgabe (6Punkte)

Sei

f : [0, π] → R

x 7→ e ^x cos x − sin x

DieFunktion

f

[0, π]

f (0) = 1 > 0

f (π) = − e ^π < 0

NahdemZwishenwertsatz existiertein

ξ ∈ [0, π]

f (ξ) = 0

e ^ξ cos ξ = sin ξ.

2. Aufgabe (6Punkte)

Weil

x = 2

x = 1

P (x) = a(x − 2) ² (x − 1), a ∈ R.

Es gilt:

P ^′ (x) = 2a(x − 2)(x − 1) + a(x − 2) ²

P ^′′ (x) = 2a(x − 1) + 4a(x − 2)

P ^′ (2) = 0

P ^′′ (2) = 2a.

UmeinMaximumin

x = 2

a < 0

3. Aufgabe (8Punkte)

a

) x

(x + 2)(x − 4) = A

x + 2 + B

x − 4 , A, B ∈ R ,

b

) 3x + 1

(x − 3) ² = A

x − 3 + B

(x − 3) ² , A, B ∈ R,

) x ³ − 2 x ⁴ − 1 = A

x − 1 + B

x + 1 + Cx + D

x ² + 1 , A, B, C, D ∈ R

und

d

) x + 1

x = 1 + 1 x .

4. Aufgabe (6Punkte)

ErsteVariante:

Z f ^′ (x)f (x) 2 + f ² (x) dx = 1

2

Z (2 + f ² ) ^′ (x)

2 + f ² (x) dx = ln( p

2 + f ² (x)) + c, c ∈ R.

ZweiteVariante:MitHilfederSubstitution

t = f ² (x) ⇒ dt = 2f ^′ (x)f (x) dx

Z f ^′ (x)f (x)

2 + f ² (x) dx = 1 2

Z dt

2 + t dx = ln( √

2 + t) + c = ln( p

2 + f ² (x)) + c, c ∈ R.

DritteVariante:MitHilfederSubstitution

t = 2 + f ² (x) ⇒ dt = 2f ^′ (x)f (x) dx

Z f ^′ (x)f (x)

2 + f ² (x) dx = 1 2

Z dt

t dx = ln( √

t) + c = ln( p

2 + f ² (x)) + c, c ∈ R.

VierteVariante::MitHilfederSubstitution

t = f (x) ⇒ dt = f ^′ (x) dx

Z f ^′ (x)f (x)

2 + f ² (x) dx = 1 2

Z 2t dt

2 + t ² dx = ln( p

2 + t ² ) + c = ln( p

2 + f ² (x)) + c, c ∈ R.

ErsteVariante:MitHilfedesMittelwertsatzes:Zubeweisenist,dass

ln(1+x)

x ≥ _1+x ¹

x > 0

Sei

f :] − 1, + ∞ [ → R

r 7→ ln(1 + r)

x > 0

f

[0, x]

]0, x[

demMittelwertsatzexistiertein

ξ ∈ ]0, x[

f (x) − f (0)

x − 0 = f ^′ (ξ),

ln(1 + x)

x = 1

1 + ξ ≥ 1 1 + x .

ZweiteVariante:Sei

g :] − 1, + ∞ [ → R

x 7→ ln(1 + x) − _1+x ^x .

g(x) ≥ 0

x > 0

DieFunktion

g

] − 1, + ∞ [

x ∈ [0, + ∞ [

g ^′ (x) = 1

1 + x − 1

(1 + x) ² ≥ 0.

Daherist

g

[0, +∞[

g(x) ≥ g(0) = 0

x ≥ 0

6. Aufgabe (7Punkte)

Sei

T = π

f

T

f (x) = a 0

2 +

∞

X

k=1

(a k cos(kωx) + b k sin(kωx))

mit

ω = 2 = ^2π _T = ^2π _π

a 0 = 2

a k = _k ¹

, k = 1, ..., 10

a k = 0, k ≥ 11

b k = ¹ _k , k = 1, ..., 10

b k = 0, k ≥ 11

Darausfolgernwir:

Z π

0

f (x) cos(6x) dx = Z T

0

f (x) cos(3 × 2x) dx = π 2 × 2

π Z T

0

f (x) cos(3 × 2x) dx = π

2 × a 3 = π 2 × 1

9 = π

18 .