Schein-Klausur HM II F 2003 HM II : S-1

Schein-Klausur HM II F 2003 HM II : S-1

Aufgabe 1: Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:

a) lim

x→∞

ln ² (1 + x)

x ² b) lim

x→0 (cosh x)

L¨ osung:

Wir verwenden in beiden F¨allen die Regel von de l’Hospital.

a) Es ist

x→∞ lim

ln ² (1 + x) x ²

[

]

= lim

x→∞

2 ln(1 + x) _1+x ¹

2x = lim

x→∞

ln(1 + x) x(1 + x)

[

]

= lim

x→∞

1 1+x

1 + 2x = 0 . b) Es ist

x→0 lim (cosh x)

= lim

x→0 e

^ln(coshx) = e

^lim

1

sinx

ln(cosh x)

nach Definition der Potenz und da die Exponentialfunktion stetig ist. Wir m¨ussen also den Grenzwert lim

x→0 1

sin x ln(cosh x) berechnen. Hier ergibt sich wegen cosh(0) = 1 und ln(1) = 0:

x→0 lim

ln(cosh x) sin x

[

]

= lim

x→0 sinh x cosh x

cos x = lim

x→0

sinh x

cosh x cos x = 0

1 · 1 = 0 , also f¨ur den urspr¨unglichen Grenzwert

x→0 lim (cosh x)

= e

^lim

1

sinx

ln(cosh x)

= e ⁰ = 1 .

Aufgabe 2: Bestimmen Sie den Wert der folgenden Integrale:

a) Z ln(8)

ln(3)

e ^x

1 + e ^x dx b) Z 1

0

arctan(x) dx

L¨ osung:

a) 1. M¨oglichkeit: ’Scharfes Hinsehen’: Es ist (1 + e ^x ) ^′ = e ^x , also Z ln(8)

ln(3)

e ^x

1 + e ^x dx = [ln | 1 + e ^x | ] ^ln(8) _ln(3) = ln(9) − ln(4).

2.M¨oglichkeit: Substitution t = e ^x . Mit dt = e ^x dx folgt Z ln(8)

ln(3)

e ^x

1 + e ^x dx = Z 8

3

1

1 + t dt = [ln | 1 + t | ] ⁸ ₃ = ln(9) − ln(4).

b) Mit partieller Integration folgt Z 1

0

arctan(x) dx = Z 1

0

1 · arctan(x) dx = [x arctan(x)] ¹ ₀ − Z 1

0

x · 1 1 + x ² dx

= arctan(1) − 1 2

Z 1 0

2x

1 + x ² dx = π 4 − 1

2

ln | 1 + x ² | 1 0

= π

4 − 1

2 ln(2).

Schein-Klausur HM II F 2003 HM II : S-3

Aufgabe 3: Untersuchen Sie die Funktion f : R ² → R gegeben durch

f (x, y) =







x ² − y ² p x ² + y ² · sin

1 p x ² + y ²

, (x, y) 6 = (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0)

auf Stetigkeit und Differenzierbarkeit.

L¨ osung: • Die Stetigkeit ist f¨ur ( x, y) 6 = (0, 0) klar, da es sich dort um eine Komposition stetiger Funktionen handelt. Einziger ’kritischer’ Punkt ist (0, 0).

• Zur Stetigkeit in (0, 0). F¨uhre Polarkoordinaten (x = r cos φ, y = r sin φ) ein, dann ist ((x, y) 6 = (0, 0))

f(x, y) = f(r, φ) =

r ² (cos ² φ − sin ² φ)

r sin 1

r

≤ r | cos ² φ − sin ² φ |

| {z }

≤2

= 2r → 0 (r → 0).

Daher gilt lim (x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0) und damit ist f im Nullpunkt stetig. Fazit: f stetig in R ² .

• Die Differenzierbarkeit von f ausserhalb des Nullpunkts ist garantiert, da f dort sogar stetig partiell differenzierbar ist (Komposition). Bleibt die Differenzierbarkeit im Nullpunkt.

• Bestimme die partiellen Ableitungen in (0, 0):

f (x, 0) − f(0, 0)

x = x ²

x √

x ² sin 1

√ x ² = sin 1 x

Da der Grenzwert f¨ur x → 0 und damit die partielle Ableitung nach x im Punkte 0 nicht

existiert, ist f in 0 nicht differenzierbar, d.h. f ist differenzierbar auf R − { 0 } .

Aufgabe 4: Gegeben sei die Kurve Γ 1 durch γ ₁ : [0, 1] → R ² mit γ ₁ (t) = Z t t

0

2 (1 + x) ² dx

! . a) Bestimmen Sie – ohne ein Integral zu berechnen – den Radius und den Mittelpunkt

des Kr¨ummungskreises C Γ

(γ 1 (1)) = C Γ

((1, 1) ^T ).

b) Berechnen Sie Z t

0

2

(1 + x) ² dx.

c) Gegeben sei die Kurve Γ 2 durch γ ₂ : [0, 1] → R ² mit γ ₂ (t) = (1 − t, 1 − t) ^T . Die Vereinigung der Kurven Γ ₁ und Γ ₂ ergibt eine geschlossene Randkurve Γ. Bestimmen Sie den orientierten Fl¨acheninhalt A(G), der durch Γ eingeschlossen wird, indem Sie die Formel A(G) = R 1

0 − ψ ˙ ₁ (t)ϕ 1 (t) dt + R 1

0 − ψ ˙ ₂ (t)ϕ 2 (t) dt verwenden, falls γ ₁ (t) = (ϕ 1 (t), ψ 1 (t)) ^T und γ 2 (t) = (ϕ 2 (t), ψ 2 (t)) ^T .

L¨ osung: zu a) Nach dem 1. Hauptsatz der Integralrechnung gilt

˙ γ 1 (t) =

1

2 (1+t)

, γ ¨ 1 (t) = 0

−4 (1+t)

also ˙ γ ₁ (1) = (1, ¹ ₂ ) ^T und ¨ γ ₁ (1) = (0, − ¹ ₂ ) ^T . Mit diesen Werten l¨asst sich die Kr¨ummung der Kurve im Punkt (1, 1) ^T errechnen als κ = 1 · − 1

2 (1 + 1

4 ) ^3/2

= − 4 5 √

5 . Der Radius des Kr¨ummungs- kreises ist somit r = 1

| κ | = 5

√ 5

4 und der Mittelpunkt M errechnet sich als M =

1 1

− 5 √ 5 4

− ¹ ₂ 1

1 q

1 + ¹ ₄

= ₉

− 4 ³ ₂

.

zu b) Z t

0

2

(1 + x) ² dx =

− 2 1 + x

x=t

x=0

= − 2 1 + t + 2

zu c) Gilt γ 1 (t) = (ϕ 1 (t), ψ 1 (t)) ^T und γ 2 (t) = (ϕ 2 (t), ψ 2 (t)) ^T , so folgt f¨ur den orientierten Fl¨acheninhalt A(G ) der von der Kurve Γ eingeschlossenen Fl¨ache G:

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 − 2

(1 + t) ² t dt + Z 1

0

(1 − t) dt

= −

Z 1 0

2t + 2 (1 + t) ² dt +

Z 1 0

2

(1 + t) ² dt + 1 2

=

− ln((t + 1) ² ) − 2 1 t + 1

t=1

t=0

+ 1 2

= − 2 ln(2) + 3

2 .

Schein-Klausur HM II F 2003 HM II : S-5

Aufgabe 5: Bestimmen Sie f¨ur die Funktion F : R ² → R mit f(x) = f(x ₁ , x ₂ ) = cos(x ₁ x ₂ )+

x 1 x ² ₂ das Taylorpolynom T 1 (x, a; f ) 1. Ordnung bzgl. des Entwicklungspunktes a = (π, 1) ^T , und zeigen Sie, dass die Restgliedabsch¨atzung | R ₁ (x, a; f) | = | f(x) − T ₁ (x, a; f ) | ≤ 1

200 π ² + 500 11 π + 201 5000 f¨ ur alle x ∈ U = { x ∈ R ² | | x _i − a _i | ≤ r, i = 1, 2 } g¨ultig ist, wenn 0 < r ≤ 1

10.

L¨ osung: Es gilt f (a) = − 1 + π, D ₁ f = ∂f

∂x ₁ = − sin(x ₁ x ₂ )x ₂ + x ² ₂ ⇒ D ₁ f(a) = 1 D 2 f = ∂f

∂x 2

= − sin(x 1 x 2 )x 1 + 2x 1 x 2 ⇒ D 2 f (a) = 2π Damit ist das Taylorpolynom T ₁ (x, a; f) gegeben durch

T ₁ (x, a; f ) = π − 1 + (x ₁ − π) + 2π(x ₂ − 1).

F¨ur die Absch¨atzung des Restgliedes werden die 2. Ableitungen ben¨otigt:

D _1,1 f = − cos(x 1 x ₂ )x ² ₂ D _2,2 f = − cos(x 1 x ₂ )x ² ₁ + 2x 1

D _1,2 f = D _2,1 f = − sin(x 1 x ₂ ) − x ₁ x ₂ cos(x 1 x ₂ ) + 2x 2

Nach dem Satz von Taylor gibt es eine Zwischenstelle z zwischen a und x, so dass R 1 (x, a; f ) = 1

2!

D 1,1 f (z)(x 1 − π) ² + D 2,2 f (z)(x 2 − 1) ² + 2D 1,2 f(z)(x 1 − π)(x 2 − 1) ,

d.h.

| R ₁ (x, a; f ) | ≤ 1

2 | D _1,1 f (z) | r ² + 1

2 | D _2,2 f(z) | r ² + | D _1,2 f (z) | r ²

|sin |,| cos |≤1

≤ 1

2 (1 + r) ² r ² + 1

2 r ² [(π + r) ² + 2(π + r)] + r ² (1 + (π + r)(1 + r) + 2(1 + r))

r≤

≤ 1

2 11

10 2

1 100 + 1

2 1 100

π ² + 2

10 π + 1

100 + 2π + 2 10

+ 1 100

1 + π + π + 1 10 + 1

100 + 22 10

= 121

20000 + 1

200 π ² + 1

1000 π + 1

20000 + 1

100 π + 1 1000 + 1

100 + π

100 + π

1000 + 1

1000 + 1

10000 + 22 1000

= 1

200 π ² + 22

1000 π + 804

20000 = 1

200 π ² + 11

500 π + 201

5000

Aufgabe 6: Gegeben sei die Funktion f : R ² → R , f (x, y) = 4x ² + 2xy − 2y.

a) Bestimmen Sie die relativen Extrema und Sattelpunkte von f.

b) Gegeben sei der Bereich B := { (x, y) ^T ∈ R ² | y − 1

2 x ≤ − 3

2 ∧ 2y + 11 ≥ 2x ² + x } . Wo nimmt f auf B seinen minimalen und wo seinen maximalen Funktionswert an?

L¨ osung: zu a) Eine notwendige Bedingung f¨ur einen Extremwert oder Sattelpunkt ist, dass gradf (x, y) = (f x (x, y), f y (x, y)) = 0 ist, also

(f x (x, y) = 8x + 2y = 0 ∧ f _y (x, y) = 2x − 2 = 0) ⇔ x = 1 ∧ y = − 4.

Damit ist der einzige Kandidat f¨ur einen relativen Extremwert oder Sattelpunkt der Vektor (x 0 , y ₀ ) ^T = (1, − 4) ^T .

Bestimmung der Hessematrix:

f _xx (x, y) = 8, f _yy (x, y) = 0, f _xy (x, y) = f _yx (x, y) = 2 ⇒ f ^′′ (1, − 4) =

8 2 2 0

Wegen det f ^′′ (1, − 4) = − 4 < 0 hat f an der Stelle (1, − 4) ^T keinen Extremwert, sondern einen Sattelpunkt.

zu b) Im Innern von B erh¨alt man nach Teil a) keinen kritischen Punkt. Es muss folglich der Rand von B untersucht werden. Es gilt ∂B = B ₁ ∪ B ₂ , wobei B ₁ = { (x, y) ∈ R ² | y = x ² + 12 x − 11

2 } eine Parabel als untere Grenze f¨ur B und B 2 = { (x, y) ^T ∈ R ² | y = 12 x − 3 2 } eine Gerade als obere Grenze f¨ur B darstellt.

Zwei kritische Punkte sind die Schnittpunkte der Geraden mit der Parabel:

x ² + 1

2 x − 11 2 = 1

2 x − 3

2 ⇔ x ² = 4 ⇔ x = 2 ∨ x = − 2, d.h. wir erhalten die kritischen Punkte x ₁ = (2, − 1

2 ) ^T und x ₂ = ( − 2, − 5 2 ) ^T . Untersuchung von B 1 :

g ₁ (x) := f (x, x ² + 1

2 x − 11

2 ) = 4x ² + 2x(x ² + 1

2 x − 11

2 ) − 2(x ² + 1

2 x − 11 2 )

= 2x ³ + (4 + 1 − 2)x ² + ( − 11 − 1)x + 11 = 2x ³ + 3x ² − 12x + 11 g ₁ ^′ (x) = 6x ² + 6x − 12 = 0 ^! ⇔ x ² + x − 2 = 0

⇔ x = − 1 2 ±

r 1 4 + 8

4 ⇔ x = 1 ∨ x = − 2 Als neuer kritischer Punkt kommt somit x ₃ = (1, − 4) hinzu.

Untersuchung von B 2 :

g 2 (x) := f(x, 1 2 x − 3

2 ) = 4x ² + 2x( 1 2 x − 3

2 ) − 2( 1 2 x − 3

2 )

= 5x ² − 4x + 3

g ₂ ^′ (x) = 10x − 4 = 0 ^! ⇔ x = 2

5

Damit erhalten wir schließlich den kritischen Punkt (25 , − 13

10) ^T . Es gilt:

f(x 1 ) = 15 f(x 2 ) = 31 f(x 3 ) = 4 f (x 4 ) = 11 5 .

Da f stetig und B abgeschlossen und beschr¨ankt und damit kompakt ist und stetige Funk-

tionen auf einer kompakten Menge ihr Supremum und Infimum annehmen, wird f an der

Stelle x 2 maximal (mit f (x 2 ) = 31) und an der Stelle x 4 minimal (mit f (x 4 ) = 11 5 ).