Institut f¨ ur Analysis
WS2016/17PD Dr. Peer Christian Kunstmann 20.01.2017
Dipl.-Math. Leonid Chaichenets Johanna Richter, M.Sc. Tobias Schmid, M.Sc.
H¨ ohere Mathematik I f¨ ur die Fachrichtung Physik L¨ osungsvorschl¨ age zum 12. ¨ Ubungsblatt
Aufgabe 67:
Wir halten zun¨achst fest, dass jeder Integrand auf dem jeweiligen Integrationsintervall stetig ist und deshalb auch integrierbar nach Satz aus Abschnitt 12.5 des Skriptes.
(i) Substitutionsregel liefert Z 1
0
(1 + 2t)3dtt=
s−1
=2 dt ds=12
1 2
Z 3 1
s3ds= 1 8
s43
s=1 = 81−1 8 = 10.
(ii) Partielle Integration liefert Z e
1
t
|{z}
=f0(t)
log(t)
| {z }
=g(t)
dt = t2
2 log(t) t=e
t=1
− Z e
1
t2 2
1
tdt= e2 2 − 1
2 Z e
1
tdt= e2 2 −1
4 t2e
t=1
= e2+ 1 4 .
(iii) Die Technik des
”Scharfen Hinsehens“TMzusammen mit der Substitutionsregel liefert
Z 2 1
t3 (1 +t2)32
dt = 1
2 Z 2
1
=g(t)
z}|{
t2 (1 +t2)32
| {z }
=f(g(t))
2t
|{z}
=g0(t)
dt= 1 2
Z 4 1
x (1 +x)32
dx
= 1
2 Z 4
1
1 +x (1 +x)32
− 1 (1 +x)32
dx= 1 2
Z 4 1
1 (1 +x)12
− 1 (1 +x)32
dx
y=1+x
dy=
dx=1
1 2
Z 5 2
y−12 −y−32dy= [√
y]5y=2+ 1
√y 5
y=2
= √
5−√ 2 + 1
√5 − 1
√2 = 6√ 5 5 −3√
2 2 .
(iv) F¨ur den Integranden gilt per Definition 1
sinh(t) cosh(t) = 4
(et−e−t)(et+e−t) = 4
e2t−e−2t ∀t >0.
Daher bietet es sich an, die Substitutionsregel zu verwenden. Man erh¨alt Z log(7)
2 log(3)
2
1
sinh(t) cosh(t)dt =
Z log(7)
2 log(3)
2
4
e2t−e−2tdtt=
ln(s)
=2 dt ds=2s1
2 Z 7
3
1 s· 1
s−1sds= 2 Z 7
3
1 s2−1ds
= Z 7
3
2
(s−1)(s+ 1)ds = Z 7
3
1
s−1− 1 s+ 1ds
= [log(s−1)−log(s+ 1)]s=7s=3 =
log
s−1 s+ 1
s=7 s=3
= log 3
4
−log 1
2
= log 3
2
.
Aufgabe 68:
Wir halten zun¨achst fest, dass jeder Integrand auf dem jeweiligen Integrationsintervall stetig ist und deshalb auch integrierbar nach Satz aus Abschnitt 12.5 des Skriptes.
(i) Die Technik des
”Scharfen Hinsehens“TMzusammen mit der Substitutionsregel liefert Z 1
0
√ t
9−4t2dt=−1 8
Z 1 0
(−8t)
√9−4t2dt=−
"√ 9−4t2
4
#1 t=0
= 3 4 −
√5
4 = 3−√ 5 4 .
(ii) Partielle Integration liefert Z π
4
0
t
|{z}
=g(t)
·cos(t)
| {z }
=f0(t)
dt P.I.= [tsin(t)]
π 4
t=0− Z π
4
0
sin(t)dt= π 4 ·
√ 2
2 + [cos(t)]
π 4
t=0
=
√ 2π
8 +
√ 2 2 −1 =
√
2(π+ 4)−8
8 .
(iii) Es gilt Z 12
0
√ t
1−tdt = Z 12
0
(t−1) + 1
√1−t dt=− Z 12
0
√1−tdt+ Z 12
0
√1 1−tdt
= 2 3
h
(1−t)32i12
t=0
−2√ 1−t12
t=0= 1 3√
2 −2
3+ 2−√
2 = 8−5√ 2
6 .
(iv) Substitutionsregel liefert Z log(3)
2
−log(3)2
et+ 3
e2t+ 1dtt=ln(s)=
dt ds=1s
Z
√3
√1 3
s+ 3 s2+ 1·1
sds = Z
√3
√1 3
1
1 +s2ds + 3 Z
√3
√1 3
1 s(s2+ 1)ds.
Das erste Integral ist Z
√ 3
√1 3
1
1 +s2ds = [arctan(s)]
√ 3 s=√1
3
= π 3 −π
6 = π 6.
F¨ur das zweite Integral beobachtet man (Partialbruchzerlegung) 1
s(s2+ 1) = 1 s− s
s2+ 1 ∀s∈R\ {0}
und folglich Z
√3
√1 3
1
s(s2+ 1)ds = Z
√3
√1 3
1 sds−1
2 Z
√3
√1 3
2s
1 +s2ds= [ln(s)]
√3 s=√1
3
−1 2
ln(1 +s2)
√ 3 s=√1
3
= ln(3)−1
2(2 ln(2)−2 ln(2) + ln(3)) = ln(3) 2 . Insgesamt folgtR
log(3) 2
−log(3)
2
et+3
e2t+1dt= π6 +32ln(3).
Aufgabe 69:
Bei der DGL handelt es sich um eine Differentialgleichung mit getrennten Ver¨anderlichen (siehe Abschnitt 13.4 des Skriptes). Betrachte zun¨achst den Fall |u0|<1 und l¨ose formal
u0 = tp 1−u2
⇒ Z t
0
u0(s)
p1−u2(s)ds= Z u(t)
u0
1
p1−η2dη = Z t
0
sds
⇒[arcsin(η)]u(t)η=u
0 = t2
2
⇒u(t) = sin t2
2 + arcsin(u0)
.
Diese L¨osungsformel kann nicht f¨ur allet∈Rg¨ultig sein, denn wegen der DGL mussumonoton wachsend f¨ur t ≥ 0 und monoton fallend f¨ur t ≤ 0 sein. Tats¨achlich gilt sie auf dem gr¨oßten Intervall I, welches die Startstelle 0 enth¨alt und auf dem √
1−u2 nicht verschwindet (vgl.
Abschnitt 13.4 des Skriptes), also
I = (−a, a), wobei a=p
π−2 arcsin(u0).
Wegen der erw¨ahnten Monotonie, ist u(t) =
(sin t2
2 + arcsin(u0)
, falls |t|< a,
1 sonst
∀t∈R
der einzige Kandidat f¨ur eine maximale L¨osung des AWPs. Tats¨achlich ist die Fortsetzung in astetig und wegen
t→a−lim u0(t) = lim
t→a−2tcos t2
2 + arcsin(u0)
= 2acosπ 2
| {z }
=0
= 0 = lim
t→a+u0(t)
differenzierbar. Wegen Symmetrie gilt das auch f¨ur −a. Schließlich ist die DGL auf ganz R erf¨ullt.
Falls u0 = 1, ist u:R→[−1,1],t7→ 1 die eindeutige, maximale L¨osung des AWPs: Nat¨urlich ist ueine maximale L¨osung. Angenommen, es g¨abe eine weitere L¨osung ˜u:I →[−1,1]. Wegen
der bereits erw¨ahnten Monotonie, nimmt ˜uint= 0 sein globales Minimumu0= 1 an. Also gilt tats¨achlich ˜u=u|I ≡1.
Fallsu0=−1, istu≡ −1 eine maximale L¨osung. Falls eine L¨osung von dieser Konstanten (nach oben) abweicht, kann man ihre Gestalt wieder mit der Trennung der Ver¨anderlichen berechnen (vgl. den Fall |u0|<1). Also hat jede L¨osung die Gestalt
u(t) =
1 f¨urt≤ −p
2π+t21, sin
t2
2 −t221 − π2
f¨ur −p
2π+t21 < t≤ −t1,
−1 f¨ur −t1< t≤t2, sin
t2
2 −t222 − π2
f¨urt2< t≤p
2π+t22,
1 f¨urp
2π+t22 ≤t
∀t∈R
mit beliebigen Konstanten t1, t2 ∈[0,∞].
Aufgabe 70:
(i) Wir beobachten, dass f¨ur jedesx∈[0,1] und jedesn∈N
|fn(x)|= 1 n2
2n3x2 (1 +n3x2)2
= 1 n2
g(n3x2) ≤ 1
n2 kgk∞, wobeig: [0,∞)→R,y7→ (1+y)2y 2. Wegen
2y (1 +y)2
= 1− y2+ 1
(1 +y)2 ≤1 ∀y∈[0,∞),
ist kgk∞ ≤ 1. Also ist fn ⇒ 0 auf [0,1] f¨ur n → ∞. Nach Satz im Abschnitt 12.15 des Skriptes gilt
n→∞lim Z 1
0
fn(x)dx= Z 1
0
n→∞lim fn(x)dx= 0.
(ii) Es gilt
n→∞lim Z 1
0
1
1 +nxdx= lim
n→∞
1
n[ln(1 +nx)]1x=0= lim
n→∞
→∞
z }| { ln(1 +n)
n
|{z}→∞
l’Hospital
= lim
n→∞
1 1+n
1
|{z}
6=0
= 0.
Aufgabe 71:
(i) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine Differentialgleichung mit getrennten
Ver¨anderlichen. L¨ose formal (vgl. Abschnitt 13.4 des Skriptes) dy
dx = eysin(x) e−ydy = sin(x)dx Z y(x)
−ln(3)
e−ηdη = Z x
0
sin(ξ)dξ
⇒ −
e−ηy(x)
η=−ln(3) = −[cos(ξ)]xξ=0
⇔y(x) = −ln(2 + cos(x)).
Also isty :R→R,x7→ −ln(2 + cos(x)) die maximale L¨osung des AWPs.
(ii) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung (siehe Abschnitt 13.3 des Skriptes). Berechne
A(x) = Z x
0
2tdt=x2, sowie
Z x 0
e−A(s)sds=
−1 2e−s2
x s=0
= 1 2
1−e−t2
.
Nach der Variation-der-Konstanten-Formel ist y(x) = 1
2ex2 +ex2 Z t
0
e−s2sds =ex2 −1 2 f¨ur alle x∈Rdie maximale L¨osung des Anfangswertproblems.
Aufgabe 72:
(i) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine Differentialgleichung mit getrennten Ver¨anderlichen. L¨ose formal (vgl. Abschnitt 13.4 des Skriptes)
dy
dx = xe−xy2 1
y2dy = xe−xdx Z y(x)
1
1
η2dη = Z x
0
ξe−ξdξ
⇒ − 1
η y(x)
η=1
= −h ξe−ξix
ξ=0+ Z x
0
e−ξdξ =−h ξe−ξix
ξ=0
−h e−ξix
ξ=0
⇔y(x) = ex 1 +x.
Dabei istx∈I = (−1,∞) — das gr¨oßte Intervall mit 0∈I undy(x)6= 0 f¨ur alle x∈I.
Diesesyist die maximale L¨osung, dennyl¨asst sich wegen limx→−1+y(x) =∞nicht stetig nach links fortsetzen.
(ii) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine lineare homogene Differentialglei- chung erster Ordnung (siehe Abschnitt 13.3 des Skriptes). Berechne
A(x) :=
Z x 0
s+ 2
1 +s2ds = 1
2s2+ 2 arctan(s) x
s=0
= x2
2 + 2 arctan(x).
Nach der Variation-der-Konstanten-Formel ist y(x) =ex
2
2 +2 arctan(x)
f¨ur alle x∈Rdie maximale L¨osung des Anfangswertproblems.
http://www.math.kit.edu/iana1/lehre/hm1phys2016w/
