Prof. Dr. H. Knörrer
ETH Zürich
Sommer 2016
D–MATH, D–PHYS, D–CHAB
Klausur zur Analysis I/II
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Aufgabe
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Total
Vollständigkeit
Punkte
Kontrolle
Hinweise zur Klausur
Prüfungsdauer: 4 Stunden.
Hilfsmittel: Aufzeichnungen im Umfang von 10 doppelseitigen Blättern A4 oder 20 einseitigen Bättern A4. Ein Wörterbuch.
Bitte beachten Sie folgende Punkte:
• Legen Sie Ihre Legi offen auf den Tisch.
• Tragen Sie jetzt Ihren Namen in das Deckblatt ein und geben Sie es am Ende der
Prüfung als vorderstes Blatt Ihrer Arbeit ab.
• Beginnen Sie jede Aufgabe auf einem neuen Blatt.
• Schreiben Sie nicht mit Bleistift, rotem oder grünem Kugelschreiber.
• Schritte begründen, falls nicht explizit in der Aufgabe gesagt ist, dass das nicht nötig
ist.
• Sie müssen nicht unbedingt alle Aufgabe lösen, um eine gute Note zu erhalten.
Viel Erfolg!
Aufgaben
1. (6 Punkte) Berechnen Sie das Taylorpolynom zweiter Ordnung der Funktion
f : ]0, ∞[ × ]0, ∞[ → R
f (x, y) = ln √
x2 y 3
1 + xy
im Punkt (1, 1) ∈ R2 .
Es gilt
1
f (x, y) = 2 ln(1 + (x − 1)) + 3 ln(1 + (y − 1)) − g(x, y)
2
mit
g(x, y) = ln(1 + xy).
Es gilt
gx (x, y) =
und
y
1 + xy
y2
x
gy (x, y) =
2
(1 + xy)
1 + xy
1
x2
gxy (x, y) =
gyy (x, y) = −
2
(1 + xy)
(1 + xy)2
gxx (x, y) = −
1
ln(1 + ξ) = ξ − ξ 2 + · · · .
2
Also
T2 f (x, y) = −
15(x − 1)2 (x − 1)(y − 1) 7(x − 1) 23(y − 1)2 11(y − 1) ln(2)
−
+
−
+
−
16
8
4
16
4
2
2. (4 Punkte) Berechnen Sie das Volumen von
B = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ π, |z| ≤ sin(x2 + y 2 )}.
In Zylinderkoordinaten folgt
Z
Z
Z
dϕ
1dµ(x, y) =
B
√
2π
0
√
Z
π
Z
0
dz
− sin %2
π
sin(%2 )%d%
= 4π
0
Z
= 2π
π
sin τ dτ = 4π
0
sin %2
%d%
3. (4 + 4 = 8 Punkte) Sei f : R3 → R gegeben durch f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 . Sei
S 2 = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = 1}. Sei n das äussere Einheitsnormalenfeld auf
S 2 . Berechnen Sie
Z
h∇f, ni do
S2
a) direkt und
b) mit Hilfe des Satzes von Gauss.
Hinweis : h∇f, ni bezeichnet das Standardskalarprodukt zwischen ∇f und n.
i) Es gilt ∇f (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) und n(x, y, z) = (x, y, z). Also gilt in Polarkoordinaten:
Z
Z
Z
Z π
Z 2π
∇f · ndo = 2
n · ndo = 2
do = 2
sin ϑ
dϕdϑ = 8π
S2
S2
S2
0
0
ii) Sei B der Einheitsball. Mit ∇2 f = 6 und dem Satz von Gauss folgt
Z
Z
∇f · ndo =
S2
2
Z
∇ f dµ = 6
B
1
2
Z
r dr
0
π
Z
sin ϑdϑ
0
0
2π
1
dϕ = 6 4π = 8π
3
4. (6 Punkte) Sei A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + 2y 2 + 3z 2 ≤ 1}. Finden Sie alle globalen
Extremalstellen der Funktion
f :A→R
f (x, y, z) = x2 − y 2 + 1.
Was sind die jeweiligen Funktionswerte? Handelt es sich jeweils um Maxima oder um
Minima?
Zunächst die Extrema im Inneren:
df (x, y, z) = (2x, −2y, 0) = 0
impliziert x = y = 0. Alle Punkte (0, 0, z) ∈ A ergeben den Funktionswert 1.
Nun zum Rand: Jedes Extremum (x, y, z) am Rand erfüllt
df (x, y, z) = λdg(x, y, z)
für ein λ ∈ R wobei g(x, y, z) = x2 + 2y 2 + 3z 2 . Also erhalten wir
x = λx
y = −2λy
0 = λz
Falls λ = 0 erhalten wir x = y = 0 und |z| =
x2 + 2y 2 + 3z 2 = 1
√1 .
3
Die Funktionswerte sind 1.
Falls λ 6= 0 erhalten wir z = 0. Falls x = 0 folgt λ = − 21 und |y| =
1
2.
√1
2
mit
Falls x 6= 0, folgt λ = 1 und damit y = 0. Wir haben |x| = 1.
Funktionswerten
Die Funktionswerte sind 2.
Damit haben wir zwei globale Maximalpunkte bei (±1, 0, 0) mit Wert 2 und zwei
globale Minimalpunkte bei (0, ± √12 , 0) mit Wert 12 .
5. (4 + 4 = 8 Punkte) Wir suchen die folgenden Integrale. Wählen Sie die richtige Antwort, es sind keine Begründungen notwendig. In jedem Aufgabenteil ist nur eine Antwort möglich. Falsche Antworten geben Null Punkte im jeweiligen Aufgabenteil.
a)
0,
1,
Z
y2
y sin(x) cos(x) e dµ(x, y) = 41 e − 21 ,
A
1
1
4 π − 2 e,
Das Integral divergiert,
Antwort
Antwort
Antwort
Antwort
Antwort
1
2
3
4
5,
wobei
A = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤
π
, 0 ≤ y ≤ sin(x)}.
2
b)
Z
2
3Z x
a
0,
Antwort 1
1,
Antwort 2
6y 2 + 4y + 3
5
dydx = ln 2 + arctan(3) − arctan(2),
Antwort 3
x4 + x3 − x2 + x − 2
ln 3 − ln 2 + arctan(3) − arctan(2), Antwort 4
Das Integral divergiert,
Antwort 5,
wobei a eine reelle Zahl ist mit
2a3 + 2a2 + 3a = 1.
i) Wir erhalten mit der Substitution z = y 2 bzw. t = sin x
Z
0
π/2 Z sin x
2
y sin x cos xey dydx =
0
=
=
=
=
1
2
Z
π/2
Z
sin2 x
sin x cos x
0
ez dzdx
0
Z
2
1 π/2
sin x cos x(esin x − 1)dx
2 0
Z
1 1 t2
t(e − 1)dt
2 0
1 1 t2 1 1
( e |0 − )
2 2
2
1
(e − 2)
4
ii)
Z
a
x
(2y 3 + 2y 2 + 3y)|xa
2x3 + 2x2 + 3x − 1
6y 2 + 4y + 3
dy
=
=
x4 + x3 − x2 + x − 2
x4 + x3 − x2 + x − 2
x4 + x3 − x2 + x − 2
Partialbruchzerlegung gibt (Nullstellen 1 und -2 kann man erraten)
1
1
1
2x3 + 2x2 + 3x − 1
=
+
+ 2
.
4
3
2
x +x −x +x−2
x−1 x+2 x +1
Also ist das Integral gleich
ln |x − 1| + ln |x + 2| + arctan(x)|32 = ln
5
+ arctan(3) − arctan(2)
2
6. (2 + 2 + 2 + 2 = 8 Punkte) Wir betrachten reelle Folgen (an ). Entscheiden Sie jeweils,
ob die Folge konvergiert oder nicht. Falls sie konvergiert, geben Sie den Limes an. Falls
sie divergiert, geben Sie an, ob die Folge zumindest beschränkt bleibt. Begründen Sie!
a)
an =
2n2 + 7n
3n2 − 1
b)
an = n
3/2
1
1
√
−√
n−1
n+1
c)
an = sin(
nπ
)(−1)n
4
d)
an =
en
n!
i)
2 + n7
2
an =
1 → 3.
3 − n2
√
√
ii) Durch Erweitern mit n + 1 + n − 1 folgt
an = q
1−
2
q
1
( 1+
n2
1
n
+
q
→ 1.
1 − n1 )
iii) Für n = 0, 4, 8, · · · ist an = 0. Für n = 2, 10, 18, · · · ist an = 1. Damit
konvergiert die Folge nicht. Sie ist aber durch 1 beschränkt.
P
iv) Da n≥0 an = ee , konvergiert an → 0.
7. (2 + 2 = 4 Punkte) Welche der folgenden Limites existieren? Begründen Sie.
a) limx→0
x
|x|+bxc .
b) limx→0 x−1 − bx−1 c .
Hier ist byc := max{k ∈ Z : k ≤ y} für y ∈ R.
zu a): Für 0 < x < 1 ist bxc = 0, also der Grenzwert von rechts gleich 1. Für
−1 < x < 0 ist bxc = −1, also der Grenzwert von rechts gleich
lim
x→0,x<0
x
= 0.
−x − 1
zu b): Wähle z.B. xn = n2 . Dann ist
(
0, falls n gerade
1
1
−b c= 1
,
xn
xn
2 , falls n ungerade
was keinen Grenzwert für n → ∞ hat.
8. (3 + 3 = 6 Punkte) Bestimmen Sie, ob die folgenden Reihen konvergieren. Begründen
Sie!
a)
∞
X
ln k
.
k 3/2
k=1
b)
∞
X
(2k)!(3k)!
k=1
k!(4k)!
i) Wir betrachten eine grössere untere Schranke a:
Z ∞
Z ∞
Z ∞
∞
X
ln k
ln x
y
y3 1
≤
dx
=
dy
=
dy
3/2
y/2
y/2 y 2
k 3/2
a−1 x
ln(a−1) e
ln(a−1) e
k=a
was endlich ist, da der erste Faktor beschränkt ist und der zweite auf [c, ∞[
integrabel ist (wobei c > 0).
1
ii) Stirling (n!) n ∼
n
e
ergibt
1
1
((an)!) n = (((an)!) an )a ∼
(an)a
ea
was in unserem Fall auf
(2k)2 (3k)3 ee4
3
= ( )3 < 1
e2 e3 k(4k)4
4
führt. Damit konvergiert die Reihe nach dem Wurzelkriterium.
9. (4 + 6 = 10 Punkte)
a) Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems
ẍ − 2ẋ + x = sin t
x(0) = 1
ẋ(0) = 0
Hinweis: Versuchen Sie eine partikuläre Lösung zu erraten.
b) Bestimmen Sie das maximale Existenzintervall [0, a[ der Lösung y(t) des Anfangswertproblems
ẏ + y 2 = 0
y(0) = −1.
Hier ist also a ∈ [0, ∞[ oder a = ∞. Wie verhält sich y(t) für t → a?
i) Mit der charakteristischen Gleichung
λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2
ergibt sich die allgemeine Lösung der DGL als
x(t) = Aet + Btet + xp (t)
wobei A, B ∈ R und xp eine partikuläre Lösung ist. Durch probieren findet
man xp (t) = 21 cos(t). Also
x(0) = A +
1
2
ẋ(0) = A + B.
Es ergibt sich
1
x(t) = (et − tet + cos(t)).
2
ii) Separation ergibt
dy
y2
= −dt, also − y1 = −t − c für ein c ∈ R. Also
y=
1
.
t+c
Mit y(0) = −1 folgt
y(t) =
1
.
t−1
Damit ist a = 1 und y(t) → −∞ für t → a = 1.
10. (8 Punkte) Seien a < b, c < d und setze für t ∈ R
Qt = [a + t, b + t] × [c + t, d + t].
Ferner sei f : R2 → R stetig. Zeigen Sie: Für alle t ∈ R gilt
Z
Z
d
f (x, y)(−dx + dy).
f (x, y)dµ(x, y) =
dt Qt
∂Qt
Mit Fubini gilt
Z
Z
b+t Z d+t
f (x, y)dydx.
f (x, y)dµ(x, y) =
a+t
Qt
c+t
Mit der Kettenregel folgt
d
dt
Z
f (x, y)dµ(x, y) =
Qt
+
d
|s=t
ds
d
|s=t
ds
Z
b+t Z d+t
f (x, y)dydx +
a+s c+t
Z b+t Z d+t
f (x, y)dydx +
a+t
c+s
d
|s=t
ds
d
|s=t
ds
Z
b+s Z d+t
f (x, y)dydx
a+t
c+t
Z b+t Z d+s
f (x, y)dydx
a+t
c+t
Wir können nun erneut Fubini anwenden, um
d
dt
Z
f (x, y)dµ(x, y) =
Qt
d
|s=t
ds
Z
b+t Z d+t
f (x, y)dydx +
a+s c+t
Z d+t Z b+t
d
|s=t
ds
Z
b+s Z d+t
f (x, y)dydx
a+t
c+t
Z d+s Z b+t
d
d
f (x, y)dxdy + |s=t
|s=t
ds
ds
c+s
a+t
Z d+t
Z d+t
f (a + t, y)dy
f (b + t, y)dy −
=
f (x, y)dxdy
+
Z
a+t
c+t
b+t
c+t
b+t
Z
f (x, d + t)dx −
+
c+t
f (x, c + t)dx
a+t
a+t
zu erhalten. Alternativ muss man argumentieren, warum man Ableitung und
Integral vertauschen darf. Andererseits gilt
∂Qt = {a + t} × [c + t, d + t] ∪ {b + t} × [c + t, d + t]
∪ [a + t, b + t] × {c + t} ∪ [a + t, b + t] × {d + t},
also gilt mit der richtigen Orientierung
Z
Z
Z
f (x, y)(−dx + dy) =
f (x, y)(−dx + dy) +
f (x, y)(−dx + dy)
∂Qt
{a+t}×[c+t,d+t]
{b+t}×[c+t,d+t]
Z
Z
+
f (x, y)(−dx + dy) +
f (x, y)(−dx + dy)
[a+t,b+t]×{c+t}
Z d+t
=−
Z
[a+t,b+t]×{d+t}
Z
d+t
f (a + t, y)dy +
c+t
b+t
−
Z
f (b + t, y)dy
c+t
b+t
f (x, c + t)dx +
a+t
f (x, d + t)dx
a+t
11. (2 + 2 + 2 + 2 = 8 Punkte) Sei f :] − 1, 1[→ R gegeben durch
1 , falls x 6= 0
1
x
.
f (x) =
0,
falls x = 0
Hier ist byc := max{k ∈ Z : k ≤ y} für y ∈ R. Wir suchen inhaltlich korrekte Beweise
dafür, dass f im Nullpunkt stetig ist. Sie müssen Ihre Antworten nicht begründen,
und es können mehrere Beweise inhaltlich korrekt sein.
a) Ist der folgende Beweis inhaltlich korrekt?
Sei (xn ) eine Folge, die xn 6= 0 für alle n erfüllt und gegen Null konvergiert. Sei
C ∈ N. Es gilt
∃ N ∈ N ∀ n ∈ N mit n ≥ N : (
1
1
> C oder
< −C)
xn
xn
Im ersten Fall gilt b x1n c ≥ C, im zweiten Fall gilt b x1n c ≤ −C. In jedem Fall folgt
also für n ≥ N , dass b 11 c ≤ C1 . Also konvergiert f (xn ) gegen Null.
xn
b) Ist der folgende Beweis inhaltlich korrekt?
Die Funktion x 7→ b x1 c, x 6= 0 hat keinen Grenzwert für x → 0. Deshalb konvergiert ihr Kehrwert f (x) gegen Null für x → 0.
c) Ist der folgende Beweis inhaltlich korrekt?
Sei ε > 0 mit ε < 12 . Wähle δ = 2ε . Sei x ∈] − δ, δ[ mit x 6= 0. Es folgt
1 1
1
ε
= 1 ≤ 1
=
< 2ε.
1
1
−
ε
b |x| c
bxc
ε −1
Also konvergiert f (x) gegen Null für x → 0.
d) Ist der folgende Beweis inhaltlich korrekt?
Sei (xn ) eine Folge, die xn 6= 0 für alle n erfüllt und gegen Null konvergiert. Es
gilt
1
∀ ε ∈ ]0, [ ∃ N ∈ N ∀ n ∈ N mit n ≥ N : |xn | < ε.
2
Es folgt für n ≥ N
1 1
1
ε
= 1 ≤ 1
=
< 2ε.
1
1−ε
b |x | c
bx c
ε −1
n
n
Also konvergiert f (xn ) gegen Null.
Der erste Beweis ist korrekt. Der zweite Beweis ist falsch, da z.B.
1
limx→0,x>0 sin(1/x) ebenfalls nicht existiert, jedoch sin(1/x)
nicht gegen Null konvergiert. Die beiden letzten Beweise sind ebenfalls falsch, da die erste Gleichung
in der letzten Zeile falsch ist. (Wähle z.B. x = l+1 1 ).
2
12. (4 + 4 = 8 Punkte) Wir betrachten die folgende Aussage:
Seien n ≥ 1 und a0 (t), . . . , an−1 (t) stetig differenzierbare, reellwertige Funktionen
auf ] − 1, 1[ mit a0 (0) = 0, a00 (0) 6= 0. Für t ∈] − 1, 1[ sei pt (x) das Polynom
pt (x) = xn + an−1 (t)xn−1 + · · · + a1 (t)x + a0 (t).
Dann gibt es ε > 0 und eine stetige Funktion
γ : ] − ε, ε[ → R,
sodass γ(0) = 0 und für alle t ∈ ] − ε, ε[ : pt (γ(t)) = 0.
a) Finden Sie ein Gegenbeispiel zur Aussage. Begründen Sie, warum Ihr Beispiel ein
Gegenbeispiel ist.
b) Welches ist der inhaltliche Fehler in dem folgenden Beweisversuch?
Für (x, t) ∈ R× ] − 1, 1[ setze F (x, t) = pt (x). Dann ist F eine C 1 -Funktion
auf R× ] − 1, 1[. Es gilt F (0, 0) = 0 und ∂F
∂t (0, 0) 6= 0. Aus dem Satz über
implizite Funktionen folgt, dass es ε > 0 gibt und eine differenzierbare (und
somit auch stetige) Funktion γ : ] − ε, ε[ → R gibt, so dass γ(0) = 0, und
∀ t ∈] − ε, ε[ : F (γ(t), t) = 0. Diese Funktion γ leistet das Gewünschte.
Ein Gegenbeispiel ist pt (x) = x2 + t. Die Gleichung x2 + t hat für kein t > 0 eine
reelle Lösung x.
Aus der Anwendung des Satzes über implizite Funktionen erhält man eine Funktion h(x) mit F (x, h(x)) = 0, was aber nicht unser Problem löst. Für F (γ(t), t) = 0
würde man ∂x F (0, 0) 6= 0 benötigen, was im Allgemeinen aber nicht gilt.
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