Kurs:Mathematik (Osnabrück 2009-2011)/Teil II/1/Probeklausur mit Lösungen

Aufgabe * (3 Punkte)

Lösung

 

Aufgabe * (2 (1+1) Punkte)

a) Unterteile das Intervall ${}[-4,5]$ in sechs gleichgroße Teilintervalle.

b) Bestimme das Treppenintegral derjenigen Treppenfunktion auf ${}[-4,5]$, die auf der in a) konstruierten Unterteilung abwechselnd die Werte ${}2$ und ${}-1$ annimmt.

Lösung

a) Die Länge des Intervalls ist ${}9$, daher muss die Länge der Teilintervalle gleich

${}{\frac {9}{6}}={\frac {3}{2}}=1{,}5\,$

sein. Dies ergibt die Teilintervalle

$[-4,{\frac {-5}{2}}],\,[{\frac {-5}{2}},-1],\,[-1,{\frac {1}{2}}],\,[{\frac {1}{2}},2],\,[2,{\frac {7}{2}}],\,[{\frac {7}{2}},5].$

b) Die Treppenfunktion, die abwechselnd die Werte ${}2$ und ${}{-1}$ besitzt, hat das Treppenintegral

${}1{,}5\cdot (2-1+2-1+2-1)=1{,}5\cdot 3=4{,}5\,.$

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Berechne durch geeignete Substitutionen eine Stammfunktion zu

${\sqrt {3x^{2}+5x-4}}.$

Lösung

Wir schreiben

${}{\begin{aligned}3x^{2}+5x-4&={\left({\sqrt {3}}x+{\frac {5}{2{\sqrt {3}}}}\right)}^{2}-{\frac {25}{12}}-4\\&={\left({\sqrt {3}}x+{\frac {5}{2{\sqrt {3}}}}\right)}^{2}-{\frac {73}{12}}\\&={\frac {73}{12}}\left(({\frac {{\sqrt {12}}{\sqrt {3}}}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5{\sqrt {12}}}{2{\sqrt {3}}{\sqrt {73}}}})^{2}-1\right)\\&={\frac {73}{12}}\left(\left({\frac {6}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5}{\sqrt {73}}}\right)^{2}-1\right).\end{aligned}}$

Daher ist mit der Substitution

${}u={\frac {6}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5}{\sqrt {73}}}\,$

bzw.

${}x={\frac {\sqrt {73}}{6}}u-{\frac {5}{6}}\,$

${}\int _{}^{}{\sqrt {3x^{2}+5x-4}}\,dx=\int _{}^{}{\sqrt {{\frac {73}{12}}(u^{2}-1)}}\cdot {\frac {\sqrt {73}}{6}}\,du={\frac {73}{12{\sqrt {3}}}}\int _{}^{}{\sqrt {u^{2}-1}}\,du\,.$

Eine Stammfunktion hiervon ist

${\frac {73}{12{\sqrt {3}}}}{\frac {1}{2}}(u{\sqrt {u^{2}-1}}-\,\operatorname {arcosh} \,u\,)$

und damit ist

${\frac {73}{24{\sqrt {3}}}}\left(({\frac {6}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5}{\sqrt {73}}}){\sqrt {({\frac {6}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5}{\sqrt {73}}})^{2}-1}}-\,\operatorname {arcosh} \,({\frac {6}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5}{\sqrt {73}}})\,\right)$

eine Stammfunktion von

${\sqrt {3x^{2}+5x-4}}.$

 

Aufgabe * (5 (2+3) Punkte)

a) Es sei ${}k\in \mathbb {N} _{+}$ und es sei

$f(x)=R(x,{\sqrt[{k}]{x}})$

eine rationale Funktion in

${}x$ und in ${}{\sqrt[{k}]{x}}$. Man gebe direkt (ohne Bezug auf Standardsubstitutionen der Vorlesung) eine geeignete Substitution an, mit der die Berechnung der Stammfunktion zu ${}f(x)$ auf die Berechnung einer Stammfunktion einer rationalen Funktion in einer Variablen zurückgeführt werden kann.

b) Bestimme eine Stammfunktion für die Funktion (mit ${}x>1$)

${\frac {{\sqrt[{3}]{x}}+x}{({\sqrt[{3}]{x}})^{2}-{\sqrt[{3}]{x}}}}.$

Lösung

a) Wir betrachten die Substitution ${}x=u^{k}$ bzw. ${}u={\sqrt[{k}]{x}}$. Damit ist

${}\int _{}^{}f(x)\,dx=\int _{}^{}R(x,{\sqrt[{k}]{x}})\,dx=\int _{}^{}R(u^{k},u)\cdot ku^{k-1}\,du\,.$

Dabei ist jetzt ${}R(u^{k},u)$ eine rationale Funktion in ${}u$, und bei der Multiplikation mit ${}ku^{k-1}$ bleibt dies eine rationale Funktion.

b) Mit der Substitution ${}x=u^{3}$ bzw. ${}u={\sqrt[{3}]{x}}$ ist

${}\int _{}^{}{\frac {{\sqrt[{3}]{x}}+x}{({\sqrt[{3}]{x}})^{2}-{\sqrt[{3}]{x}}}}\,dx=\int _{}^{}{\frac {u+u^{3}}{u^{2}-u}}\cdot 3u^{2}\,du=\int _{}^{}{\frac {3u^{2}+3u^{4}}{u-1}}\,du\,.$

Polynomdivision ergibt

${}u^{4}+u^{2}=(u-1)(u^{3}+u^{2}+2u+2)+2\,$

und daher ist dieses Integral gleich

${}\int _{}^{}{\frac {3u^{2}+3u^{4}}{u-1}}\,du=\int _{}^{}3u^{3}+3u^{2}+6u+6+{\frac {6}{u-1}}\,du\,.$

Eine Stammfunktion ist daher

${\frac {3}{4}}u^{4}+u^{3}+3u^{2}+6u+6\cdot \ln(u-1).$

Somit ist

${\frac {3}{4}}x{\sqrt[{3}]{x}}+x+3({\sqrt[{3}]{x}})^{2}+6{\sqrt[{3}]{x}}+6\cdot \ln({\sqrt[{3}]{x}}-1)$

eine Stammfunktion von ${}{\frac {{\sqrt[{3}]{x}}+x}{({\sqrt[{3}]{x}})^{2}-{\sqrt[{3}]{x}}}}$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion für die Funktion (${}-{\frac {\pi }{2}}<t<{\frac {\pi }{2}}$)

${\frac {1}{\cos t}}.$

Lösung

Die Stammfunktion von

${\frac {1}{\cos t}}$

berechnet sich unter Verwendung von Lemma 35.4 folgendermaßen.

${}\int _{}^{}{\frac {1}{\cos t}}\,dt=\int _{}^{}{\frac {1+s^{2}}{1-s^{2}}}\cdot {\frac {2}{1+s^{2}}}\,ds=\int _{}^{}{\frac {2}{1-s^{2}}}\,ds\,.$

Eine Stammfunktion von ${}2{\frac {1}{1-s^{2}}}$ ist ${}\ln {\frac {1+s}{1-s}}$. Daher ist

$\ln {\left({\frac {1+\tan {\frac {t}{2}}}{1-\tan {\frac {t}{2}}}}\right)}$

eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{\cos t}}$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion von

$\cos \left(\cos \left(\sin x\right)\right)\cdot \sin \left(\sin x\right)\cdot \cos x.$

Lösung

Die Funktion hat die Gestalt

$-f(g(h(x)))\cdot g'(h(x))\cdot h'(x),$

deshalb ist nach der Kettenregel (für drei Funktionen) ${}-F(g(h(x)))$ eine Stammfunktion dieser Funktion, wobei ${}F$ eine Stammfunktion von ${}f$ bezeichnet. Also ist

$-\sin \left(\cos \left(\sin x\right)\right)$

eine Stammfunktion.

 

Aufgabe * (6 Punkte)

Es sei ${}I$ ein reelles Intervall und sei

$f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetige Funktion. Es sei ${}a\in I$ und es sei

${}F(x):=\int _{a}^{x}f(t)\,dt\,$

die zugehörige Integralfunktion. Zeige, dass dann ${}F$ differenzierbar ist und dass ${}F'(x)=f(x)$ für alle ${}x\in I$ gilt.

Lösung

Es sei ${}x$ fixiert. Der Differenzenquotient ist

${}{\frac {F(x+h)-F(x)}{h}}={\frac {1}{h}}{\left(\int _{a}^{x+h}f(t)\,dt-\int _{a}^{x}f(t)\,dt\right)}={\frac {1}{h}}\int _{x}^{x+h}f(t)\,dt\,.$

Wir müssen zeigen, dass für ${}h\rightarrow 0$ der Limes existiert und gleich ${}f(x)$ ist. Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung gibt es zu jedem ${}h$ ein ${}c_{h}\in [x,x+h]$ mit

${}f(c_{h})\cdot h=\int _{x}^{x+h}f(t)dt\,$

und damit ist

${}f(c_{h})={\frac {\int _{x}^{x+h}f(t)dt}{h}}\,.$

Für ${}h\rightarrow 0$ konvergiert ${}c_{h}$ gegen ${}x$ und wegen der Stetigkeit von ${}f$ konvergiert ${}f(c_{h})$ gegen ${}f(x)$.

 

Aufgabe * (8 (4+1+3) Punkte)

a) Bestimme die reelle Partialbruchzerlegung von

${\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}.$

b) Bestimme eine Stammfunktion von

${\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}.$

c) Bestimme eine Stammfunktion von

${\frac {1}{\sinh ^{2}t}}.$

Lösung

Es ist

${}{\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}={\frac {4s}{(s^{2}-1)^{2}}}={\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}\,.$

Damit liegt die Faktorzerlegung des Nenners vor, so dass die Partialbruchzerlegung die Gestalt

${\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {a}{(s-1)}}+{\frac {b}{(s-1)^{2}}}+{\frac {c}{(s+1)}}+{\frac {d}{(s+1)^{2}}}$

mit reellen Zahlen ${}a,b,c,d\in \mathbb {R}$ besitzt. Multiplikation mit dem Hauptnenner ergibt

${}4s=a(s-1)(s+1)^{2}+b(s+1)^{2}+c(s+1)(s-1)^{2}+d(s-1)^{2}\,.$

Einsetzen von ${}s=1$ ergibt ${}4=4b$, also ${}b=1$.

Einsetzen von ${}s=-1$ ergibt ${}-4=4d$, also ${}d=-1$.

Einsetzen von ${}s=0$ ergibt ${}0=-a+b+c+d$, also ist ${}-a+c=0$, also ${}a=c$.

Einsetzen von ${}s=2$ ergibt

${}8=9a+9b+3c+d=9a+9+3c-1\,.$

Also ist ${}9a+3c=0$ und daher ${}a=c=0$. Die Partialbruchzerlegung ist also

${}{\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {1}{(s-1)^{2}}}-{\frac {1}{(s+1)^{2}}}\,.$

b) Eine Stammfunktion von

${}{\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {1}{(s-1)^{2}}}-{\frac {1}{(s+1)^{2}}}\,$

ist

$-(s-1)^{-1}+(s+1)^{-1}.$

c) Es ist

${}{\frac {1}{\sinh ^{2}t}}={\frac {4}{(e^{t}-e^{-t})^{2}}}={\frac {4}{(e^{t})^{2}-2+(e^{t})^{-2}}}\,.$

Wir wenden die Standardsubstitution ${}t=\ln s$ an und erhalten

${}{\begin{aligned}\int {\frac {1}{\sinh ^{2}t}}dt&=\int {\frac {4}{(e^{t})^{2}-2+(e^{t})^{-2}}}dt\\&=\int {\frac {4}{s^{2}-2+s^{-2}}}\cdot {\frac {1}{s}}ds\\&=\int {\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}ds.\end{aligned}}$

Nach Teil b) ist

$-(e^{t}-1)^{-1}+(e^{t}+1)^{-1}$

eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{\sinh ^{2}t}}$.

 

Aufgabe * (11 (4+7) Punkte)

a) Sei

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$

eine monoton fallende stetige Funktion. Es sei vorausgesetzt, dass das uneigentliche Integral

$\int _{0}^{\infty }f(t)\,dt$

existiert. Zeige, dass

$\operatorname {lim} _{t\rightarrow \infty }\,f(t)=0$

ist.

b) Man zeige durch ein Beispiel, dass die Aussage in a) für eine stetige, nicht monoton fallende Funktion nicht gelten muss.

Lösung

a) Da das uneigentliche Integral existiert sind insbesondere die eigentlichen Integrale ${}\int _{0}^{c}f(t)\,dt$ für ${}c\in \mathbb {R} _{+}$ nach oben beschränkt, sagen wir durch die Schranke ${}b$. Nehmen wir an, dass die Funktion ${}f$ für ${}x\rightarrow \infty$ nicht gegen ${}0$ konvergiert. Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass es zu jedem ${}s\in \mathbb {R} _{+}$ ein ${}x\geq s$ mit ${}f(x)\geq \epsilon$ gibt. Wegen der Monotonie gilt auch ${}f(t)\geq \epsilon$ für alle ${}t\leq s$. Daher ist

${}\int _{0}^{s}f(t)\,dt\geq s\epsilon \,.$

Wir wählen ${}s$ so, dass ${}s\epsilon >b$ ist und erhalten einen Widerspruch.

b) Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},$

die folgendermaßen definiert ist. Wenn ${}x$ zu einem Intervall der Form

$[n-{\frac {1}{n^{2}}},n+{\frac {1}{n^{2}}}]$

(mit einer natürlichen Zahl ${}n\geq 2$) gehört, so setzen wir

$f(x)=n^{2}x-n^{3}+1{\text{ für }}x\in [n-{\frac {1}{n^{2}}},n]{\text{ und }}f(x)=-n^{2}x+n^{3}+1{\text{ für }}x\in {]n,n+{\frac {1}{n^{2}}}]}$

und ${}0$ sonst. Dabei ist ${}f(n)=1$ für natürliche Zahlen ${}n\geq 2$, wie sich direkt durch Einsetzen ergibt. Da andererseits ${}f(n+{\frac {1}{2}})=0$ ist, existiert kein Grenzwert für ${}x\rightarrow \infty$. Die Abbildung ist stetig, wie sich ebenfalls durch Einsetzen an den Übergangsstellen ergibt. Um zu zeigen, dass das uneigentliche Integral existiert, betrachten wir zu natürlichen Zahlen ${}n$ die Integrale

$\int _{n-{\frac {1}{2}}}^{n+{\frac {1}{2}}}f(t)\,dt=\int _{n-{\frac {1}{n^{2}}}}^{n+{\frac {1}{n^{2}}}}f(t)\,dt.$

Da es sich um ein Dreieck mit Grundseite ${}2{\frac {1}{n^{2}}}$ und Höhe ${}1$ handelt, ist dieses Integral gleich ${}{\frac {1}{n^{2}}}$ (man kann auch durch ${}{\frac {2}{n^{2}}}$ abschätzen). Daher ist

$\int _{0}^{k+{\frac {1}{2}}}f(t)\,dt=\sum _{n=2}^{k}\int _{n-{\frac {1}{2}}}^{n+{\frac {1}{2}}}f(t)\,dt\leq \sum _{n=2}^{k}{\frac {1}{n^{2}}}.$

Da die Reihe rechts konvergiert, ist die linke Seite nach oben beschränkt, daher existiert das uneigentliche Integral.

 

Aufgabe * (7 (1+2+2+2) Punkte)

a) Zeige, dass für ${}x\geq 1$ die Abschätzung

${}\int _{0}^{1}t^{x}e^{-t}\,dt\leq 1\,$

gilt.

b) Zeige, dass die Funktion ${}H(x)$ mit

$H(x)=\int _{1}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt$

für ${}x\geq 1$ monoton wachsend ist.

c) Zeige, dass ${}10!\geq e^{11}+1$ gilt.

d) Zeige, dass für die Fakultätsfunktion für ${}x\geq 10$ die Abschätzung

$\operatorname {Fak} \,(x)\geq e^{x}$

gilt.

Lösung

a) Es ist

${}\int _{0}^{1}t^{x}e^{-t}\,dt\leq \int _{0}^{1}t^{x}\,dt\leq \int _{0}^{1}t\,dt<1\,.$

b) Es sei ${}x'\geq x\geq 1$. Dann ist

${}t^{x'}\geq t^{x}\,$

für alle ${}t\in \mathbb {R} _{\geq 1}$. Daher ist

${}t^{x'}e^{-t}\geq t^{x}e^{-t}\,$

für alle ${}t\in \mathbb {R} _{\geq 1}$ und daher überträgt sich dies auf die uneigentlichen Integrale, also ist

${}H(x')=\int _{1}^{\infty }t^{x'}e^{-t}\,dt\geq \int _{1}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt=H(x)\,.$

c) Es ist ${}e\leq 3$. Daher ist

${}{\begin{aligned}10!&=10\cdot 9\cdot (8\cdot 1)\cdot (7\cdot 2)\cdot (6\cdot 3)\cdot (5\cdot 4)\\&=10\cdot 9\cdot 8\cdot 14\cdot 18\cdot 20\\&\geq 10\cdot 9\cdot 8\cdot 14\cdot 18\cdot 19+1\\&>e^{2}\cdot e^{2}\cdot e\cdot e^{2}\cdot e^{2}\cdot e^{2}+1\\&=e^{11}+1.\end{aligned}}$

d) Es sei ${}x\geq 10$. Es sei

${}n=\lfloor x\rfloor \leq x\,.$

Dann ist wegen a), b) und c)

${}{\begin{aligned}\operatorname {Fak} \,(x)&=\int _{0}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt\\&=\int _{0}^{1}t^{x}e^{-t}\,dt+\int _{1}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt\\&\geq \int _{1}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt\\&\geq \int _{1}^{\infty }t^{n}e^{-t}\,dt\\&=\int _{0}^{\infty }t^{n}e^{-t}\,dt-\int _{0}^{1}t^{n}e^{-t}\,dt\\&\geq n!-1\\&=n(n-1)\cdots 11\cdot (10!)-1\\&\geq e^{n-10}\cdot (e^{11}+1)-1\\&\geq e^{n+1}+1-1\\&\geq e^{x}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (4 (1+2+1) Punkte)

a) Finde alle Lösungen der gewöhnlichen Differentialgleichung ($t\in \mathbb {R} _{+}$)

$y'={\frac {y}{t}}.$

b) Finde alle Lösungen der gewöhnlichen Differentialgleichung ($t\in \mathbb {R} _{+}$)

$y'={\frac {y}{t}}+t^{7}.$

c) Löse das Anfangswertproblem

$y'={\frac {y}{t}}+t^{7}{\text{ und }}y(1)=5.$

Lösung

a) Nach dem Lösungsansatz für homogene lineare Differentialgleichungen müssen wir zuerst eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{t}}$ bestimmen, eine solche ist ${}\ln t$. Die Exponentialfunktion davon ist ${}t$, so dass ${}y=ct$ (mit ${}c\in \mathbb {R}$) die Lösungen von

${}y'=y/t\,$

sind.

b) Eine Stammfunktion zu ${}{\frac {t^{7}}{t}}=t^{6}$ ist

${\frac {1}{7}}t^{7}.$

Damit ist

${}{\frac {1}{7}}t^{7}\cdot t={\frac {1}{7}}t^{8}\,$

eine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung und somit sind

${\frac {1}{7}}t^{8}+ct,\,c\in \mathbb {R} ,$

alle Lösungen.

c) Wenn zusätzlich die Anfangsbedingung ${}y(1)=5$ erfüllt sein soll, so muss

${}{\frac {1}{7}}+c=5\,$

gelten, also

${}c=5-{\frac {1}{7}}={\frac {34}{7}}\,.$

Die Lösungs des Anfangsproblems ist also

${}y(t)={\frac {1}{7}}t^{8}+{\frac {34}{7}}t\,.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme die Lösungen der Differentialgleichung (${}y>0$)

$y'=t^{2}y^{3}$

mit dem Lösungsansatz für getrennte Variablen. Was ist der Definitionsbereich der Lösungen?

Lösung

Wir schreiben ${}g(t)=t^{2}$ und ${}h(y)=y^{3}$. Eine Stammfunktion zu ${}{\frac {1}{h(y)}}={\frac {1}{y^{3}}}$ ist ${}H(y)=-{\frac {1}{2}}y^{-2}=z$ (${}z$ ist also negativ) mit der Umkehrfunktion

${}y=H^{-1}(z)={\sqrt {-{\frac {1}{2}}z^{-1}}}\,.$

Die Stammfunktionen zu

${}g(t)=t^{2}\,$

sind ${}{\frac {1}{3}}t^{3}+c$ mit ${}c\in \mathbb {R}$. Daher sind die Lösungen der Differentialgleichung von der Form

${}y(t)={\sqrt {-{\frac {1}{2}}{\left({\frac {1}{3}}t^{3}+c\right)}^{-1}}}={\sqrt {\frac {-1}{2{\left({\frac {1}{3}}t^{3}+c\right)}}}}={\sqrt {\frac {-1}{{\frac {2}{3}}t^{3}+2c}}}\,.$

Bei gegebenem ${}c$ ist diese Wurzel genau dann definiert, wenn

${}{\frac {2}{3}}t^{3}+2c<0\,$

ist. Dies bedeutet

${}t<{\sqrt[{3}]{-3c}}\,.$

Die Definitionsbereiche sind also

$]-\infty ,{\sqrt[{3}]{-3c}}[.$

 

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