a) Die Länge des Intervalls ist , daher muss die Länge der Teilintervalle gleich
-
sein. Dies ergibt die Teilintervalle
-
b) Die Treppenfunktion, die abwechselnd die Werte und besitzt, hat das Treppenintegral
-
Wir schreiben
Daher ist mit der Substitution
-
bzw.
-
-
Eine Stammfunktion hiervon ist
-
und damit ist
-
eine Stammfunktion von
-
a) Wir betrachten die Substitution bzw. . Damit ist
-
Dabei ist jetzt eine rationale Funktion in , und bei der Multiplikation mit bleibt dies eine rationale Funktion.
b) Mit der Substitution bzw. ist
-
Polynomdivision ergibt
-
und daher ist dieses Integral gleich
-
Eine Stammfunktion ist daher
-
Somit ist
-
eine Stammfunktion von .
Die
Stammfunktion
von
-
berechnet sich unter Verwendung von
Lemma 35.4
folgendermaßen.
-
Eine Stammfunktion von ist . Daher ist
-
eine Stammfunktion von .
Es ist
-
Damit liegt die Faktorzerlegung des Nenners vor, sodass die Partialbruchzerlegung die Gestalt
-
mit reellen Zahlen besitzt. Multiplikation mit dem Hauptnenner ergibt
-
Einsetzen von ergibt , also .
Einsetzen von ergibt , also .
Einsetzen von ergibt , also ist , also .
Einsetzen von ergibt
-
Also ist und daher . Die Partialbruchzerlegung ist also
-
b) Eine Stammfunktion von
-
ist
-
c) Es ist
-
Wir wenden die Standardsubstitution an und erhalten
Nach Teil b) ist
-
eine Stammfunktion von .
a) Da das uneigentliche Integral existiert sind insbesondere die eigentlichen Integrale für nach oben beschränkt, sagen wir durch die Schranke . Nehmen wir an, dass die Funktion für nicht gegen konvergiert. Dann gibt es ein derart, dass es zu jedem ein mit gibt. Wegen der Monotonie gilt auch für alle . Daher ist
-
Wir wählen derart, dass ist und erhalten einen Widerspruch.
b) Wir betrachten die Funktion
-
die folgendermaßen definiert ist. Wenn
zu einem Intervall der Form
-
(mit einer natürlichen Zahl )
gehört, so setzen wir
-
und sonst. Dabei ist für natürliche Zahlen , wie sich direkt durch Einsetzen ergibt. Da andererseits ist, existiert kein Grenzwert für . 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 die Integrale
-
Da es sich um ein Dreieck mit Grundseite und Höhe handelt, ist dieses Integral gleich
(man kann auch durch abschätzen).
Daher ist
-
Da die Reihe rechts konvergiert, ist die linke Seite nach oben beschränkt, daher existiert das uneigentliche Integral.
a) Es ist
-
b)
Es sei
.
Dann ist
-
für alle
.
Daher ist
-
für alle
und daher überträgt sich dies auf die uneigentlichen Integrale, also ist
-
c) Es ist
.
Daher ist
d)
Es sei
.
Es sei
-
Dann ist wegen a), b) und c)
a) Nach dem Lösungsansatz für homogene lineare Differentialgleichungen müssen wir zuerst eine Stammfunktion von bestimmen, eine solche ist . Die Exponentialfunktion davon ist , sodass
(mit
)
die Lösungen von
-
sind.
b) Eine Stammfunktion zu
ist
-
Damit ist
-
eine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung und somit sind
-
alle Lösungen.
c) Wenn zusätzlich die Anfangsbedingung
erfüllt sein soll, so muss
-
gelten, also
-
Die Lösungs des Anfangsproblems ist also
-
Zur pdf-Version dieser Testklausur