Blatt6-l - Fachbereich Mathematik - Universität Hamburg

Fachbereich Mathematik der Universität Hamburg SoSe 2012
Prof. Dr. H. J. Oberle
Dr. H. P. Kiani
Analysis II
für Studierende der Ingenieurwissenschaften
Blatt 6
Aufgabe 1:
InderVorlesungwurdedieLaplace-Transformationangesprochen. DiesewirdunterAnderem
zur Lösung von Differentialgleichungen verwendet. Die Transformation ist wie folgt definiert.
Sei f : R → R, f : t ↦→ f(t) eine hinreichend glatte, für t → ∞ höchstens exponentiell
wachsende (d.h. ∃σ,M ∈ R + : |f(t)| ≤ Me σt ∀t > 0) Funktion.
Die Laplacetransformierte von f ist gegeben durch
L(f)(s) := F(s) :=
∫ ∞
0
e −st f(t)dt, ∀s > σ.
a) Berechnen Sie F ′ (s) (vgl. Vorlesung), F ′′ (s) und F ′′′ (s).
Versuchen Sie eine Formel für F (n) (s) aufzustellen, und beweisen Sie diese mittels
Induktion.
b) Berechnen Sie die Laplacetransformierten der Funktionen
{
{
0 t < 0 0 t < 0
i) f 0 (t) = ii) f n (t) =
1 t ≥ 0 t n t ≥ 0, n ∈ N.
Lösung 1:
Hinweis zu b) ii) : Zeigen Sie L(f n )(s) = n! . Teile a) und b)i) könnten hilfreich sein.
sn+1 a)
F(s) =
F ′ (s) =
F ′′ (s) =
F ′′′ (s) =
Vermutung: F (n) (s) =
∫ ∞
0
∫ ∞
0
∫ ∞
0
∫ ∞
0
∫ ∞
0
e −st f(t)dt
∂ (
e
−st ·f(t) ) ∫ ∞
dt = e −st (−tf(t))dt
∂s
0
e −st (−t) 2 f(t)dt
e −st (−t) 3 f(t)dt
e −st (−t) n ·f(t)dt
Beweis: Induktion nach n. Induktionsanfang: siehe oben.

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Annahme: für ein festes, beliebiges n ∈ N gelte F (n) (s) =
Dann folgt:
F (n+1) (s) =
∫ ∞
0
∫ ∞
∂ (
e −st (−t) n f(t) ) ∫ ∞
dt = e −st (−t) n+1 f(t)dt.
∂s
0
0
e −st (−t) n f(t)dt.
b) i)
{
0 t < 0
f(t) =
1 t ≥ 0 =⇒
∫ ∞
∫ a
[ ] e
F(s) = e −st f(t)dt = lim e −st −st a
dt = lim = 1
0
a→∞
0 a→∞ −s
0
s .
ii) Sei F die Laplacetransformierte von f , man schreibt dann auch f ◦—•F .
Nach Teil a) gilt
−t·f(t)◦—•F ′ (s) oder t·f(t)◦—• −F ′ (s).
{
0 t < 0
Außerdem gilt tf n−1 (t) = f n (t) =
t n t ≥ 0, n ∈ N. .
Also folgt: =⇒ F n (s) = −F n−1(s), ′ wobei nach Teil b) i) F 0 (s) = 1 s = 0! gilt.
s0+1 Vollständige Induktion:
Beh: F n (s) = n!
s . n+1
Anfang : n = 0 siehe oben.
Annahme : Für ein festes n ∈ N gelte F n−1 (s) = (n−1)!
s (n−1)+1
Schritt: Dann gilt
F n (s) = −F ′ n−1 (s) = − ( (n−1)!
s n ) ′
= n!
s n+1 .

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Aufgabe 2)
a) (Klausur 2010)
Berechnen Sie das Volumen des Rotationskörpers, der bei Drehung des Funktionsgraphen
von
f : [0,π] → R, f(x) = √ sin(x) cos 2 (x)
um die x-Achse entsteht.
b) Gegeben sei die Funktion y = f(x) := xsin(x) mit 0 ≤ x ≤ π . Berechnen Sie
2
das Volumen des Rotationskörpers, der durch Rotation des Funktionsgraphen um die
y–Achse entsteht.
c) Skizzieren Sie den Rotationskörper, der bei der Drehung des Funktionsgraphen von
f : [0, π ] → R, f(x) = sinx um die x-Achse entsteht, und berechnen Sie dessen
2
Volumen und Mantelfläche.
Lösungsskizze zur Aufgabe 2:
a) Mit der Substitution u = cos(x), du = −sin(x)dx [1 Punkt]
und den neuen Intergrationsgrenzen
a = cos(0) = 1, b = cos(π) = −1 [1 Punkt]
erhält man
V = π
∫ π
0
(f(x)) 2 dx = π
∫ π
0
∫ −1
sin(x) cos 4 (x)dx = π
1
−u 4 du = 2π 5
. [1 Punkt]
b) (3 Punkte)
V rot,y = π
∫ π
2
0
x 2 (xsinx) ′ dx
= π [ ∫ π
x 2 (xsinx) ]π 2
− π 2
0
= π4
8 +π [ ∫ π
2x 2 cosx ]π 2
− π 2
0
= π4
8 −π[4xsinx]π 2
0 + π
0
∫ π
2
0
2x(xsinx) dx
0
4xcosxdx
4sinxdx
= π4
8 −2π2 −π[4cosx] π 2
0 = π4
8 −2π2 +4π.

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V rot,y = π
∫ π
2
0
x 2 (xsinx) ′ dx = π
∫ π
2
= π [ ∫ π
−x 2 cosx+x 3 sinx ]π 2
− π 2
0
= π4
8 +π [ ∫ π
2xsinx+3x 2 cosx ]π 2
− π 2
0
= π4
8 +π2 +π[2cosx−6xsinx] π 2
0 + π
0
x 2 (sinx+xcosx) dx
0
−2xcosx+3x 2 sinx dx
0
∫ π
2
0
2sinx+6xcosxdx
6sinxdx
c) (3 Punkte)
= π4
8 −2π2 +4π.
1.5
1
0.5
0
−0.5
−1
−1.5
1
0
−1
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6
Abbildung 1: Rotation von f(x) = sin(x) um die x-Achse
Volumen:
∫ π
2
V 1 = π
= π 2
Mantelfläche: Mit u = cosx gilt
M = 2π
∫ π
2
0
sin 2 (x)dx = π
0 2
[x− 1 ]π
2 sin(2x) 2
sin(x) √ 1+cos 2 (x)dx = −2π
Partielle Integration ergibt:
∫ √1+u2
du = u √ 1+u 2 −∫
= u √ 1+u 2 −
0
∫ 0
1
u
u√ du 1+u
2
∫ π
2
0
= π2
4 .
(1−cos(2x))dx
√
1+u2 du
∫ u 2 +1−1 √1+u2
∫
√ du = u√ 1+u −∫ 2 du+
1+u
2
1
√
1+u
2 du

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Also
∫ √1+u2
du = 1 2
(
u √ )
1+u 2 + Arsinh(u) + C = 1 2
(
u √ 1+u 2 + ln(u+ √ )
1+u 2 ) + C
Für unsere Mantelfläche folgt damit
M = π
[
u √ 1+u 2 + ln(u+ √ ] 1 (√ √ )
1+u 2 ) = π 2 + ln(1+ 2) ·
0

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Aufgabe 3:
a) Skizzieren Sie die durch folgende Parametrisierungen gegebenen Kurven. Geben Sie die
Orientierungen und gegebenenfalls die Anzahl der Durchläufe an.
⎧( 3
√ )
2 4−t
2
⎪⎨
t ∈ [−2,2]
t
C 1 : [−2,6] → R 2 , C 1 (t) := ( √ )
− 3 2 4−(4−t)
2
⎪⎩
t ∈ [2,6]
4−t
C 2 : [0,2π] → R 2 , C 2 (t) := (3cos(t), 2sin(t)) T
C 3 : [0,4π] → R 2 , C 3 (t) := (3cos(2π −2t), 2sin(2π −2t)) T
C 4 : [0,4] → R 3 ,
C 5 : [0,4π] → R 3 ,
C 4 (t) = (4cos(2πt), 4sin(2πt), 2t) T
C 5 (t) = 4·(cos(2t),
sin(2t),
t
2π) T
.
b) Geben Sie Parametrisierungen der unten skizzierten Kurven an. Beachten Sie die vorgeschriebenen
Parameterintervalle [a,b].
6
5
5
Kreis, R=2
M= (2,3) T
4
3
Ellipsenbogen
Halbachsenlängen
A=4, B=2
4
2
1
3
0
−1
2
−2
Parameter
a=0, b=2
1
Parameter
a=0, b=1
−3
−4
0
−1 0 1 2 3 4 5 6
−5
−5 0 5
Abbildung 2: Anfangspunkt c(a) = (4,0) T bzw. c(a) = (−4,0) T einmaliger Durchlauf.
1.5
1
0.5
Kreisbögen
0
−0.5
−1
Paramater
a=0, b=2
−1.5
−1 0 1 2 3 4 5

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Lösungshinweise zur Aufgabe 3:
3
2
1
-4
8
6
-2
0
2
4
-3 -2 -1 1 2 3
4
-1
-2
-3
2
0
-4
-2
0
2
4
Abbildung 3: Aufgabe 3a
a) [ je 1 Punkt]
C 1 ,C 2 ,C 3 Ellipsen mit Halbachsenlängen 3 bzw. 2.
C 1 : ein Mal gegen Uhrzeigersinn (in mathematisch positiver Richtung) durchlaufen.
Startpunkt (0,−2) T .
C 2 : ein Mal gegen Uhrzeigersinn (in mathematisch positiver Richtung) durchlaufen.
Startpunkt (3,0) T .
C 3 : vier Mal im Uhrzeigersinn (in mathematisch negativer Richtung) durchlaufen.
Startpunkt (3,0) T .
C 4 ,C 5 : Schraubenlinien mit Radius 4, 4 Windungen und Ganghöhe 2 und Startpunkt
(4,0,0) T .
b) (i) [1 Punkte]
c : [0,1] → R 2 c(t) = (2+2cos(2πt),3+2sin(2πt)) T .
(ii) [2 Punkte]
c : [0,2] → R 2 c(t) =
(iii) [2 Punkte]
c : [0,2] → R 2 c(t) =
{
(4cos(π(1−t)),2sin(π(1−t))) T t ∈ [0,1]
(4−8(t−1),0) T t ∈ [1,2] .
{
(1+cos(π −πt),sin(π −πt)) T t ∈ [0,1]
(3+cos(πt),sin(πt)) T t ∈ [1,2] .

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Aufgabe 4:
Berechnen Sie die Bogenlängen der folgenden Kurven:
a) c(t) := (ln(t), 2 √ t) T , t ∈ [3,8]
b) c(t) := (tsint, 2 3
√
2t3 , 2−tcost) T , t ∈ [1,3].
Hinweis zu Teil a) : Substitution u = √ 1+t.
Lösung der Aufgabe 4:
a)
c(t) :=(ln(t), 2 √ t) T , t ∈ [3,8]
ċ(t) =(1/t, 1/ √ t) T =⇒ ‖ċ(t)‖ =
∫ 8
L(C) =
=
=
3
∫ 3
2
∫ 3
2
=2 +
√ 1+t
dt
t
∫
u 3
u 2 −1 2udu =
√
1
t 2 + 1 t = √ 1+t
u := √ 1+t, t = u 2 −1, dt = 2u·du
2
2u 2 −2+2
u 2 −1
du
2 + 2
u 2 −1 du, 2
u 2 −1 = a
u−1 + b
u+1
∫ 3
2
1
u−1 − 1
u+1 du = 2 + [ln(u−1)−ln(u+1)]3 2
=2 −ln2+ln(3) ≈ 2.4054.
t
b)
c(t) :=(tsint, 2 3
√
2t3 , 2−tcost) T , t ∈ [1,3]
(
ċ(t) = sint+tcost, √ ) T
2t, tsint−cost
‖ċ(t)‖ 2 =sin 2 t+2tsintcost+t 2 cos 2 t+2t+cos 2 t−2tsintcost+t 2 sin 2 t
‖ċ(t)‖ 2 =1+2t+t 2 =⇒ ‖ċ(t)‖ = 1+t
∫ 3
[ (1+t)
2
L(C) = (1+t)dt = = 8−2 = 6.
2
1
] 3
1