Mathematik HTL 4/5, Schulbuch

Lösungen zu „Was habe ich in diesem Abschnitt gelernt?“ 377 738. { f c mit f c (x) = ‒ 3 _ x 3 + c ‡ c * R } [Umformen von y’ = y 2 ·s ergibt y’ _ y 2 = s. Nach der Kettenregel ist 2 1 _ y 3 ’ = ‒ y’ _ y 2 , daher ist ‒ 1 _ y eine Stammfunktion von y’ _ y 2 . Eine Stammfunktion von s ist S mit S(x) = x 3 _ 3 , daher ist 1 _ y = S + d und y = ‒ 1 _ S + d , mit d * R . Somit ist y(x) = ‒ 3 _ x 3 + 3d = ‒ 3 _ x 3 + c mit c * R .] 4.4 Uneigentliche Integrale 752. A , D Begründung: A : : 1 z t ‒3 dt = ‒ 1 _ 2z 2 + 1 _ 2 ; lim z ¥ • 2 ‒ 1 _ 2z 2 + 1 _ 2 3 = 1 _ 2 ; D : : 0 1 t ‒ 1 _ 5 dt = 5 _ 4 ·1 4 _ 5 – 5 _ 4 ·0 4 _ 5 = 5 _ 4 , B : : 1 z t ‒ 1 _ 5 dt = 5 _ 4 ·z 4 _ 5 – 5 _ 4 ·1 4 _ 5 ; lim z ¥ • 5 _ 4 z 4 _ 5 existiert nicht; C : : z 1 t ‒3 dt = ‒ 1 _ 2·1 2 + 1 _ 2·z 2 ; lim z ¥ 0 1 _ 2·z 2 existiert nicht 753. a. 2 _ 3 ·e ‒6 4 : 2 z 2·e ‒3t dt = ‒ 2 _ 3 ·e ‒3z + 2 _ 3 ·e ‒3·2 ; lim z ¥ • (‒ 2 _ 3 ·e ‒3z + 2 _ 3 ·e ‒3·2 ) = 0 + 2 _ 3 ·e ‒6 5 b. 1 _ 3 ·e 4 : ‒1 z t 2 ·e ‒t 3 dt = ‒ 1 _ 3 ·e ‒z 3 + 1 _ 3 ·e ‒(‒1) 3 ; lim z ¥ • (‒ 1 _ 3 ·e ‒z 3 + 1 _ 3 ·e ‒(‒1) 3 ) = 0 + 1 _ 3 ·e 5 c. 1 _ 4 4 : 0 z t 3 ·e ‒t 4 dt = ‒ 1 _ 4 ·e ‒z 4 + 1 _ 4 ·e ‒0 4 ; lim z ¥ • (‒ 1 _ 4 ·e ‒z 4 + 1 _ 4 ·e ‒0 4 ) = 0 + 1 _ 4 5 4.5 Laplace-Transformation 799. L (f) mit L {f}(s) = 3 _ s 2 + 3 _ s + 2 4 Mit f 1 (x) = x und f 2 (x) = e ‒2x lässt sich die gegebene Funktion f schreiben als f = 3(f 1 + f 2 ). Somit ist L {f} = = 3 L {f 1 } + 3 L {f 2 }. Mithilfe der Tabelle auf Seite 201 erhalten wir L {f} = 3 _ s 2 + 3 _ s + 2 . 5 800. f mit f(t) = e 3t – e 2t 4 Die Gleichung s 2 – 5s + 6 = 0hat die Lösungen 2 und 3. Daher ist s 2 – 5s + 6 = (s – 2)(s – 3) und F(s) kann mit Partial- bruchzerlegung als 1 __ s 2 – 5s + 6 = A _ s – 3 + B _ s – 2 dargestellt werden. Man erhält F(s) = 1 _ s – 3 – 1 _ s – 2 . Der Tabelle entnehmen wir f(t) = e 3t – e 2t . 5 801. a. y mit y(t) = 3 _ 2 – 1 _ 2 ·e ‒2t 4 Es ist L {y’}(s) + 2 L {y}(s) = L {3}(s). Schrei- ben wir Y für L {y}, so erhalten wir s·Y(s) – y(0) + 2Y(s) = 3 _ s . Da y(0) = 1 ist, folgt daraus Y(s) = 3 + s __ s·(s + 2) . Mit Partialbruchzerlegung erhalten wir Y(s) = 3 _ 2 · 1 _ s – 1 _ 2 · 1 _ s + 2 . Y ist die Laplacetransformierte der Funktion y mit y(t) = 3 _ 2 – 1 _ 2 ·e ‒2t . 5 b. y mit y(t) = 2 + e 2t – 2e t [Es ist L {y’’}(s) – 3 L {y’}(s) + 2 L {y}(s) = = L {4}(s). Schreiben wir Y für L {y}, so erhalten wir s 2 ·Y(s) – s·y(0) – y’(0) – 3·(s·Y(s) – y(0)) + 2·Y(s) = 4 _ s . Da y(0) = 1 und y’(0) = 0 ist, erhalten wir Y(s) = 4 + s 2 – 3s __ s·(s 2 – 3s + 2) = 4 + s 2 – 3s __ s·(s – 2)(s – 1) . Die Partialbruchzerlegung davon ist Y(s) = 2 _ s + 1 _ s – 2 – 2 _ s – 1 . Das ist die Laplacetransformierte der Funktion y mit y(t) = 2 + e 2t – 2·e t .] 4.6 Numerische Lösung von Anfangswertproblemen 808. 3,2325 [Die Funktionswerte ergeben sich aus der Rekursion y 0 = 1 und y i + 1 = y i + (2y i + 1)·0,1. Das führt zu y(0) = y 0 = 1; y 1 = 1,3; y 2 = 1,66; y 3 = 2,092; y 4 = 2,6104; y(0,5) = y 5 = 3,2325] 5 Funktionenreihen 5.1 Konvergente Reihen 849. 2 n+ 1 ·(n + 2)! __ (2(n + 1))! __ 2 n ·(n + 1)! __ (2n)! = 2 n+ 1 ·(n + 2)! __ (2(n + 1))! · (2n)! __ 2 n ·(n + 1)! = 2(n + 2) __ (2n + 1)(2n + 2) = 2n + 4 __ (2n + 1)(2n + 2) Weil lim n ¥ • 2n + 4 __ (2n + 1)(2n + 2) = 0 < 1 ist, konvergiert die Reihe absolut. 850. Die Reihe konvergiert gegen 19,5. [Die geometrische Reihe k ; i = 0 n 1 _ 3 i l konvergiert gegen 3 _ 2 und die geometrische Reihe k ; i = 0 n 2 3 _ 4 3 i l konvergiert gegen 4. Daher konvergieren auch die Reihen k ; i = 0 n 5· 1 _ 3 i l gegen 5· 3 _ 2 = 15 _ 2 und k ; i = 0 n 3· 2 3 _ 4 3 i l gegen 3·4 = 12. Die Reihe k ; i = 0 n 2 5· 1 _ 3 i + 3· 2 3 _ 4 3 i 3 l konvergiert daher gegen 15 _ 2 + 12 = 19,5.] 5.2 Potenzreihen 892. a. f(x) ≈ T 4, f, 0 (x) = 1 + 1 _ 2 x 2 – 1 _ 8 x 4 b. T 4, f, 0 (0,5) = 1,1172; f(0,5) = 1,1180; relativer Fehler 0,07%. 893. i liegt nahe bei 0, verwende daher das erste Taylorpolynom an der Stelle 0 für f mit f(i) = (1 + i) n , T 1, f, 0 (i) = 1 + n·i. Für kleine Zinssätze ist diese Näherung zulässig. Beispiel: i = 3%, n = 5 Jahre: f(0,03) = 1,1593, T 1, f, 0 (0,03) = 1,15, der relative Fehler beträgt 0,8%. Für i = 12% und n = 5 Jahre beträgt der relative Fehler bereits 9,21%. Daher ist diese Näherung nur für kleine i zulässig.] 894. cos(x) = ; n = 0 • (‒1) n _ (2n)! x 2n 4 Wenn wir die Cosinusfunktion 0-mal, 1-mal, 2-mal, … an einer Stelle x ableiten, erhalten wir cos(x), ‒sin(x), ‒cos(x), sin(x), cos(x), ‒sin(x), ‒cos(x), …, für x = 0 also 1, 0, ‒1, 0, 1, 0, ‒1, … Also ist die Taylorreihe von cos um 0 gleich 1 – 1 _ 2! x 2 + 1 _ 4! x 4 – 1 _ 6! x 6 + … = ; n = 0 • (‒1) n _ (2n)! x 2n . 5 895. 1 4 lim n ¥ • 1 _ n _ 1 _ n + 1 = lim n ¥ • n + 1 _ n = 1 5 896. 1,4333 [e x 2 = 1 + x 2 + x 4 _ 2 + …, daher ist : 0 1 e x 2 dx ≈ : 0 1 1 + x 2 + x 4 _ 2 dx = 1,4333] 5.3 Fourierreihen 918. a. f 3 (x) = 0 – 1,6211·cos 2 1 _ 4 · π ·x 3 – 0,1801cos 2 3 _ 4 · π ·x 3 4 a 0 = 2 _ 8 · : ‒4 4 f(x) dx = 0; da die Funktion gerade ist, sind alle b i = 0; a i = 2 _ 8 · : ‒4 4 f(x)·cos(i· 2 π _ 8 x) dx; a 1 = ‒1,6211, a 2 = 0, a 3 = ‒0,1801 5 b. x y 0 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -2 -1 1 2 Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv