Wir nehmen an, dass die Pflanze die Höhe von 300 cm nicht erreichen kann

Prof. Dr. Moritz Kaßmann Fakultät für Mathematik

Sommersemester 2016 Universität Bielefeld

Klausur Mathematik für Biologen und Biotechnologen (240109) 1. Termin am 27. Juli 2016

Hinweis:Bei diesen Lösungen handelt es sich lediglich um Lösungsvorschläge. Alternative richtige Lösungs- wege können ebenfalls mit voller Punktzahl bewertet werden.

Aufgabe 1 (10+5 Punkte)

Eine Hanfpflanze wird am 1. Mai (=Tag 0) bei einer Größe von 10 cm ausgetopft. Zunächst wächst die Pflanze langsamer, dann im Sommer schneller und zum Herbst hin wieder langsamer. Wir nehmen an, dass die Pflanze die Höhe von 300 cm nicht erreichen kann. Nach 100 Tagen hat die Pflanze eine Höhe von 200 cm.

(a) Geben Sie eine Funktionh: [0,210]→[0,300]an, die die Höhe der Hanfpflanze in Abhängigkeit von den Tagen gut beschreibt.

(b) Geben Sieh(200)an.

Lösungsvorschlag:

(a) Das Wachstumsverhalten der Pflanze kann durch eine logistische Wachstumsfunktion beschrieben werden, welche gegeben ist durch

h(t) = h(0)·S

h(0) + (S−h(0)) exp(−Skt).

In diesem Fall gilth(0) = 10und S = 300. Folglich muss nochk > 0 berechnet werden. Aus h(100) = 200 folgt

h(100) = 200 ⇐⇒ 3000

10 + 290 exp(−30000k) = 200

⇐⇒ 3000 = 2000 + 58000 exp(−30000k)

⇐⇒ exp(−30000k) = 1 58

⇐⇒ k= ln(1/58)

−30000 ≈1,35348·10⁻⁴. Also ist die gesuchte Funktion

h(t) = 3000

10 + 290 exp(−0,040604·t). (b) Es gilt

h(200) = 3000

10 + 290 exp(−0,040604·t) ≈297,44.

Aufgabe 2 (5+5+5 Punkte)

Berechnen Sie die folgenden Ausdrücke:

(a)

5

P

k=1

(k+ 2)

(b) P50 k=1

a^k für ein gegebenes a >0

(c) lim

N→∞

N

P

k=1

3^−k

Lösungsvorschlag:

(a) Es gilt

5

X

k=1

(k+ 2) = 10 +

d

X

k=1

k= 10 + 15 = 25.

(b) Mit der geometrischen Summenformel folgt, fallsa6= 1

50

X

k=1

a^k =

50

X

k=0

a^k−1 = 1−a⁵¹

1−a −1 = a−a⁵¹ 1−a . Fallsa= 1, so gilt

50

X

k=1

1 = 50.

(c) Mit der geometrischen Summenformel folgt

Nlim→∞

N

X

k=1

3^−k= lim

N→∞

N

X

k=0

3^−k−1 = lim

N→∞

1−3^−N

1−3⁻¹ −1 = 1

2 3

−1 = 1 2.

Aufgabe 3 (5+5+5 Punkte)

Geben sie die Funktionsvorschriften zu den drei abgebildeten Funktionsgraphen an:

−2π −^3π₂ −π ^π

2

π

2 π 3π

2 2π

−3

−2

−1 1 f₁

f2

f₃ x y

Lösungsvorschlag:

f₁(x) = 1 2 +1

2cos(x), f₂(x) = 1

2 + sin 1

2x

, f3(x) =−1 + 2 cos(x).

Aufgabe 4 (5+10 Punkte) Gegeben sei die Matrix

A=





3 2 6

1 1 3

−3 −2 5



. (a) Bestimmen Siedet(A).

(b) Seien

b1=



 1 1 1



, b2 =



 0 1 3



, b3 =



 2 4 1



.

Bestimmen Sie in den drei Fällen jeweils die Lösungxdes GleichungssystemsAx=bmitb∈ {b₁, b2, b3}.

Lösungsvorschlag:

(a) Mit der Regel von Sarrus gilt

det(A) = 3·1·5 + 2·3·(−3) + 6·1·(−2)−6·1·(−3)−2·1·5−3·3·(−2) =−15 + 26 = 11.

(b) Wir berechnen zunächst die inverse Matrix. Es gilt





3 2 6 1 0 0

1 1 3 0 1 0

−3 −2 5 0 0 1



 | ·(−3)←−⁺

←−−−−−−−−−−⁺

→





3 2 6 1 0 0

0 −1 −3 1 −3 0

0 0 11 1 0 1



 | ·2

←−−−⁺

| · ₁₁¹

→





3 0 0 3 −6 0

0 −1 −3 1 −3 0

0 0 1 ₁₁¹ 0 ₁₁¹





| ·3

←−−−⁺

→





3 0 0 3 −6 0

0 −1 0 ¹⁴₁₁ −3 ₁₁³ 0 0 1 ₁₁¹ 0 ₁₁¹





| · ¹₃

| ·(−1)

→





1 0 0 1 −2 0

0 1 0 ⁻¹⁴₁₁ 3 ⁻³₁₁ 0 0 1 ₁₁¹ 0 ₁₁¹





Also

A⁻¹=





1 −2 0

−14

11 3 ⁻³₁₁

1

11 0 ₁₁¹



.

Wir verwenden die inverse Matrix und berechnen jeweils die Lösungs des Gleichungssystems Ax=b.

Im Falleb1 gilt:

x=A⁻¹b₁=





−1

16 112 11



. Im Falleb₂ gilt:

x=A⁻¹b2=





−2

24 113 11



.

Im Falleb₃ gilt:

x=A⁻¹b₃=





−6

101 113 11



.

Aufgabe 5 (5+5 Punkte)

Geben sie die Funktionsvorschrift zu den beiden abgebildeten Funktionsgraphen an:

0 1 2 3 4

3⁻³ 3⁻² 3⁻¹ 3⁰ 3¹ 3²

g1

g₂

Lösungsvorschlag:

g1(x) = 3^x−2, g₂(x) = 3^1−x.

Aufgabe 6 (5+5+5+5 Punkte)

Berechnen Sie Zahlena, b, c, d∈R, so dass die folgenden Gleichungen erfüllt sind:

(a)

a

R

0

(x+ 2)³dx= ⁶⁵₄

(b)

−4

R

b

(x+ 2)³dx=−⁶⁵₄

(c)

c

R

ln(2)

e^2tdt= 7

(d)

d

R

0

sin(x) cos(x)dx= ¹₂

Lösungsvorschlag:

Hinweis: Es ist nicht nach allen Zahlen gefragt, sodass die Gleichungen erfüllt sind. Es reicht somit aus eine Lösung anzugeben um die volle Punktzahl zu erhalten.

(a) Es gilt:

a

Z

0

(x+ 2)³dx=

a+2

Z

2

y³dx=h1 4y⁴ia+2

2 = 1

4((a+ 2)⁴−16) = 1

4(a+ 2)⁴−4.

Also 1

4(a+ 2)⁴−4 = 65

4 ⇐⇒ (a+ 2)⁴ = 81 ⇐⇒ a= 1 oder a=−5.

(b) Es gilt:

−4

Z

b

(x+ 2)³dx=

−2

Z

b+2

y³dx=h1 4y⁴i−2

b+2= 1

4(16−(b+ 2)⁴) = 4−1

4(b+ 2)⁴. Also

4−1

4(b+ 2)⁴ = −65

4 ⇐⇒ (b+ 2)⁴= 81 =⇒a= 1oder a=−5.

(c) Es gilt:

c

Z

ln(2)

e^2tdt= h1

2e^2t ic

ln(2)= 1

2e^2c−1

2e^{2 ln(2)}= 1

2e^2c−2.

Also 1

2e^2c−2 = 7 ⇐⇒ e^2c= 18 ⇐⇒ c= ln(18) 2 . (d) Es gilt:

d

Z

0

sin(x) cos(x)dx=

sin(d)

Z

sin(0)

u du=h1

2u²isin(d)

0 = 1

2sin²(d).

Also 1

2sin²(d) = 1

2 ⇐⇒ sin²(d) = 1 ⇐⇒ sin(d) =±1 ⇐⇒ d= π

2 +kπ, k∈Z. Aufgabe 7 (10 Punkte)

Untersuchen Sie die Funktionf :R→R,f(x) = (x²+ 2x+ 1)e^x+1 auf globale und lokale Extrema.

Lösungsvorschlag:

Wir bestimmen zunächst die erste Ableitung der Funktionf. Es gilt mit der Produktregel f⁰(x) = (2x+ 2)e^x+1+ (x²+ 2x+ 1)e^x+1 =e^x+1(x²+ 4x+ 3).

Wir erhalten die kritischen Punkte der Funktion als Lösung der Gleichung f⁰(x) = 0. Es gilt f⁰(x) = 0 ⇐⇒ x²+ 4x+ 3 = 0 ⇐⇒ x=−3 oderx=−1.

Das Vorzeichen der Funktionx7→f⁰(x)wird durch die Funktion x²+ 4x+ 3festgelegt. Folglich hatf⁰ einen Vorzeichenwechsel von+ nach − inx =−3 und einen Vorzeichenwechsel von − nach + inx =−1. Somit hatf ein lokales Maximum in x=−3und ein lokales Minimum inx=−1. Wir untersuchen nun, ob es sich hierbei um globale Extrema handelt. Es gilt f(−3)≈0,54 und f(−1) = 0. Zudem gilt

x→∞lim f(x) =∞ und lim

x→−∞f(x) = 0.

Also hatf kein globales Maximum, ein lokales Maximum an der Stelle x=−3 und ein lokales und globales Minimum inx=−1.