Kommentierte Musterlösung zur Klausur HM I für Naturwissenschaftler

Kommentierte Musterlösung zur Klausur HM I für Naturwissenschaftler

Wintersemester 2014/15 (11.03.2015)

1. (a) Für z =

√ 2

2 (−1 − i) berechne man z ¹² und gebe das Ergebnis in kartesischer Form an.

(b) Bestimmen Sie sämtliche komplexen Lösungen der Gleichung i(z ² − 6z + 40 + 5i) = −5 − 5i.

(c) Skizzieren Sie in der Gaußschen Zahlenebene die Menge aller komplexen Zahlen z = x+iy, die die beiden folgenden Bedingungen erfüllen:

1 ≤ |z − i| ≤ 2 und Im z · e ^{−Re z} ≤ 1.

Aus Ihrer Skizze sollte man erkennen, ob Randpunkte zur Menge gehören oder nicht.

Lösung:

(a) Wegen |z| =

√ 2 2

√ 2 = 1 und der Lage von z im dritten Quadranten mit Re z = Im z = −1 gilt z = e

^πi . Daher

z ¹² = e

^πi = e ^15πi = e ^πi = −1.

(b) Multiplikation beider Seiten mit ¹ _i = −i führt auf

z ² − 6z + 40 + 5i = −5 + 5i ⇔ z ² − 6z + 45 = 0.

Dies ist eine quadratische Gleichung mit reellen Koeffizienten und negativer Diskriminan- te, deren Lösungen man über die Standardformel erhält:

z _1,2 = 3 ± i p

|9 − 45| = 3 ± 6i.

(c) Die erste Bedingung lässt sich unmittelbar als Kreisscheibe mit Mittelpunkt i und Radien 1 und 2 interpretieren. Der Schlüssel für die zweite Bedingung liegt in der äquivalenten Formulierung y ≤ e ^x für z = x + iy (alle Punkte unterhalb und auf dem Graphen der Exponentialfunktion).

Skizze:

Re

-2 -1 0 1 2

Im

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

Die Randpunkte gehören allesamt zum gekennzeichneten Gebiet.

2. (a) Bestimmen Sie die Grenzwerte der Folgen

a _n = n √ n + 1 (4n)

, b _n = 7 sin(n ⁸ ) n ² , sofern diese existieren.

(b) Berechnen Sie den Wert der Reihe

∞

X

k=0

2 ^k−3 5 ^k+1 .

(c) Untersuchen Sie die Reihe

∞

X

k=1

(k + 1) ³ 2 ^k auf Konvergenz.

Lösung:

(a) Unter Anwendung der Potenzgesetze erhält man

a _n = n 4n

r n + 1 4n = 1

4 r 1

4 + 1 4n → 1

4 · r 1

4 = 1 8 . Desweiteren ist −1 ≤ sin(n ⁸ ) ≤ 1 und damit

b _n = 7

n ² sin(n ⁸ ) → 0 (Produkt einer Nullfolge und einer beschränkten Folge).

(b) Es handelt sich um eine geometrische Reihe (q = ² ₅ ), deren Wert mit der gängigen Sum- menformel ermittelt werden kann:

∞

X

k=0

2 ^k−3 5 ^k+1 = 1

5 · 8

∞

X

k=0

2 5

k

= 1 40 · 1

1 − ² ₅ = 1 40 · 5

3 = 1 24 .

(c) Wir untersuchen die Reihe mittels Quotientenkriterium. Für a _k = ^(k+1) ₂

gilt

a _k+1 a _k

=

k + 2 k + 1

3

· 2 ^k 2 ^k+1 = 1

2

k + 2 k + 1

3

→ 1 2 < 1.

Somit ist die Reihe konvergent.

3. Gegeben ist die abschnittsweise definierte Funktion

f : R → R , f (x) =







3 cos(2x), für x < 0;

ax ³ + bx ² + cx + d, für 0 ≤ x ≤ 1;

1 + ln x, für x > 1.

Bestimmen Sie alle Werte der Parameter a, b, c und d, für die f differenzierbar ist.

Lösung: Da die Funktionen f ₁ (x) = 3 cos(2x), f ₂ (x) = ax ³ + bx ² +cx +d und f ₃ (x) = 1 + ln x

auf Ihren maximalen Definitionsbereichen stetig differenzierbar sind, braucht man nur die

Nahtstellen x ₁ = 0 und x ₂ = 1 zu untersuchen. Da die genannten maximalen Definitions- bereiche immer auch eine Umgebung der für die Funktion relevanten Nahtstelle umfassen, reduziert sich die Aufgabe auf die Lösung des Gleichungssystems

f ₁ (0) = f ₂ (0), f ₂ (1) = f ₃ (1), f ₁ ⁰ (0) = f ₂ ⁰ (0), f ₂ ⁰ (1) = f ₃ ⁰ (1).

(Anm.: Diese Argumentation wird bei wenig Geübten schnell unsauber, was dann zu Punkt- verlust führt. Im Zweifel leiten Sie dieses Gleichungssystem besser über einseitige Grenzwerte her. Beispiele hierfür finden Sie in den Musterlösungen zu den Klausuren vergangener Jahre.) Mit den Ableitungen

f ₁ ⁰ (x) = −6 sin(2x) f ₂ ⁰ (x) = 3ax ² + 2bx + c f ₃ ⁰ (x) = 1

x lautet das obige System

3 = d, a + b + c + d = 1, 0 = c, 3a + 2b + c = 1.

Setzt man c und d in die zweite und vierte Gleichung ein, erhält man a + b = −2.

3a + 2b = 1.

Aus der ersten Gleichung folgt b = −2 − a und damit nach Einsetzen in die zweite Gleichung a = 5 bzw. b = −2 − a = −7.

4. Gegeben ist die Funktion

f t : R → R, f t (x) = e ^x t − x mit einem Parameter t ∈ R .

(a) Bestimmen Sie den Definitionsbereich sowie alle Nullstellen und Polstellen. Geben Sie die einseitigen uneigentlichen Grenzwerte bei Annäherung an die Polstellen an. Bestimmen Sie die Grenzwerte von f t für x → ± ∞.

(b) Bestimmen Sie Lage und Art der lokalen Extrema sowie den Wertebereich von f _t . (c) Skizzieren Sie den Graphen der Funktion für t = 1.

Lösung:

(a) Der maximale Definitionsbereich ist D _f

= R \ {t}. Wegen e ^x > 0 (x ∈ R ) besitzt f _t keine Nullstellen. Bei x = t liegt eine (und die einzige) Polstelle vor. Wegen lim x→t e ^x = e ^t > 0 gelten

x→t− lim f _t (x) = ∞ und lim

x→t+ f _t (x) = −∞.

Desweiteren ist

x→−∞ lim f t (x) = 0

(Grenzwert vom Typ „ _∞ ⁰ “). Mit der Regel von Bernoulli-l’Hospital folgt schließlich

x→∞ lim f _t (x) = lim

x→∞

e ^x

t − x = lim

x→∞

e ^x

−1 = −∞.

(b) Wir differenzieren f _t , und erhalten als notwendige Bedingung für lokale Extrema

f _t ⁰ (x) = e ^x (t − x) + e ^x

(t − x) ² = e ^x (t − x + 1) (t − x) ²

= 0, !

womit als einziger Kandidat x _E = t + 1 in Frage kommt. Den Nachweis des Extremums kann man z. B. mit Hilfe der zweiten Ableitung führen (beachte dabei von vornherein t − x E + 1 = 0):

f _t ⁰⁰ (x _E ) = (e ^x

(t−x _E +1) − e ^x

)(t − x _E ) ² + 2e ^x

(t−x _E +1)(t − x _E )

(t − x E ) ⁴ = −e ^x

(t − x E ) ² < 0.

Bei x _E = t + 1 liegt also ein lokales Maximum mit Funktionswert f (x _E ) = −e ^t+1 vor.

Unter Berücksichtigung der in (a) bestimmten Grenzwerte ergibt sich als Wertebereich W _f

= (−∞, −e ^t+1 ] ∪ (0, ∞).

(Anm.: Um die Berechnung der zweiten Ableitung zu vermeiden, wurde mitunter mit dem Wechsel des Vorzeichens bei x _E argumentiert. Dafür reicht es jedoch – zumindest ohne Begründung mittels Stetigkeit der Ableitung und Zwischenwertsatz – nicht aus, lediglich f ⁰ (x _E − ε) > 0 und f ⁰ (x _E − ε) < 0 für ein einziges „kleines“ ε > 0) nachzuweisen!) (c)

x

-1 0 1 2 3 4 5

y

-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20

5. (a) Berechnen Sie den endlichen Flächeninhalt, der von der x-Achse und dem Graphen der Funktion f(x) = (2x + 1) ² − 9 begrenzt wird.

(b) Bestimmen Sie Z

4x sin(x ² + 1) dx und

Z 5x + 1

(x + 2)(x ² − 2x + 1) dx durch Rückführung auf Grundintegrale.

Lösung:

(a) Beim Graphen von f handelt es sich um eine nach oben geöffnete Parabel. Wir benötigen die Nullstellen, da diese als Integralgrenzen fungieren:

f (x) = (2x + 1) ² − 9 = 0 ^! ⇔ 2x + 1 = ±3 ⇔ x = − 1 2 ± 3

2 .

Da die gesuchte Fläche A unterhalb der x-Achse liegt (bei Bedarf skizzieren!), gilt

A = − Z 1

−2

((2x + 1) ² − 9) dx

= − 1

6 (2x + 1) ³ − 9x 1

−2

= − 9

2 − 9 + 9 2 − 18

= 18.

(b) Das erste Integral löst man mit Hilfe der Substitution w = x ² + 1, d. h. dx = _2x ¹ dw:

Z

4x sin(x ² +1) dx = Z

4x sin w· 1

2x dw = 2 Z

sin w dw = −2 cos w+c = −2 cos(x ² +1)+c.

Für das zweite Integral erzeugt man sich eine Partialbruchzerlegung des Integranden (beachte dabei (x ² − 2x + 1) = (x − 1) ² ):

5x + 1 (x + 2)(x − 1) ²

= ! A

x + 2 + B

x − 1 + C (x − 1) ²

Multiplikation mit dem Hauptnenner liefert

5x + 1 = A(x − 1) ² + B(x − 1)(x + 2) + C(x + 2).

Für x = −2 folgt −9 = 9A, d. h. A = −1, und für x = 1 folgt 6 = 3C, d. h. C = 2. Wählt man (willkürlich) z. B. noch x = 0, so erhält man 1 = A − 2B + 2C = 3 −2B, d. h. B = 1.

(Anm.: Auch x = 2 wäre wegen x − 2 = 1 eine elegante Wahl.) Damit also

Z 5x + 1

(x + 2)(x ² − 2x + 1) dx = −

Z dx x + 2 +

Z dx x − 1 + 2

Z dx (x − 1) ²

= − ln |x + 2| + ln |x − 1| − 2 x − 1 + c.

6. Gegeben seien eine Matrix A und ein Vektor ~b wie folgt:

A =





2 4 −1

β 1 −3

0 β + 1 5



 und ~b =



 1 3

−5



 .

Dabei ist β ∈ R ein Parameter.

(a) Berechnen Sie die Determinante von A.

(b) Wieviele Lösungen hat – in Abhängigkeit vom Parameter β – das lineare Gleichungs- system A~ x = ~ 0?

(c) Berechnen Sie für β = 1 die Lösung des linearen Gleichungssystems A~ x = ~b mit Hilfe des Gaußschen Eliminationsverfahrens.

(d) Geben Sie für β = 1 den Rang von A an. Welche Dimension hat in diesem Fall die

Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems A~ x = ~ 0?

Lösung:

(a) Zur Berechnung der Determinante kann man die Sarrus’sche Regel verwenden:

2 4 −1

β 1 −3

0 β + 1 5

= 0 + 6(β + 1) − 20β + 10 + 0 − β(β + 1) = −β ² − 15β + 16.

(b) Das lineare Gleichungssystem A~ x = ~ 0 besitzt genau dann unendlich viele Lösungen, wenn det(A) = 0 gilt, d. h. wenn

β ² + 15β − 16 = 0 ⇔ β = − 15 2 ±

r 225

4 + 16 = − 15 2 ±

r 289

4 = − 15 2 ± 17

2 . Das LGS A~ x = ~ 0 hat also für β = 1 und β = −16 unendlich viele und in allen anderen Fällen genau eine Lösung.

(c) Die Lösung könnte zum Beispiel so aussehen (Sie haben beim Gauß-Verfahren aber viele Freiheiten):

2 4 -1 1

1 1 -3 3

0 2 5 -5

2 4 -1 1

0 2 5 -5 I - 2 II

0 2 5 -5

Die letzte Zeile kann man wegen der Übereinstimmung mit Zeile II ersatzlos streichen bzw.

durch Nullen ersetzen. Zur Bestimmung der Lösung können wir eine Variable frei wählen (x ₃ = t, t ∈ R ), und die anderen beiden in Abhängigkeit von t durch Rückwärtsauflösen der ersten beiden Zeilen bestimmen:

2x ₂ + 5t = −5 ⇒ x ₂ = − 5 2 − 5

2 t, 2x ₁ + 4

− 5 2 − 5

2 t

− t = 1 ⇒ x ₁ = 11 2 + 11

2 t.

Als Lösungsmenge ergibt sich

L =







~

x ∈ R ³ : ~ x =





11 2

− ⁵ ₂ 0



 + t





11 2

− ⁵ ₂ 1



 , t ∈ R





 .

Diese Darstellung hängt davon ab, welche Variable frei gewählt wurde, und ist somit nicht eindeutig.

(d) Aus dem Endzustand der Koeffizientenmatrix beim Gauß-Algorithmus in (c) kann man rg(A) = 2 erkennen (Anzahl linear unabhängiger Zeilen oder Spalten). Damit ergibt sich gemäß Dimensionsformel für Kern und Bild (der Nullraum ist ja gerade die Lösungsmenge des homogenen LGS):

dim N (A) = n − rg (A) = 3 − 2 = 1.