(a) Bestimmen Sie eine Funktion, die die Temperatur der Milch in Abhängigkeit der Zeit gut beschreibt

Prof. Dr. Moritz Kaßmann Fakultät für Mathematik

Sommersemester 2016 Universität Bielefeld

Klausur Mathematik für Biologen und Biotechnologen (240109) 2. Termin am 04. Oktober 2016

Hinweis: Stellen Sie bei jeder Aufgabe Ihren Lösungsweg ausführlich dar. Für die alleinige Angabe der richtigen Lösung erhalten Sie unter Umständen keine Punkte.

Aufgabe 1 (5+5 Punkte)

Geben sie jeweils die Funktionsvorschrift zu den beiden abgebildeten Funktionsgraphen an:

−4 −2 2 4

−4

−2 2 4

f

g

Lösungsvorschlag:Die Funktionenf, g:R→Rkönnen durch die folgende Funktionsvorschrift beschrieben werden:

f(x) = 2|x| −4 =

(2x−4, x≥0

−2x−4, x <0 g(x) =−|x−1|=

(−x+ 1, x≥1 x−1, x <1

Aufgabe 2 (10+5 Punkte)

Kalte Milch mit einer Temperatur von 7^◦C erwärmt sich bei einer Zimmertemperatur von 23^◦C innerhalb von 10Minuten auf 15^◦C.

(a) Bestimmen Sie eine Funktion, die die Temperatur der Milch in Abhängigkeit der Zeit gut beschreibt.

(b) Nach welcher Zeit ist die Milch 20^◦C warm?

Lösungsvorschlag:

(a) Der Wachstumsvorgang der Milchtemperatur lässt sich anhand einer beschränkten Wachstumsfunktion beschreiben. Die Funktionsvorschrift einer beschränkten Wachstumsfunktion ist gegeben durch

y(t) =S−ce^−kt.

Hierbei ist die Sättigungsschranke durch die Umgebungstemperatur der Küche, d.h. S= 23, gegeben.

Die Anfangstemperatur der Milch liefert

y(0) = 7 ⇐⇒ 23−c= 7 ⇐⇒ c= 16.

Einsetzen iny(10) = 15, liefert

y(10) = 23−16e^−10k = 15 ⇐⇒ k= ln(¹₂)

−10 ≈0,0693.

Somit ist die gesuchte Wachstumsfunktion

y(t) = 23−16e

ln( 1 2) 10 t. (b) Es gilt

y(t) = 20 ⇐⇒ 23−16e

ln( 1 2)

10 t= 20 ⇐⇒ e

ln( 1 2)

10 t= 3

16 ⇐⇒ t= 10ln(₁₆³ )

ln(¹₂) ≈24,15.

Die Milch hat nach etwa24 Minuten und9 Sekunden eine Temperatur von20^◦C.

Aufgabe 3 (5+10 Punkte)

A= 1 1

2 a

.

(a) Bestimmen Siea∈R derart, dass die MatrixA die Eigenwerteλ₁= 2 und λ₂ =−1 hat.

(b) Bestimmen Sie zuλ1 undλ2 jeweils alle zugehörigen Eigenvektoren.

Lösungsvorschlag:

(a) Die Matrix Ahat das charakteristische Polynom

χ(λ) = det(A−λE2) = (1−λ)(a−λ)−2 =λ²+ (−1−a)λ+a−2.

Es gilt

χ(2) = 0 ⇐⇒ 4−2−2a+a−2 = 0 ⇐⇒ a= 0.

Des Weiteren gilt

χ(−1) = 0 ⇐⇒ 1 + 1 +a+a−2 = 0 ⇐⇒ a= 0.

Folglich hat die Matrix für den Wert a= 0 die beiden gesuchten Eigenwerte.

(b) Wir bestimmen nun die Eigenvektoren zu den Eigenwerten:

λ1 = 2: : Es gilt

Ax= 2x ⇐⇒

x1+x2 = 2x1

2x1+ 0x2 = 2x2

.

Die zweite Gleichung liefert unmittelbar x1 = x2. Setzen wir dies in die erste Gleichung ein, so erhalten wir 0 = 0. Somit besitzt das Gleichungssystem unendlich viele Lösungen und alle Eigenvektoren zuλ₁ = 2sind von der Form

v=c 1

1

, c∈R. λ=−1: Es gilt

Ax=−1x ⇐⇒

x₁+x₂ =−x₁ 2x1+ 0x2 =−x₂ .

Die zweite Gleichung liefert unmittelbar x2 = −2x₁. Setzen wir dies in die erste Gleichung ein, so erhalten wir 0 = 0. Somit besitzt das Gleichungssystem unendlich viele Lösungen und alle Eigenvektoren zuλ₂ =−1sind von der Form

v=c 1

, c∈R.

Aufgabe 4 (5+5 Punkte)

Berechnen Sie die folgenden Ausdrücke:

(a)

∞

X

k=1

2^k 5^k+1,

(b)

1 0 2 3 4 8



 1 2 4 8 1 3



.

Lösungsvorschlag:

(a)

∞

X

k=1

2^k 5^k+1 = 1

5

∞

X

k=1

2^k 5^k = 1

5 _∞

X

k=0

2^k 5^k

!

−1

!

= 1 5

1 1−²₅ −1

!

= 1 5

5 3 −1

= 1 5 2 3 = 2

15.

(b)

1 0 2 3 4 8



 1 2 4 8 1 3



=

1·1 + 0·4 + 2·1 1·2 + 0·8 + 2·3 3·1 + 4·4 + 8·1 4·2 + 4·8 + 8·3

=

3 8 27 62

.

Aufgabe 5 (10 Punkte)

Bestimmen Sie alle Lösungenx∈Rder Gleichung

−1−cos²(x) + sin²(x) = 0.

Lösungsvorschlag:Es gilt:

−1−cos²(x) + sin²(x) = 0

⇐⇒ −(sin²(x) + cos²(x))−cos²(x) + sin²(x) = 0

⇐⇒ cos²(x) = 0

⇐⇒ cos(x) = 0.

Folglich ist die Menge aller Lösungen der obigen Gleichung gegeben durch L=

n

x∈R:x= π

2 +kπ, k∈Z o

.

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

Berechnen Sie die folgenden Ausdrücke:

(a)

8

Z

1

6

√3

x² dx,

(b)

π

Z4

0

sin(x)e^cos(x)dx,

(c)

e

Z

1

xln(x)dx,

(d)

√e

Z

0

xln(x²)dx.

Lösungsvorschlag:

(a) Es gilt

8

Z

1

6

√3

x²dx=

8

Z

1

6x^−2/3dx= 18√³ x

8

1= 18·2−18·1 = 18.

(b) Mit der Substitutiony(x) = cos(x) gilty⁰(x) =−sin(x) und somit

π

Z4

0

sin(x)e^cos(x)dx=−

π

Z4

0

(−sin(x))e^cos(x)dx=−

√1 2

Z

1

e^ydy= (e^y)

1

√1 2

=e−e^1/

√ 2.

(c) Mit der Regel der partiellen Integration erhalten wir

e

Z

1

xln(x)dx= 1

2x²ln(x)

e 1

−

e

Z

1

1 2x²1

xdx= 1 2e²−

1 4x²

e 1 = 1

2e²−1 4e²+ 1

4 = 1

4(e²+ 1).

(d) Mit der Substitutiony(x) =x² gilty⁰(x) = 2x und somit

√e

Z

0

xln(x²)dx= 1 2

√e

Z

0

2xln(x²)dx= 1 2

e

Z

0

ln(y)dy= 1

2(yln(y)−y)

e 0 = 0.

Aufgabe 7 (14+6 Punkte)

Die Funktionf :R→R sei gegeben durch

f(x) = (x²−2x)e^x. (a) Untersuchen Sie f auf lokale und globale Extrema.

(b) Bestimmen Sie die Geradengleichung der Tangente anf an der Stellex0= 1.

Lösungsvorschlag:

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

Wir erhalten die kritischen Punkte der Funktion als Lösung der Gleichungf⁰(x) = 0. Es gilt f⁰(x) = 0 ⇐⇒ x²−2 = 0 ⇐⇒ x=√

2oder x=−√ 2.

Das Vorzeichen der Funktionx7→f⁰(x)wird durch die Funktionx²−2festgelegt. Folglich hatf⁰ einen Vorzeichenwechsel von +nach −inx=−√

2 und einen Vorzeichenwechsel von −nach+ inx=√ 2.

Somit hatf ein lokales Maximum inx=−√

2 und ein lokales Minimum inx =√

2. Wir untersuchen nun, ob es sich hierbei um globale Extrema handelt. Es gilt f(−√

2) ≈ 1,17 und f(√

2) = −3,41.

Zudem gilt

x→∞lim f(x) =∞ und lim

x→−∞f(x) = 0.

Also hatf kein globales Maximum, ein lokales Maximum an der Stelle x=−√

2 und ein lokales und globales Minimum inx=√

2.

(b) Die Tangente von f an der Stelle x₀ = 1 besitzt die Steigung f⁰(1) = −e. Der Berührpunkt ist (1, f(1)) = (1,−e). Somit gilt für die Tangentengleichungt(x) =−e·x+m:

−e=−e·1 +m ⇐⇒ m= 0.

Also istt(x) =−e·x Geradengleichung der Tangente anf an der Stellex0= 1.