Lehrstuhl II f¨ ur Mathematik Prof. Dr. E. Triesch
H¨ohere Mathematik II
SoSe 2014
Variante A
Zugelassene Hilfsmittel:
Als Hilfsmittel zugelassen sind zehn handbeschriebene DinA4-Bl¨ atter (Vorder- und R¨ uckseite beschriftet, keine Fotokopien oder Ausdrucke). Das Konzeptpapier zur Bearbeitung der Aufgaben (Schmierbl¨ atter) ist von den Studierenden zur Klausur mitzubringen.
Sonstige Hilfsmittel wie zum Beispiel alte Klausuren, Skripte oder Taschenrechner sind nicht er- laubt.
Bewertung:
Benutzen Sie bitte zur Beantwortung aller Aufgaben ausschließlich das in der Klausur ausgeteilte Papier! Es werden nur die Antworten gewertet, die auf dem Antwortbogen stehen!
Hinweise zur Bewertung der einzelnen Klausurteile:
I: (Aufgabe I.1-I.3) Sie m¨ ussen unter expliziter Darstellung des L¨ osungsweges nachvollziehbar zu einer L¨ osung kommen. Ohne L¨ osungsweg gibt es keine Punkte.
II: (Aufgabe II.1-II.3) Sie m¨ ussen das richtige Ergebnis in das entsprechende “Ergebnis”- K¨ astchen des Antwortbogens eintragen. Dar¨ uber hinaus k¨ onnen Sie in dem dazugeh¨ origen Feld “L¨ osungsskizze” einen kurzen Rechenweg angeben, der in die Bewertung mit einbezogen wird, sollte Ihr Ergebnis falsch sein.
III: (Aufgabe III.1-III.3) Sie m¨ ussen Aussagen den Wahrheitswert “wahr”(W) oder “falsch”(F) zuordnen. Sie erhalten nur dann Punkte, wenn Sie in einer Teilaufgabe alle Wahr- heitswerte richtig und komplett zuordnen. Es gibt keine Minuspunkte.
Bitte schreiben Sie keine Rechnungen oder Begr¨ undungen zu Teil III auf den Antwortbogen.
Nutzen Sie daf¨ ur Ihr eigenes Konzeptpapier.
Beispiel:
Bestimmen Sie die Wahrheitswerte der folgenden zwei Aussagen: (2 Pkt.) 1. 2 · 3 = 6
2. 1 + 1 = 3.
Antwort 1. 2. Punkte
(i) W W 0
(ii) W F 2
(iii) F W 0
(iv) F F 0
Antwort 1. 2. Punkte
(v) F - 0
(vi) W - 0
(vii) - F 0
(viii) - W 0
Viel Erfolg!
Teil I
Aufgabe I.1: (8+6 Pkt.)
a) Bestimmen Sie die Partialbruchzerlegung von
2x
3+ 6x
2− 2x − 9 (x − 1)(x + 2)
2.
b) Bestimmen Sie eine Stammfunktion der Funktion f : {x ∈ R : x > −1} → R mit f(x) = 1
8(x + 1) + 2
3(x + 1)
2− 2 x
2+ 9 . L¨ osung:
a) Da der Grad des Z¨ ahlerpolynoms gleich dem Grad des Nennerpolynoms ist, m¨ ussen wir zun¨ achst den Term mit Hilfe der Polynomdivision vereinfachen
2x
3+ 6x
2− 2x − 9
(x − 1)(x + 2)
2= 2x
3+ 6x
2− 2x − 9 x
3+ 3x
2− 4
= 2 − 2x + 1 x
3+ 3x
2− 4
= 2 − 2x + 1 (x − 1)(x + 2)
2.
Wir wenden nun den Standardansatz f¨ ur die Partialbruchzerlegung auf 2x + 1
(x − 1)(x + 2)
2an.
Also finde Zahlen A, B und C aus R mit 2x + 1
(x − 1)(x + 2)
2= A
x − 1 + B
x + 2 + C (x + 2)
22x + 1 = A(x + 2)
2+ B(x + 2)(x − 1) + C(x − 1) An dieser Stelle bieten sich zwei verschiedene L¨ osungswege an.
1) Einsetzen von speziellen Werten f¨ ur x:
x = 1 : 3 = A(1 + 2)
2+ B(1 + 2) · 0 + C · 0 ⇔ A = 1
3 x = −2 : −3 = A · 0 + B · 0 · (−2 − 1) + C · (−2 − 1) ⇔ C = 1 x = −1 : −1 = A(−1 + 2)
2+ B · (−1 + 2) · (−1 − 1) + C · (−1 − 1)
= A − 2B − 2C
= 1
3 − 2B − 2 · 1
⇔ B = − 1 3 . 2) Koeffizientenvergleich und LGS.
2x + 1 = A(x + 2)
2+ B(x + 2)(x − 1) + C(x − 1)
= A(x
2+ 4x + 4) + B(x
2+ x − 2) + C(x − 1)
= (A + B)x
2+ (4A + B + C)x + (4A − 2B − C) Ein Koeffizientenvergleich liefert
A + B = 0, 4A + B + C = 2 und 4A − 2B − C = 1.
Schließlich erhalten wir das folgende lineare Gleichungssystem, welches wir z.B. mit dem Gaußalgorithmus l¨ osen k¨ onnen.
1 1 0
0
4 1 1
2
4 −2 −1
1
1 1 0
0
0 −3 1
2
0 −6 −1
1
1 1 0
0
0 −3 1
2
0 0 −3
−3
1 1 0
0
0 −3 1
2
0 0 1
1
1 1 0
0
0 −3 0
1
0 0 1
1
1 0 0
130 1 0
−
130 0 1
1
Also
A = 1
3 , B = − 1
3 und C = 1.
Somit erhalten wir insgesamt
2x
3+ 6x
2− 2x − 9
(x − 1)(x + 2)
2= 2 − 1 3 · 1
x − 1 + 1 3 · 1
x + 2 − 1 (x + 2)
2. b) Es gilt aufgrund der Linearit¨ at des Integrals
Z
f(x) dx = Z
1
8(x + 1) + 2
3(x + 1)
2− 2 x
2+ 9
dx
= 1 8
Z 1
x + 1 dx + 2 3
Z 1
(x + 1)
2dx − 2
Z 1 x
2+ 9 dx.
Weiter gilt
Z 1
x + 1 dx = ln |x + 1| und
Z 1
(x + 1)
2dx = −1 x + 1 . Mit der Substitution z =
x3erhalten wir
Z 1
x
2+ 9 dx =
Z 1
9
19x
2+ 1 dx
= 1 3
Z
1 3 x 3 2+ 1 dx
= 1 3
Z 1 z
2+ 1 dz
= 1
3 arctan(z)
= 1
3 arctan x 3
.
Insgesamt erhalten wir so als Stammfunktion von f Z
1
8(x + 1) + 2
3(x + 1)
2− 2 x
2+ 9
dx = 1
8 ln |x + 1| − 2
3(x + 1) − 2
3 arctan x 3
= 1
8 ln(x + 1) − 2
3(x + 1) − 2
3 arctan x
3
.
Aufgabe I.2: (3+4+4 Pkt.) a) Berechnen Sie den Grenzwert der konvergenten Reihe
∞
X
n=0
(−3)
n−14
n.
b) Untersuchen Sie die folgende Reihe auf Konvergenz bzw. Divergenz und begr¨ unden Sie Ihre
Antwort
∞X
n=1
(n + 1) · (−1)
nn(n + 2) . c) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe
∞
X
n=1
(n!)
2(2n)! x
n. L¨ osung:
a) Wir wollen die Formel f¨ ur die geometrische Reihe anwenden.
∞
X
n=0
(−3)
n−14
n= − 1 3
∞
X
n=0
(−3)
n4
n= − 1 3
∞
X
n=0
−3 4
ngeo. Reihe
= − 1
3 · 1
1 − −
34= − 1 3 · 4
7 = − 4 21 Alternative L¨ osung:
Wir ziehen zun¨ achst den Summanden f¨ ur n = 0 aus der Summe und machen anschließend eine Indexverschiebung (l = n − 1). Dann gilt mit der geometrischen Reihe
∞
X
n=0
(−3)
n−14
n= (−3)
−11 +
∞
X
n=1
(−3)
n−14
n= − 1 3 +
∞
X
l=0
(−3)
l4
l+1= − 1 3 + 1
4 ·
∞
X
l=0
(−3)
l4
l= − 1 3 + 1
4 ·
∞
X
l=0
− 3 4
l= − 1 3 + 1
4 · 1
1 − −
34= − 1 3 + 1
4 · 4 7 = − 1
3 + 1
7 = − 4 21 . b) Wir wollen das Leibniz-Kriterium verwenden und definieren
a
n:= n + 1
n(n + 2) f¨ ur n ∈ N . Es gilt f¨ ur n ∈ N
a
n+1− a
n= n + 2
(n + 1)(n + 3) − n + 1 n(n + 2)
= (n + 2)(n + 2)n − (n + 1)(n + 1)(n + 3) n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
= n
3+ 4n
2+ 4n − (n
3+ 5n
2+ 7n + 3) n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
= −n
2− 3n − 3
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) < 0.
Also a
n+1< a
nf¨ ur alle n ∈ N und die Folge (a
n) ist somit (streng) monoton fallend. Weiter gilt
n→∞
lim a
n= lim
n→∞
n + 1
n(n + 2) = lim
n→∞
n
2 n12+
1nn
21 +
n2= 0.
Somit ist (a
n) eine monoton fallende Nullfolge und mit dem Leibniz-Kriterium folgt, dass
∞
P
n=1
(n+1)·(−1)n n(n+2)
=
∞
P
n=1
(−1)
na
nkonvergiert.
c) F¨ ur n ∈ N sei a
n:=
(n!)(2n)!2die Koeffizientenfolge der gegebenen Potenzreihe. Es gilt
a
n+1a
n=
((n + 1)!)
2(2(n + 1))!
(n!)
2(2n)!
= ((n + 1)!)
2(2n)!
(n!)
2(2n + 2)! =
(n + 1) · n!
n!
2(2n)!
(2n + 2)(2n + 1) · (2n)!
= (n + 1)
2(2n + 2)(2n + 1) = n + 1
4n + 2 = n 1 +
1nn 4 +
2n→ 1
4 , n → ∞.
Damit folgt aus dem Quotienten-Kriterium f¨ ur Potenzreihen, dass der Konvergenzradius R =
1
1 4
= 4 ist.
Aufgabe I.3: (5+5 Pkt.) a) Zeigen Sie, dass die Funktion f : R
2→ R mit
f (x, y) =
2 · √
3x · y
p x
2+ |y|
3, (x, y) 6= (0, 0) 0 , (x, y) = (0, 0) im Punkt (0, 0) nicht stetig ist.
b) Die Funktion g : R → R sei definiert durch g(x) :=
( x
4· sin
x83, x 6= 0
0 , x = 0.
Zeigen Sie, dass g differenzierbar ist. Geben Sie die Ableitung an und zeigen Sie, dass die Ablei- tung in 0 nicht stetig ist.
L¨ osung:
a) Wir betrachten die Folge a
n:=
n13,
n12. Offensichtlich gilt lim
n→∞
a
n= (0, 0). Weiter gilt f¨ ur n ∈ N f (a
n) = f
1 n
3, 1
n
2= 2 ·
n1·
n12q
1 n6+
n16= 2 ·
n13√ 2 ·
n13= √
2 6= 0 = f (0, 0).
Somit ist f im Punkt (0, 0) nicht stetig.
b) g ist als Komposition differenzierbarer Funktionen in x ∈ R , x 6= 0 differenzierbar.
Da
lim
x→0g(0 + x) − g(0)
x = lim
x→0
x
4· sin
x83x = lim
x→0
x
3|{z}
→0· sin 8
x
3| {z }
beschr¨ankt
= 0
gilt, ist g auch in x = 0 differenzierbar mit g
0(x) = 0.
Im Fall x 6= 0 gilt f¨ ur die Ableitung g
0(x) = 4x
3· sin
8 x
3+ x
4cos 8
x
3· −24 x
4= 4x
3· sin 8
x
3| {z }
→0
− 24 cos 8
x
3| {z }
Grenzwert ex. nicht!
Da der Grenzwert lim
x→0
cos
x83nicht existiert und lim
x→0
x
3sin
x83= 0, hat f
0(x) keinen Grenzwert
f¨ ur x gegen 0. Also ist g
0(x) in x = 0 nicht stetig.
Teil II
Aufgabe II.1: (6+5 Pkt.)
a) Bestimmen Sie den Wert des Integrals
∞
Z
0
x
2· exp
− x 3
dx.
b) Bestimmen Sie den Wert des Integrals
π 2
Z
0
sin(x) − cos(x) + 1 sin(x) + cos(x) + 1 dx.
L¨ osung:
a) Wir bestimmen zun¨ achst eine Stammfunktion des Integranden und betrachten das unbestimmte Integral.
Mit partieller Integration gilt:
Z x
2|{z}
f
· exp
− 1 3 x
| {z }
g0
dx
= x
2|{z}
f
· (−3) exp
− 1 3 x
| {z }
g
− Z
2x
|{z}
f0
· (−3) exp
− 1 3 x
| {z }
g
dx
= − 3x
2· exp
− 1 3 x
+ 6
Z x
|{z}
u· exp
− 1 3 x
| {z }
v0
dx
mit erneuter partieller Integration gilt weiter
= − 3x
2· exp
− 1 3 x
+ 6
x
|{z}
u
· (−3) exp
− 1 3 x
| {z }
v
− Z
1
|{z}
u0
· (−3) exp
− 1 3 x
| {z }
v
dx
= − 3x
2· exp
− 1 3 x
− 18x · exp
− 1 3 x
+ 18
Z exp
− 1 3 x
dx
= − 3x
2· exp
− 1 3 x
− 18x · exp
− 1 3 x
− 54 exp
− 1 3 x
. Weiter gilt
∞
Z
0
x
2· exp
− 1 3 x
dx = lim
A→∞
A
Z
0
x
2· exp
− 1 3 x
dx
= lim
A→∞
−3x
2· exp
− 1 3 x
− 18x · exp
− 1 3 x
− 54 exp
− 1 3 x
A 0= lim
A→∞
−3A
2· exp
− A 3
| {z }
→0
− 18A · exp
− A 3
| {z }
→0
− 54 exp
− A 3
| {z }
→0
−
0 − 0 − 54 exp
− 1 3 · 0
| {z }
=1
= 54.
b) Wir verwenden die Halbwinkelsubstitution z = tan
x2. Dann gilt sin(x) = 2z
1 + z
2, cos(x) = 1 − z
21 + z
2und dx = 2 1 + z
2dz.
Somit erhalten wir
π 2
Z
0
sin(x) − cos(x) + 1
sin(x) + cos(x) + 1 dx
Sub.=
1
Z
0 2z
1+z2
−
1−z1+z22+ 1
2z
1+z2
+
1−z1+z22+ 1 · 2 1 + z
2dz
=
1
Z
0
2z − (1 − z
2) + (1 + z
2) 2z + (1 − z
2) + (1 + z
2) · 2
1 + z
2dz
=
1
Z
0
2z
2+ 2z 2z + 2 · 2
1 + z
2dz
=
1
Z
0
2z(z + 1) 2(z + 1) · 2
1 + z
2dz
=
1
Z
0
2z 1 + z
2dz
= ln
z
2+ 1
1
0
= ln(2) − ln(1) = ln(2).
Aufgabe II.2: (3+4+4 Pkt.) Gegeben seien die beiden Funktionen f, g : R → R mit
f(x) = −(x − 1)
2+ 1 und g(x) = x
3. a) Berechnen Sie die Schnittpunkte der Graphen von f und g.
b) Skizzieren Sie die Graphen von f und g in das vorgegebene Koordinatensystem auf dem Ant- wortbogen. Zeichnen Sie dabei die Schnittpunkte der Graphen von f und g ein.
Markieren Sie die Fl¨ ache, die durch die Graphen von f und g begrenzt wird und oberhalb der x-Achse liegt, als Fl¨ ache A.
c) Berechnen Sie den Fl¨ acheninhalt von A.
L¨ osung:
a) F¨ ur die Schnittpunkte von f (x) und g(x) gilt:
f(x) = g(x)
⇔ − (x − 1)
2+ 1 = x
3⇔ − x
2+ 2x = x
3⇔ 0 = x
3+ x
2− 2x
⇔ 0 = x(x
2+ x − 2)
⇔ 0 = x(x − 1)(x + 2)
⇔ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = −2
daraus folgt, dass die beiden Kurven sich in den Punkten (0, 0), (1, 1) und (−2, −8) schneiden.
b) Skizze:
x y
-2 -1 1 2
-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1
f(x) =−(x−1)2+ 1 g(x) =x3 A
c) F¨ ur den Fl¨ acheninhalt von A gilt:
1
Z
0
f(x) − g(x) dx =
1
Z
0
−(x − 1)
2+ 1 − x
3dx =
1
Z
0
−x
3− x
2+ 2x dx
=
− 1
4 x
4− 1
3 x
3+ x
2 10
= − 1 4 − 1
3 + 1 = 5
12
Aufgabe II.3: (4+6 Pkt.) a) Bestimmen Sie den Grenzwert
x→∞
lim
√
x
2− x + 1 − √
x
2− 5x + 8.
b) Bestimmen Sie den Grenzwert
x→1
lim Z
x21
ln (cos(2πt)) dt (x
2− 1)
2. L¨ osung:
a) Es gilt
√
x
2− x + 1 − √
x
2− 5x + 8 = x
2− x + 1 − (x
2− 5x + 8)
√ x
2− x + 1 + √
x
2− 5x + 8
= 4x − 7
q
x
21 −
x1+
x12+ q
x
21 −
x5+
x82= x 4 −
x7x q
1 −
1x+
x12+ q
1 −
x5+
x82= 4 −
x7q
1 −
1x+
x12+ q
1 −
5x+
x82−→ 4
1 + 1 = 2 (x → ∞).
b) Definiere f (x) :=
Z
x2 1ln (cos(2πt)) dt und g(x) := (x
2− 1)
2. Damit gilt also
x→1
lim Z
x21
ln (cos(2πt)) dt
(x
2− 1)
2= lim
x→1
f(x) g(x) Da lim
x→1
f(x) = 0 und lim
x→1
g(x) = 0 gilt, liegt der Fall
”
0
0
“ vor. g(x) ist eine auf R beliebig oft stetig differenzierbare Funktion. Der Integrand in der Funktion f(x) ist eine auf R stetige Funktion.
Nach dem Hauptsatz der Integral- und Differentialrechnung und der Kettenregel ist der Z¨ ahler differenzierbar. Ableiten liefert:
f
0(x) = ln cos(2πx
2)
· 2x und g
0(x) = 2(x
2− 1)2x Dann gilt:
f
0(x)
g
0(x) = ln (cos(2πx
2)) · 2x
2(x
2− 1) · 2x = ln (cos(2πx
2)) 2(x
2− 1) Definiere:
f
1(x) := ln cos(2πx
2)
und g
1(x) := 2x
2− 2 Da lim
x→1
f
1(x) = 0 und lim
x→1
g
1(x) = 0 ist, liegt wieder der Fall
”
0
0
“ vor. Erneutes Ableiten liefert:
f
10(x) = − sin(2πx
2) · 4πx
cos(2πx
2) und g
10(x) = 4x
Damit gilt:
x→1
lim f
10(x) g
01(x) = lim
x→1
−4πx · sin(2πx
2)
cos(2πx
2) · 4x = lim
x→1
−π · sin(2πx
2) cos(2πx
2) = 0 Also gilt nach der Regel von l’Hospital
lim
x→1Z
x2 1ln (cos(2πt)) dt
(x
2− 1)
2= lim
x→1
f (x) g(x) = lim
x→1
f
0(x) g
0(x) = lim
x→1
f
1(x)
g
1(x) = lim
x→1
f
10(x)
g
10(x) = 0
Teil III
Aufgabe III.1: (4+3 Pkt.)
a) Gegeben sei die Funktion f : R → R mit
f(x) = x · cos(2x).
Berechnen Sie das Taylorpolynom T
2,π2(x) zweiten Grades an der Stelle
π2. Es gilt:
1. T
2,π2
(x) = π + x −
π2− 2π x −
π222. T
2,π2
(x) = 3π x −
π2+ 2 x −
π223. T
2,π2
(x) = −
3π2− x −
π2+ 3π x −
π224. T
2,π2
(x) = −
π2+ x −
π2− 2 x −
π225. T
2,π2
(x) = −
π2− x −
π2+ π x −
π226. T
2,π2
(x) = 2π + x −
π2− 4π x −
π22b) Berechnen Sie das zu T
2,π2(x) zugeh¨ orige Restglied in der Form von Lagrange. Es gilt:
1. R
2,π2
(x) =
−6 cos(2t)+4tsin(2t)3
x −
π23f¨ ur ein t zwischen x und
π22. R
2,π2
(x) =
−12 cos(2t)+8tsin(2t)3
x −
π23f¨ ur ein t zwischen x und
π23. R
2,π2
(x) =
6 cos(2t)−4tsin(2t)3
x −
π23f¨ ur ein t zwischen x und
π24. R
2,π2
(x) =
12 cos(2t)−8tsin(2t)3
x −
π23f¨ ur ein t zwischen x und
π25. R
2,π2
(x) =
−6 cos(2t)+12tsin(2t)3
x −
π23f¨ ur ein t zwischen x und
π26. R
2,π2
(x) =
−8 cos(2t)−4tsin(2t)3
x −
π23f¨ ur ein t zwischen x und
π2L¨ osung:
a) Bestimme die Ableitungen:
f(x) = x · cos(2x)
f
0(x) = cos(2x) − 2x sin(2x)
f
00(x) = −2 sin(2x) − 2 sin(2x) − 2x cos(2x) · 2 = −4 sin(2x) − 4x cos(2x)
Daraus folgt:
f π 2
= π
2 · cos(π) = − π 2 f
0π
2
= cos(π) − π sin(π) = −1 f
00π 2
= −4 sin(π) − 2π cos(π) = 2π
Also:
T
2,π2
(x) = − π 2 + −1
1!
x − π
2
+ 2π 2!
x − π
2
2= − π 2 −
x − π 2
+ π
x − π 2
2Also ist nur Antwort 5. wahr.
b) Es gilt
f
000(x) = −8 cos(2x) − 4 (cos(2x) − 2x sin(2x)) = −12 cos(2x) + 8x sin(2x) Damit gilt f¨ ur das zugeh¨ orige Restglied
R
2,π2
(x) = f
(3)(t) 3!
x − π
2
3f¨ ur ein t zwischen x und π 2
= −12 cos(2t) + 8t sin(2t) 3!
x − π
2
3= −6 cos(2t) + 4t sin(2t) 3
x − π
2
3Also ist nur Antwort 1. wahr.
Aufgabe III.2: (6+5+2+2 Pkt.) Gegeben sei die Kurve γ durch die Parametrisierung γ(t) =
sin
3(t) cos
3(t)
mit t ∈ [0, 2π].
a) Bestimmen Sie die Bogenl¨ ange L von γ. Es gilt:
1. L = 0 2. L = 3 3. L = 12 4. L = 6π
5. L = 6 6. L =
π27. L = 12π 8. L = √
72 b) Bestimmen Sie die Kr¨ ummung κ der Kurve an der Stelle t
0=
π4. Es gilt:
1. κ
π4= 0 2. κ
π4=
323. κ
π4=
234. κ
π4=
345. κ
π4=
π46. κ
π4=
437. κ
π4= 4 8. κ
π4= π
c) Geben Sie den Radius r des Kr¨ ummungskreises von γ(t) an der Stelle t
0=
π4an. Es gilt:
1. r = 0 2. r =
323. r =
234. r =
345. r =
π46. r =
437. r = 4 8. r = π
d) Geben Sie den Mittelpunkt M des Kr¨ ummungskreises von γ(t) an der Stelle t
0=
π4an. Es gilt:
1. M hat die Koordinaten (0, 0). 2. M hat die Koordinaten ( √ 2, −
√2 2
).
3. M hat die Koordinaten (−
√ 2 2
, −
√ 2
2
). 4. M hat die Koordinaten ( √ 2, √
2).
5. M hat die Koordinaten (1, 1). 6. M hat die Koordinaten (π, √ 2).
7. M hat die Koordinaten (−
√2 2
, √
2) 8. M hat die Koordinaten (π, π).
L¨ osung:
a) Es gilt
˙ γ(t) =
γ ˙
1(t)
˙ γ
2(t)
=
3 sin
2(t) cos(t)
−3 cos
2(t) sin(t)
,
sowie
k γ(t)k ˙ = q
(3 sin
2(t) cos(t))
2+ (−3 cos
2(t) sin(t))
2= q
9 sin
2(t) cos
2(t)(sin
2(t) + cos
2(t)) = 3| sin(t)|| cos(t)|.
Mit Hilfe der Additionstheoreme f¨ ur Sinus und Kosinus erhalten wir Z
sin(t) cos(t) dt = 1 2
Z
2 sin(t) cos(t) dt = 1 2
Z
sin(2t) dt = − 1
4 cos(2t).
Damit gilt f¨ ur die Bogenl¨ ange L =
2π
Z
0
k γ(t)k ˙ dt =
2π
Z
0
3| sin(t)|| cos(t)| dt
= 3
π
Z
20
sin(t) cos(t) dt +
π
Z
π 2
sin(t)(− cos(t)) dt +
3π
Z
2π
(− sin(t))(− cos(t)) dt +
2π
Z
3π 2
(− sin(t)) cos(t) dt
= 3 − 1
4 cos(2t)
π 2
0
+ 1
4 cos(2t)
π
π 2
− 1
4 cos(2t)
3π 2
π
+ 1
4 cos(2t)
2π
3π 2
!
= 3
4 (−(−1 − 1) + (1 − (−1)) − (−1 − 1) + (1 − (−1)) = 6.
Also ist Antwort 5. wahr.
b) Es gilt sin(
π4) = cos(
π4) =
√ 2
2
. An der Stelle t
0=
π4gilt
˙ γ π
4
=
γ ˙
1 π4˙ γ
2 π4=
3 sin
2 π4cos
π4−3 cos
2 π4sin
π4=
3 ·
√2 2
2·
√ 2 2
−3 ·
√2 2
2·
√2 2
=
3√ 2 4
−
3√ 2 4
! .
Weiter gilt
¨ γ(t) =
¨ γ
1(t)
¨ γ
2(t)
=
6 sin(t) cos
2(t) − 3 sin
3(t) 6 cos(t) sin
2(t) − 3 cos
3(t)
,
und damit erhalten wir
¨ γ π
4
= γ ¨
1 π4¨ γ
2 π4!
=
6
√ 2 2
·
√2 2
2− 3 ·
√2 2
36
√2 2
·
√2 2
2− 3 ·
√2 2
3
=
3√ 2 4 3√
2 4
! .
Also gilt f¨ ur die Kr¨ ummung κ π
4
= γ ˙
1 π4¨ γ
2 π4− γ ¨
1 π4˙ γ
2 π4k γ ˙
π4k
3=
3√ 2 4
·
3√2 4
+
3√2 4
·
3√2 4
3 ·
√2 2
·
√2 2
3
=
9 4 27
8
= 2 3 .
Also ist Antwort 3. wahr.
c) Es gilt sin(
π4) = cos(
π4) =
√ 2
2
. Der Radius des Kr¨ ummungskreises ist somit r = 1
κ
π4= 3 sin π
4
cos π
4
= 3 ·
√ 2 2 ·
√ 2 2 = 3
2 . Also ist Antwort 2. wahr.
d) Zur Berechnung des Mittelpunktes ben¨ otigen wir den Normaleneinheitsvektor n(t) an der Stelle t =
π4. Daf¨ ur gilt
n(t) = 1
| γ(t)| ˙
− γ ˙
2(t)
˙ γ
1(t)
= 1
3| sin(t)|| cos(t)|
3 cos
2(t) sin(t) 3 sin
2(t) cos(t)
⇒ n π 4
= 2 3
3√ 2 4 3√ 2 4
!
=
√ 2 2
1 1
.
Damit erhalten wir m = γ π
4
+ 1
κ
π4· n π 4
=
√ 2 4
1 1
+ 3
2 ·
√ 2 2
1 1
= √ 2
1 1
.
Also hat M die Koordinaten √ 2, √
2
.
Also ist Antwort 4. wahr.
Aufgabe III.3: (3+4+4 Pkt.) a) Gegeben sei das Polynom p(x) = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) mit a < b < c < d.
Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen ¨ uber die Lage der Nullstellen der Ableitung p
0(x) von p(x):
1. p
0(x) hat in dem Intervall (a, d) genau vier Nullstellen.
2. p
0(x) hat in dem Intervall (a, d) mindestens vier Nullstellen.
3. p
0(x) hat in dem Intervall (a, d) genau eine Nullstelle.
4. p
0(x) hat in den Intervallen (a, b) und (b, d) jeweils genau eine Nullstelle.
5. p
0(x) hat in den Intervallen (a, b), (b, c) und (c, d) jeweils genau eine Nullstelle.
6. p
0(x) hat in einem der Intervalle (a, b), (b, c) und (c, d) mindestens zwei Nullstellen.
b) Gegeben sei die Funktion f (x) = x
4· exp
−
x44, x ∈ R . Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen:
1. f(x) ist monoton wachsend auf −∞, − √ 2
. 2. f(x) ist monoton fallend auf −∞, − √
2 . 3. f(x) ist monoton wachsend auf
0, √ 2
. 4. f(x) ist monoton fallend auf
0, √ 2
. 5. f(x) ist monoton wachsend auf √
2, ∞ . 6. f(x) ist monoton fallend auf √
2, ∞ . 7. f(x) ist monoton wachsend auf
− √ 2, 0
. 8. f(x) ist monoton fallend auf
− √ 2, 0
.
c) Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen:
