Musterlosung zur 1. Klausur am 02.06.2005
Vorbemerkung zur Punkteverteilung:
1)Dasich dieKlausurals etwaszu umfangreicherwiesen hat,wurdendieTeilaufgaben
2.c und4.cals Zusatzaufgaben gewertet. Damit sinkt diePunktzahl derverbleibenden
Aufgaben auf 28Punkte.
2)DieDarstellungderkomplexenZahlausderAufgabe2.amitkartesischenKoordinaten
ist mit den bekannten Funktionswerten der Winkelfunktionen nicht moglich. Deshalb
gibtesschonfurdierichtige DarstellungmitPolarkoordinatendievollePunktzahl,wer
dazunochdieFormelzurUmrechnungaufgeschriebenhatte,bekameinenZusatzpunkt.
3) Zum besseren Verstandnis sind die Losungswege in dieser Musterlosung etwas aus-
fuhrlicherkommentiert, als esnotwendig gewesenware.
1.a) Sei A eine von oben und unten beschrankte Menge von reellen Zahlen mit dem
Supremums=sup(A). Fureinbeliebigesb2R bildenwirdieMenge
bA:=fbaja2Ag:
ZeigenSie an HandderSupremum-Denition,dass sup(3A)=3sup(A).
Losung: Das Supremum einer Menge ist die kleinste obere Schranke. Deshalb zeigt
manzuerst, dass 3seineobere Schranke von 3A istunddanach miteinemindirekten
Argument, dasseskeinekleinere obereSchrankegeben kann:
Sei x ein beliebiges Element aus 3A,dann ist x = 3a furein a 2A unddamit
istsa. AusdieserUngleichung folgt3s3a=x(3s ist obereSchranke).
Angenommen, es gibt eine kleinere obere Schranke t < 3s fur 3A, dann ware
t 3a und folglich t
3
a fur alle a 2 A. Damit gabe es mit t
3
< s eine kleine
obere Schrankevon A { Widerspruch!
1.b) Welchen Werthat sup(( 3)A)? (kurzeBegrundungreicht)
Losung: sup(( 3) A) = 3inf(A). Man zeigt, dass 3inf(A) die kleinste obere
Schrankevon ( 3)Aist:
Seixeinbeliebiges Elementaus3A,dannistx=3afureina2Aunddamitist
inf(A)a.Da 3einenegativeZahlist,folgtausdieserUngleichung 3inf(A)
3a=x.
Angenommen, es gibt eine kleinere obere Schranke t < 3inf(A) fur ( 3)A,
dannist t
3
>inf(A)eine groere untere Schrankevon A { Widerspruch!
1.c) Es seien a;b;c dreireelle Zahlen und d =2jabcj. Wir bezeichnenmit M die
LosungsmengederUngleichung
(x+a)(x+b)(x+c)d
Besitzt die Menge M eine obere und/oderuntere Grenze? Es genugt die richtige Ant-
wort mit einer kurzen, aber konkreten Begrundung, ohne das (eventuell existierende)
Supremumbzw.Inmumdirektanzugeben.
Losung: Es genugt zu zeigen, dass M von oben beschrankt und von unten nicht be-
schrankt ist,denndamitgibtes(Vollstandigkeitsaxiom!- wichtigzu nennen)einSupre-
mum, aberkeinInmum. ZurBegrundung reicht dieFeststellung,dass
lim
x!1
(x+a)(x+b)(x+c)=1 und lim
x! 1
(x+a)(x+b)(x+c)= 1:
Man kann furdie Beschranktheitvon oben auch eine konkrete Schranke angeben, z.B.
s=3maxfjaj;jbj;jcj;
3 p
jdj g, dennfurallex>sgilt
(x+a)(x+b)(x+c)>
3 p
jdj 3 p
jdj 3 p
jdj=d
Damitist x62M undfolglich ist seineobere Schranke furM.
2.a) Bestimmen Sie mit dem Euklidischen Algorithmus dengroten gemeinsamen
Teiler derPolynome p(x)=2x 3
+x 2
4x+4 undq(x)=x 2
4.
Welchen Denitionsbereichundwelche Polstellenhatdie rationaleFunktion p(x)
q(x)
?
Losung: DerEuklidischeAlgorithmusbeginntmitderPolynomdivision
(2x 3
+x 2
4x+4):(x 2
4)=2x+1 Rest 4x+8=4(x+2):
Esgeht weitermitder Polynomdivision
(x 2
4):(x+2)=x 2 Rest 0
WegenRest 0 terminiertderEuklidischeAlgorithmusmitdemErgebnis
ggT(p(x);q(x))=x+2.
Da man fur die gekurzte Darstellung der rationalen Funktion p(x)
q(x)
den Faktor (x+2)
kurzen kann, verbleibtnur die 2 als Nullstelle desNennerpolynoms. Folglich hat diese
Funktion den Denitionsbereich R nf2g und die Funktion hat an der Stelle 2 einen
einfachenPol.
2.b) Bestimmen Sie mit dem Newton-Verfahren das Polynom p(x) vom Grad 2,
dassdenfolgenden Werteverlaufhat:
p( 1)=6; p(0)=3; p(1)=4.
Losung: Man beginnt mitdemSchema derdividiertenDierenzen:
1 6
&
3
&
0 3
%
&
2
1
%
1 4
%
DieWerte6; 3;2ausderoberenSchragewedenfurdieBestimmungdesPolynomsp(x)
verwendet:
p(x)=6 3(x+1)+2(x+1)x=2x 2
x+3
c)Esseiq(x)einPolynomvomGradn2.BegrundenSie,dasseskeineGeradegeben
kann,diedenGraphenvon q(x)ann+1Stellenschneidet(Hinweis:indirekterBeweis).
Losung: AngenommenderGraphdes Polynomswurdeeine Gerade mitder Gleichung
y=ax+bann+1Stellenschneiden,dannhattedasPolynomq(x) ax bmindestens
n+1 Nullstellenund den Grad n. Das ist aber nur moglich, wenn q(x) ax b das
3.a) Bestimmen Sie die folgende komplexe Zahl in derkartesischenund der Polardar-
stellung:
z= (1+
p
3 i) 10
(2 2i) 3
Losung: UmformungvonZahlerundNenner inPolarformundAnwendung desSatzes
von deMoivre:
1+ p
3 i =2e
3 i
2 2i = p
8e
4 i
z = (2e
3 i)
10
( p
8e
4 i
) 3
= 2
10
e 10
3 i
p
8 3
e 3
4 i
= 2
6
p
2 e
10
3 i
3
4 i
=2 5
p
2e 49
12 i
=2 5
p
2e
12 i
Die Umformung z=2 5
p
2(cos 1
12 +isin
1
12
) brachtenoch einen Zusatzpunkt.
3.b) BestimmenSieallekomplexen Losungen derGleichung
z 4
z 2
+1=0
Geben Sie dieLosungen jeweilsinkartesischenund inPolarkoordinatenan.
Losung: Man substituiertx=z 2
undlostdieGleichung x 2
x+1=0 underhalt die
komplexenLosungen:
x
1=2
= 1
2 +
r
3
4
= 1
2 +
p
3
2 i
Nach der Rucksubstitution mussen die komplexen Quadratwurzeln aus x
1
= 1
2 +
p
3
2 i
undx
2
= 1
2 p
3
2
igezogen werden:
furx
1
=e
3 i
: z
1
=e
6 i
und z
2
=e 5
6 i
furx
2
=e
3 i
: z
3
=e
6 i
und z
4
=e 5
6 i
Umformung inkartesische Koordinaten:
z
1
= p
3
2 +
1
2
i z
2
= p
3
2 1
2
i z
3
= p
3
2 1
2
i z
4
= p
3
2 +
1
2 i
BestimmenSiedie folgendenGrenzwerte
a) lim
n!1 6x
3
3x 2
+5
2x 2
4x
3x b) lim
n!1 p
x 2
4x p
x 2
+2
Losung:
a) lim
n!1 6x
3
3x 2
+5
2x 2
4x
3x = lim
n!1 6x
3
3x 2
+5 6x 3
+12x 2
2x 2
4x
= lim
n!1 9x
2
4x+5
2x 2
4x
= lim
n!1 x
2
(9 4=x+5=x 2
)
x 2
(2 4=x)
= lim
n!1
(9 4=x+5=x 2
)
lim
n!1
(2 4=x)
= 9
2
b) lim
n!1 p
x 2
4x p
x 2
+2 = lim
n!1 (
p
x 2
4x p
x 2
+2)(
p
x 2
4x+ p
x 2
+2)
p
x 2
4x+ p
x 2
+2
= lim
n!1 (x
2
4x) (x 2
+2)
p
x 2
4x+ p
x 2
+2
= lim
n!1
( 4x 2)
p
x 2
(1 4=x)+ p
x 2
(1+2=x 2
)
= lim
n!1
x( 4 2=x)
x(
p
(1 4=x)+ p
(1+2=x 2
))
=
lim
n!1
( 4 2=x)
lim
n!1 (
p
(1 4=x)+ p
(1+2=x 2
) )
= 4
2
= 2
4.c)Wieist die bestimmte Divergenz einerFolge (a
n )
n2N
gegen+1 deniert?
Gegeben sei eine Nullfolge (a
n )
n2N
,bei deralle Folgeglieder6=0 sind. Zeigen Sie, dass
diedurchb
n
= 1
janj
denierteFolge gegen+1 divergiert!
Losung:EineFolge(a
n )
n2N
divergiertgegen1,wennfurjedesK 2R einn
0
existiert,
sodassfurjedes nn
0
dieUngleichung a
n
>K gilt.
Sei (a
n )
n2N
eine Nullfolge und ein beliebiges K > 0 gegeben. Wir setzen " = 1
K . Da
(a
n )
n2N
eineNullfolgeist,gibteseinn
0
,sodassfurallenn
0
dieUngleichungja
n j<"
gilt.Daraus folgt
b
n
= 1
ja j
>
1
"
=K :
