Berechnen Sie den Wert der Reihe

Klausur HM II H 2006 HM II : 1

Aufgabe 1 (2 Punkte):

Berechnen Sie den Wert der Reihe

∞

X

k=1

2 + 4 ^k 5 ^k .

L¨ osung:

Es gilt (geometrische Reihe)

∞

X

k=1

2 + 4 ^k 5 ^k = 2

∞

X

k=1

1 5

k

+

∞

X

k=1

4 5

k

= 2

∞

X

k=0

1 5

k

− 2 +

∞

X

k=0

4 5

k

− 1

= 2 · 1

1 − 1/5 + 1

1 − 4/5 − 3 = 2 · 5

4 + 5 − 3 = 9

2 .

Klausur HM II H 2006 HM II : 2

Aufgabe 2 (4 Punkte): F¨ur x ² + 6x + 5

x ³ + x − 2 ist die Partialbruchzerlegung x ² + 6x + 5

x ³ + x − 2 = 3

x − 1 + − 2x + 1 x ² + x + 2

gegeben. Bestimmen Sie mit Hilfe dieser Partialbruchzerlegung den Wert des Integrals

β

Z

α

x ² + 6x + 5 x ³ + x − 2 dx

und finden Sie geeignete Grenzen α, β.

L¨ osung:

Aufgrund der gegebenen Partialbruchzerlegung gilt α, β ∈ ( −∞ , 1) oder α, β ∈ (1, ∞ ) und Z β

α

x ² + 6x + 5

x ³ + x − 2 dx =

Z β

α

3

x − 1 dx + Z β

α

− 2x + 1 x ² + x + 2 dx

= [3 ln | x − 1 | ] ^β _α − Z β

α

2x + 1

x ² + x + 2 dx + 2 Z β

α

1

x ² + x + 2 dx

=

3 ln | x − 1 | − ln(x ² + x + 2) β α + 2

Z β

α

dx (x + ¹ ₂ ) ² + ⁷ ₄

=

3 ln | x − 1 | − ln(x ² + x + 2) β α + 8

7 Z β

α

dx

1 + ( ^{√ 2} ₇ x + ^{√ 1} ₇ ) ²

u=

x+

=

3 ln | x − 1 | − ln(x ² + x + 2) β α + 4 √

7 7

Z β

α

du 1 + u ²

=

3 ln | x − 1 | − ln(x ² + x + 2) + 4

√ 7 arctan( 2

√ 7 x + 1

√ 7 ) β

α

.

Klausur HM II H 2006 HM II : 3

Aufgabe 3 (2+4=6 Punkte):

Gegeben sei die Kurve α durch die Parametrisierung α(t) =

₁

2 t ⁴

1

5 t ⁵ − ¹ 3 t ³

mit t ∈ R .

a) Bestimmen Sie die Bogenl¨ange L von α f¨ur das Intervall [0,2].

b) Bestimmen Sie Radius und Mittelpunkt des Kr¨ummungskreises C(α(t 0 )) f¨ur t 0 = 1.

L¨ osung:

a) Es ist α(t) =

α 1 (t) α ₂ (t)

=

₁

2 t ⁴

1

5 t ⁵ − ¹ ₃ t ³

. Also ist α ^′ (t) =

2t ³ t ⁴ − t ²

und || α ^′ (t) || =

√ 4t ⁶ + t ⁸ − 2t ⁶ + t ⁴ = p

(t ⁴ + t ² ) ² = t ⁴ + t ² . Damit gilt f¨ur die Bogenl¨ange

L = Z 2

0

t ⁴ + t ² dt =

1 5 t ⁵ + 1

3 t ³ 2

0

= 8( 4 5 + 1

3 ) = 136 15 .

b)Es ist α ^′′ (t) =

6t ² 4t ³ − 2t

. Der Normalenvektor an der Stelle t berechnet sich durch

n(t) = 1

|| α ^′ (t) ||

− α ^′ ₂ (t) α ₁ ^′ (t)

= 1

t ⁴ + t ²

t ² − t ⁴ 2t ³

,

an der Stelle t 0 = 1 also n(1) = ¹ ₂ 0

2

= 0

1

. Die Kr¨ummung im Punkt t erh¨alt man aus

κ(t) = α ^′ ₁ (t)α ₂ ^′′ (t) − α ^′ ₂ (t)α ^′′ ₁ (t)

|| α ^′ (t) || ³ = 2t ³ (4t ³ − 2t) − 6t ² (t ⁴ − t ² ) (t ⁴ + t ² ) ³

und damit ist κ(1) = 2(4−2)−6(1−1) (1+1)

= ¹ ₂ .

Der Radius des Kr¨ummungskreises ist daher gleich 2 und der Mittelpunkt liegt bei

α(1) + n(1) κ(1) =

₁

1 2 5 − ¹ 3

+ 2

0 1

=

1/2 28/15

.

Klausur HM II H 2006 HM II : 4

Aufgabe 4 (4 Punkte):

Bestimmen Sie alle lokalen und globalen Extrema der Funktion f : R ² → R definiert durch f (x, y ) = x ² − 2y ² + 9y unter der Nebenbedingung x ² + ¹ ₄ y ² = 1.

L¨ osung:

Die Menge

N :=

x y

∈ R ² | x ² + 1

4 y ² = 1

beschreibt eine Ellipse und ist somit kompakt. Da f stetig ist, nimmt f auf N sein Maximum und Minimum an. Wegen x ² + ¹ ₄ y ² = 1 betrachten wir die Funktion g : [ − 2, 2] → R mit g(y) = 1 − ¹ 4 y ² − 2y ² + 9y. Die einzigen Kandidaten f¨ur lokale und globale Extrema von f auf N sind bei den y-Werten, f¨ur die g ^′ (y) = 0 gilt und die zum Rand von D(g) geh¨oren.

Die R¨ander von D(g) sind y 1 = − 2 und y 2 = 2. Aufgrund der Nebenbedingung haben wir die Punkte P 1 =

0

− 2

und P 2 = 0

2

mit f (P 1 ) = − 26 und f(P 2 ) = 10. Weiterhin haben wir

g ^′ (y) = − 1

2 y − 4y + 9 = − 9

2 y + 9 = 0 ^! ⇔ y = 2,

d.h. wir erhalten keinen weiteren Kandidaten f¨ur eine Extremstelle. Folglich liegt in P 1 ein

lokales und globales Minimum und in P ₂ ein lokales und globales Maximum von f unter der

Nebenbedingung N vor.