Kommentierte Musterlösung zur Klausur HM I für Naturwissenschaftler

Kommentierte Musterlösung zur Klausur HM I für Naturwissenschaftler

Wintersemester 2015/16 (15.03.2016)

1. (a) Bestimmen Sie die kartesische Form vonz₁ = ¹⁺²ⁱ_1−2i und z₂ =h

√1

8(−2 + 2i)i42

. (b) Bestimmen Sie sämtliche komplexen Lösungen der Gleichung

iz (z+i)²−4(z+i) + 5

= 0.

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

Rez <0, |Imz−2| ≤1 und |z+ 2−2i| ≥1.

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

Lösung:

(a) Es gelten

z₁ = 1 + 2i

1−2i = (1 + 2i)²

(1 + 2i)(1−2i) = 1

5(−3 + 4i) sowie

z₂ = 1

√8(−2 + 2i) 42

=

e^i·34π42

=e^i·632π =e^i·32π =−i.

Das verwendete Argument (d. h. der Winkel) von ^√1

8(−2 + 2i) lässt sich dabei anhand von Symmetrien erkennen.

(b) Das Produkt auf der linken Seite ist genau dann Null, wenn einer der Faktoren Null ist.

Eine erste Lösung ist also z₁ = 0, während die anderen Lösungen durch Nullsetzen des Terms in der großen Klammer entstehen. Nach Substitutionw=z+i⇔z=w−iführt dies auf die quadratische Gleichung

w²−4w+ 5 = 0 mit den Lösungen

w_2/3 = 2±ip

|4−5|= 2±i.

Durch Rücksubstitution erhalten wir also zwei weitere Lösungen der Ausgangsgleichung:

z2 =w2−i= (2 +i)−i= 2, z3 =w3−i= (2−i)−i= 2−2i.

(c) Die erste Bedingung beschreibt die linke Halbebene ohne imaginäre Achse. Die zweite Bedingung besagt, dass sich der Imaginärteil um nicht mehr als Eins von der Zahl 2 unterscheiden darf und somit zwischen 1 und 3 liegt (horizontaler Streifen incl. Rand).

Die dritte Bedingung besagt, dass der Abstand zwischen z und −2 + 2i in der Ebene größer oder gleich Eins sein muss (alle Punkte auf oder außerhalb des entsprechenden Kreises).

Skizze:

Re

-4 -3 -2 -1 0 1

Im

-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

2. (a) Bestimmen Sie die Grenzwerte der Folgen an= 3n

√n+ 1√

n−1 (n≥2), bn= cos (nπ)−(−1)ⁿn² n²+ 1 , sofern diese existieren.

(b) Berechnen Sie den Wert der Reihe

∞

X

k=0

(−2)^k+1 3^k+2 . (c) Untersuchen Sie die Reihe

∞

X

k=2

(−1)^k 1 pk(k−1) auf Konvergenz.

Lösung:

(a) Es gilt

an= 3n

√

n²−1 = 3 r n²

n²−1→3 (n→ ∞), denn

n²

n²−1 = 1 1−_n¹2

→1 (n→ ∞), und die Wurzelfunktion ist stetig.

(Alternativ zur letzten Zeile auch _nⁿ₂₋₁² = ⁿ²_n⁻¹⁺¹2−1 = 1 +_n2¹−1→1 fürn→ ∞.) Für die zweite Folge gilt unter Beachtung von cos (nπ) = (−1)ⁿ:

bn= (−1)ⁿ−(−1)ⁿn²

n²+ 1 = (−1)ⁿ

1− n² n²+ 1

= (−1)ⁿ· 1

n²+ 1→0 (n→ ∞).

(b) Nach Anwendung von Potenzgesetzen kann die Summenformel für die geometrische Reihe benutzt werden:

∞

X

k=0

(−2)^k+1 3^k+2 =−2

9

∞

X

k=0

−2 3

k

=−2 9· 1

1 +²₃ =− 2 15.

(c) Da(k(k−1))k≥2 monoton wächst und unbeschränkt ist und die Wurzelfunktion ebenfalls monoton wächst, ist die Folge p

k(k−1)

k≥2 ebenso monoton wachsend und unbe- schränkt. Damit ist

√ 1 k(k−1)

k≥2

eine monoton fallende Nullfolge, weshalb die Reihe nach dem Leibniz-Kriterium konvergiert.

3. Gegeben ist die abschnittsweise definierte Funktion f :R→R, f(x) =

a(1 +ax)³ für x≤0;

2be^(2b−1)x für x >0.

(a) Skizzieren Sie den Graphen vonf füra=b= 1 auf dem Intervall [−1,1].

(b) Geben Sie sämtliche Werte der reellen Parameter a und b an, für dief inx₀ = 0 stetig ist.

(c) Kann manaund bso wählen, dassf inx0 = 0 sogar differenzierbar ist? Wenn ja, geben Sie die betreffenden Werte für aundb an.

Lösung:

(a)

x

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

y

0 1 2 3 4 5 6

(b) Die Funktion f ist stetig in x0 = 0, wenn

x→0−lim f(x) =f(0) = lim

x→0+f(x).

Die erste Gleichheit ist immer erfüllt, da die Funktionf₁(x) =a(1+ax)³ auf ganzRstetig ist. Wertet man die zweite Bedingung aus, erhält man unter Zuhilfenahme der stetigen Fortsetzung des rechten Zweiges, f2(x) = 2be^(2b−1)x auf ganz R:

f(0) =a= lim^!

x→0+f(x) =f₂(0) = 2b.

Die Funktionf ist also genau dann stetig in x0 = 0, wenna= 2bgilt.

(c) Zunächst ist Stetigkeit eine notwendige Bedingung für Differenzierbarkeit, d. h. es muss a= 2bgelten (siehe (b)). Desweiteren müssen die rechtsseitigen und linksseitigen Grenz- werte des Differenzenquotienten übereinstimmen (dies sind gerade die Ableitungen der Fortsetzungenf1 und f2):

f₁⁰(0) = lim

h→0−

f(x+h)−f(x) h

= lim! h→0+

f(x+h)−f(x)

h =f₂⁰(0).

Mitf₁⁰(x) = 3a²(1+ax)² undf₂⁰(x) =a(a−1)e^(a−1)x(dabei wurde bereitsa= 2bersetzt), führt dies auf die quadratische Gleichung

3a²=a(a−1) ⇔ 2a²+a= 0 ⇔ a(2a+ 1) = 0

mit den Lösungena₁ = 0unda₂ =−¹₂. Die zugehörigen Werte des Parameters bergeben sich aus a= 2b, nämlichb₁ = 0 undb₂ =−¹₄.

4. Gegeben ist die Funktion

ft:R→R, ft(x) =

1−x t

e^−tx mit einem Parameter t >0.

(a) Bestimmen Sie alle Nullstellen sowie Lage und Art der lokalen Extrema.

(b) Analysieren Sie das Verhalten der Funktion f_t im Unendlichen, d. h. fürx→ ± ∞.

(c) Geben Sie den Wertebereich der Funktionft an.

(d) Für welche Werte von t besitzt ft an der Stelle x0 = 0 eine Tangente mit Anstieg −2?

Geben Sie die Gleichung dieser Tangente an.

Lösung:

(a) Wegen

f_t(x) = 0 ⇔ 1−x

t = 0 ⇔ x=t ist x_N =t einzige Nullstelle vonf_t.

Für die Bestimmung der Extrema berechnen wir zunächst die ersten beiden Ableitungen:

f_t⁰(x) = (1−x

t)·(−t)e^−tx+

−1 t

e^−tx=

x−t− 1 t

e^−tx, f_t⁰⁰(x) = (x−t−1

t)·(−t)e^−tx+ 1·e^−tx=

(x−t− 1

t)·(−t) + 1

e^−tx. Alle lokalen Extrema sind Nullstellen der ersten Ableitung, d. h.

x_E =t+1 t ist der einzige Kandidat. Wegen

f_t⁰⁰(x_E) =e^−txE >0 handelt es sich um die Stelle eines lokalen Minimums.

(b) Es gelten

x→−∞lim ft(x) = lim

x→−∞(1−x

t)e^−tx=∞,

denn jeder der beiden Faktoren läuft bereits für sich gegen∞. Für den zweiten Grenzwert verwenden wir die Regel von l’Hospital:

x→∞lim ft(x) = lim

x→∞

(1−^x_t)

e^tx = lim

x→∞

−¹_t

te^tx =− lim

x→∞

1 t²e^tx = 0.

(c) Mit

ft(xE) =

1−1 t(t+1

t)

e^−t(t+1t)=−1 t²e^−t2−1 ergibt sich der Wertebereich

W_ft = [f_t(x_E),∞) =

−1

t²e^−t2−1,∞

.

(d) In der beschriebenen Situation muss f_t⁰(0) =−2gelten, d. h.

−t−1

t =−2 ⇔ t+1

t −2 = 0 ⇔ t²−2t+ 1

| {z }

=(t−1)²

= 0 ⇔ t= 1.

Die Tangente an den Graphen von f1 an der Stelle x0 = 0 wird beschrieben durch die Gleichung

t(x) =f1(0) +f₁⁰(0)(x−0) = 1−2x.

5. (a) Skizzieren Sie die Graphen der Funktionen f(x) = 2−x² und g(x) = √

x. Berechnen Sie den endlichen Flächeninhalt, der von der y-Achse und den Graphen dieser beiden Funktionen begrenzt wird.

(b) Bestimmen Sie

Z ∞ 0

3

(2x+ 4)²dx und

Z 8x−4 x³+ 4x²+ 4xdx durch Rückführung auf Grundintegrale.

Lösung:

(a) Skizze:

x

-0.5 0 0.5 1 1.5

y

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

f g

Augenscheinlich gilt f(1) =g(1) = 1und damit für den gesuchten Flächeninhalt:

A= Z 1

0

(2−x²−√

x)dx=

2x− 1 3x³−2

3x³² 1

0

= 1.

(b) Das erste (uneigentliche) Integral löst man mit Hilfe der linearen Substitutiony= 2x+ 4, d. h. dx= ¹₂dy:

Z ∞ 0

3

(2x+ 4)² dx= Z ∞

4

3 y² ·1

2dy= lim

r→∞

3 2

−1 y

r 4

= lim

r→∞

3 2

−1 r +1

4

= 3 8.

Für das zweite Integral erzeugt man sich eine Partialbruchzerlegung des Integranden (beachte (x³+ 4x²+ 4x) =x(x+ 2)²):

8x−4 x(x+ 2)²

=! A x + B

x+ 2+ C (x+ 2)². Multiplikation mit dem Hauptnenner liefert

8x−4 =A(x+ 2)²+Bx(x+ 2) +Cx.

Für x= 0folgt−4 = 4A, d. h.A=−1, und für x=−2folgt −20 =−2C, d. h. C = 10.

Wählt man (willkürlich) z. B. noch x=−1, so erhält man−12 =A−B−C =−11−B, d. h. B= 1.

Damit also

Z 8x−4

x³+ 4x²+ 4xdx=− Z dx

x +

Z dx x+ 2+ 10

Z dx (x+ 2)²

=−ln|x|+ ln|x+ 2| − 10 x+ 2+c.

6. Gegeben seien eine MatrixAund ein Vektor~bwie folgt:

A=





β −β 0 3 −7 4 2 −3 β



 und ~b=



 7 13 12



. Dabei istβ ∈R ein Parameter.

(a) Berechnen Sie die Determinante von A.

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

(c) Berechnen Sie fürβ = 1die Lösung des linearen GleichungssystemsA~x=~bmit Hilfe des Gaußschen Eliminationsverfahrens.

(d) Gibt es im Fall β= 1 einen Vektor~c, für den das lineare GleichungssystemA~x=~ckeine Lösung besitzt? Kann dieser Vektor~cder Nullvektor sein?

Lösung:

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

β −β 0 3 −7 4 2 −3 β

= 0 + 12β+ 3β²−7β²−8β+ 0 =−4β²+ 4β.

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

−4β²+ 4β= 4β(1−β) = 0.

Das LGS A~x = ~0 hat also für β = 0 und β = 1 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):

1 -1 0 7

3 -7 4 13

2 -3 1 12

1 -1 0 7

0 4 -4 8 3 I - II 0 1 -1 2 2 I - III

Die zweite Zeile kann man wegen der linearen Abhängigkeit von Zeile III ersatzlos strei- chen bzw. durch Nullen ersetzen. Zur Bestimmung der Lösung können wir eine Variable frei wählen. Zweckmäßig ist x₃ =t, t∈R. Die anderen beiden Variablen bestimmen wir in Abhängigkeit von tdurch Rückwärtsauflösen der ersten beiden Zeilen:

x₂−t= 2 ⇒ x₂= 2 +t, x₁−(2 +t) = 7 ⇒ x₁= 9 +t.

Als Lösungsmenge ergibt sich

L=







~x∈R³ : ~x=



 9 2 0



+t



 1 1 1



, t∈R





 .

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

(d) Ja, es gibt einen solchen Vektor, denn für die Dimension des Bilds (Wertebereich der Abbildung~x7→A~x) gilt

dim(R(A)) =rg(A) = 2<3.

Den Rang kann man am Endzustand der Koeffizientenmatrix beim Gauß-Algorithmus in (c) erkennen (Anzahl linear unabhängiger Zeilen oder Spalten). Die Wahl~c=~0 scheidet aus, da ~0 immer zum Teilraum R(A) gehört (das LGS A~x =~0 hat immer die triviale Lösung).