Nach Beendigung der Klausur sind die Lösungsblätter im Faltblatt abzugeben! (2)Aufgabe 1

Humboldt-Universität zu Berlin Mathematik für Naturwissenschaftler I

Institut für Mathematik Wintersemester 2018/2019

Dr. Jens A. Griepentrog https://www.math.hu-berlin.de/griepent/1819/index.html

Musterklausur

29. Januar 2019 (90 Minuten)

Name: Vorname:

Studiengang: Matrikelnummer:

Ergebnis

Aufgabe 1 2 3 4 5 6 P

Mögliche Punktzahl 8 8 8 8 8 8 48

Erreichte Punktzahl Korrektor

Hinweise:

1. Bitte füllen Sie das Deckblatt vollständig und gut lesbar aus!

2. Sie können in der Klausur als Hilfsmittel ein beidseitig von Hand beschriebenes A4-Blatt benutzen.

3. Bitte fangen Sie jede Aufgabe auf einem neuen Blatt an!

4. Numerieren Sie die Lösungsblätter durch und versehen Sie alleBlätter zusätzlich zu Ihrer Matrikelnummer auch mit Ihrem Namen!

5. Die Lösungen zu den Aufgaben sollen möglichst gut begründet werden!

6. Nach Beendigung der Klausur sind die Lösungsblätter im Faltblatt abzugeben!

Aufgabe 1. Man bestimme alle diejenigen komplexen Zahlen u 2 C, welche die Glei-

chungu³ .6; 4/u²C.5; 14/uD0lösen! ³

Lösung. 1. Klammert man auf der linken Seite der Gleichung den Faktoru aus, so er- kennt man, daßu0D02Ceine Lösung der Gleichung ist.

2. Es verbleibt die Suche nach den beiden Lösungen u1, u2 2 C der quadratischen Gleichung u² .6; 4/u D . 5; 14/: Durch quadratische Ergänzung der linken Seite ergibt sich für die neue Unbekanntez Du .3; 2/ 2Cdie Gleichung

z² D.u .3; 2//²D. 5; 14/C.3; 2/² D. 5; 14/C.5; 12/D.0; 2/:

3. Stellt man die rechte Seite w D .rcos˛; rsin˛/ D .0; 2/ in Polarkoordinaten r D jwj D 2und˛ 2Œ; 2dar, dann sind

z1 Dp

r cos^˛₂;sin^˛₂

2C und z2Dp

r cos.C ^˛₂/;sin. C^˛₂/

D z1 2C die beiden Lösungen der Gleichung z² D w. Der Punkt cos^˛₂;sin^˛₂

kann wegen der Lage des Winkels ^˛₂ 2

2;

eindeutig aus .cos˛;sin˛/ D .0; 1/ mit Hilfe der Bezie- hungen cos˛ D2cos^{2 ˛}₂ 1und sin˛ D2sin^˛₂cos^˛₂ bestimmt werden:

Aus2cos^{2 ˛}₂ 1 Dcos˛ D0folgt sofort cos^{2 ˛}₂ D ¹₂ und somit cos^˛₂ D ¹₂p

2wegen

˛ 2 2

2;

. Somit ergibt sich aus2sin^˛₂ cos^˛₂ Dsin˛ D 1schließlich sin^˛₂ D ¹₂p 2, das heißt, die Gleichungz² Dwhat die beiden Lösungen

z1 Dp

2 ¹₂p 2;¹₂p

2

D. 1; 1/2 C und z2 D z1 D.1; 1/2C:

4. Somit besitzt die Gleichungu³ .3; 2/u²C.5; 14/uD0die Lösungen u1 D.3; 2/Cz1 D.3; 2/C. 1; 1/ D.2; 3/2C

u2 D.3; 2/Cz2 D.3; 2/C.1; 1/ D.4; 1/2C sowieu0 D02C.

Aufgabe 2. Man weise nach, daß die Reihe Pn kD1

2kC1 k².kC1/²

reeller Zahlen gegen eine endliche Summe konvergiert, indem man für jedesn 2 N die Teilsumme Pn

kD1

2kC1 k².kC1/²

berechnet und anschließend den Grenzwert fürn! 1bestimmt! ³ Lösung. 1. Im Teilbruchansatz

2kC1

k².kC1/² D ^a_k C _k^b2 C_kC^c₁ C _.kC^d_1/2 fürk2N

sollen die unbekannten Koeffizientena,b,c,d 2 Rbestimmt werden: Es gilt 2kC1Dak.kC1/²Cb.kC1/²Cck².kC1/Cd k²

Da.k³C2k²Ck/Cb.k²C2kC1/Cc.k³Ck²/Cd k²

für allek 2 N, woraus sich durch Koeffizientenvergleich vor den Termen gleicher Ord- nung inkdas lineare Gleichungssystem

0DaCc

0D2aCbCcCd 2DaC2b

1Db

ergibt. Aus b D 1 und der dritten Gleichung folgt sofort a D 0 und somit wegen der ersten Gleichung auchc D 0. Somit liefert die zweite Gleichung d D 1und damit die Teilbruchzerlegung

2kC1

k².kC1/² D _k¹² _.kC¹_1/² fürk2 N:

2. Mit Hilfe einer Indexverschiebung ergibt sich Pn

kD1 2kC1

k².kC1/² DPn kD1

1 k²

Pn kD1

1

.kC1/² DPn kD1

1 k²

PnC1 kD2

1

k² D1 _.nC¹_1/2

für allen 2 N. Wegen limn!1 1

.nC1/² D 0konvergiert die Reihe Pn kD1

2kC1 k².kC1/²

gegen die SummeP1

kD1 2kC1

k².kC1/² D1.

Aufgabe 3. Sei die Potenzreihe.sn/durch die Teilsummensn.z/DPn

kD0akz^kfürz 2C, n2N und die Koeffizientenak D ¹₂.kC1/.kC2/fürk2 N[ f0gdefiniert.

Man zeige, daß die Potenzreihe.sn/im EinheitskreisED fz 2Cj jzj< 1gpunktweise konvergiert und bestimme (ausgehend von der geometrischen Reihe) die Grenzfunktion

s WE!Cder konvergenten Potenzreihe.sn/! ³

Lösung. 1. Mit Hilfe des Quotientenkriteriums

klim!1 akC1

a_k D lim

k!1

2.kC2/.kC3/

2.kC1/.kC2/ D lim

k!1 kC3 kC1 D1

ergibt sich der KonvergenzradiusR D 1der gegebenen Potenzreihe .sn/. Damit konver- giert.sn/im KreisEpunktweise gegen eine (analytische) Grenzfunktions WE!C.

2. Ferner konvergiert die durch die Teilsummenfn.z/ D Pn

kD0z^k für z 2 C,n 2 N definierte geometrische Reihe.fn/inEpunktweise gegen die durchf .z/D ₁¹_zfürz 2E definierte analytische Grenzfunktionf WE!Cund somit auch diek-mal summanden- weise differenzierte Potenzreihe .D^kfn/ in E für jedes k 2 N gegen die k-te Ableitung D^kf WE!Cder Grenzfunktionf WE!C. Fürk 2 f1; 2gund jedesz 2Efolgt

1

.1 z/² DDf .z/DP₁

kD1kz^{k 1} DP₁

kD0.kC1/z^k;

2

.1 z/³ DD²f .z/DP1

kD1k.k C1/z^{k 1} DP1

kD0.kC1/.kC2/z^k D2s.z/

und somit schließlichs.z/D P1

kD0akz^k D _.1¹_z/3 für allez 2Efür die gesuchte Grenz- funktions WE!Cder konvergenten Potenzreihe.sn/.

Aufgabe 4. Sei die gebrochene rationale Funktionf WRn f15g !Rdurch f .x/D ^.xC_{.x 15/}^{5/.x 10/}2 fürx 2Rn f15gdefiniert:

1. Man finde alle Punkte, in denenf lokale Extremwerte hat sowie alle Wendepunkte!

2. Auf welchen Intervallen istf streng monoton, streng konvex bzw. streng konkav?

3. Man bestimme den Wertebereich vonf! ³

Lösung. 1. Als gebrochene rationale Funktion istf WRn f15g !Ranalytisch und damit unendlichmal differenzierbar. Für allex 2Rn f15ggilt

Df .x/D .2x 5/.x 15/² 2.x 15/.xC5/.x 10/

.x 15/⁴ D .2x 5/.x 15/ 2.x² 5x 50/

.x 15/³ D ^{25.7 x/}_{.x 15/}³: Die Ableitung Df W Rn f15g ! R hat eine Nullstellex0 D 7. Es gilt Df .x/ > 0 für allex 27; 15Œ, das heißt,f ist streng monoton wachsend aufŒ7; 15Œ. Im Gegensatz dazu giltDf .x/ < 0für allex 2  1; 7Œsowie x 2 15;1Œ, das heißt,f ist streng monoton fallend auf 1; 7sowie15;1Œ. Damit hatf inx0 D7ein strenges lokales Minimum.

2. Wegen limx! 1f .x/D1und limx"15f .x/D 1folgt aus Schritt 1 und der Stetig- keit vonf aufX D 1; 15Œ, daßf ŒX DŒf .x0/;1ŒD 9

16;1 gilt.

Desweiteren folgt aus Schritt 1 wegen limx#15f .x/ D 1 und limx!1f .x/ D 1 und der Stetigkeit vonf aufY D15;1Œ, daßf ŒY D1;1Œgilt. Damit hatf WX[Y !R den Wertebereichf ŒX [f ŒY D 9

16;1 .

3. Die zweite Ableitung vonf hat für allex 2Rn f15gdie Gestalt D²f .x/D ^{25.x 15/3} 75.7 x/.x 15/²

.x 15/⁶ D 25.x 15/ 75.7 x/

.x 15/⁴ D ^{50.x 3/}_{.x 15/}⁴

und somit eine Nullstellex1 D3. Es giltD²f .x/ > 0für allex 2 3; 15Œundx 215;1Œ, das heißt, die Funktionf ist streng konvex aufŒ3; 15Œund15;1Œ. Ferner giltD²f .x/ < 0 für allex 2  1; 3Œdas heißt, die Funktionf ist streng konkav auf 1; 3. Damit hat die Funktionf inx1 D3einen Wendepunkt.

Aufgabe 5. Man berechne für den Parameter ˇ 2 Rund die Intervallgrenzena,b 2 R mit0 < a < bden Wert des IntegralsRb

a x^{ˇ 1}ln.x/ dxund unterscheide dabei die Fälle

ˇ¤0sowieˇ D0! ³

Lösung. 1. Im Falle ˇ 2 R mit ˇ ¤ 0 führt teilweise Integration auf ein bekanntes Grundintegral: Für allea,b 2Rmit0 < a < b gilt

Rb

a x^{ˇ 1}ln.x/ dx D _ˇ¹ b^ˇ ln.b/ a^ˇln.a/ Rb a

1

ˇx^ˇ _x¹dx D _ˇ¹ b^ˇ ln.b/ a^ˇln.a/ Rb

a 1

ˇx^{ˇ 1}dx D _ˇ¹ b^ˇ ln.b/ a^ˇln.a/ ₁

ˇ² b^ˇ a^ˇ :

2. Im Falleˇ D 0 wird durch teilweise Integration das gleiche Integral reproduziert:

Für allea,b 2Rmit0 < a < bgilt Rb

a 1

x ln.x/ dxCRb

a ln.x/ _x¹dxD jln.b/j² jln.a/j²; alsoRb

a 1

x ln.x/ dx D ¹₂ jln.b/j² jln.a/j² .

Aufgabe 6. Man zeige, daß das beidseitig uneigentliche Integral R1

0 1 .1Cx/p

x dx

als Grenzwert eigentlicher Integrale existiert und berechne diesen Wert durch eine dafür

geeignete Variablentransformation! ³

Lösung. Definiert man durch'.t /Dt²die Transformation' W 0;1Œ!0;1Œder neu- en Variablent 20;1Œin die alte Variablex 20;1Œ, so führt die Transformationsformel für die neuen Grenzena,b 20;1Œauf das Grundintegral

R'.b/

'.a/

1 .1Cx/p

x dxDRb a

1 .1C'.t //p

'.t /D'.t / dt DRb a

2

1Ct² dt D2arctanb 2arctana:

Wegen der Beziehungen lima#0'.a/D0und limb!1'.b/D 1sowie lima#0arctanaD0 und lim

b!1arctanbD ₂ folgt daraus die Existenz des GrenzwertsR1

0 1 .1Cx/p

x dxD.