Kommentierte Musterlösung zur Klausur HM I für Naturwissenschaftler

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1 Kommentierte Musterlösung zur Klausur HM I für Naturwissenschaftler Wintersemester 3/4 (.3.4). (a) Für z = + i und z = 3 4i berechne man z z und z z. Die Ergebnisse sind in kartesischer Form anzugeben. (b) Bestimmen Sie sämtliche komplexen Lösungen der Gleichung (z 4i) 3 (z + 8i) = Die Ergebnisse sind ebenfalls in kartesischer Form anzugeben. (c) Skizzieren Sie in der Gaußschen Zahlenebene die Menge aller komplexen Zahlen z = x+iy, die beide der folgenden Bedingungen erfüllen: Im z und z i. Aus Ihrer Skizze sollte man erkennen, ob Randpunkte zur Menge gehören oder nicht. (a) Man berechnet zunächst z z = ( + i)(3 + 4i) = (3 8) + (6 + 4)i = 5 + i und verwendet das Ergebnis weiter: z = z z = z z 5 + i = z z z z = i. (b) Ein Produkt kann nur dann gleich Null sein, wenn einer der Faktoren Null ist. Damit muss z 4i = oder z + 8i = gelten. Der erste Fall führt auf die Lösung z = 4i (dreifache Nullstelle), der zweite Fall auf die Gleichung z = 8i = 8e 3 πi. Da 8i zwei komplexe Wurzeln besitzt, ergeben sich aus dem zweiten Fall zwei weitere Lösungen, nämlich z = 8e 3 4 πi = (cos 34 π + i sin 34 ) π = ( + i ) = + i und z 3 == 8e 7 4 πi = (cos 74 π + i sin 74 ) π = ( + i ) = i. Alternativ könnte man bei der Berechnung von z 3 die symmetrische Lage der Wurzeln bezüglich des Ursprungs nutzen, d. h. z 3 = z. Beachten Sie, dass diese Formel nur für Quadratwurzeln gilt! (c) In dieser Aufgabe müssen reelle und komplexe Beträge gleichzeitig interpretiert werden. Die Ungleichung Im z bedeutet, dass für y = Im z die Ungleichung y 3 gelten muss, während der Realteil von z beliebig sein kann. In der komplexen Ebene ergibt sich ein horizontaler Streifen. Der Term y ist als Abstand der reellen Zahl y von der reellen Zahl zu lesen. Im Gegensatz dazu muss z i als Abstand der komplexen Zahl z zur komplexen Zahl i interpretiert werden. Aus der Bedingung z i ergibt sich somit eine Kreisscheibe mit Mittelpunkt i und Radius.

2 Skizze: Im i Die Randpunkte gehören allesamt zum gekennzeichneten Gebiet. Re. (a) Bestimmen Sie die Grenzwerte der Folgen a n = (5n + 4) n 4 + n + und b n = 3( )n + n 3 n. (b) Berechnen Sie den Wert der Reihe (c) Konvergieren die Reihen k= ( ) k 3k + k, Begründen Sie jeweils Ihre Aussage. k= ( 3) k+ 5 k. k= k 3 8k + 4, k= k 5 k? (a) Bei (a n ) ist es zweckmäßig, in Zähler und Nenner die jeweils höchste vorkommende Potenz von n auszuklammern: a n = (5n + 4) n 4 + n + = 5n4 + 4n + 6 n 4 + n + = n 4 ( ) n n 4 n 4 ( + + ) 5 n n 4 (n ). Die Folge (b n ) ist die Summe zweier geometrischer Folgen, die jeweils gegen Null konvergieren, genauer b n = 3( )n + n ( 3 n = 3 n ( ) n + (n ). 3) 3 (b) Es liegt eine geometrische Reihe mit q = 3 5 vor (Notation gemäß Vorlesung; die dort angegebene Standardform folgt gleich). Für diese gilt gemäß Summenformel ( 3) k+ ( 5 k = 6 3 k = 6 5) + 3 = k= k=

3 ( (c) Da (3k + k) monoton wächst und bestimmt divergiert, ist Nullfolge. Die erste Reihe k= ( ) k 3k +k k Wegen 3 8k +4 divergiert die zweite Reihe notwendigen Kriteriums. 3k +k ) eine monotone konvergiert somit gemäß Leibniz-Kriterium. k= k 3 8k +4 wegen des nicht erfüllten Die dritte Reihe konvergiert laut Quotientenkriterium, denn für a k = k gilt: 5 k a k+ a k = (k + ) 5 k k 5 k+ = ( ) k + < (k ). 5 k 5 3. Gegeben ist die abschnittsweise definierte Funktion { α cos(αx), für x ; f : R R, f(x) = eβx, für x >. (a) Skizzieren Sie den Graphen von f für α = und β = im Intervall [ π, ]. (b) Geben Sie sämtliche Werte der reellen Parameters α und β an, für die f stetig ist. (c) Kann man die Parameter sogar so wählen, dass f differenzierbar ist? (a) (b) Einzig kritischer Punkt ist x = (für x ist f differenzierbar und stetig). Man muss also α und β so wählen, dass lim f(x) = f() = lim f(x). () x x + Die beiden Teilfunktionen f (x) = α cos(αx) und f (x) = eβx sind jeweils auf ganz R fortsetzbar, und jede für sich ist auf ganz R stetig. Alle genannten Grenzwerte lassen sich somit über die Auswertung von f und f an der Stelle x = bestimmen. Die erste Gleichheit in () ist durch die Stetigkeit von f gesichert: Weiterhin gilt lim f(x) = f() = α cos(α ) = α. x lim f(x) = lim f (x) = f () = eβ = x + x +. Um die zweite Gleichheit in () zu sichern, muss man also α = fordern. Die Funktion f ist folglich genau dann stetig, wenn α = gilt (β kann beliebig gewählt werden).

4 (c) Wenn die Funktion f differenzierbar ist, dann ist sie erst recht stetig. Daher ist von vornherein α = anzusetzen. Für Differenzierbarkeit in müssen rechts- und linksseitige Ableitungen übereinstimmen: f(h) f() lim = lim h h h + f(h) f(). h Da die Fortsetzungen der einzelnen Teile f und f auf ganz R differenzierbar sind, reicht es dafür wieder aus, f () = f () zu fordern. Wegen f (x) = 4 sin( x) und f (x) = βeβx heißt das! = β. Die Funktion ist also differenzierbar genau für β = und α =. Anmerkungen: Anschaulich muss man den Anstieg des rechten Teils so einrichten, dass der Übergang in ohne Knick erfolgt. Dies gelingt in diesem Beispiel nur dann, wenn man den rechten Teil konstant wählt. Alternativ kann man für den Nachweis der Differenzierbarkeit in x = auch die in einigen Übungen besprochene hinreichende Bedingung lim f (x) = lim f (x) x x + (endliche Grenzwerte!) verwenden (war nicht Gegenstand der Vorlesung, wurde aber natürlich als Lösung akzeptiert). Achten Sie hierbei aber darauf, dass die Existenz von f () aus dieser Gleichheit folgt, aber nicht von vornherein angenommen werden darf! 4. Gegeben ist die reelle Funktion mit einem Parameter t >. f t (x) = x t x t (a) Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich sowie alle Null- und Polstellen. Welche Symmetrieeigenschaften besitzt f t? (b) Analysieren Sie das Verhalten der Funktion f t an den Polstellen sowie für x ±. (c) Bestimmen Sie Lage und Art der lokalen Extrema. (d) Wie lautet die Gleichung der Tangente an den Graphen von f t an der Stelle x = im Fall t =? (a) Der Ausdruck x t x t ist lediglich nicht definiert, falls x t = x = ±t. Der maximale Definitionsbereich ist somit D f = R \ { t; t}. Die Nullstellen erhält man durch Nullsetzen des Zählers: x N t! = x N = ± t.

5 Durch die Voraussetzung t > ist gesichert, dass diese Werte im Definitionsbereich liegen, und es sich wirklich um Nullstellen handelt. Bei x P = ±t liegen folglich Pole erster Ordnung vor. Da die Variable x in f t (x) = x t nur quadratisch vorkommt, ist die Funktion f x t t gerade (f t (x) = f t ( x)). Der Graph von f t ist also spiegelsymmetrisch bezüglich der y-achse. (b) Zunächst gilt lim f t(x) = lim f x t t(x) = lim x x x x t = lim x x ( t x ) x ( t x ) =. Alternativ aber aufwändiger kann man mit der l Hospitalschen Regel arbeiten. Die beiden Pole besitzen die Vielfachheit ; es tritt also jeweils ein Vorzeichenwechsel auf. Da für x > t (rechts der zweiten Polstelle) sowohl x t > t t > als auch x t > t t = gilt, ist f t (x) für x > t stets positiv. Über die Vorzeichenwechsel und die Symmetrieeigenschaften des Graphen folgt also lim f t(x) = lim f t(x) = + und lim f t(x) = lim f t(x) =. x t x t+ x t+ x t Diese Beziehungen kann man sich alternativ über das Vorzeichen der ersten Ableitung (Monotoniebereiche) erschließen. (c) Für die Bestimmung der Extrema berechnen wir zunächst die erste und zweite Ableitung: f t(x) = x(x t ) (x t ) x (x t ) = x(t t ) (x t ), f t (x) = (x t ) x (x t )x (x t ) 4 (t t ) = (x t ) 8x (x t ) 3 (t t ) = 6x + t (x t ) 3 (t t ). Kandidaten für lokale Extrema erhält man durch Nullsetzen der ersten Ableitung, d. h. Es gilt nun x E (t t )! = x E =. f t (x E ) = f t () = t t 6 (t t ) <, denn wegen t > ist t t <. Somit liegt an der Stelle x E = ein lokales Maximum vor (der zugehörige Funktionswert ist f t () = t ). Alternativ kann man für den Nachweis des Minimums mit dem Vorzeichenwechsel der ersten Ableitung (Bestimmung der Monotoniebereiche) argumentieren.

6 Nur zur Veranschaulichung exemplarisch noch die Graphen für t =.5 und t = 3 (eine Skizze war nicht verlangt): (d) Es gilt f ( ) = ( ) ( ) = 3 Die gesuchte Tangentengleichung lautet also und f ( ) = ( 4) 4 = 4 9. t(x) = f ( ) + f ( )(x + ) = (x + ) = 4 9 x (a) Berechnen Sie den Inhalt der endlichen Fläche zwischen den Graphen der Funktionen f(x) = x und g(x) = x 4. Zeichnen Sie vor Beginn der Rechnung eine aussagekräftige Skizze. (b) Berechnen Sie π x sin(4x) dx unter Rückführung auf Grundintegrale. und x + x 3 x + x dx (a) Zunächst die Skizze: g(x) = x 4 f(x) = x Den gesuchten Flächeninhalt erhält man wie folgt: A = (f(x) g(x)) dx = (x x 4 ) dx = [ ] 3 x 3 5 x5 = 3 5 = 7 5.

7 (b) Das erste Integral wird mittels partieller Integration berechnet. Wähle z. B. f(x) = x und g(x) = sin(4x), dann ist f (x) = und g(x) = 4 cos(4x), d. h. π [ x sin(4x) dx = ] π 4 x cos(4x) + π cos(4x) dx = [ ] π 4 4 π + 6 sin(4x) = 4 π. Beim zweiten Integral verschafft man sich zunächst eine Partialbruchzerlegung des Integranden. Der Ansatz lautet x + x 3 x + x = x +! x(x ) = A x + B x + C (x ) bzw. nach Multiplikation beider Seiten mit dem Hauptnenner x + = A(x ) + Bx(x ) + Cx. Die Konstanten A, B und C erhält man, durch Einsetzen dreier verschiedener Werte von x in diese Gleichung. Unter diesen Werten sollten zweckmäßigerweise die Nullstellen des Nenners (x = bzw. x = ) sein. x = :! = A, x = : 3! = C, x = :! = 4A + B C = 4 + B 3 = B + B =. Nun also x + x 3 x + x dx = x dx x dx + 3 = ln x ln x 3 x + C. (x ) dx 6. Gegeben seien eine Matrix A und ein Vektor b wie folgt: β 3 A = 4 und b = 5 β 3 Dabei ist β R ein Parameter. (a) Berechnen Sie die Determinante von A. (b) Für welche Werte von β besitzt das lineare Gleichungssystem A x = b genau eine Lösung? (c) Berechnen Sie für β = die Lösung des linearen Gleichungssystems A x = b mit Hilfe eines geeigneten Eliminationsverfahrens. (d) Geben Sie für β = den Nullraum von A an.. (a) Zur Berechnung der Determinante kann man die Sarrus sche Regel verwenden: β 3 4 β = ( + 4β + ) + (β + + 3) = β 4β + 3.

8 (b) Eindeutige Lösbarkeit ergibt sich genau dann, wenn det(a) = β 4β + 3 gilt. Die quadratische Gleichung β 4β + 3 = hat die beiden Lösungen β, = ± 4 3 = ±, d. h. für β R \ {; 3} besitzt das LGS genau eine Lösung. Anmerkung: An dieser Stelle tauchte oft (trotz offensichlich korrekter Vorstellung von der Lösung) die fehlerhafte Aussage Es muss β oder β 3 gelten. auf. Machen Sie sich klar, dass diese Bedingung durch jede reelle Zahl erfüllt ist! Die korrekte Verknüpfung der Bedingungen lautet: Es muss β und β 3 gelten. (c) Die Lösung könnte zum Beispiel so aussehen (Sie haben beim Gauß-Verfahren aber viele Freiheiten): II - I 3 Die letzte Zeile kann man wegen der Übereinstimmung mit Zeile II ersatzlos streichen bzw. durch Nullen ersetzen. Zur Bestimmung der Lösung können wir eine Variable frei wählen (x 3 = t, t R), und die anderen beiden in Abhängigkeit von t durch Rückwärtsauflösen der ersten beiden Zeilen erhalten: Als Lösungsmenge ergibt sich L = x R3 : x = x + t = 3 x = 3 t, x + 3t = x = 3t. 3 + t 3, t R. Diese Darstellung hängt davon ab, welche Variable frei gewählt wurde, und ist somit nicht eindeutig. (d) Der Nullraum N(A) ist die Lösungsmenge des homogenen LGS A x =. Für dessen Bestimmung kann man dieses System lösen oder viel effizienter das Ergebnis aus (c) benutzen. Die Lösungsmenge des dort berechneten inhomogenen Systems hat nämlich die Struktur so dass man das Ergebnis unmittelbar ablesen kann. L = 3 N(A) = span + N(A), 3

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