Bericht zur Mathematischen Zulassungsprüfung im Oktober 2013

Transkript

1 Bericht zur Mathematischen Zulassungsprüfung im Oktober 03 Heinz-Willi Goelden, Wolfgang Lauf, Martin Pohl Am. Oktober 03 fand die Mathematische Zulassungsprüfung statt. Die Prüfung bestand aus einer 90-minütigen Klausur, in der 5 Aufgaben gestellt wurden. Um die Klausur zu bestehen, mussten mindestens 36 von 90 möglichen Punkten erzielt werden. Von den 4 Teilnehmerinnen und Teilnehmern haben 3 Teilnehmer die Prüfung bestanden. Zugelassen waren ein Taschenrechner, eine mathematische Formelsammlung sowie entsprechende Literatur. Aufgabe ( 3 Punkte) (a) Skizzieren Sie in der komplexen Ebene die Mengen und {z C : i z iz 0}. { z C : z 4+i } (b) Berechnen Sie Real- und Imaginärteil der komplexen Zahl, die die Gleichungen z 4+i und i z iz 0 erfüllt. (a) z 4+i ist die Gleichung des Kreises mit Mittelpunkt 4+i 3+i und Radius und i z iz 0 Iz ist die Gleichung der Gerade {z x + iy C : y }. Die beiden Mengen sind in der folgenden Skizze dargestellt: Skizze von Kreis und Gerade 3 Im(z) Re(z) (b) Setzt man Iz in die Kreisgleichung ein, so erhält man: (x + i) (3 + i) (x 3) i (x 3) + x Rz 3. Damit lautet die gesuchte Zahl z 3 + i.

2 Aufgabe ( 9 Punkte) Gegeben sei die Funktionenreihe k k e kx, x [, ]. k (a) Beweisen Sie, dass die Funktionenreihe auf [, ] gleichmäßig gegen eine Grenzfunktion f konvergiert. (b) Berechnen Sie das Integral f(x) dx für die Grenzfunktion f aus (a). (a) Für alle x [, ] ist k k e kx k ( ) k ( e k e ) k. Weiter ist die Reihe x k ( ) k k e wegen lim k ( ) k k k e lim k k k e e < nach dem Wurzelkriterium konvergent. Aus dem Satz von Weierstraß folgt die gleichmäßige Konvergenz der Funktionenreihe auf [, ]. (b) Aufgrund der gleichmäßigen Konvergenz folgt: f(x) dx k k k k e kx dx ( k e kx) ( ) k e + k e + e e e k ( ) k e e +, 4 e

3 Aufgabe 3 ( 0 Punkte) Die Funktion f : R R sei definiert durch f(x, y) x +y 4x y. Zeigen Sie: Die Funktion f besitzt auf dem Dreieck { (x, y) : x 0, y 0, x+y } genau ein globales Maximum und ein globales Minimum. Bestimmen Sie diese Extrema. Hinweis: Verwenden Sie keine Lagrange-Multiplikatoren. Die lokalen Extrema von f erfüllen die Gleichung 4x 4 0 f(x, y) (x, y) (, ). y 0 Damit liegen die gesuchten Extremalstellen am Rand von. Es ist f (x) f(x, 0) x 4x (x ), 0 x. Das Minimum von f wird an der Stelle x mit dem Wert f(, 0) angenommen, das Maximum liegt bei x 0 mit dem Wert f(0, 0) 0. Weiter ist f (y) f(0, y) y y (y ), 0 y. Das Minimum von f liegt bei y mit f(0, ) und das Maximum bei y 0 mit dem Wert f(0, 0) 0. Schließlich ist f 3 (x) f(x, x) 3x 4x 3 ( x 3) 3, 0 x. Das Minimum von f 3 wird an der Stelle x 3 angenommen und hat den Wert f ( 3, ) 3 3. Die Randwerte sind f 3(0) f(0, ) und f 3 () f(, 0), also nimmt f 3 das Maximum an der Stelle x 0 mit dem Wert f(0, ) an. Insgesamt nimmt f auf das Maximum an der Stelle (0, 0) mit dem Maximalwert f(0, 0) 0 an. Das Minimum liegt an der Stelle ( 3, 3) und der Minimalwert ist f ( 3, 3 ) 3. 3

4 Aufgabe 4 ( Punkte) Es sei der R 4 zusammen mit dem Standardskalarprodukt gegeben. Betrachten Sie dort den von den drei Vektoren erzeugten Unterraum U. x (, 0,, 0) t, y (0,, 0, ) t und z (0,,, ) t (a) Geben Sie einen zu den beiden Vektoren x und y orthogonalen Vektor aus U an (b) Geben Sie einen normierten Vektor aus an. U : { v R 4 u U v u } Es gilt: (a) Mit gilt für gerade < x, y > 0 und x y. x : x und ỹ : y u : z < z, x > x < z, ỹ > ỹ (, 0,, 0) t u U, u x und u y. (b) Sei ũ : u (vgl. Lösung aus (a)). Mit w : (0, 0, 0, ) t U (wegen det(x, y, z, w) 0) gilt für v : ( w < w, x > x < w, ỹ > ỹ < w, ũ > ũ ) ( 0,, 0, gerade v und v x, v y und v u, also v U. ) t 4

5 Aufgabe 5 ( Punkte) Es ist die Matrizengleichung A X E A + E X mit A für X M (R) gegeben. (a) Ist die Gleichung für s 0 oder t 0 lösbar? Geben Sie ggf. alle Lösungen an. ( ) s M t (R) und E ( ) 0 0 (b) Zeigen Sie: Es gibt genau dann eine eindeutige Lösung X M (R), wenn s t 0 ist. Geben Sie in diesem Fall eine Formel für die eindeutige Lösung X an. (Hinweis: Vereinfachen Sie die gegebene Gleichung zunächst.) (a) Zunächst gilt A X E A + E X (A E) X A + E s 3 s X. t 0 t Für s 0 ergibt sich X t 0 t ( ) 0 t 0 ( ) x x tx tx ( ) x x x x ( 3 0 t ( ) 3 0 t ) Hieraus folgt durch Betrachten der zweiten Spalte einerseits x 0, andererseits tx, also x 0. Somit gibt es in diesem Fall keine Lösung. Für t 0 ergibt sich ( ) s X 0 0 ( ) 3 s, 0 welche unlösbar ist, da die zweite Zeile links eine Nullzeile, rechts hingegen keine ist. ( ) s (b) Ist st 0, dann ist A E invertierbar (linear unabhängige t 0 Zeilen bzw. Spalten bzw. Determinante ungleich 0). Dann ist die Gleichung eindeutig lösbar mit ( ) ( ) s 3 s 0 s 3 s X (A E) (A + E) t 0 t st t t ( ) st s st s st t st + st t t st s. st Aus Teil (a) ergibt sich die Umkehrung: Ist st 0, dann besitzt die Gleichung keine Lösung. 5