Vorkurs Mathematik für Ingenieure. Aufgaben und Lösungsvorschläge

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1 Universität Duisburg-Essen, Campus Duisburg herausgegeben von der Fakultät für Ingenieurwissenschaften Vorkurs Mathematik für Ingenieure Aufgaben und Lösungsvorschläge Wintersemester 0/03 von Wolfgang Hümbs und Klaus Kuzyk

2 Kein mathematischer Text darf unkritisch gelesen werden. Auch nach einer Bearbeitung können sich noch Fehler jeder Art darin verbergen. Die Autoren bedanken sich herzlich bei Frau F. Fleischmann für das sorgfältige Setzen des Manuskriptes in L A TEX und das Anfertigen der Graphiken mit pstricks, sowie bei Herrn S. Schulz für die Überarbeitung.

3 Mengenlehre und Logik Aufgabe : (a) Bei vielen Schiffen ist ein deutlich vorgezogener strömungsförmig geformter Bug zu erkennen. Welches Tier ist hierfür Vorbild? (b) Für angehende tüftelnde Ingenieure: Wie kann man mit einem Schokoladenriegel die Lichtgeschwindigkeit messen? Dabei dürfen alle Küchengeräte verwendet werden. (c) Für Zahlenliebhaber: Bekanntlich kann man jede natürliche Zahl als Produkt von Primzahlen schreiben, zum Beispiel 6 = = 4 33 = 3 48 = 3 4 und so weiter. Eine zusammengesetzte Zahl heißt Smith-Zahl, wenn die Quersumme der Zahl übereinstimmt mit der Summe der Quersummen ihrer verschiedenen Primteiler. Beispielsweise ist 33 keine Smith-Zahl, denn es ist 33 = 3, aber = 6 und = 5. Finden Sie die kleinste Smith-Zahl. Zur Erinnerung: ist keine Primzahl. Eine Zahl heißt zusammengesetzt, wenn sie mehr als zwei Teiler hat. Zum Beispiel ist 33 = 3 eine zusammengesetzte Zahl, weil sie die Teiler, 3, und 33 hat. (a) Der Delphin ist aus vielerlei Gesichtspunkten heraus bemerkenswert, wobei seine elegante Stromlinienform besonders ins Auge fällt. Wie strömungsmechanische Versuche ergeben haben, trägt die spindelförmige Gestalt wesentlich dazu bei, dass sich der Delphin mit großer Geschwindigkeit durch das Wasser bewegen kann. Auch die schlüpfrige Haut dieser Tiere ist strömungstechnisch sehr günstig. Zur Verringerung der Reibung verwenden die Delphine noch eine weitere Methode, die der Mensch bisher nur unzulänglich nachzuahmen vermochte: Sie sind nicht wie Schiffe starr 3

4 umkleidet, sondern verfügen über eine speziell strukturierte Haut, die den Wasserwirbeln nachgibt und sie auf diese Weise dämpft. Was die Natur schon lange weiß, hat der Mensch erst in den letzten Jahrzehnten gelernt: Die strömungstechnisch günstige Form moderner Autos beispielsweise bietet der Luft nur ein Viertel des Widerstandes, den alte Kastenmodelle zu überwinden hatten.und es hat seinen guten Grund, dass man bei Schiffsrümpfen die strömungsgünstigen Eigenschaften der Fische und Wale, einschließlich Delphine, nachzuahmen versucht. (Quelle: Bionik - Lernen von der Natur, Seite 8, Broschüre des Siemens- Museums München, Bestellnummer A900-F-A6-V) (b) Eine ausführliche Lösung ist in O Hare, M.: Wie man mit einem Schokoriegel die Lichtgeschwindigkeit misst zu finden. Ein Schokoriegel wird (ohne Drehgestell) in der Mikrowelle so platziert, dass er sich nicht bewegen kann. Nach kurzzeitigem Erhitzen beginnt der Riegel an einigen Stellen zu schmelzen. Der Abstand der Schmelzlöcher ist gerade die halbe Wellenlänge. Wegen c = λ f und dem Messwert λ = 6cm ergibt sich mit der Frequenz der Mikrowelle von.45 GHz die sehr gute Näherung von c =.45GHz cm = km S. (c). Verzichtet man in der Definition auf verschiedene Primteiler, so ist 4 die kleinste Smith-Zahl. Aufgabe : Geben Sie folgende Mengen in möglichst einfacher Form an. (a) M = {x R x = 5 und x = 8} (b) M = {x R x = 4} (c) M = {x R x = 4 und x = 4} (d) M = {x R x 3 + x 4x + = 0} 4

5 (a) Wegen x = 5 x = ±5 und x = 8 x = 4 gilt M =. (b) M = {, } (c) M = {} (d) Offensichtlich ist eine Nullstelle des Polynoms. Polynomdivision ergibt (x 3 + x 4x + ) : (x ) = x + 3x (x 3 x ) Wegen 3x 4x (3x 3x) x + ( x + ) 0 x + 3x = 0 x + 3x = ( x + 3 ) = + ( ) 3 ( x + 3 ) = x = ± bzw. x = 3 oder x = 3 3 folgt also insgesamt { } M =,, 5

6 Aufgabe 3: Geben Sie die Potenzmengen folgender Mengen an: (a) M = {,, 3} (b) M = { 3, {, 4} } (a) Die Potenzmenge besitzt 3 = 8 Elemente: P(M) = {, M, {}, {}, {3}, {, }, {, 3}, {, 3}} (b) Die Potenzmenge besitzt = 4 Elemente: P(M) = {, M, {3}, { {, 4} }} Aufgabe 4: Gegeben seien die Universalmenge und die Mengen Geben Sie folgende Mengen an: (a) M N (b) M N (c) M C (d) N C (e) N \ M (f) M \ N (a) M N = {, } U = {,, 3, 4, 5} M = {} und N = {, }. 6

7 (b) M N = {} (c) M C = {, 3, 4, 5} (d) N C = {3, 4, 5} (e) N \ M = {} (f) M \ N = Aufgabe 5: Geben Sie jeweils die Potenzmengen an: (a) P ( ) = (b) P ({, { }}) = (c) P ({a, {a, b}}) = Es gibt n Teilmengen einer Menge mit n Elementen. (a) P ( ) = { } (b) P ({, { }}) = {, { }, {{ }}, {, { }}} (c) P ({a, {a, b}}) = {, {a}, {{a, b}}, {a, {a, b}}}. Aufgabe 6: Sei E R und A bzw. B seien Teilmengen von E. Dann definiert man und für λ R A + B := {x + y x A, y B} λa := {λx x A}. Dabei ist + bzw. die natürliche Addition bzw. Multiplikation auf R. Beweisen oder widerlegen Sie: Es gilt A = A + A für alle A R. Die Aussage ist falsch. Sei A = {, }. Dann gilt A + A = {, 3, 4} und A = {, 4}, d.h. A A + A (was immer gilt!) aber A A + A. Aufgabe 7: 7

8 (a) Überprüfen Sie, ob die Gleichung (A \ B) \ C = A \ (B \ C) für beliebige Mengen A, B und C gilt. (b) Anna sagt: Bernd lügt. Bernd sagt: Carina lügt. Carina sagt: Anna und Bernd lügen. Wer lügt? (a) Seien A = {, }, B = {, 3} und C = {}, dann ist (A \ B) \ C = {} und A \ (B \ C) = {, }. Die Gleichung gilt also nicht für beliebige Mengen. (b) Carina kann nicht die Wahrheit sagen, denn dann ergäbe sich ein Widerspruch zu Annas Aussage: Wenn Carina nämlich die Wahrheit sagt, ist Bernd ein Lügner, Anna würde also die Wahrheit sagen im Widerspruch dazu, dass Carina auch Anna als Lügnerin bezeichnet und wir angenommen hatten, dass Carina die Wahrheit sagt. Carina lügt also, das heißt, dass Bernd die Wahrheit sagt. Offensichtlich lügt dann Anna. Wir können auch über eine Wahrheitstafel zur Lösung gelangen: Sei dazu A die Aussage, dass Anna die Wahrheit sagt, entsprechend seien die Aussagen B und C definiert. Dann finden wir Anna sagt: Bernd lügt. entspricht A ( B). Bernd sagt: Carina lügt. entspricht B ( C). Carina sagt: Anna und Bernd lügen. entspricht C ( ( A) ( B) ). Schreiben wir nun alle möglichen Kombinationen von Wahrheitswerten in eine Tafel A B C A ( B) B ( C) C ( ( A) ( B) ) W W W F F F W W F F W W W F W W W F W F F W F W F W W W F F F W F W W W F F W F W W F F F F F F 8

9 so sieht man, dass nur die Belegung A falsch, B wahr, C falsch alle Aussagen widerspruchsfrei auflöst. Aufgabe 8: Gegeben sei die Menge M = {,, a}. (a) Geben Sie die Potenzmenge P(M) an. (b) Überprüfen Sie, ob die Funktion (der Operator) Γ : P(M) P(M), A A für A P(M) monoton ist, d.h. es gilt A A Γ(A) Γ(A ) für A, A P(M). Geben Sie die Abbildungen explizit an. (a) Es gilt P(M) = {, M, {}, {}, {a}, {, }, {, a}, {, a}}. (b) Die Abbildung ist nicht monoton: Man hat mit A A : M M {} {, a} {} {, a} {a} {, } {, } {a} {, a} {} {, a} {} und damit {} {, } also {, a} {a}. Aufgabe 9: (a) Konstruieren Sie mit Hilfe von logischen Gattern eine Wechselschaltung, das heißt eine Leuchte soll von zwei Schaltern aus unabhängig geschaltet werden können. (b) Erweitern Sie dieses Problem auf drei Schalter (Kreuzschaltung). (c) Zeichnen Sie zu (a) und (b) den technischen Schaltplan. 9

10 (d) Kann man das System auf vier Schalter erweitern? Zeichnen Sie die Schalttabelle. Wie sieht die technische Realisierung aus? Wer sich für die Optimierung von Schaltnetzen interessiert, kann sich zum Beispiel das Karnaugh-Veitch-Diagramm oder das Verfahren von Quine-McCluskey ansehen. (a) Das Schaltbild einer normalen Wechselschaltung sieht so aus: Schalter X Schalter Y L = Leuchte (Dabei haben wir hier die für Schaltungen intuitiveren Schreibweisen 0 und gewählt anstatt F und W.) Man kann daher L so ausdrücken: L = XY XȲ = ( X Y ) (X Ȳ ) (b) Eine Schaltung mit drei Schaltern kann man durch folgendes Diagramm simulieren: Schalter X Schalter Y Schalter Z L = Leuchte Es ist L = XȲ Z XY Z XȲ Z XY Z (c) Die Schaltpläne sind bei Wikipedia unter Kreuzschaltung und Wechselschaltung zu finden. 0

11 (d) Schalter A Schalter B Schalter C Schalter D L = Leuchte Eine technische Realisierung mit Hilfe von Kreuzschaltern gibt es zu diesem Schaltbild nicht. Hier benutzt man Stromstoßrelais oder ein Bussystem. In einem Bussystem kann man die Schalter, die dort Aktoren heißen, beliebig programmieren. Aufgabe 0: (a) Verifizieren Sie zum Beispiel mit einer Wahrheitstabelle dass man in der Voter-Funktion Y = X X X X 3 X X 3 jeweils durch und umgekehrt ersetzen darf. Zeigen Sie also, dass auch gilt. Y = (X X ) (X X 3 ) (X X 3 ) (b) Zeigen Sie, dass dies nicht für beliebige Schaltungen gilt.

12 (a) Wir stellen die Wahrheitstabellen für Y = X X X X 3 X X 3 und Y = (X X ) (X X 3 ) (X X 3 ) auf. Es ergibt sich mit X X X 3 X X X X 3 X X 3 Y X X X X 3 X X 3 Y tatsächlich die Äquivalenz von Y und Y. Bemerkung: Man kann das auch rechnerisch herleiten. Durch die Distributivgesetze (=Ausmultiplizieren) haben und sowie und + ähnliche Eigenschaften. Ersetzt man der Übersicht halber durch sowie durch + und berücksichtigt man noch so erhält man x = x, x + x = x, + x =, (x + y)(x + z)(y + z) = (x + xy + xz + yz)(y + z) = (x + yx + xz + yz)(y + z) = [ ( + y)x + xz + yz ] (y + z) = (x + xz + yz)(y + z) = (x + xz + yz)(y + z) = [ x( + z) + yz) ] (y + z) = (x + yz)(y + z) = (x + yz)(y + z) = xy + xz + yzy + yz = xy + xz + zy + yz = xy + xz + zy + yz = xy + xz + yz + yz = xy + xz + yz (b) Offensichtlich darf man in der XOR-Schaltung Z = XȲ XY nicht mit

13 vertauschen, denn es gilt: X Y XȲ XY X Ȳ X Y X Ȳ XY (X Ȳ ) ( X Y ) Aufgabe : Bauen Sie aus Negatoren sowie UND- bzw. ODER-Gattern eine EXKLUSIV- ODER-Ver-knüpfung auf. Realisieren Sie dann diese Schaltung nur mit NAND-Gliedern. EXKLUSIV-ODER: Q = AB AB Zunächst werden beide Seiten negiert: Q = AB AB = AB AB (nach De Morgan) Dies ist die Nichtansprechbedingung. Um die Ansprechbedingung zu erhalten, muss noch einmal negiert werden: Q = AB AB = AB AB B A Q NOT Q A B & AND & AND AB AB Q OR Q = B A & Q NAND & Q A B & AB Q NAND3 & AB Q NAND4 & Q NAND5 Q NOT NAND Q = AB AB Q = AB AB 3

14 Elementare Funktionen Aufgabe : (a) Entscheiden Sie mit Begründung, ob die folgenden Abbildungen injektiv, surjektiv bzw. bijektiv sind. Geben Sie im Falle der Bijektivität die Umkehrfunktion an. (i) f : N N; f(n) = 3n (ii) f : R R; f(x) = 3x (iii) f : D R; f(x) = x + 3 x + Geben Sie hier den maximalen Definitionsbereich D R an. (b) Wie kann man bei einer Funktion f : R R an ihrem Graphen ablesen, ob sie injektiv oder surjektiv ist? (a) (i) Die Funktion ist injektiv, denn aus 3n = 3m (mit m, n N) folgt sofort 3n = 3m, also n = m. f ist nicht surjektiv, denn zum Beispiel ist f(n): Gäbe es ein n N mit 3n =, so wäre 4 = 3n, also 4 3 = n N, Widerspruch. Damit ist f auch nicht bijektiv. (ii) Die Funktion ist injektiv, denn aus 3x = 3y (mit x, y R) folgt 3x = 3y, also x = y. f ist auch surjektiv, denn für jedes y R ist 3 (y + ) R und f ( 3 (y + )) = y. Da f injektiv und surjektiv ist, ist f bijektiv. Wegen y = 3x y + = 3x x = y + 3 ist f (y) = 3 y + 3 die Umkehrfunktion. (iii) Wegen x + > 0 für alle x R gilt D = R. Offensichtlich ist f wegen f( ) = f() nicht injektiv. Weil kein negativer Wert angenommen wird, ist f auch nicht surjektiv. Somit ist f auch nicht bijektiv. 4

15 (b) Eine Parallele zur x-achse muss den Graphen genau einmal schneiden: Schneidet sie ihn öfter, so ist f nicht injektiv. Schneidet eine Parallele den Graphen gar nicht, ist f nicht surjektiv. Aufgabe : (a) Gegeben ist f : R R durch f(x) = x. Bestimmen Sie f f und f f f. Können Sie ein allgemeines Bildungsgesetz für f... f erraten? (b) Beweisen oder widerlegen Sie: Wenn f, g : M M Abbildungen sind und f g injektiv ist, dann sind auch f und g injektiv. (a) Es ist für alle x R ( f f ) (x) = f(x) = (x ) = 4x 3, ebenso ( f f f ) (x) = ( f f ) (x) = (4x 3) = 8x 7. Daraus kann man für die Hintereinanderausführung von f folgende Regel erraten: ( ) f... f (x) = n x n +. } {{ } n mal (Zum Nachweis verwendet man das Verfahren der vollständigen Induktion, welches kein Vorkurs-Thema ist.) (b) Die Aussage ist falsch! Wähle zum Beispiel {, falls n ungerade f : N N; f(n) := n, falls n gerade f ist nicht injektiv wegen f() = f(). Wählt man jedoch noch g : N N; g(n) := n, so ist f g : N N; f g ist natürlich injektiv. ( f g ) (n) = n. 5

16 Aufgabe 3: (a) Sei r := ln 3 und s := ln 5. Drücken Sie folgende Zahlen mit Hilfe von r und s aus: (i) ln 5 (ii) ln 8 5 (iii) log 5 9 Dabei bezeichne log a b den Logarithmus von b zur Basis a, also die Zahl z mit a z = b. (b) Skizzieren Sie die Graphen von f, g : R + R (a) f(x) = e 3 ln x g(x) = ln(e x x ) + e ln x (i) ln 5 = ln(3 5) = ln 3 + ln 5 = r + s (ii) ln 8 5 = ln = ln 34 ln 5 3 = 4 ln 3 3 ln 5 = 4r 3s (iii) log 5 9 = ln 9 ln 5 = ln(3 ) ln 5 (b) Es ist = ln 3 ln 5 = r s f(x) = e 3 ln x = (e ln x ) 3 = x 3 6

17 und g(x) = ln(e x x ) + e ln x = x x + e ln(x/ ) = x x + x = x x + x = x 7

18 Aufgabe 4: (Übungsaufgabe Mathematik für Informatiker I, SS09) Berechnen Sie alle Lösungen x R von (a) ln(x + ) ln x = (b) ln(x + x ) + ln(x x ) = 0 (c) x = 5 3 x 3 Für welche x R gilt folgende Ungleichung? (d) x x + 3 (a) Mit dem Definitionsbereich D = R >0 ist = ln(x + ) ln x = ln x + x e = x + x = + x x = x = e e (> 0) Die negative Lösung der vorletzten Gleichung kommt nicht als Lösung in Frage, weil die Lösungen in D liegen müssen. (b) Man findet als Definitionsbereich D = R. Damit ist 0 = ln(x + x ) + ln(x x ) = ln ( (x + x )(x x ) ) = ln(x x + ) = 0. Daher ist die Gleichung erfüllt für alle x D. 8

19 (c) x = 5 3 x 3 ln x = ln(5 3 x 3 ) x ln = ln 5 + (x 3) ln 3 x = ln 5 ln 7 ln ln 3 = ln 5 7 ln 6. (d) x x + 3 x x 0 (x 4)(x + 3) 0 Die Ungleichung ist also genau für x 3 oder x 4 erfüllt. 9

20 Aufgabe 5: (Klausuraufgabe Mathematik für Informatiker I, SS09) Geben Sie alle reellen Lösungen der folgenden Gleichungen an: (a) 3 x + 9 x = Hinweis: Substituieren Sie y = 3 x. (b) (0 5 x ) 6 x = 00 (c) 00 0 x = x (a) 3 x + 9 x = 3 x + 3 x = 0 3 x + (3 x ) = 0 Mit der Substitution 3 x = y erhält man daraus die quadratische Gleichung y + y = 0. Diese hat die Lösungen y ± = ± ( ) + = ± 7 = { +3 4 Nach der Rücksubstitution y = 3 x erhalten wir daraus zwei Bestimmungsgleichungen für x, nämlich 3 x = 3 oder 3 x = 4. Die erste Gleichung hat nur x = als Lösung, die zweite Gleichung liefert gar keine Lösung. (b) (0 5 x ) 6 x = 00 (6 x)(5 x) log 0 0 = log 0 00 (6 x)(5 x) = x = 7 x = 4. 0

21 (c) 00 0 x = x x = 0 5 x + x = 5 x x = 3 x = 5. Aufgabe 6: (a) Ein Kapital von 5000 e soll sich bei stetiger Verzinsung in zehn Jahren verdoppeln. Welcher Zinssatz ist dazu erforderlich? (b) Wieviele Jahre dauert es, bis sich ein Kapital von 5000 e verdreifacht hat, wenn es jährlich mit 4,5% verzinst wird? Zur Erinnerung: Es gilt bei stetiger Verzinsung K(t) = K 0 e pt 00. Dabei bezeichnet K(t) das Kapital zum Zeitpunkt t, K 0 das Anfangskapital und p den Zinssatz in Prozent. (a) Aus K(0) = K 0 ergibt sich p = 0 ln 6, 93%. = K 0 e 0p 00 (b) Aus folgt K(t) = 3K 0 t = 00 ln 3 4, 5 Das sind ungefähr 4 Jahre und 5 Monate. = K 0 e 4,5 t 00 4, 4. Aufgabe 7: Beweisen oder widerlegen Sie: Wenn zwei Sinusschwingungen f und f mit f i (t) = sin(ω i t) auf dem kompakten Intervall [0,] mit den Abtastwerten t k = k 0 (k = 0,..., 9) übereinstimmen, dann gilt f = f.

22 An folgendem Beispiel ist zu erkennen, dass die Schwingungen f (t) = sin(8πt) und f (t) = sin(8πt), also die Schwingungen mit 4Hz und 4Hz, allein anhand von 0 Abtastwerten an den Stellen t k = k 0, k = 0,..., 9, nicht zu unterscheiden sind. Aufgabe 8: Die Kanalkapazität nach Shannon Ein Übertragungsweg der Bandbreite f 0, der durch ein Störsignal mit der mittleren Störleisung N R gestört wird, erlaubt (idealisiert) eine maximale Übertragungsgeschwindigkeit von ( v M = f 0 ld + N ) S, N R wobei N S die mittlere Sendeleistung und ld den Logarithmus dualis, also den Logarithmus zur Basis bezeichnet. (In der Praxis werden allerdings deutlich geringere Übertragungsgeschwindigkeiten realisiert.) Mit welcher Störleistung muss nach Shannon gerechnet werden, wenn bei einem Übertragungsweg das Verhältnis von maximaler Übertragungsgeschwindigkeit zu Bandbreite 3 zu beträgt und mit einer Leistung von 7 Watt gesendet wird? Es gilt ( v M = f 0 ld + N S N R v ( M = ld + N ) S f 0 N R )

23 Einsetzen der gegebenen Werte und Anwenden der Potenzfunktion z ergibt 8 = 3 = + N S N R N R =. Das heißt, es muss mit einer Störleistung von Watt gerechnet werden. 7 N R 3

24 Komplexe Zahlen Aufgabe : Man bestimme den Real- und Imaginärteil folgender Zahlen: (a) (5 + i) (b) (c) 3 + i 4 5i 3( i) ( i)( + i) (a) (5 + i) = 5 + 0i + i = 4 + 0i (b) 3 + i 4 5i = (3 + i)(4 + 5i) (4 5i)(4 + 5i) = + 9i = i (c) 3( i) ( i)( + i) = 3 6i + 3i (4 i ) = 6i 0 = i Aufgabe : Man bestimme alle reellen und komplexen Lösungen der folgenden Gleichungen: (a) z 8z + 65 = 0 (b) z (3 + 5i)z 6 + 4i = 0 (c) 3z ( i) z + i = 0 (a) z 8z + 65 = 0 z = 4 ± 6 65 z = 4 + 7i = 4 7i 4

25 (b) z (3 + 5i)z 6 + 4i = 0 z = (3 + 5i) ± 4 (3 + 5i) + 6 4i = (3 + 5i) ± (9 + 30i 5) + 6 4i 4 Der Ansatz + 7 i = x + iy = w ergibt: = (3 + 5i) ± + 7 i + 7 i = (x + iy) = x y + ixy x y = xy = 7 4. Desweiteren gilt + 7 i = x y + ixy = (x 4 y ) + 4x y 5 = (x + y ) = x + y Daraus ergibt sich x = 49 4 und y = 4, woraus schließlich die Wurzeln folgen. Insgesamt erhalten wir und damit letztlich w ± = ± (7 + i) z ± = (3 + 5i) ± (7 + i) z + = 5 + 3i und z = + i. Mit der Polardarstellung hätte man das Wurzelziehen auch eleganter lösen können: Es ist + 7 i = 65 = 5 4, 5

26 also das heißt w = + 7 i = 5 ei 6,6, 5 ( ) w = ± cos(8, 3) + i sin(8.3) = ± (7 + i). (c) Mit dem Ansatz z = x + iy erhält man 0 = 3(x + iy) ( i)(x iy) + i = 3x + 3iy x + ix + iy + y + i = x + y + (x + 4y + )i x + y = 0 x + 4y + = 0 y = x = Aufgabe 3: Welche Punkte der Gaußschen Zahlenebene erfüllen folgende Gleichungen? (a) z = (b) z z + = (a) z = x + iy = (x ) + y = (x ) + y =. Dies ist ein Kreis um + 0i mit Radius. (b) z z + = z = z + 6

27 Setze z = x + iy. Dann ist x + iy = x + + iy x + y = (x + ) + y x + y = 4(x + x + + y ) 3x + 8x + 3y = 4 x x + ( ) y = ( 8 6 (x ) + y = 4 9 Das ist ein Kreis um i mit dem Radius 3. ) Aufgabe 4: (a) Bestimmen Sie die Polardarstellungen von z = + i, z = i und z 3 = i 3. (b) Berechnen Sie z 4 z. = z3 z3 7 (a) Zuerst berechnen wir die Beträge der drei komplexen Zahlen: z = + =, z = = 6, z 3 = + 3 = Die trigonometrischen Gleichungen haben in [0, π[ die Lösungen cos α =, sin α = cos α = 3, sin α = cos α 3 =, sin α 3 = 3 7

28 α = 3π 4 α = π 6 α 3 = 5π 3. Damit ergeben sich die folgenden Darstellungen der drei Zahlen: ( z = cos 3π 4 + i sin 3π ) 4 ( z = 6 cos π 6 + i sin π ) 6 ( z 3 = cos 5π 3 + i sin 5π ) 3 = e i 3π 4 = 6 e i π 6 = e i 5π 3. (b) Wegen ( z 3 = 3 cos 39π ) 39π + i sin 4 4 = 3 e i 3π 4 3 = 3 e i 7π 4 ( z = 36 cos π 3 + i sin π ) 3 ( = 3 cos 7π 4 + i sin 7π ) 4 = 36 e i π 3 ( z3 7 = 7 cos 85π ) 85π + i sin 3 3 = 7 ( cos π 3 + i sin π 3 ) = 7 e i 5π 3 7 = 7 e i π 3 folgt z 4 = ei 7π 4 e i π 3 e i π 3 = 9 4 ei 7π 4 = 9 ( i). 8 Aufgabe 5: (Klausuraufgabe Mathematik für Ingenieure I,.7.006) (a) Berechnen Sie Realteil, Imaginärteil und Betrag der komplexen Zahl z = 3 ( + i) (5 + i) + 5 8i ( + i) 3. 8

29 (b) Bestimmen Sie alle z C, die die folgende Gleichung lösen: z z + (3 4i)z + (3 + 4i) z + 9 = 0 Beschreiben Sie die Gestalt der Lösungsmenge in der komplexen Ebene. (c) Bestimmen Sie Betrag und Argument aller z C, die im zweiten Quadranten liegen, das heißt für die Re z 0 und Im z 0 gilt, und die folgende Gleichung lösen: z 5 = 43i (a) Es ist (b) Mit z = 3 ( + i) (5 + i) + 5 = 3 ( i) (5 + i) + 5 = 3 (7 9i) + 5 = 7i + 5 8i ( + i) 3 8i i 8i (8i 3)(3 + i) (3 i)(3 + i) i 3 = 7i i = 4 + 3i, also Re z = 4, Im z = 3 und z = = 5. (3 4i)z + (3 + 4i) z = (3 4i)z + (3 4i)z = Re ( (3 4i)z ) und z z = z liefert der Ansatz z = x + iy mit x, y R die äquivalente Gleichung x + y + Re ( (3 4i)(x + iy) ) + 9 = 0, also x + y + 6x + 8y + 9 = 0. 9

30 Quadratische Ergänzung liefert (x + 3) + (y + 4) = = 6; die Lösungsmenge ist also ein Kreis um 3 4i mit Radius 4. (c) Es ist z 5 = z 5 = 43i = 43, also z = 5 43 = 3. Für das Argument ϕ von z findet man nach der Formel von Moivre 5ϕ = arg( 43i) = 3π + kπ mit k {0,,, 3, 4}. Also ist ϕ k = 3π 0 + kπ 5 mit k {0,,, 3, 4}. Nur für k = ist jedoch π ϕ k π, das gesuchte Argument ist also 7π 0. Aufgabe 6: Seien z, z und z 3 0 beliebige komplexe Zahlen. Zeigen Sie: (a) z + z = z + z (b) z z = z z (c) z z = z z (d) (e) ( ) = z z 3 3 ( z z 3 ) = z z 3 Seien z = x + iy, z = x + iy und z 3 = x 3 + iy 3 0. Durch einfach Umformungen zeigt man die gewünschten Identitäten: (a) z + z = (x + iy ) + (x + iy ) = (x + x ) + i(y + y ) = x + x i(y + y ) = x iy + x iy = z + z 30

31 (b) z z = (x + iy ) (x + iy ) = (x x ) + i(y y ) = x x i(y y ) = x iy (x iy ) = z z (c) z z = (x + iy )(x + iy ) = x x y y + i(x y + x y ) = x x y y i(x y + x y ) = (x iy )(x iy ) = z z (d) ( ) z 3 = ( ) x 3 + iy 3 = ( ) x3 iy 3 x 3 + y 3 = x 3 x 3 + y 3 y 3 i x 3 + y 3 = x 3 x 3 + y 3 y 3 + i x 3 + y 3 = x 3 + iy 3 (x 3 + iy 3 )(x 3 iy 3 ) = x 3 iy 3 = z 3 Die Behauptung (e) folgt sofort aus (c) und (d). 3

32 Aufgabe 7: Eine frei verlegte Telefonleitung besitze die Kenngrößen R = 9Ω/km L =, 5mS/km G = µs/km und C = 4nF/km. (Dabei bezeichnet S die Einheit Siemens, sie entspricht dem reziproken elektrischen Widerstand, also S = Ω.) Es gilt Z = R + iωl und Y = G + iωc. Berechnen Sie daraus den sog. Wellenwiderstand Z L = Z Y = Z L e iζ und die sog. Übertragungskonstante γ := Z Y = α + iβ für eine Kreisfrequenz von ω = Hz. Hierbei bezeichnet α die Dämpfungs- und β die Phasenkonstante (vgl. auch Aufgabe 8). Mit den gegebenen Werten ist und Damit ist und Z = R + iωl = (9 + 7, 5i)Ω/km Y = G + iωc = ( + 0i)µS/km 0, 0 6 e i 84,9 S/km. Z L = Z Y = 008 e i 3,38 Ω e i 3,38 kω γ = Z Y = 0, e i 5,9 km (, i 6, ) km = α + iβ 3

33 Aufgabe 8: In der praktischen Übertragungstechnik rechnet man mit den komplexen Übertragungskonstanten γ = α+iβ, vgl. auch Aufgabe 7. Dabei ist α die Dämpfungskonstante in db/km und β die Phasenkonstante in rad/km. Bei einer Messung wurde die Übertragungskonstante eines Koaxialkabels zu γ = 0 e i π 3 bestimmt. Bei welcher Frequenz f und Wellenlänge λ wurde diese Messung vorgenommen? Hinweis: Vernachlässigen Sie die Phasenkonstante und berechnen Sie die Dämpfungskonstanten. Benutzen Sie die untenstehende Tabelle. Zur Erinnerung: Die Signalausbreitungsgeschwindigkeit in Metallen liegt zwischen 60% und 80% der Lichtgeschwindigkeit, in einigen Koaxialkabeln sogar bei 88%. Benutzen Sie für diese Aufgabe den Wert c A = 0 8 m/s. Weiterhin ist c A = λ f. Frequenz Dämpfung (in db/00m bei 0 C) f = 5 MHz f = 50 MHz 3 f = 00 MHz 4 f = 00 MHz 5 f = 300 MHz 7 f = 450 MHz 9 f = 800 MHz f = 000 MHz 4 f = 350 MHz 7 f = 750 MHz 0 f = 050 MHz f = 400 MHz 4 f = 3000 MHz 8 ( γ = 0 e i π 3 = 0 cos π 3 + i sin π ) = i. Vernachlässigt man die Phasenkonstante, so erhält man 0 db db, das heißt km 00m. 33

34 Aus der Tabelle entnimmt man das heißt es ergibt sich f = 5MHz, λ = c A f = 08 m s s = 40m. 34

35 Folgen und Reihen Aufgabe : Untersuchen Sie die Folgen (a n ) n N auf Monotonie, Beschränktheit und Konvergenz. (a) a n = n 3n + (b) a n = n n (a) Die Folge ist streng monoton wachsend, denn für alle n N gilt 6n + 5n 4 < 6n + 5n + (n )(3n + 4) < (n + )(3n + ) n 3n + < n + 3n + 4 a n < a n+. = (n + ) 3(n + ) + Nach den Grenzwertsätzen ist die Folge konvergent gegen 3, also speziell auch beschränkt. (b) Für alle n N gilt a n+ a n = n + n + n + n n = (n )(n + n + ) 4n = n 4n n 6n 3 = 3, n (n + ) 4n denn 6n 3 4n. Das heißt, der Nenner wird vergrößert und dadurch wird der Bruch insgesamt verkleinert. Also ist die Folge streng monoton wachsend und nicht konvergent, also auch nicht beschränkt, da a n+ a n 3 gilt. 35

36 Aufgabe : Bestimmen Sie den Grenzwert der Folge (a n ) n N mit a n = n + 5 3n +. Von welchem N N an kann man garantieren, dass a n weniger als 0 3 vom Grenzwert abweicht? Es gilt a n = + 5 n 3 + n n 3. Das heißt, der Grenzwert ist g = 3 für n. Also hat man a n 3 < ε zu untersuchen. Nun gilt a n 3 = n + 5 3n + 3 = 3(3n + ). Setzt man diesen Term < ε und löst nach n auf, so folgt 3(3n + ) < ε 3n + > 3ε n > ( ) 3 3ε =: N. Für ε = 0 3 heißt das n > Setzt man also N =, so gilt a n 3 < 0 3 für n N. 36

37 Aufgabe 3: Bestimmen Sie folgende Grenzwerte. ( ) 3n (a) lim n n + 3 6n5 4n (b) (c) (d) (e) (f) n(n + 3) (3n 4) lim n n 5 + n 3 + 7n ( n + 3n n + 6n) lim n lim n lim n lim n ( + ) 4n n ( n + 3 n + ( n n ) 3n 5 ) n (a) ( ) 3n lim n n + 3 6n5 4n = lim n n 8n 5 (n + 3)(4n 4 + 7) = 9 4 (b) n(n + 3) (3n 4) lim n n 5 + n 3 + 7n = (c) ( lim n + 3n n + 6n) n 3n = lim n n + 3n + n + 6n = 3 (d) ( lim + ) 4n = e n n 37

38 Möchte man nicht mit Teilfolgen (kein Brückenkursthema) argumentieren, kann es wie folgt begründet werden. Zu jedem ε > 0 gibt es ein N(ε) N so, dass für alle k > N(ε) gilt ( + ) k e k < ε. Das gilt dann auch für alle geraden k = n, also für alle n > N(ε). Daher konvergiert (+ k )k gegen e, also nach den Grenzwertsätzen ( (+ k )k) gegen e. (e) lim n ( ) 3n 5 ( n + 3 = lim + n + n n + ( + n+ = lim n ( + n+ ) 3(n+) ) 3(n+) ) (f) lim n ( ) n n = lim n n = e3 = e3 ( + n )n ( + n ) = e Aufgabe 4: (a) Berechnen Sie den Reihenwert k= ( ) 3 k ( )k k 4 k. (b) Ein Litergefäß Wasser enthalte 8g aufgelösten Zucker. Es wird nun 3 l abgegossen und ebensoviel reines Wasser zugegossen. Dieses Verfahren wird viermal angewendet. Wieviel Gramm Zucker sind dann noch im Gefäß? 38

39 (a) Es ist k= 3 k k = k= ( ) k 3 = = 3 und k= ( ) k 4 k = k= ( ) k = = 5. Nach den Grenzwertsätzen ist damit 3 ( 5 ) = 3, der gesuchte Grenzwert. (b) 8g ( ) 4 = 8g = 6g Aufgabe 5: Zeigen Sie + 3! + 5 4! + 7 6! +... = e. Es ist + 3! + 5 4! + 7 6! +... = { +! + 4 4! + 6 6! ! + 4! + 6! +... = { +! + 3! + 5! ! + 4! + 6! +... = +! +! + 3! + 4! +... = e. 39

40 Aufgabe 6: Untersuchen Sie, ob die Reihe n= ( ) 7 3 n + 6 n + 7n + konvergiert und berechnen Sie gegebenenfalls die Summe. Die Reihe n= 7 3 n = 7 n= ist konvergent. Zu untersuchen bleibt die Reihe n= 6 n + 7n + = 6 n= ( ) n 3 (n + 3)(n + 4). Dazu definieren wir die Folge (s k ) k N der Partialsummen s k := k n= = 6 k n= ( = 6 4 ) k n + 7n + = k ( n + 3 ) n + 4 n= = 6 k k (n + 3)(n + 4) ( k = 6 n=0 k = 6 4k + 6. n + 4 k n= ) n + 4 Die Folge (s k ) k N und damit die Reihe 6 n= n +7n+ ist also konvergent gegen 3. Insgesamt erhalten wir n= ( 7 3 n + 6 n + 7n + ) = 7 n= ( ) n n= ( = 7 3 ( ) 3 = lim k = = 5. ) + 6 lim s k k k 4k + 6 n + 7n + 40

41 Aufgabe 7: Untersuchen Sie folgende Reihen auf Konvergenz: (a) n=0 (b) n= (c) n=0 n!(n + )! (n)! n! n n 3n + Zusatzaufgabe für das Wurzelkriterium (hier nicht behandelt): (d) ( ) n n n=0 n + (a) Für n 0 gilt a n+ a n = (n + )! (n + )! (n)! (n + )! n! (n + )! = (n + )(n + ) (n + )(n + ) = n + 4n + und für n ist n + 4 4n +, also n+ konvergiert also nach dem Quotientenkriterium. 4n+ (b) Wir untersuchen die Reihe mit dem Quotientenkriterium: a n+ a n = (n + )! nn (n + ) n+ n! = n n (n + ) n ( ) n n = + e = q <. n = q <. Die Reihe Daher ist die Reihe absolut konvergent, also speziell konvergent. (c) Wegen 0 < 3n + < n und der Konvergenz von n= n ist n= 3n + n= n und die Reihe damit konvergent nach dem Majorantenkriterium. 4

42 (d) Wir untersuchen die Reihe mit dem Wurzelkriterium: Es gilt ( ) n n n an = n n + = ( ) n n = n + ( ) + n < n für alle n N. Das liefert die Konvergenz der Reihe. Aufgabe 8: (Teil einer Klausuraufgabe vom..009) (a) Untersuchen Sie folgende unendliche Reihe auf Konvergenz: (b) Gegeben ist die Potenzreihe n=0 n!(n + )! (n + )! a n (x 4) n = n= n= n + (n )3 n (x 4)n. Berechnen Sie den Konvergenzradius und untersuchen Sie, ob die Reihe für x = 7 konvergiert. Hinweis: Für den Konvergenzradius gilt a n r = lim n a n+ (a) Die Reihe konvergiert nach dem Quotientenkriterium, denn für alle n 0 gilt a n+ (n + )! (n + )! (n + )! (n + )(n + ) a n = = (n + 3)! n! (n + )! (n + )(n + 3) = n + n + 3 und n+ n+3. Das Quotientenkriterium ist erfüllt mit q = <. 4

43 (b) Der Konvergenzradius ist (nach der gegebenen Formel berechnet) a n n + n 3 n+ r = lim n a n+ = lim n (n ) 3 n n + 3 = lim 3 n n + n n n + 3 = 3. Für x = 7 lautet die Reihe n= n + n und ist divergent, denn die harmonische Reihe ist eine divergente Minorante: n + n Für x = lautet die Reihe n n = n n n= n + n ( ) n 3 = n + 3 n= n ( )n. Die Reihe konvergiert nach dem Leibniz-Kriterium. 43

44 Differentialrechnung Aufgabe : (a) Differenzieren Sie f : R R; f(x 0 ) = + x 0 elementar, d. h. durch Grenzwertberechnung des Differenzenquotienten. (b) Differenzieren Sie mit den Ableitungsregeln die Funktionen f : R R (i) f(x) = sin ( cos(x) ) (ii) f(x) = sin x sin( x) (iii) f(x) = 3 5x + 0x 4 + 5x (iv) f(x) = (x 5 + 6x 3 + 7) 8 ( (v) f(x) = cos 4 sin 3 (x 6 + ) ) + x x (vi) f(x) = arccos + x (c) Differenzieren Sie mit Hilfe der Umkehrfunktion (i) f(x) = arctan x (ii) f(x) = 7 x für x > 0 44

45 (a) Für x, x 0 R mit x x 0 ist der Differenzenquotient also ist der Grenzwert f(x) f(x 0 ) x x 0 = +x +x 0 x x 0 ( + x = 0) ( + x ) ( + x )( + x 0 )(x x 0) (x 0 + x)(x 0 x) = ( + x )( + x 0 )(x x 0) x 0 + x = ( + x )( + x 0 ), f(x) f(x 0 ) lim = x 0 x x 0 x x 0 ( + x = f (x 0 ). 0 ) (b) (i) f (x) = cos(cos x) ( sin x). (ii) f (x) = cos x sin( x) sin x cos( x) = sin( x). (iii) f (x) = ( x) 4 + 5x (3 5x + 0x 0x ) 4+5x 4 + 5x = 00x 3 00 (4 + 5x ) 4 + 5x. (iv) f (x) = 8 (x 5 + 6x 3 + 7) 7 (5x 4 + 8x ). (v) ( f (x) = sin... 4 sin 3 (x 6 + ) ) + x... ( sin (x 6 + ) cos(x 6 + ) 6x 5 + ) x ( + x ). 45

46 (vi) f (x) = ( x +x = + x ( + x ) + x = + x. (c) (i) f (x) = tan (arctan x) = +tan (arctan x) = +x. + x x x +x ) + x π arccos x = arctan x. + x (ii) f ist die Umkehrfunktion von g : (0, ) R, g(x) = x 7, also gilt nach der Umkehrfunktionsregel f (x) = g (f(x)) = 7(f(x)) 6 = 7( 7 x), 6 wie auch die allgemeine Exponentenregel (später!) liefert. Aufgabe : Bestimmen Sie die Ableitungen von (a) f : D R; f(x) = (x + ) 9 x8 + 5 (x 3 + x + ) 8 (b) f : D R; f(x) = (x 4 + ) ln(x+4) Bestimmen Sie jeweils auch den maximalen Definitionsbereich D. 46

47 (a) Logarithmieren ergibt ln f(x) = ln (x + ) 9 x8 + 5(x 3 + x + ) 8 = 9 ln(x + ) ln(x8 + 5) 8 ln(x 3 + x + ). Mit ergibt sich d dx f(x) = f (x) f(x) f (x) f(x) = 9 x x + 8x 7 x x + x 3 + x + = 8x x + 4x7 x x + x 3 + x +. Schließlich hat man: f (x + ) 9 ( 8x (x) = x8 + 5(x 3 + x + ) 8 x + 4x7 x x ) + x 3. + x + Im Definitionsbereich müssen die reellen Nullstellen weggelassen werden. Das heißt im vorliegenden Fall müssen die reellen Nullstellen von x 3 + x + bestimmt werden. Es existiert eine reelle Nullstelle, nämlich x 0 = ( 9+ 87) (6( 9+. Diese liegt nicht im Definitionsbereich des 87)) 3 Logarithmus (siehe Skizze): 47

48 (b) Es gilt und für g(x) > 0. Mit folgt: f(x) = g(x) h(x) ( ) f (x) = g(x) h(x) h (x) ln g(x) + h(x) g (x) g(x) f (x) = (x 4 + ) ln(x+4) g(x) = x 4 + und h(x) = ln(x + 4), sowie x > 4 ( x + 4 4x 3 ) ln(x4 + ) + ln(x + 4) x

49 Aufgabe 3: (a) Finden Sie das Bildungsgesetz für die n-te Ableitung (n N) von f :], [ R; f(x) = + x x. (b) Berechnen Sie für f :], [ R; f(x) = x den Term f (x) ( + ( f (x) ) ) 3. (a) Aus den ersten 3 Ableitungen f (x) = f (x) = f (x) = errät man das Bildungsgesetz für n N: f (n) (x) = ( x) 4 ( x) 3 ( x) 4 n!... n = ( x) n+ ( x) n+. (Nachweis mit Induktion, kein Brückenkursthema.) (b) Zunächst ergibt f x (x) = x für den Nenner den Term ( ) 3 ( ) 3 ( + (f (x)) ) 3 = + x x =. x Die zweite Ableitung ist x + x f x (x) = x x = ( x ) x, 49

50 der gesamte Term ist also -, das ist die konstante Krümmung des Halbkreises mit Radius. Aufgabe 4: Berechnen Sie folgende Grenzwerte: ( (a) lim x 0 x ) e x ( (b) lim x + e x ) x x 0+ (a) Es ist x e x = ex x x e x x vom Typ 0 0. Zweimalige Anwendung von de l Hospital führt auf e x x e x + e x und e x x e x + e x. Also existieren alle Grenzwerte und es gilt ( lim x 0 x ) e x e x = lim x 0 x e x + e x e x = lim x 0 x e x + e x =. (b) Für x > 0 ist ( ( x + e x ) x ln( x + e x ) ) = exp, x der Exponent ist vom Typ 0 0 und führt nach der Regel von l Hospital auf x + e x x + e x = + ex x x x + e. x Wegen ist der gesuchte Grenzwert e. + e x x lim x 0,x>0 = x + e x 50

51 Aufgabe 5: Der Durchsatz S eines Kommunikationsnetzes ist die Anzahl der vom Netz im Mittel pro Zeiteinheit übertragenen Nachrichten, der effektive Durchsatz die Menge der (erfolgreich übertragenen!) Nutzdaten, die pro Zeiteinheit das Netz verlassen. Insbesondere wird in der Praxis mit den Durchsätzen S ALOHA = G e G und S diskretes ALOHA = G e G gerechnet. (Dabei bezeichnet ALOHA ein Zugangsprotokoll.) G ist dabei die mittlere Anzahl der Übertragungsversuche während der (Rahmen- )Übertragungszeit. (a) Skizzieren Sie S ALOHA und S diskretes ALOHA als Funktion von G. (b) Berechnen Sie jeweils die Maxima. (c) Zeigen Sie, dass S ALOHA nie größer werden kann als S diskretes ALOHA. (d) Beweisen oder widerlegen Sie: Die Anzahl der erfolglosen Übertragungsversuche hat keinen Einfluss auf den Durchsatz S. Hinweis: Orientieren Sie sich an der Skizze in (a): Was passiert, wenn G größer wird? 5

52 (a) Abbildung diskretes ALOHA und ALOHA (b) ds ALOHA dg Produktregel = G e G + e G = e G ( G), das heißt, wegen G = 0 G = liegt in G = wegen d S ALOHA dg = e G ( G) e G und S ALOHA( ) = e < 0 ein Maximum vor. 5

53 Völlig analog folgt: S diskretes ALOHA = e G Ge G = e G ( G) S diskretes ALOHA = e G ( G) e G = e G ( G) S diskretes ALOHA() = e < 0. Also besitzt S diskretes ALOHA in G = das Maximum. (c) Aus der Beobachtung S ALOHA = Ge G S diskretes ALOHA Ge G folgt sofort die Behauptung = e G < (da G stets größer Null ist), für alle G. S ALOHA < S diskretes ALOHA (d) Die Aussage ist falsch. Die Graphen in Teil a) suggerieren auf den ersten Blick einen stabilen Zusammenhang zwischen S und G, was jedoch nicht der Fall ist. Versucht man den Durchsatz S über S MAX hinaus zu erhöhen, dann wächst die Zahl erfolgloser Übertragungsversuche, das heißt, G wächst an, womit S weiter abnimmt, mit der Konsequenz, dass das System in kurzer Zeit blockiert wird. 53

54 Aufgabe 6: Führen Sie für folgende Funktionen f : R R eine ausführliche Kurvendiskussion durch: (a) f(x) = 3x 4 8x 3 + 6x (b) f(x) = sin x sin x (c) f(x) = x + + x 3 (a) Als Polynom vom Grad 4 ist f auf R definiert. Man errät x 0 = als doppelte Nullstelle und erhält durch Division f(x) = (x ) (3x x ). Die Lösungen von 3x x = 0 sind x 0 = und x = 3. Also ist x 0 sogar dreifache Nullstelle von f, f(x) = (x ) 3 (3x + ). f ist beliebig oft differenzierbar, die ersten beiden Ableitungen sind f (x) = x 3 4x + x = x (x ), f (x) = 36x 48x + = (x )(3x ). Nullstellen von f sind bei x = 0 und x 0 =. Nullstellen von f sind bei x 3 = 3 und x 0 =. Extremwerte kann f nur an den Stellen haben, wo f = 0 ist. Es ist f (x ) = 0 und f (x ) =. Bei x = 0 ist also ein relatives Minimum von f mit Funktionswert f(0) =. Da f (x 0 ) = f (x 0 ) = 0 könnte in x 0 auch statt eines Extrempunktes ein Sattelpunkt sein. Dies untersuchen wir genauer. Aus dem Vorzeichen von f ergibt sich das Monotonieverhalten von f: Für x < 0 ist f (x) < 0, dort ist f streng monoton fallend. Für 0 < x < ist f (x) > 0, dort ist f streng monoton wachsend. Für < x ist f (x) > 0, auch dort ist f streng monoton wachsend. Also ist in x 0 = kein Extremum. An der Stelle x = 0 ist sogar ein absolutes Minimum von f. Ebenso ergibt sich das Krümmungsverhalten von f aus dem Vorzeichen von f : Für x < 3 ist f (x) > 0, dort ist der Graph von f linksgekrümmt. Für 3 < x < ist f (x) < 0, dort ist der Graph von f rechtsgekrümmt. Für < x ist f (x) > 0, dort ist der Graph von f linksgekrümmt. f ist weder gerade noch ungerade (gemischte Exponenten). Skizze von f: 54

55 (b) Die Funktion f ist auf R definiert und π-periodisch. Es genügt also die Untersuchung, zum Beispiel, im Intervall I = ( π, π) (ohne Randpunkte). Aus der Darstellung f(x) = sin x (sin x ) erhält man die Nullstellen von f. Es ist f(x) = 0 genau dann, wenn sin x = 0 ist, denn sin x = ist nicht möglich. Nullstellen von f in I sind also x 0 = 0, x = π. f ist beliebig oft differenzierbar, die ersten beiden Ableitungen sind f (x) = sin x cos x cos x = cos x (sin x ), f (x) = cos x sin x + sin x = 4 sin x + sin x. Nullstellen von f sind die Nullstellen des Kosinus und die Stellen, wo sin x = ist. Dort ist aber auch cos x = 0. Die Nullstellen von f in I sind also x = π, x 3 = π, x 4 = 3π. Nullstellen von f ergeben sich aus der quadratischen Gleichung für sin x sin x sin x = 0 dort, wo sin x = ist in I, also bei x 3 und dort, wo sin x = ist in I, also bei x 5 = 5π 6, x 6 = π 6, x 7 = 7π 6 und x 8 = π 6. Extremwerte von f können nur dort sein, wo f = 0 ist. In x ist f (x ) = 0 und f (x ) = 4, hier hat f ein relatives Maximum mit Funktionswert 55

56 f(x ) = 3. Bei x 4 ist es ebenso. In x 3 verschwindet die zweite Ableitung von f, deswegen betrachten wir hier das Monotonieverhalten von f. Dieses ergibt sich aus dem Vorzeichen von f. Da sin x 0 ist, gilt in I für π < x < π und für π < x < 3π jeweils f (x) > 0, auf diesen Intervallen ist f streng monoton wachsend. Für π < x < π und für 3π < x < π gilt f (x) < 0, auf diesen Intervallen ist f streng monoton fallend. Also hat f in x 3 ein relatives Minimum, f(x 3 ) =. Die Extrema sind auch absolute Extrema. Das Krümmungsverhalten von f ergibt sich aus dem Vorzeichen von f : f (x) = 4 sin x + sin x = ( sin x)( sin x + ). Da stets sin x 0 ist, gilt f (x) 0, falls sin x ist. Der Graph von f ist in I also linksgekrümmt in den Intervallen ( π, 5π 6 ), ( π 6, π ), ( π, 7π 6 ) und ( π 6, π) (an der Stelle x 3 = π ist f = 0 ohne Wechsel der Krümmung). Der Graph von f ist in I rechtgekrümmt in den Intervallen ( 5π 6, π 6 ) und ( 7π 6, π 6 ). f ist weder gerade noch ungerade wegen f( π ) = und f( π ) = 3. Graph von f: 56

57 (c) Die Funktion f ist auf R definiert, denn der Nenner verschwindet nicht. Nur für x < 0 kann f Nullstellen haben, es muss dann gelten + x 3 = x 3 = x, also erhält man die Bedingung x 4 x = 0. Diese Gleichung kann man nicht elementar auflösen. Für x > ist f(x) = x + x, für x < ist f(x) = x + 3 ( x 3 ). Daraus erhält man f (x) = { 3 x, 4 x >, + 3x ( x 3 ), x <. In x 0 = ist f nicht differenzierbar, denn für x gilt f(x) f() x+ x 3 x, x >, = x+ x x 3 x, x <. Das ist = { x 4 + x 3 x 3 (x ) = x3 x x ( x 3 )x+ ( x 3 ) ( x 3 )(x ) x, x >, 3 = x3 +x +x+3 x, x <. 3 In x 0 = gibt es keinen Grenzwert. (Der obere Term geht gegen -, der untere gegen 4.) Die Ableitungsfunktion f ist also nur auf R\ {} (wie oben) definiert. Damit gibt es auch f nur auf R\ {}, { f x, x >, (x) = 5 x (+x 3 ) ( x 3 ), x <. 3 Nullstellen von f gibt es nur für x >, dort lautet die Bedingung x 4 = 3 mit der (für x > ) einzigen Lösung x = Nullstellen von f gibt es nur für x <, dort lautet die Bedingung x ( + x 3 ) = 0 mit den Lösungen x = und x 3 = 0. In x hat f ein relatives Minimum mit Funktionswert f(x ) = ( 4 3) Die Stelle x 0 darf nicht vergessen werden! Das Monotonieverhalten von f ergibt sich aus dem Vorzeichen von f. Es ist f (x) > 0 für x < und für x > x, in diesen Intervallen ist f streng monoton wachsend. Es ist f (x) < 0 für < x < x, dort ist f streng monoton fallend. Also hat f in x 0 = ein relatives Maximum, f() =. 57

58 (Wegen f(0) = und f() =.5 sind beide Extrema nicht absolut.) Das Krümmungsverhalten von f ergibt sich aus dem Vorzeichen von f : Für x <, für 0 < x < und für x > ist f (x) > 0, in diesen Intervallen ist der Graph von f also linksgekrümmt. Für < x < 0 ist f (x) < 0, dort ist der Graph von f also rechtsgekrümmt. f ist weder gerade noch ungerade wegen f() = und f( ) = 3. Es folgt, dass f genau eine Nullstelle x 4 hat und diese zwischen - und 0 liegt. (Eine Näherungsrechnung liefert x ) Graph von f: Aufgabe 7: (a) Bestimmen Sie alle Tangenten an den Graphen von f : R R f(x) = x 3 + x, die durch den Punkt (x 0, y 0 ) mit x 0 = 0, y 0 = 3 gehen. (b) Gegeben sind die Polynome P und Q durch P (x) = x 7x + 9 und Q(x) = x + x + 3. Bestimmen Sie alle Geraden, die gleichzeitig Tangenten an den Graphen von P und an den Graphen von Q sind. 58

59 Zur Erinnerung: Die Tangente t an den Graphen einer Funktion f im Punkt ( a, f(a) ) ist gegeben durch t a (x) = f(a) + f (a) (x a). (a) Die Tangente t an den Graphen von f im Punkt (a, f(a)) des Graphen ist durch die Funktionsvorschrift t(x) = f(a) + f (a) (x a) = a 3 + a + (3a + a) (x a) gegeben. Aus der Bedingung t(x 0 ) = y 0, also aus t(0) = 3 erhält man für die unbekannte Berührstelle 3 = a 3 + a + (3a + a) ( a), also gilt a 3 + a 3 = 0. Diese Gleichung hat nur eine (reelle) Lösung, a =. Nur die Tangente mit t(x) = 5x 3 geht durch (x 0, y 0 ). (b) Die Tangente t P an den Graphen von P bei a und die Tangente t Q an den Graphen von Q bei b haben die Funktionsvorschriften t P (x) = P (a) + P (a) (x a) = a 7a (a 7) (x a), t Q (x) = Q(b) + Q (b) (x b) = b + b ( b + ) (x b). Beide Tangenten stimmen genau dann überein, wenn Steigungsfaktor und Absolutglied übereinstimmen, wenn also gilt a 7 = b + a + 9 = b + 3. Mit der zu. Gleichung äquivalenten Gleichung b = 4 a lautet die zweite a + 9 = (4 a) + 3, also a 4a 5 = 0 mit den Lösungen a = 5 und a =. Es gibt zwei Geraden, die gleichzeitig Graph P und Graph Q berühren, ihre Funktionsvorschriften sind t (x) = 3x + 4 (zu a = 5, b = ) und t (x) = 9x + 8 (zu a =, b = 5). Aufgabe 8: (a) An den Graphen von f : [0, ] R mit f(x) = x 3 soll eine Tangente so angelegt werden, dass der Flächeninhalt des Dreiecks, das Tangente, x-achse und die Parallele zur f(x)-achse durch x = bilden, möglichst groß ist. 59

60 (b) Eine Konservendose soll bei gegebenem Volumen minimale Oberfläche haben. (a) Die Tangente an den Graphen von f hat die Funktionsvorschrift t x0 (x) = f(x 0 ) + f (x 0 ) (x x 0 ) = 3x 0 x x 3 0. Dabei ist 0 < x 0 < die Berührstelle der Tangente. Das betrachtete Dreieck ist rechtwinklig mit der Höhe t x0 () = 3x 0 x 3 0, die Grundseite ist die Strecke mit den Endpunkten und der Nullstelle von t x0, für x 0 > 0 ist t x0 = 0 genau bei x n = x0 x0 3. Also hat die Grundseite die Länge 3 und das Dreieck den Flächeninhalt F (x 0 ) = ( 3 x 0) (3x 0 x 3 0) = 3 x4 0 x x 0. Wir suchen also Extremwerte der Funktion F : (0, ) R mit Die Ableitung F (x) = 3 x4 x x. F (x) = 8 3 x3 6x + 3x = x (x 3) (4x 3) 3 hat eine Nullstelle mit 0 < x <, nämlich x = 3 4. Es ist F (x) > 0 für 0 < x < 3 4 und F (x) < 0 für 3 4 < x <. Also ist bei x der Flächeninhalt maximal. Es ist F ( 3 4 ) = 7 8. (Bei x 0 = 0 ist die Tangente die x-achse, das Dreieck also ausgeartet mit Inhalt 0. Bei x 0 = kann man die Tangente durch Fortsetzung über hinaus erhalten, das Dreieck hat dann Flächeninhalt 6 < 7 8.) (b) Die Oberfläche der Dose ist F = πrh + r π; das ist die Mantelfläche, abgerollt ein Rechteck mit Grundseite πr (Dosenumfang) und Höhe h (Dosenhöhe) plus Deckelflächen (Kreisflächen mit Radius r). Gegeben ist das Volumen V = r πh. Für r > 0 ersetzen wir h = V r π und betrachten F (r) = πr V r π + r π = V r + r π. 60

61 Es ist für r > 0 genau dann, wenn V r F (r) = V r + 4rπ = 0 = rπ, also wenn r 3 = V π = r πh π = r h ist. Einzige Nullstelle von F ist also bei r = h. Für 0 < r < h ist F (r) < 0, für h < r ist F (r) > 0. Also ist hier ein absolutes Minimum. Die optimale Dose hat einen quadratischen Querschnitt und den Oberflächeninhalt 6r π. Zusatzaufgabe: (Klausuraufgabe vom..009) Berechnen Sie die Grenzwerte: n n ( + (a) lim n (n + ) n n + ) n + 7 (b) lim x 0 x x 4 ( + x) sin ( π + sin(3x) ) (c) lim x x ( ( ) ) exp x (a) Für alle n N ist n n+ (n + ) n ( n + n + 7 ) = ( ) n n n + 5n n + 9n + 4. Wegen ist Weiter ist lim n lim n ( n + n ) n ( = lim + n = e n n) ( ) n n lim = e. n n + 5n n + 9n + 4 = lim n n + 4 n = 5. 6

62 Also erhält man lim n n n+ ( (n + ) n n + ) = 5 n + 7 e. (b) Der Term ist für x 0 vom Typ 0 0 und führt nach l Hospital auf lim x 0 4x 3 sin(π + sin(3x)) + ( + x) cos(π + sin(3x)) cos(3x) 3 = 3. Also ist der gesuchte Grenzwert 3. (c) Der Term ist für x vom Typ 0 und wird umgeformt in den Typ 0 0 : exp( x ). lim x Nach de l Hospital erhält man exp( x lim ) ( x ) x = lim exp( x x Also ist auch der gesuchte Grenzwert. x x ) =. 6

63 Integration Aufgabe : Berechnen Sie folgende Integrale: (a) cos(x) e sin(x) dx x 3 (b) x + dx ln x (c) dx für x > 0 x (d) ln 3 x x dx für x > 0 (a) Mit der Substitution z = sin x, das heißt, dz dx = cos x, also dx = dz hat man cos x e z dz cos x = e z dz Die Probe bestätigt das Ergebnis. = ez = e sin x. cos x (b) x 3 x + dx = ( x x ) x dx + = x ln(x + ) (c) Partielle Integration mit v = ln x, v = x, u = x, u = x ergibt ln x dx = x ln x x dx x = x(ln x ). 63

64 ln 3 x (d) x dx ist von der Form f 3 f mit f = ln x, das heißt ln 3 x x = 4 (ln x)4. Aufgabe : (Ehemalige Klausuraufgabe,.7.006) Berechnen Sie mit den Integrationsmethoden und Grundintegralen der Vorlesung (ohne Verwendung von Integraltafeln) das bestimmte Integral 0 ( + x) 3 cos ( π ( + x) ) dx. Zuerst wird t = ( + x) substituiert, dabei ist dt = ( + x) dx und 0 ( + x) 3 cos ( π ( + x) ) dx = Nun wird partiell integriert: 4 t cos(πt) dt = ( t sin(πt) π t cos(πt) dt. sin(πt) π ) dt = cos(πt) 4 π = π. Aufgabe 3: (ehemalige Klausuraufgabe,..009) Berechnen Sie mit den Integrationsmethoden und Grundintegralen der Vorlesung (ohne Verwendung von Integraltafeln) (a) eine Stammfunktion F : F (x) = x sinh(x) dx (b) eine Stammfunktion F : F (x) = (c) das bestimmte Integral cos x sin x + dx 3x + 5 x + dx. 64

65 (a) Es wird zunächst partiell integriert mit u = x, v = sinh x, also u = x und v = cosh x: F (x) = x cosh x x cosh x dx Auch das verbleibende Integral wird partiell integriert mit f = x, g = cosh x, also f = und g = sinh x: x cosh x dx = x sinh x sinh x dx = x sinh x cosh x. Das Ergebnis ist F (x) = x cosh x x sinh x + cosh x. (b) Die Substitution t = sin x, also dt = cos xdx ergibt das Integral t dt = Arctan t. + Rücksubstitution ergibt die Lösung F (x) = Arctan(sin x). (c) Mit der Substitution t = x +, also dx = t dt und x = t erhält man 3x + 5 x + dx = =. 3t t dt = t 3t dt = t 3 t 65

66 Aufgabe 4: (a) Bestimmen Sie die Stammfunktionen (bei jeweils passendem Definitionsbereich): x x + () dx () dx x + x (3) x sin(x ) dx (4) x sin x dx (5) cos 4 x dx (6) sin( x) dx (7) (9) 3x 5 dx (für 7x + 0) (8) 7x + dx für x > ) (0) x ln x (b) Berechnen Sie die bestimmten Integrale x 3 3( + x ) dx x ln x dx () (3) (5) (7) (9) 0 π/ x 4 dx () cos x sin x dx (4) x dx (6) + 9 x + x dx (8) + x + 0 x e x dx (0) 4 0 π/4 0 3 π/4 0 5x x + dx tan x dx 5x + 5 3x + x + dx (e 3)/ tan x dx ln(x + 3) dx 66

67 (a) () Mit der Substitution t = x, also x = t, dx = tdt ist für x 0 t F (x) = t + tdt t ( + = t + dt = dt = (t arctan t) = ( x arctan x). ) t + dt () (Das erste Integral kann man partiell behandeln, falls man die Exponentenregel für nicht-ganze Exponenten vermeiden will.) F (x) = xdx + x dx = 3 x x + x (3) Mit der Substitution x = t, also dt = xdx folgt F (x) = sin tdt = cos t = cos(x ), x R. (4) Mit zweimaliger partieller Integration folgt F (x) = x cos x + x sin x + cos x, x R. (5) Nach dem Kosinus-Additionstheorem cos(x) = cos (x) sin (x) ( ) 67

68 erhält man für alle x R cos(4x) = cos (x) sin (x) (sin (x) + cos (x) = sin (x) = cos (x) ( )) = cos (x) + cos (x) = cos (x) ( ) = (cos (x) sin (x)) ( ) = (cos (x) + cos (x) ) = ( cos (x) ) = (4 cos 4 (x) 4 cos (x) + ) = 8 cos 4 (x) 8 cos (x) + (cos (x) = [ + cos(x)]) = 8 cos 4 (x) 8 [ + cos(x)] + = 8 cos 4 (x) 4 4 cos(x) + = 8 cos 4 (x) 3 4 cos(x) Somit hat man cos 4 (x) = cos(4x) cos(x) 8 = cos(4x) cos(x) F (x) = 3 8 x + sin(x) + sin(4x) 8 4 = 3 8 x + 4 sin(x) + 3 sin(4x). 68

69 (6) Mit der Substitution t = x, also x = t, dx = tdt ist für x 0 F (x) = sin( x)dx = t sin tdt = t cos t + sin t = x cos( x) + sin( x). (7) (8) 3x 5 7x + dx = ( ) dx 49x + 7 = 3 7 x 38 ln(49x + 7). 49 x 3 3( + x ) dx = ( x x ) 3 + x dx = 3 ( x ln( + x )) = 6 x 6 ln( + x ). (9) Mit der Substitution t = ln x erhält man dx = ln(ln x). x ln x (0) Mit partieller Integration folgt x ln xdx = x ln x 4 x. (b) () Leichter als Integration ist hier die direkte Flächenberechnung: Ein rechtwinkliges Dreieck mit Grundseite 4 5 und Höhe 4, Flächeninhalt 8 5 und ein rechtwinkliges Dreieck mit Grundseite 5 und Höhe, Flächeninhalt 7 0, geben zusammen das Integral 0. Alternative: t dt = t t 69

70 und substituieren t = 5x 4, also dt = 5dx: 0 5x 4 dx = 5 4 t dt = 0 t t 4 = 7 0. () Mit der Substitution t = x +, also dx = tdt folgt 4 3 5x x + dx = 5 t t tdt = 5 ( ) t 5 5 t3 3 3 = Partielle Integration ist auch möglich. (3) Für alle x R gilt cos(x ± x ) = cos(x ) cos(x ) sin(x ) sin(x ). Also ( x cos(x) = cos + x ) ( = cos x ) ( sin x ) ( 4(a)(5)( ) = cos x ) ( 4(a)(5)( ) = sin x ) und daher ( cos(x) = cos x ) ( cos x ) = + cos(x) und ( cos(x) = sin x ) ( sin x ) = cos(x). ( ) 70

71 Nach Sinus-Additionstheorem sin(x) = sin(x) cos(x) ist ( ) sin(x) cos (x) sin (x) = also folgt π 0 = = ( ) = cos x sin xdx = 8 sin (x) 4 sin ( 4x ) 8 cos(4x) 8 π 0 = x 8 sin(4x) 3 = π 6. cos(4x)dx (4) Wegen tan x = + tan x ist (tan x x) = tan x, also π π 4 tan 4 xdx = tan x x = π 4. 0 (5) Mit der Substitution x 3 = t, also dx = 3dt erhält man (6) x + 9 = 9 = π 0 ( x 3 ) + dx t + 3dt = 3 arctan t = π. 5x + 5 3x + x + dx = 5 3 6x + 3x + x + dx = 5 ln 3x + x + = 5 ln

72 (7) x + x + x + 0 dx = ( x + x + x x + x + x + 0 dx + = = ln x + x = ln π x + x ) dx (x + ) + 9 dx t + 9 dx (8) π 4 0 = ln + π π 4 sin x tan xdx = 0 cos x dx = ln cos x = ln = ln. π 4 0 (9) x e x dx = x e x = (x e x e x ) e x dx = e. (0) (e 3) e ln(x + 3)dx = ln tdt = ( t ln t e e = (e (e )) =. ) dt 7

73 Aufgabe 5: (a) Berechnen Sie die Maßzahl der Fläche, die die Graphen von f : R R; f(x) = x + und g : R R; g(x) = x + x zwischen ihren Graphen einschließen. (b) Das Flächenstück, das der Graph von f : R R; f(x) = 4 x zwischen den Nullstellen mit der x-achse einschließt, soll durch einen geraden Schnitt, der parallel zu x-achse verläuft, halbiert werden. (a) Die Schnittpunkte der Geraden erhält man aus der Gleichung f(x) = g(x), also aus g(x) f(x) = x +x = (x+)(x ) = 0 zu x =, x =. Zwischen den Schnittpunkten ist (x + )(x ) 0, also g(x) f(x). Der gesuchte Flächeninhalt ist I = = (f(x) g(x))dx ( x x )dx = (x x x3 3 ) = 9. (b) Die Nullstellen von f sind bei x \ = ±, zwischen den Nullstellen ist f(x) 0. Also ist der Gesamtinhalt I = Gesucht ist also a R mit a a = f(x)dx (4 x )dx = (4x x3 3 ) = 3 3. (4 x )dx a(4 a ) = 8a 3 a3 a(4 a ) = 4 3 a3 =