Musterlösung. für die Klausur MA1_06.1 vom 08. Februar Labor für Mathematik und Statistik. Prof. Norbert Heldermann.

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1 Fachbereich Produktion und Wirtschaft Musterlösung für die Klausur MA1_06.1 vom 08. Februar 006 Labor für Mathematik und Statistik Prof. Norbert Heldermann Richard Münder Bei dem vorliegenden Dokument handelt es sich um eine Musterlösung für eine vom Labor für Mathematik und Statistik gestellte Klausur. Die Anfertigung dieser Musterlösung wurde aus Studiengebühren der Studenten des Fachbereiches Produktion und Wirtschaft der Fachhochschule Lippe und Höxter finanziert. Die Reihenfolge der Aufgaben wurde bei der Darstellung ihrer Lösungen gegenüber der Klausur beibehalten. Diese Lösungen wurden ausführlich dargestellt, reichhaltig kommentiert und verständlich mit graphischen Darstellungen ergänzt. Unter besteht eine Verbindung zur Internetseite des Labores für Mathematik und Statistik. Hier können die Klausuren und die Musterlösungen heruntergeladen werden. Darüber hinaus existiert eine Kontaktadresse für sinnvolle Verbesserungsvorschläge und zur Fehleranzeige sowie für eventuelle Rückfragen. Die in der Musterlösung enthaltenen Zeichnungen sind mit AutoCAD (Lizenz Fachhochschule Lippe und Höxter) angefertigt worden.

2 Klausur Mathematik 1, M Prof. Dr. N. Heldermann Dauer: Stunden. Erlaubte Hilfsmittel: Nicht-programmierbarer Taschenrechner. Bitte beginnen Sie jede Aufgabe auf einem neuen Blatt. Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und lassen Sie die Rückseite frei. Die Ermittlung aller Ergebnisse ist lückenlos und nachvollziehbar zu dokumentieren. 1. Zeichnen Sie die Menge M := {(x, y) R x + y x + y 1, x y }.. Formulieren Sie eine mathematisch exakte Definition für die Aussage: Die Folge {x n} n N konvergiert gegen a R. (8 Punkte) (6 Punkte) 3. Es sei x > 1. Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion für alle n 0 die Ungleichung von Bernoulli: (1 + x) n 1 + nx. (8 Punkte) 4. Für welche Werte von x [0, π] gilt sin x tan x = 1 cos x? (6 Punkte) 5. Beweisen Sie mit Hilfe des Satzes von Pythagoras den Cosinussatz: a = b + c bc cos α. C γ (4 Punkte) b h a A α x. c c x β B 6. Berechnen Sie Definitionsbereiche und erste Ableitungen der Funktionen: (a) f 1 (x) = 1 + arctan x arctan x (b) f (x) = 3 ln x (je 4 Punkte) 7. Berechnen Sie lückenlos die folgenden unbestimmten Integrale durch x 3 (a) Substitution: a x dx (b) Partielle Integration: e x sin x dx (je 4 Punkte) 8. Betrachtet wird die Funktion f(x) = x 3 x x +. (a) Berechnen Sie die Pol- und Nullstellen und fertigen Sie ein Skizze an. (4 Punkte) (b) Berechnen Sie Extremwerte und Wendepunkte (ohne 3. Ableitung). (6 Punkte) (c) Berechnen Sie f(x) dx. (8 Punkte)

3 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 3 1. Aufgabe Zeichnen Sie die Menge M := {(x, y) R x + y x + y 1, x y }. Bei der Betrachtung derartiger Mengen geht es prinzipiell darum, die Ungleichung nach y aufzulösen. Als Ergebnis erhält man einen Halbraum, also ein Gebiet oberhalb oder unterhalb einer Funktion, meistens einer Geraden. Im vorliegenden Fall ist die Auflösung der Ungleichung nach y durch den Betragsausdruck y erschwert. Es geht in einem ersten Schritt nun darum, den Betragsausdruck zu eliminieren. Das geschieht durch eine Fallunterscheidung, was auf eine Zerlegung der Ebene R hinausläuft. In einem zweiten Schritt werden dann in jedem Sektor getrennt die Elemente von M bestimmt. Fall 1: y 0 Der diesem Fall entsprechende Sektor ist S 1 = {(x, y) R y 0}, also die obere Halbebene. In diesem Sektor gilt: y = y. Hier bestimmt man nun die Elemente von M: (x, y) M x + y x + y 1. Um diese Ungleichung nach y aufzulösen, muß mit x + y multipliziert werden. Nun weiß man aber, daß die Multiplikation einer Ungleichung mit einer negativen Zahl das Ungleichheitszeichen herumdreht! Eben das würde zum Beispiel für den Punkt ( 1, 1) geschehen. Um die Ungleichung weiter aufzulösen, muß man deshalb eine Fallunterscheidung in die Fälle 1a: x + y > 0 und 1b: x + y < 0 durchführen. Diese Fallunterscheidung hat mit der ersten Fallunterscheidung, die nur zur Auflösung der Betragsstriche durchgeführt worden war, gar nichts zu tun. Fall 1a: x + y > 0 y > x Der Fall 1a entspricht einem Sektor S 1a der Ebene. Hier kann die Ungleichung weiter aufgelöst werden: (x, y) M x + y x + y y x. Damit wurde der Halbraum unterhalb der steigenden Diagonale im Sektor S 1a als die gesuchte Teilmenge von M bestimmt. Fall 1b: x + y < 0 y < x Der Fall 1b entspricht einem Sektor S 1b der Ebene. Hier kann die Ungleichung weiter aufgelöst werden: (x, y) M x + y x + y y x. Damit wurde der Halbraum unterhalb der Geraden y = x im Sektor S 1b als die gesuchte Teilmenge von M bestimmt.

4 4 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder Nach demselben Schema bestimmt man nun alle weiteren Teilmengen von M. Der diesem Fall entsprechende Sektor ist Fall : y < 0 S = {(x, y) R y < 0}, also die untere Halbebene. In diesem Sektor gilt: y = y. Hier bestimmt man nun die Elemente von M: (x, y) M x + y x y 1. Um diese Ungleichung nach y aufzulösen, muß mit x y multipliziert werden. Um nun auch diese Ungleichung weiter aufzulösen, muß man deshalb ebenfalls eine Fallunterscheidung in die Fälle a: x y > 0 und b: x y < 0 durchführen. Fall a: x y > 0 y < x Der Fall a entspricht einem Sektor S a der Ebene. Hier kann die Ungleichung weiter aufgelöst werden: (x, y) M x + y x y y 1 3 x. Damit wurde der Halbraum unterhalb der Geraden y = x sowie der Abszisse im Sektor S a als die gesuchte Teilmenge von M bestimmt. Fall b: x y < 0 y > x Der Fall b entspricht einem Sektor S b der Ebene. Hier kann die Ungleichung weiter aufgelöst werden: (x, y) M x + y x y y 1 3 x. Damit wurde der Halbraum oberhalb der Geraden y = 1 3 x im Sektor S b als die gesuchte Teilmenge von M bestimmt.

5 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 5 Die so ermittelten Teilmengen ergeben zusammen die Lösungsmenge, deren graphische Darstellung folgendermaßen aussieht:

6 6 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder. Aufgabe Formulieren Sie eine mathematisch exakte Definition für die Aussage: Die Folge {x n} n N konvergiert gegen a R. Eine Folge {x n } n N konvergiert gegen a R genau dann, wenn für alle ε > 0 ein n 0 N existiert, so daß für alle n > n o gilt: a x n < ε.

7 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 7 3. Aufgabe Es sei x > 1. Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion für alle n 0 die Ungleichung von Bernoulli: (1 + x) n 1 + nx. Vollständige Induktion ist ein Verfahren, um Aussagen für endliche Teilmengen M der natürlichen Zahlen zu beweisen. Im vorliegenden Fall ist M = N 0 = {0, 1,,... }. Das Verfahren beginnt, indem die behauptete Eigenschaft zunächst für das kleinste Element von M nachgewiesen wird (Induktionsanfang). In einem zweiten Schritt wird dann bewiesen, daß sich die behauptete Eigenschaft auf den Nachfolger eines beliebigen Elementes k M vererbt, wenn nur k die Eigenschaft besitzt. Es wird nun also angenommen, daß die Bernoulli-Ungleichung für ein beliebiges k M gilt, also (1 + x) k 1 + kx. Nun ist zu zeigen, daß diese Ungleichung auch für den Nachfolger von k in M Gültigkeit hat, also für k + 1. Folgendes ist nachzuweisen: (1 + x) (k+1) 1 + (k + 1)x. Natürlich ist die Gültigkeit der zuvor betrachteten Ungleichung Ausgang des Beweises! Diese wird mit dem Faktor (1 + x) multipliziert, es ergibt sich: (1 + x) (k+1) (1 + kx)(1 + x) = 1 + x + kx + kx = 1 + (k + 1)x + kx. Die Multiplikation bewahrt dabei das Ungleichheitszeichen, weil 1 + x 0. Da k 0 und x 0, ist auch kx 0. Wird dieser Audruck in der letzten Gleichung weggelassen, wird das Ergebnis allenfalls kleiner: Das aber war zu zeigen! (1 + x) (k+1) 1 + (k + 1)x + kx 1 + (k + 1)x.

8 8 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 4. Aufgabe Für welche Werte von x [0, π] gilt sin x tan x = 1 cos x? Um eine derartige Gleichung nach x aufzulösen, geht man in drei Schritten vor: Schritt 1: Schritt : Schritt 3: Die Argumente aller trigonometrischen Funktionen werden angeglichen. Im Normalfall wählt man den größten gemeinsamen Teiler aller Argumente. Das übliche Werkzeug sind hier die Additionstheoreme. Treten verschiedene trigonometrische Funktionen auf, so werden sie durch eine einzige trigonometrische Funktion ausgedrückt. Die so erzielte Gleichung wird nach x aufgelöst. Mitunter gelingt es in der Abfolge dieser Schritte, die Ausgangsgleichung in die Form a b = 0 zu bringen. Das ist äquivalent zu a = 0 oder b = 0. Aus einer Gleichung sind so zwei, in der Regel einfachere, Gleichungen entstanden. Im vorliegenden Fall soll x sin x das einheitliche Argument sein. Wegen tan x = und cos x cos x = 1 sin x (Additionstheorem) erhält man: sin x sin x cos x = 1 ( 1 sin x ). Erneute Anwendung eines Additionstheorems ergibt: sin x cos x sin x cos x = sin x. Nachdem auf der linken Seite cos x gekürzt wurde, sieht die Gleichung wie folgt aus: sin x = sin x. Nachdem gekürzt wurde liefert ein erneutes Anwenden der Additionstheoreme: sin x ( sin x cos x ) = 0 sin x 4 sin x cos x = 0.

9 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 9 Der in beiden Ausdrücken enthaltene Term wird ausgeklammert und man erhält: sin x ( 1 4 cos x ) = 0. sin x ( = 0 oder 1 4 cos x ) = 0 oder cos x = 1 4 oder cos x = ± 1 4 = ±1 x = 0, π, π,... oder x = π 3, π 3,... x = 0, π oder x = π 3, 4π 3. Die Werte der Lösungsmenge der Gleichung ergeben sich aus der Vereinigung beider Teilmengen: x = 0, π 3, 4π 3, π.

10 10 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 5. Aufgabe Beweisen Sie mit Hilfe des Satzes von Pythagoras den Cosinussatz: a = b + c bc cos α. C γ b h a A α x. c c x β B Die Höhe h teilt das Dreieck ABC in ein rechtes rechtwinkliges Dreieck mit den Seiten h, a und c x, sowie ein linkes rechtwinkliges Dreieck mit den Seiten h, b, x. Der Satz des Pythagoras lautet für das rechte Teildreieck wie folgt: a = h + (c x). Durch das Ausmultiplizieren der Klammer erhält man: a = h + c + x cx. Im linken Teildreieck lautet der Satz des Pythagoras: h = b x. Wegen cos α = x b erhält man: x = b cos α. Setzt man nun diese Zusammenhänge in die Ausgangsgleichung ein, ergibt sich: a = b x + c + x cx. = b + c bc cos α.

11 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder Aufgabe Berechnen Sie Definitionsbereiche und erste Ableitungen der Funktionen: (a) f 1 (x) = 1 + arctan x und (b) f (x) = ln 3 x arctan x 6(a): Bei der Untersuchung des Definitionsbereiches sind die einzelnen Funktionsbestandteile auf mögliche Einschränkungen hin zu untersuchen. Das Ergebnis dieser Betrachtungen liefert den Definitionsbereich der zusammengesetzten Funktion. Der erste Funktionsbestandteil lautet arctan x. Diese Funktion ist für alle x R definiert. Der zweite Funktionsbestandteil ist die Berechnung eines Bruches. Hier gilt offenbar die Einschränkung, daß eine Division durch Null nicht zulässig ist. Die Einschränkung arctan x 0 führt eindeutig zu x 0. Der Funktionsdefinitionsbereich ergibt sich aus allen Einzeleinschränkungen. Man erhält also: x Def(f 1 ) x R \ {0}. Bevor die geforderte erste Ableitung gebildet wird, empfiehlt es sich, eine Umformung vorzunehmen: f 1 (x) = 1 + arctan x 1 = 1 + arctan x arctan x = 1 + (arctan x) 1. Beim Ableiten fällt die Konstante weg, der verbleibende Term ist eine Verkettung zweier Funktionen. Die Kettenregel liefert: f 1(x) = ( 1) (arctan x) x = 1 (1 + x ) arctan x. 6(b): Bei der nun vorliegenden Funktion ist der erste Funktionsbestandteil eine Wurzel. Die Einschränkung hier lautet, daß der Radikand nicht negativ sein darf, also x 0. Der zweite Funktionsbestandteil ist ein Logarithmus. Das Argument eines Logarithmus muß immer positiv sein, also x > 0. Der Funktionsdefinitionsbereich ergibt sich auch hier aus allen Einzeleinschränkungen, man erhält somit: x Def(f ) x R x > 0 oder: x R +. Es bietet sich an, die Funktion vor dem Ableiten zu vereinfachen: f (x) = 3 ln x = ( ) ln x Die Ableitung der zu behandelnden Verkettung ergibt sich aus dem Produkt der Ableitungen der jeweiligen Funktionsbestandteile: f (x) = 1 3 ( ) ln x x x.

12 1 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 7. Aufgabe Berechnen Sie lückenlos die folgenden unbestimmten Integrale durch x 3 (a) Substitution: a x dx (b) Partielle Integration: e x sin x dx 7(a): Vor der Integration wird die Substitution durchgeführt. Es empfiehlt sich, den Nenner zu substituieren, und zwar die gesamte Wurzel: z := a x dz dx = x a x = x z dx = z x dz. Das Einsetzen des substituierten Terms in die Ausgangsgleichung liefert: x 3 x 3 a x dx = z z x dz = x dz. Da die Integrationsvariable noch in x vorliegt, aber nach z zu integrieren ist, muß erneut die Substitutionsvorschrift bemüht werden. Somit erhält man: z := a x x = a z. Das Integral ist nun recht einfach zu lösen: (a z ) dz = a z z3. Nun ist die Zeit gekommen, die Rücksubstitution durchzuführen und die Aufgabe zu lösen: a z z3 = a a x + 1 ( ) 3 a x ( 3 = a a x ) ( a x ) (b): Um die Aufgabe möglichst einfach zu lösen, wählt man für die partielle Integration u = e x und v = sin x. Man erhält somit u = e x und v = cos x. Das Einsetzen in die Aufgabenstellung liefert: e x sin x dx = e x sin x e x cos x dx. Das neu aufgetretene Integral löst man am besten erneut mit Hilfe partieller Integration nach vorangegangener Vorgehensweise und erhält in einer kurzen Nebenrechnung: NR: e x cos x dx = e x cos x e x ( sin x) dx.

13 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 13 Insgesamt erhält man auf diesem Wege folgenden Zusammenhang: ( ) e x sin x dx = e x sin x e x cos x e x ( sin x) dx. Um den gesuchten Term zu isolieren, addiert man ihn auf beiden Seiten der Gleichung und erhält wie von selbst: e x sin x dx = e x sin x e x cos x. Um die Aufgabe zu lösen, halbiert man lediglich noch beide Seiten der Gleichung und die Lösung ergibt sich zu: e x sin x dx = 1 ex (sin x cos x).

14 14 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 8. Aufgabe Betrachtet wird die Funktion f(x) = x 3 x x +. (a) Berechnen Sie die Pol- und Nullstellen und fertigen Sie ein Skizze an. (b) Berechnen Sie Extremwerte und Wendepunkte (ohne 3. Ableitung). (c) Berechnen Sie f(x) dx. 8(a): Bei der zur Untersuchung vorliegenden Funktion handelt es sich vom Typ her um eine gebrochenrationale Funktion, das heißt, Zähler und Nenner sind selbst ebenfalls (separate) Funktionen. Die Nullstellen der Funktion sind identisch mit den Nullstellen der Zählerfunktion, die Polstellen ergeben sich aus den Nullstellen der Nennerfunktion: Nullstellen: x 3 = 0 x 0 = 3 Polstellen: x x + = 0 x 1/ n. e. Weil die Parabel x x + keine Nullstellen besitzt, hat die Funktion f(x) keine Polstellen. Nachdem die ersten charakteristischen Kennwerte der Funktion ermittelt sind, kann sie skizziert werden. 8(b): Zur genauen Berechnung von Extremwerten und Wendepunkten führt wohl kein Weg an den ersten beiden Ableitungen der Funktion vorbei. Dazu wird es wohl am einfachsten sein, die Quotientenregel zum Ableiten zu benutzen. Die erste Ableitung ergibt sich somit zu: f(x) = x 3 x x + f (x) = (x x + ) (x 3)(x 1) (x x + ). Im Zähler können die Klammerausdrücke wie folgt zusammengefaßt werden: f (x) = (x x + ) (x x 6x + 3) (x x + ).

15 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 15 Für die erste Ableitung erhält man also nach durchgeführter Vereinfachung: f (x) = x + 6x 1 (x x + ). Eine erneute Anwendung der Quotientenregel führt zur zweiten Ableitung: f (x) = ( x + 6)(x x + ) ( x + 6x 1) (x x + )(x 1) (x x + ) 4. Der in allen Termen enthaltene Ausdruck (x x + ) kann gekürzt werden, danach werden die Klammern aufgelöst: f (x) = ( x + 6)(x x + ) + (x 6x + 1) (x 1) (x x + ) 3 = x3 + x 4x + 6x 6x x 3 4x + 4x x + 1x (x x + ) 3. Der Zähler wird zusammengefaßt zu: f (x) = x3 18x + 6x + 10 (x x + ) 3 = x3 9x + 3x + 5 (x x + ) 3. Die Extremwerte ergeben sich, indem die erste Ableitung gleich Null gesetzt wird. Die so erhaltenen Lösungswerte sind die Extrema der Ausgangsfunktion: f (x) = 0 x + 6x 1 (x x + ) = 0. Bei vorliegendem Ausdruck handelt es sich offensichtlich um einen Bruch. Somit genügt es, den Zähler gleich Null zu setzen: x + 6x 1 = 0. Die Lösungsformel für quadratische Gleichungen liefert folgendes Ergebnis: x 1/ = 1 ( ) 1 6 ± 36 4 = 3 ± 3 = 3 ± x1 = 5, 83 x = 0, 17. Um die Art der Extrema zu bestimmen, hat eine Auswertung der Funktionswerte der zweiten Ableitung der Extremwerte zu erfolgen: f (x 1 ) 0, 076 f (x 1 ) < 0 lokales Maximum. f (x ) 1, 64 f (x ) > 0 lokales Minimum.

16 16 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder Die Wendepunkte erhält man, indem die zweite Ableitung gleich Null gesetzt wird. Die Lösungswerte sind die Wendepunkte der Ausgangsfunktion: f (x) = 0 x3 9x + 3x + 5 (x x + ) 3 = 0. Bei vorliegendem Ausdruck handelt es sich um einen Bruch, der Zähler wird gleich Null gesetzt. x 3 9x + 3x + 5 = 0 Systematisches Probieren führt zu f (1) = 0, es ist also x 3 = 1 eine Lösung. Eine Polynomdivision vereinfacht den Ausdruck zu einer quadratischen Gleichung, es kann die bekannte Lösungsformel erfolgreich angewandt werden: (x 3 9x + 3x + 5) : (x 1) = x 8x 5 (x 3 x ) 8x + 3x ( 8x + 8x) 5x + 5 ( 5x + 5) 0. Die erhaltene Gleichung. Grades wird mit der Lösungsformel weiter vereinfacht: x 4/5 = 1 (8 ± ) = 4 ± = 4 ± 1 x4 = 8, 58 x 5 = 0, 58. Die Ordinatenwerte der Wendepunktkoordinaten erhält man aus der Ausgangsgleichung: WP 1 ( 8, 58 0, 083 ) WP ( 0, 58 1, 3 ). 8(c): Da es sich bei dem zu lösenden Ausdruck um ein uneigentliches Integral handelt, wird ein Grenzwert eingeführt, um die Integration dennoch durchführen zu können: λ x 3 f(x) dx = lim λ x x + dx. In einer ersten Nebenrechnung wird der Funktionsterm umgeformt: x 3 NR: x x + dx = 1 x 1 5 x x + dx = 1 x 1 x x + dx 5 1 x x + dx }{{} I.

17 Labor für Mathematik und Statistik - Prof. N. Heldermann - R. Münder 17 Das Anfangsintegral ist in zwei Bestandteile zerlegt worden, von denen der erste recht leicht zu lösen ist. Für den zweiten Teil (I ) ist jedoch eine weitere Nebenrechnung erforderlich: ( Nennerzerlegung: x x + = x 1 ) 1 ( 4 + = x 1 ) Das Integral I erhält wie von selbst die Form: 1 I = ( ) x Um die bereits enthaltene Form eines Integrals mit arctan-artiger Stammfunktion zu erhalten, bietet sich wie so oft eine kleine Substitution an: dx. z := x 1 dz = dx a = 1 7. Nun können die Werte in die Standardform des Grundintegrals des Arkustangens eingesetzt werden: 1 I = z + a dz = 1 a arctan z a = arctan x Nachdem alle Nebenrechnungen erfolgreich abgeschlossen sind, kann die Rückkehr zur Hauptaufgabe erfolgen. Durch systematisches Einsetzen aller bereits errechneten Werte ergibt sich folgender Term: λ lim λ x 3 x x + dx = [( 1 lim λ ln(λ λ + ) 5 arctan λ 1 ) 7 7 ( 1 ln arctan 3 7 )]. Offenbar ist eine Grenzwertbetrachtung nur für jene Ausdrücke erforderlich, in denen der Parameter λ vorkommt. Die Berücksichtigung dieses Umstandes sowie die Auflösung sämtlicher Klammern führt unweigerlich zu: = lim ln λ 5π λ 7 ln + 5 arctan 3 =. 7 7