Klausur Mathematik I

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Leander Tiedeman
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1 Klausur Mathematik I E-Techniker/Mechatroniker/Informatiker/W-Ingenieure). März 007 Hans-Georg Rück) Aufgabe 6 Punkte): a) Berechnen Sie alle komplexen Zahlen z mit der Eigenschaft z z = und z ) z ) =. Geben Sie die Lösungen sowohl in karthesischen Koordinaten Real- und Imaginärteil) als auch in Polarkoordinaten Winkel und Betrag) an. b) Berechnen Sie alle komplexen Zahlen z mit der Eigenschaft z 7 = 007. Aufgabe 8 Punkte): a) Die Ebene E gehe durch die drei Punkte, 0, ), 5,, ) und 4,, ). Bestimmen Sie eine implizite Ebenengleichung für E, d.h. nden Sie a, b, c, d R so, dass E = { x x x R ax + bx + cx = d }. b) Welchen Abstand hat der Punkt,, ) von der Ebene E, die in der Parameterform gegeben ist? E = { 7 + λ + µ λ, µ R }

2 Aufgabe 0 Punkte): Betrachten Sie die Funktion f : R R mit fx) = x ) e x +x. a) Berechnen Sie alle lokalen Minima und lokalen Maxima von f. b) Berechnen Sie die Grenzwerte lim fx) und lim fx). x x c) Wieviele Wendepunkte hat f? Begründen Sie Ihre Antwort. d) Geben Sie mit Hilfe von a) und b) das Maximum der Menge {fa) a R} an. Begründen Sie Ihre Antwort. Aufgabe 4 0 Punkte): Betrachten Sie die rationale Funktion fx) = x x + x 6. a) Berechnen Sie die Partialbruchzerlegung von fx). b) Geben Sie eine Stammfunktion von fx) an. c) Benutzen Sie a) zur Berechnung der Taylorreihe von fx) um den Punkt x 0 = 0. Aufgabe 5 6 Punkte): a) Berechnen Sie durch Anwendung einer geeigneten Substitution) das bestimmte Integral π π x sinx + x ) dx. b) Berechnen Sie durch Anwendung der partiellen Integration) das bestimmte Integral lnx) x dx.

3 Lösungen:. a) Schreibe z = x + iy mit x, y R. Die beiden Gleichungen lauten dann: x + y =, x ) + y =. Hieraus folgt: x + = 0 oder x =. Dann folgt weiter y = x =, also y = ±. Man sieht sofort, dass auch umgekehrt, ± ) Lösungen obiger Gleichungen sind. Somit hat man die beiden Lösungen: z = π + i = cos 4 + i sin π 4 = ei π 4, z = 7π i = cos 4 + i sin 7π 7π = ei 4. 4 b) Laut Vorlesung sind es die Lösungen z k = e i πk 7 für k = 0,,,..., 6.. a). Möglichkeit: Man betrachte ax + bx + cx = d und setze die Punkte, 0, ), 5,, ) und 4,, ) ein. Dies ergibt ein lineares Gleichungssystem in a, b, c, d.. Möglichkeit: Man bestimme Richtungsvektoren für E : v = 0 =, w = 0 =. Ein Normalenvektor für E ist 4 5 v w = = 6. Dann ist auch ein Normalenvektor für E. Die Normalengleichung für E lautet damit: 9 x 0 = 0, oder ausgerechnet x + x x = 4.

4 b) Man berechne einen Normalenvektor für E : n = =. Man normiere ihn: n 0 = n n =. Dann erhält man mit der Abstandsformel für den gesuchten Abstand d: 7 5 d = = =.. Als erstes berechnen wir die Ableitungen von f: fx) = x )e x +x, f x) = e x +x + x )x + ) ) = e x +x x + x), f x) = e x +x x + + x + x)x + ) ) = e x +x x x + ). a) Die Nullstellen von f x) sind gerade die Nullstellen von x + x. Dies sind x = 0 und x =. Da f 0) = > 0, liegt ein lokales Minimum bei x = 0 vor, f0) = ). Da f ) = < 0, liegt ein lokales Maximum bei x = vor, f) = ). b) Mit l'hospital rechnet man dabei muss geprüft werden, dass man diesen Satz anwenden kann): c). Möglichkeit: lim x x )e x +x lim x x )e x +x = lim x x e x x = lim x t=x t = lim t e = lim t +t t x )e x x = 0, t + )e t +t = 0. Man berechnet die Nullstellen von f x), also von x x +, und erhält x =, x = +, x = und zeigt dann, dass f x i ) 0 für i =,,. Es war aber nicht verlangt, die Nullstellen zu berechnen.. Möglichkeit: Man fertigt eine Skizze an, und argumentiert, dass die Steigungen zwischen den lokalen Extremwerten und ± jeweils zu- und abnehmen) bzw. ab- und zunehmen). Es muÿ folglich dazwischen eine Stelle geben, an der die Ableitung ein lokales Extremum hat. Somit hat man Wendepunkte. d) Aus der Skizze sieht man, max{fa) a R} = f) =. Da an den Rändern ± nach Aufgabenteil b) der Grenzwert 0 ist, ist das lokale Maximum auch das globale Maximum. 4

5 4. a) Der Nenner hat die Nullstellen x = = und x = =. Der Ansatz lautet deshalb: fx) = x x + x 6 = Multipliziert man mit x + x 6, erhält man Koezientenvergleich ergibt: A x + + B x. x = Ax ) + Bx + ) = xa + B) + A + B). = A + B, 0 = A + B. Hieraus berechnet man A = 6 5 und B = 4 5. Also erhält man 6 4 x x + x 6 = 5 x x. b) Laut Vorlesung folgt dann sofort x x + x 6 dx = 6 5 ln x ln x. 5 c) Wir rechnen x + = x ) = x = ) i x i. Dabei haben wir die geometrische Reihe u = ui benutzt. Analog gilt x = x = x = Dies setzen wir in die Partialbruchzerlegung ein und erhalten: 5. a) Wir substituieren: fx) = 6 5 x x = 6 5 = i 5 ) t = x + x Dies ergibt die neuen Grenzen: x i 4 5 ) x i. ) i x i x i. dt, damit gilt dann dx = x, dx = x dt. π + π = π und π + = π. π 5

6 Also erhält man π = π π x sint)x )dt = π sint)dt = cos π π π ) + cos sint)dt π ) = 0 + =. b) lnx) x dx = = [ lnx) [ lnx) ] e x ] e x x x dx x dx = [ lnx) x ] e [ ] e 4 x = lne)e ln) ) 4 e ) = e 4 e + 4 = 4 e + ).097. Anmerkung: Aufgabenteil b) wurde als unbestimmtes Integral wortwörtlich in der Vorlesung besprochen. 6

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