Prüfungsklausur zum Modul Höhere Mathematik für Ingenieure 1

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1 Studiegag: Matrikelummer: Z Pukte Note Prüfugsklausur zum Modul Höhere Mathematik für Igeieure , Uhr Zugelassee Hilfsmittel: A4-Blätter eigee, hadschriftliche Ausarbeituge aber keie Vorlesugsoder Übugsmitschrifte, Formelsammluge aber keie Lehrbücher, die vorgegebee Tabelle vo Grezwerte, Reihe, Gruditegrale ud Itegratiosformel, Tascherecher (auch grafikfähig) aber ohe Computer-Algebra-System (CAS). Bearbeite Sie bitte jede Aufgabe auf eiem separate Blatt bzw. auf separate Blätter. Das Aufgabeblatt ist mit abzugebe. Vergesse Sie bitte icht, auf dem Aufgabeblatt ud jedem Lösugsblatt Ihre Matrikelummer gut leserlich azugebe. Der Lösugsweg ist stets azugebe, er sollte i alle Schritte durch eigee Rechuge deutlich erkebar, begrüdet ud achvollziehbar sei. Das gilt isbesodere für auftretede Itegrale, die durch Awedug geeigeter Itegratiosmethode zu löse sid. Nur da ka ach detaillierter Bewertug die volle Puktzahl erreicht werde. Viel Erfolg! Aufgabe : (6 Pukte) Gegebe sei die Folge (a ) N mit a = (t), t R \ {}. 4+ (a) Für welche t R \ {} kovergiert die Folge (a ) ud für welche divergiert sie? Gebe Sie im Falle der Kovergez de Grezwert der Folge a. (b) Für welche t R \ {} kovergiert die Reihe a ud für welche divergiert sie? Ermittel Sie für de Fall t = die Summe der kovergete Reihe. (c) Utersuche Sie die Kovergez der Reihe. Verwede Sie dazu ( + ) 4+ = das Vergleichskriterium. Es gilt a = (t) (t) = ( ) t. Da ur ei kostater Faktor ist, kommt es 4 4 8t ( ) 8t t für die Kovergez auf de Term a. = (a) Es hadelt sich um eie geometrische Folge mit q = t als dem Quotiete zweier aufeiaderfolgeder Folgeglieder. ( Für t t ) <, d. h. t <, kovergiert ud damit auch die gaze Folge a gege für. Für t = ist a kostat gleich ud kovergiert daher 6 auch gege diese Wert. Für alle adere t divergiert die Folge (für t = sid die Folgeglieder abwechseld ud, ud für t > wachse die Beträge vo a 6 6 ubeschräkt).

2 (b) Es hadelt sich um eie geometrische Reihe: a = ( ) t, 8t = = diese kovergiert bekatlich, we t <, also t <, gilt, ud divergiert im Falle t, also t. Isbesodere kovergiert sie für t =, die Formel für die Summe der geometrische Reihe liefert da ( ) = 8 8 = 4. = (c) Wir vergleiche die zu utersuchede Reihe b := = mit der Reihe a := = = = ( + ) 4 = + 8 ( ), = 8( + ) ( ) die wir i Aufgabe (b) als koverget erkat habe (Fall t = ). Es gilt b a für alle, so dass die Reihe a eie kovergete Majorate für = b darstellt ud somit ach dem Vergleichskriterium I (Majoratekriterium) auch die Kovergez der Reihe = b folgt. = Aufgabe : (6 Pukte) Die Fuktio f() = l( + ) hat die Reihedarstellug f() = (a) Bestimme Sie de Kovergezbereich der obige Reihe. ( ) = + (b) Gebe Sie das Taylorpolyom vom Grad 6 vo f im Etwicklugspukt a ud utze Sie das Ergebis, um äherugsweise de Wert des Itegrals f() d zu. bereche. (a) Die Schwierigkeit ist, dass eie Potezreihe der Form c vorliegt, bei der die Koeffiziete c mit ugeradem Ide gleich Null sid, so dass die Formel für de Kovergezradius R = lim c icht direkt agewadt werde ka. c + =

3 Variate : Wir köe davo absehe, dass es sich um eie Potezreihe hadelt, ud das + Gaze als eie beliebige Reihe b, wobei b = ( ), z. B. mit Hilfe des = Quotietekriteriums (aalog geht auch das Wurzelkriterium) behadel: q := lim b + b = lim ( ) ( ) + = lim + =. Da habe wir Kovergez im Fall q <, d. h. < ud damit <, ud Divergez im Fall q >, d. h. > ud damit >. Der Fall q =, d. h. = ±, ist gesodert zu betrachte. Dabei ergibt sich stets die alterierede Reihe ( ) +, die ach dem Leibizkriterium kovergiert, da = die Beträge der Reiheglieder eie mooto fallede Nullfolge bilde. Variate : Wir köe die Reihe als Potezreihe a y mit a = ( )+ ud der Variable = y := betrachte. Da habe wir de Kovergezradius R = lim a a + = + lim =. Da gilt Kovergez für y = < R = ud somit < ud Divergez für y = > R = ud somit >. Auch hier ist der Fall y = = (Radpukte des Kovergezitervalls), also = ±, wie i der erste Variate gesodert zu betrachte. (b) Die Reihe ist die Taylorreihe vo f im Etwicklugspukt =. Das etsprechede Taylorpolyom T 6 (f, ) vom Grad 6 ist die Partialsumme dieser Reihe bis zur 6. Potez vo (da hier die Taylorreihe bereits gegebe war, ist es also uötig, Ableituge ud Taylorkoeffiziete zu bereche): T 6 (f, ) = ( ) = + = We ma Schwierigkeite hat, eie Stammfuktio vo f() zu fide, ka ma das gesuchte bestimmte Itegral z. B. äherugsweise bereche, idem ma statt der Fuktio f ei Taylorpolyom vo f geüged hohe Grades itegriert: f() d = T 6 (f, ) d = ( ) ) ( d = was hier allerdigs mit partieller Itegratio l( + ) d = u()v () d möglich wäre

4 Aufgabe : ( Pukte) a( ) Gegebe seie die Fuktioe f a () = mit kostatem a R \ {}. (a) Bestimme Sie de Defiitiosbereich D fa, utersuche Sie die Fuktioe auf Nullstelle ud Polstelle. (b) Bereche Sie Art ud Lage der Etrempukte vo f a i Abhägigkeit vo a. (c) Ermittel Sie eie Asymptotegleichug vo f a für ±. (d) Bestimme Sie de Grezwert vo g() = f () l( ) für +. (a) D fa = { R }, Nullstelle: =, Polstelle: = (b) f a() a( ) a( ) = = ( )( + ) = a. ( )(a a + a) Die otwedige Etremalbedigug f a() = ist also ur bei = ± erfüllt. Variate : Wir utersuche hireichede Bediguge für ei Etremum a de statioäre Stelle = ± mit Hilfe der. Ableitug. Wir habe f a() = a = a ( ) ud daher f a () = a. Im Falle a < ist also f a ( ) = a >, so dass bei = ei lokales Miimum vorliegt. Der Fuktioswert ist dort f a ( ) = 4a. Da f a () = a <, liegt bei = ei lokales Maimum mit dem Fuktioswert f a () = vor. Im Fall a > sid die Vorzeiche vo f a () gerade umgekehrt, d. h. es liegt ei lokales Maimum bei = ud ei lokales Miimum bei = vor. Variate : Ohe Verwedug der zweite Ableitug köe wir Vorliege ud Art eies Etremums mittels des Vorzeichewechsels vo f a() ( )( + ) = a begrüde: Sei zuächst a >. Da auch der Neer positiv ist, hägt das Vorzeiche vo f a() ur vo de Vorzeiche der beide Liearfaktore bzw. + ab, diese wechsel beim Durchgag durch = bzw. =. Für < ud für > ist f a() >, also f a () mooto wachsed. Für < < ist f a() <, also f a () mooto falled, so dass bei = ei lokales Maimum ud bei = ei lokales Miimum vorliegt. Im Falle a < ist das Vorzeiche vo f a() ud damit das Mootoieverhalte vo f a umgekehrt, ud es liegt ei lokales Miimum bei = ud ei lokales Maimum bei = vor.

5 (c) Wir suche zuächst eie Asymptote g() für. Diese müsste die Bedigug (f() g()) = erfülle. lim Da f eie ratioale Fuktio ud der Zählergrad um größer als der Neergrad ist, eistiert eie lieare Asymptote i Form eier Gerade y = b + c. Variate Für eie Asymptote der Form y = b + c gilt b = lim f() = lim a( + ) = a. Die Kostate c ergibt sich da durch c = lim (f() b) = lim a( ) a = lim a + a = a. Wir habe also für die Asymptotegerade y = a( ). Dieses Vorgehe wäre auch bei beliebige Fuktioe f() awedbar, die eie lieare Asymptote besitze. Variate Da es sich bei f um eie ratioale Fuktio hadelt, köe wir die Asymptote auch direkt durch Polyomdivisio ermittel. Wir habe f() = a a + a = a a + a, a wobei g() := a a ei lieares Polyom ist ud lim (f() g()) = lim = gilt, d. h. g() ist die gesuchte Asymptote. Für ergibt sich geau dieselbe Asymptotegerade. (d) Der zu berechede Grezwert lim ( + ) l( ) ist vom Typ ( ) ud ka durch Umwadlug i eie Quotiete auf de Typ gebracht ud da mit der Hospital sche Regel behadelt werde: l( ) lim + = ( ) L Hosp. lim + ( ) (Die Umformug zu lim + l( ) ud icht zum Ziel führe.) ( ) ( ) = lim + =. würde higege de Ausdruck verkompliziere Aufgabe 4: ( Pukte) (a) Ermittel Sie das ubestimmte Itegral 5 d durch Rück- ( 4)( + ) führug auf Gruditegrale. (b) Bestimme Sie eie Stammfuktio vo f() = ueigetliche Itegrale Sie ggf. dere Wert a. / f() d ud +. Utersuche Sie, ob die f() d kovergiere ud gebe

6 5 (a) Wir führe für eie Partialbruchzerlegug durch ud bestimme dafür ( 4)( +) zuächst die Nullstelle des Neers. Wir erhalte sofort, dass die Nullstelle =, =, = i, 4 = i sid. Da ud 4 komple sid, wähle wir de Asatz 5 ( 4)( + ) = A + B + + C + D +. Wir multipliziere mit dem Haupteer durch ud erhalte 5 = A( + )( + ) + B( )( + ) + (C + D)( 4). () Wir habe u zwei Möglichkeite die Kostate A, B, C ud D zu bestimme. Möglichkeit - Koeffizietevergleich Wir löse alle Klammer i () auf ud sortiere die Terme ach Poteze vo. Wir erhalte 5 = A + A + A + A + B + B B B + C 4C + D 4D = (A + B + C) + (A B + D) + (A + B 4C) + A B 4D. Aus dem Vergleich der Koeffiziete erhalte wir u die Bediguge : A + B + C =, : A B + D = 5, : A + B 4C =, : A B 4D =. Aus de Bediguge für ud erhalte wir, dass C = ud damit, dass A = B. Setze wir das i die letzte Bedigug für ei, erhalte wir, dass A = D ud damit A = aus der Bedigug für. Damit ergibt sich also A =, B =, C =, D =. Möglichkeit - Werte eisetze Wir bestimme A ud B, idem wir die jeweilige Nullstelle i () eisetze ud erhalte daraus C ud D, idem wir zwei beliebige adere -Werte eisetze. Für = ergibt (), dass = A = A =. Für = ergibt (), dass = B = B =. Für = ergibt (), dass = A B 4D = 4 4D = D =. Für = ergibt (), dass 5 = 6A B C D = 5 C = C =.

7 Schließlich utze wir die so gewoe Partialbruchzerlegug um das Itegral zu bereche. Wir erhalte 5 ( 4)( + ) d = d = l( ) l( + ) + arcta() + C. (b) Wir bestimme zuerst eie Stammfuktio ud habe F () = d = +. + Die ueigetliche Itegrale utersuche wir mittels Grezwertbetrachtuge. Wir habe + d = lim N + N Das Itegral kovergiert also. Weiterhi habe wir d = lim + N + d = F () lim N + F (N) = =. N Das Itegral ist also diverget. + d = lim F (N) F () = =. N Aufgabe 5: (6 Pukte) (a) Ermittel Sie alle Lösuge z C der Gleichug (z i)(z + 7) = i algebraischer Form. (b) Skizziere Sie die Mege der komplee Zahle z = + iy i der Gaußsche Zahleebee, welche gleichzeitig die Bediguge Re z+im z ud +z < erfülle. (a) Da ei Produkt geau da Null wird, we ei Faktor Null ist, habe wir als erste Lösug z = i, die hier scho i algebraischer Form agegebe ist. Da verbleibt die Gleichug z = 7 = 7e i(π+kπ) mit de drei Lösuge z k = 7 e i( π + kπ ) = e i( π + kπ ), k =,,. I algebraischer Form erhalte wir die Lösuge ( z = cos π + i si π ) ( = + i ) = + i, z = (cos π + i si π) =, ( z = cos 5π + i si 5π ) ( = i ) = i.

8 (b) Mit = Re z ud y = Im z lautet die erste Ugleichug +y oder umgestellt y (Halbebee oberhalb der Gerade y = eischließlich Rad). Die adere Ugleichug beschreibt das Iere des Kreises mit dem Radius ud dem Mittelpukt. Es ergibt sich folgedes Bild: y y = Aufgabe 6: (6 Pukte) Gegebe seie die Matri A = ei Parameter. 4 a a ud ei Vektor b = 5. Dabei ist a (a) Bereche Sie die Determiate der Matri A i Abhägigkeit vo a ud bestimme Sie, für welche Werte vo a das lieare Gleichugssystem A = b geau eie Lösug besitzt. (b) Bereche Sie für a = die Lösugsmege des lieare Gleichugssystems A = b mit dem Gaußsche Elimiatiosverfahre. (a) Zuächst bereche wir det A, z. B. mit der (ur für -Matrize gültige!) Regel vo Sarrus (oder z. B. auch mit der Etwicklugsformel) ud erhalte det A = a + 4a. Ei lieares Gleichugssystem mit quadratischer Matri A besitzt geau da eie eideutige Lösug, we det A gilt. Die quadratische Gleichug det A = a 4a + = hat die beide Lösuge a = ± 4, also a = ud a =. Es gibt also geau da ei eideutige Lösug, we a verschiede vo ud ist. (b) Mittels Gauß-Algorithmus brige wir die erweiterte Koeffizietematri i die Zeilestufeform (Leitelemete eigerahmt): 4 5 Aus der letzte Zeile sieht ma, dass das System lösbar ist. Da i der dritte, der Ubekate etsprechede Spalte kei Leitelemet steht, wird als freier Parameter gewählt: = t, t R. Auflöse der Leitgleichuge 4 5

9 vo ute ach obe ergibt = t, = t, also die allgemeie Lösug = + t, t R. Zusatzaufgabe: ( Pukte) Die Fuktio f() = {, π <, < π (a) Skizziere Sie f() im Itervall [ π, π]. werde π-periodisch auf R fortgesetzt. (b) Gege welche Fuktio kovergiert die Fourierreihe F f () = a + (a k cos(k) + b k si(k)) der Fuktio f? k= (c) Bereche Sie de Koeffiziete a 5 der Fourierreihe F f. (a) y π π π π π (b) Für (k + )π, k Z, ist die Fuktio f stetig, daher kovergiert die Fourierreihe dort gege f(). Die Stelle = (k + )π, k Z, sid Sprugstelle, dort kovergiert die Fourierreihe gege de Mittelwert aus rechts- ud liksseitigem Grezwert, ämlich gege π. (c) Mittels partieller Itegratio erhalte wir π π a 5 = f() cos(5) d = cos(5) d π π π = ( π si(5) π 5 π ) si(5) d 5 }{{} = = ( π) π 5 cos(5) cos(5π) cos() = = 5π 5π.