Modulprüfung Hm 1 & Hm 2

Transkript

1 Seite von 9 Modulprüfung Hm & Hm Hinweise: - Es gibt 9 Aufgaben. Die jeweilige Punktzahl ist angegeben. - Die Maximalpunktzahl ist 56. Zum Bestehen der Klausur sind 4 Punkte hinreichend. - Die Bearbeitungszeit beträgt 8 Minuten. - Es sind keine Hilfsmittel zugelassen. - Abgaben mit Bleistift oder Rotstift sind ebenfalls nicht zugelassen. - Bei den Aufgaben -4 werden nur die Endergebnisse in den Kästchen gewertet. Bei allen anderen Aufgaben sind alle Argumentations- und Rechenschritte ausführlich zu begründen. - Tragen Sie bitte Namen, Matrikelnummer sowie Studiengang ein. - Und nun - viel Erfolg! Hilfsmittel: Keine außer Schreibutensilien und leerem Papier. Insbesondere sind Taschenrechner, Handys, Computer und Formelsammlungen nicht erlaubt. Bearbeitungszeit: 8 min Name: Matrikel-Nr.: Fach: Punkte: A A A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 Σ

2 Seite von 9 Aufgabe (8 Punkte) (a) Untersuchen Sie die Reihe n=3 (b) Untersuchen Sie ebenso die Reihe ( ) 3n log (log (n)) n=3 sin (n 3 ) n 3/ auf Konvergenz. auf Konvergenz. (c) Bestimmen Sie die Menge aller x R für welche die Reihe (d) Zeigen Sie: Konvergiert die Reihe Lösung. n= e nx konvergiert. + e nx a n, so konvergiert auch die relle Reihe n= a n. n= (a) Es ist ( ) 3n = (( ) 3 ) n = ( ) n für alle n N und daher ( ) 3n log (log (n)) = ( ) n log (log (n)) eine alternierende Folge. Wegen der Monotonie des Logarithmus ist n log (log (n)) monoton steigend bzw. n / log (log (n)) monoton fallend. Die gegebene Reihe konvergiert also nach dem Leibnitzkriterium. (b) Wegen sin (n 3 ) n 3/ n 3/ für alle n N und die da Reihe n=3 n 3/ konvergiert, konvergiert auch die gegebene Reihe nach dem Majorantenkriterium. (c) Sei x =, dann ist e nx + e nx =,,5 insbesondere also keine Nullfolge. Die Reihe divergiert in diesem Fall.,5 Sei x >. Wegen e nx + e nx ( ) n e nx = e x und der Konvergenz der geometrischen Reihe nach dem Majorantenkriterium. n=,5 ( ) n e konvergiert die gegebene Reihe x,5 Sei x <. Wir gehen analog zum zweiten Fall vor: Es ist e nx + e nx ( ) n e nx = e x,5 und ( ) n n= e ist wegen /e x < eine konvergente Majorante. x,5 Zusammenfassend konvergiert die Reihe für alle x R \ {}. Im Fall x = divergiert die Reihe.

3 Seite 3 von 9 (d) Angenommen es konvergiert n= a n, so ist die Folge der Partialsummen eine Cauchyfolge und l n=k a n < ε für alle k, l > N. Aus der Dreiecksungleichung erhält man l l a n a n < ε, n=k n=k d.h. auch die Partialsummen der Reihe ln=k a n bilden eine Cauchyfolge und die Reihe muss konvergieren.

4 Seite 4 von 9 Aufgabe (4 Punkte) Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte. x 7 (a) lim x x 6 = 7 6 (c) x (b) lim x tan (x) = + ( lim + ) n ( ) n n = (d) lim n n + n = + n Aufgabe 3 (6 Punkte) Geben Sie jeweils eine Stammfunktion an. (a) log(x) dx = x log (x) x (b) cos(x) sin(x) dx = log ( sin x ) (c) x π dx = π (log ( x π ) log ( x + π )) (d) x sin (x ) dx = x 4 4 sin (x ) cos (x ) Aufgabe 4 (6 Punkte) Bestimmen Sie für die gegebene Funktion jeweils das Taylorpolynom dritten Grades zum angegebenen Entwicklungspunkt x. Die Koeffizienten können dabei auch negativ sein. (a) f(x) = e x mit x = : T 3 f(x, ) = + x + x x 3 (b) f(x) = (x + ) 4 + 3(x + ) 3 + x + x + mit x = : T 3 f(x, ) = + (x + ) + (x + ) + 3 (x + ) 3 (c) f(x) = / x mit x = : T 3 f(x, ) = + (x ) (x ) (x )3 Korrekturanmerkung: Jedes richtige Kästchen gibt einen halben Punkt.

5 Seite 5 von 9 Aufgabe 5 (8 Punkte) Sei f : [, ] R eine stetig differenzierbare Funktion und A eine reelle -Matrix. Welche der folgenden Aussagen sind wahr, welche falsch? Begründen Sie Ihre Antwort. (a) Gilt f( ) = f(), so ist f (t) = für ein t (, ). (b) Die Funktion g : [, ] R, g(x) := sin (f(x)) e f(x) (c) Ist λ = ein Eigenwert von A, dann ist A nicht invertierbar. (d) Gilt Spur(A), dann ist A invertierbar. Lösung 5. ist auf dem Intervall [, ] integrierbar. (a) Die Aussage folgt direkt mit dem Satz von Rolle und ist somit wahr. (b) Da e x > für alle x R, ist auch e f(x) >. Als Komposition stetiger Funktionen ist x sin (f(x)) e f(x) damit eine steige Funktion und auf dem kompakten Intervall [, ] integrierbar. + Die Aussage ist damit wahr. (c) Ist λ = Eigenwert der Matrix A, so gibt es einen Eigenvektor v mit Av =. Der Kern dieser Matrix ist also nicht {} und A kann nicht invertierbar sein. + Die Aussage ist also wahr. (d) Die Aussage ist falsch, ein Gegebeispiel ist die Matrix ( ) A =. Zum einen ist Spur A = + =, zum anderen ist aber det A = = und A damit nicht invertierbar. Es werden ausschließlich Punkte auf die Begründungen verge- Korrekturanmerkung: ben.

6 Seite 6 von 9 Aufgabe 6 (6 Punkte) Gegeben sei die Matrix A =. (a) Bestimmen Sie det A. (b) Bestimmen Sie alle Eigenvektoren von A. (c) Bestimmen Sie eine invertierbare Matrix T und ihre Inverse, so dass T AT Diagonalform besitzt. Lösung 6. (a) Es ist det A = =. (b) Einen der Eigenvektoren kann man sofort sehen: Es sollte (,, ) ein Eigenvektor zum Eigenwert sein: = Es bleibt also nurnoch die -Matrix (, ) und (, ), da ( ) zu betrachten. Die Eigenvektoren sind hier ( ) ( ) = ( ) und ( ) ( ) ( ) ( ) = =. Ergänzen wir (, ) und (, ) in der letzten Komponente durch Null, so erhalten wir daraus Eigenvektoren von A. (c) Offenbar ist eine solche Matrix durch T = gegeben. Ihre Inverse erhält man durch Transponieren und Division durch ihre Determinante: Es ist T =

7 Seite 7 von 9 Aufgabe 7 (8 Punkte) Gegeben sei die Funktion f : R R, f(x, y) := (3 x y ) e y (a) Bestimmen Sie f und Hf. (b) Bestimmen Sie die Richtungsableitung von f im Punkt p = (, ) in Richtung v = (, ). (c) Bestimmen Sie alle kritischen Punkte der Funktion f. (d) Geben Sie Art und Lage aller Extrema der Funktion f an. (e) Bestimmen Sie das Taylorpolynom zweiten Grades T f((x, y), (, )) von f im Entwicklungspunkt (, ). Lösung 7. (a) Der Gradient ist gegeben durch ( x e f(x, y) = y ) ( y e y (3 x y ) e y = x e y (x + y y 3) e y ). Die Hessematrix ist gegeben durch ( e y x e H f (x, y) = y ) x e y ( + 4y y x ) e y. (b) Mit Hilfe des Gradienten erhält man die Richtungsableitung ( ) ( ) e D v f(, ) = f(, ) v = = 3e. e (c) Die kritischen Punkte sind Lösungen der Gleichung f(x, y) =. Da e y > für alle y R, verschwindet die erste Komponente nur für x =. Eingesetzt in die zweite Komponente führt dies auf y y 3 = (y ) 4 = y = y = y = 3. Wir erhalten also die beiden kritischen Punkte p = (, ) und p = (, 3). (d) Wir überprüfen die Hessematrix in den kritischen Punkten. Es ist ( ) e H f (, ) =. 4e Diese Matrix ist negativ definit, da alle Eigenwerte negativ sind, bei p liegt somit ein lokales Extremum vor. Es ist ( ) 6 e 3 H f (, 3) = 4e 3. Diese Matrix ist indefinit, da die beiden Eigenwerte verschiedene Vorzeichen haben. Bei p liegt also kein lokales Extremum vor.

8 Seite 8 von 9 (e) Es ist f(, ) = e, f(, ) = (, ) T und H f (, ) = ( e ) 4e von oben. Damit ist T f((x, y), (, )) = e + ( ) e (x, (x, y + ) ) y + = e e x e (y + ). 4e Aufgabe 8 (5 Punkte) Gegeben ist die Differenzialgleichung y y + y x =. () (a) Verwenden Sie die Substitution z = y um die Differenzialgleichung () auf die Form z + z x = () zu bringen. (b) Bestimmen Sie alle Lösungen der zu () gehörigen homogenen Differenzialgleichung und eine Partikulärlösung von (). (c) Bestimmen Sie diejenige Lösung von (), für die y() = e gilt. Lösung 8. (a) Sei z = /y, dann folgt mit der Kettenregel, dass z = y /y und damit y y + y x = y y + y x = z + z x =. (b) Die homogene Differentialgleichung lautet z + z =. Aus der Vorlesung ist bekannt, dass alle Lösungen durch z c (x) = c e x mit c R gegeben sind. Eine Lßoung des homogenen Problems lässt sich ebenfalls leicht raten: Der Ansatz z(x) = ax+b führt auf die Lösung z p (x) = x. (c) Die Lösungen von () sind gegeben durch z(x) = c e x + x. Durch Resubstitution erhält man daraus alle Lösungen von (): y(x) = Einsetzten der Bedingung y() = e liefert y() = c e x + x. c e + = e c! = e, also c =. Die Gesuchte Lösung ist damit y(x) = e x + x.

9 Seite 9 von 9 Aufgabe 9 (5 Punkte) (a) Berechnen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks mit den Eckpunkten A = (,, ), B = (,, ), C = (,, ). (b) Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung der Ebenen E, welche das Dreieck ABC enthält. (c) Bestimmen Sie die Hessesche Normalform der Ebenen E. (d) Berechnen Sie den Abstand von E zum Ursprung. Lösung 9. (a) Das Dreick wird von den beiden Vektoren AB =, AC = aufgespannt. Der Flächeninhalt ist also gegeben durch ABC = AB AC = = = (b) Eine Parameterdarstellung der Ebene E ist gegeben durch E : x = + t + s. mit s, t R. (c) Der Normalenvektor wurde bereits in Teilaufgabe (a) ausgerechnet, es ist n = (,, ) T, dieser weißt bereits vom Ursprung weg und muss nurnoch normiert werden, man erhält n =. Die Hessesche Normalenform ist nun gegeben durch E : = n, x OA =, x =, x. (d) Aus der Hessesche Normalenform der Ebene E aus Teilaufgabe (c) ließt man den Abstand / zum Ursprung ab.