Lösungen zu Mathematik I/II

Transkript

1 Dr. A. Caspar ETH Zürich, August BIOL-B GES+T PHARM Lösungen zu Mathematik I/II. ( Punkte) a) Wir führen Polynomdivision durch und erhalten (x 3 5) : (x ) = x +x+ 4 x. Also ist g(x) die Asymptote von f(x) und somit folgt, dass lim f(x) g(x) =. x b) Wir erweitern und kürzen den Ausdruck wie folgt 4 + h ( lim = lim h h h 4 + h)( + h( h) 4 + h) = lim h Man kann den Limes auch mit l Hospital berechnen: 4 + h lim = lim (4 + h) / h / h h h = h / h = 4. c) Um die Nullstelle von e f(x) zu bestimmen, müssen wir die Nullstellen von f(x) bestimmen, denn e f(x) = genau dann wenn f(x) =. Da jedoch sin x und cos x π periodisch sind, sind π + kπ mit k Z Nullstellen von f(x). Weitere Nullstellen sind bei π + kπ mit k Z. d) Wir suchen a R so dass lim x x 4 a + x! = erfüllt ist. Für den Grenzwert erhalten wir also folgt a =. lim x x 4 a + x = a +, e) Wir berechnen 3 3 3x x 3 dx = 3 x 3 3xdx 3 x 3 3xdx = 9.

2 f) i) Zuerst berechnen wir die Komposition (g f)(x) = e x und (f g)(x) = e 4x. Der Definitionsbereich von g f ist D g f = R und derjenige von f g ist D f g = R. Also ist die Aussage i) richtig. ii) Wie in der Teilaufgabe i) berechnet, ist (g f)(x) = e x e 4x = (f g)(x). Somit ist die Aussage ii) falsch. iii) Die Ableitungen lauten (g f) (x) = 4xe x (f g) (x) = 8xe 4x. Somit ist iii) falsch. iv) In der Teilaufgabe iii) haben wir die Ableitungen berechnet. Setzen wir nun beide Ableitungen gleich, sehen wir mit Monotonie, dass x = eine gemeinsame Extremalstelle ist. Somit ist die Aussage iv) richtig. g) i) Diese Aussage ist falsch, denn die dargestellte Fläche ist gerade die Fläche des halben Einheitskreises. Dieser ist durch die Funktion x + y =, x [, ] gegeben. Lösen wir diese Kreisgleichung nach y auf so erhalten wir y = ± x mit x [, ]. Also ist diese graue Fläche A durch x dx gegeben. ii) Diese Aussage ist richtig. Begründung siehe Teilaufgabe i). iii) Die Aussage iii) ist auch falsch, denn die Fläche eines Halbkreises mit Radius ist π und der Wert des Integrals π dϕ ist π. iv) Diese Aussage ist richtig, denn wir sehen schnell, dass π dϕ = ϕ π = π, was mit dem Flächeninhalt der grauen Fläche A übereinstimmt.. (8 Punkte) a) (ii) und (iii) sind richtig. b) i) richtig ii) falsch z = 3 + i3 3 = 6e i π 3 und z = z = 3ei π 3 B da 3 4 und π π 3 5π. z = i = 3ei π 6 und z = + i = 4e i π 4 z = e i 5π / B da > 4.

3 iii) richtig z = 5e π 5 i und z = e π 6 i z = 5 7π ei 3 B da 5 4 und π 7π 3 5π. iv) falsch z B, wobei z = z z, mit z = 3e π 3 i und z = e π 4 i. z = 3e π 3 i und z = e π 4 i z = 3e i 7π / B da 7π > 5π. c) Da die Koeffizienten des Polynoms alle reell sind, ist mit jeder Nullstelle z auch z eine Nullstelle. Somit ist i eine weitere Nullstelle. Dies kann man auch nachrechnen: P ( i) = 5( i) + 3( i) + 4( i) 3 ( i) + 3 = d) z 3 = 7 = 7e i. z = 3 z = 3 (cos( π3 ) ) + i sin(π3 ) = i z 3 = 3 (cos( 4π3 ) ) + i sin(4π3 ) = i 3. ( Punkte) a) MC Frage Hier ist det(a) =, daher gilt i) falsch ii) richtig iii) richtig iv) falsch. b) MC Frage Es gilt ( ) i) richtig, da A i ( ) i ii) falsch, da A = ( = ( + i) i ) ( i 4i + λ ). ( i ), für jedes λ C.

4 ( iii) richtig, mit i ) ist auch jedes Vielfache c v, c C \ {} ein Eigenvektor von A. Weiter haben A und A die gleichen Eigenvektoren. ( ) i iv) falsch, sonst müsste auch Eigenvektor von A sein, was falsch ist (vgl. ii)). c) i) Wir lösen das homogene Gleichungssystem A v = 3 3 Somit sind die Eigenvektoren zum Eigenwert gegeben durch v = t t R \. ii) Wir rechnen nach, dass Av = 3v. Somit ist v ein Eigenvektor von A zum Eigenwert 3. d) Das Gleichungssystem Ax = hat nicht-triviale Lösungen genau dann, wenn det(a) =. α det(a) = α 4 α = α3 α +. Eine Nullstelle ist α =. Mit Polynomdivision finden wir ( α 3 α + = (α )(α + α ) = (α ) α + ) ( 5 α ) 5. { } Somit hat Ax = nur die triviale Lösung für alle α R \, + 5, 5.., 4. ( Punkte) a) Formulieren wir das System in die Matrixschreibweise y (x) = A y(x) mit und der Matrix ( y y (x) := (x) ) y (x), y(x) := ( ) a b A :=, c d so ist die zugehörige DGL. Ordnung gegeben durch ( ) y (x) y (x) y (x) (a + d)y (x) + det A y(x) =. Somit sehen wir, dass a + d = 8 und a d b c = 36 gelten muss.

5 i) richtig. a + d = 8 und a d b c = 36. ii) richtig. a + d = 8 und a d b c = 36. iii) falsch. a + d = 9 8 (obwohl a d b c = 36). iv) falsch. a + d = 8 aber a d b c = 4 b) Wir beobachten zuerst, dass unsere Differentialgleichung auf folgende Art umgeschrieben werden kann y (x) = x ( y(x) ). Wir benutzen die Substitution u(x) := y(x). Dementsprechend gilt dass u (x) = y (x). Dies eingesetzt in die ursprüngliche Differentialgleichung führt zu u (x) = y (x) = x ( y(x) ) = xu(x). Durch Separation der Variablen erhalten wir du u = xdx. Daraus folgt oder äquivalent, dass u(x) = x + C u(x) = x + C. Da u(x) := y(x), schliessen wir, dass die allgemeinen Lösungen der obigen Differentialgleichung von der Form y(x) = x + C ist. Da unsere Anfangsbedingung y() = lautet, folgt dass C = und deshalb ist unsere Lösung von der Form y(x) = x +. c) i) Die dazugehörige homogene Differentialgleichung ist von der Form y (x) + xy(x) =. Via Separation der Variablen sehen wir direkt, dass die allgemeine Lösung der homogenen DG von der Form ist. y hom (x) = Ke x

6 ii) Um die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung zu bekommen, verwenden wir die Technik der sogenannten Variation der Konstanten. Für die allgemeine Lösung y allg verwenden wir den Ansatz Durch Ableiten erhalten wir y allg (x) = K(x)e x. y allg (x) = K (x)e x K(x)xe x. Durch das Einsetzen in die inhomogene Differentialgleichung erhalten wir x K (x)e x x K(x)xe x + K(x)e x = Daraus folgern wir dass und deshalb gilt K (x) = e x K(x) = ex + K. Durch die Wahl unseres Ansatz schliessen wir, dass x e x +x. y allg (x) = ( ex + K)e x = e x +x + Ke x, K R. 5. (8 Punkte) a) Ein kritischer Punkt (x, y ) ist gegeben durch: f x (x, y ) =, f y (x, y ) =. Für diese Funktion erhalten wir 9(x ) 9 =, y + 4 =. Die kritischen Punkte sind somit (x, y ) = (, ), (x, y ) = (, ). b) Mit den zweiten Ableitungen f xx (x, y) = 8x, f yy (x, y) =, f xy (x, y) =, folgt, dass der Punkt (, ) ein lokales Minimum ist, weil f xx (, )f yy (, ) f xy (, ) = 8 = 36 > und f xx (, ) = 8 >.

7 c) Die Tangentialebene im Punkt (x, y) = (, ) ist gegeben durch z = f(, ) + f f (, )(x ) + (, )(y ) x y = 9x + 4y. d) Der Punkt (x,, ) erfüllt die obige Gleichung der Tangentialebene, d.h. = 9x 8 und somit x =. e) Richtig sind i) und iv). 6. ( Punkte) a) Wir können beispielsweise die folgenden Parametrisierungen verwenden ( ) t σ : t, t, t ( ) t σ : t, t, t ( ) t σ 3 : t, t. b) Durchlaufen wir, und 3, erhalten wir eine geschlossene Kurve, welche den Rand eines Dreiecks beschreibt. Die Eckpunkte des Dreiecks sind (, ), (, ) und (, ). Das Dreieck wird in positiver Orientierung durchlaufen. c) i) Mit dem Satz von Green erhalten wir wobei (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy = x Q x P y dydx, Q(x, y) = y + x sin(xy), also Q x (x, y) = sin(xy) + xy cos(xy), P (x, y) = x + y sin(xy), also P y (x, y) = sin(xy) + xy cos(xy). Es folgt ii) Wir erhalten (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy = (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy = x dydx =. tdt =,

8 iii) Da = (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy = (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy + (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy + (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy, 3 folgt (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy = (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy 3 = + =. Falls zum Beispiel mit analog K d = und K d = gerechnet wird, folgt (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy = (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy (x + y sin(xy))dx + (y + x sin(xy))dy 3 = ( ) =.