Lösungen der Aufgaben zur Vorbereitung auf die Klausur Mathematik für Informatiker I

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1 Uiversität des Saarlades Fakultät für Mathematik ud Iformatik Witersemester 2003/04 Prof. Dr. Joachim Weickert Dr. Marti Welk Dr. Berhard Burgeth Lösuge der Aufgabe zur Vorbereitug auf die Klausur Mathematik für Iformatiker I Lösug zu Aufgabe : Die atürliche Zahl sei ud habe im Dezimalsystem die Zifferdarstellug (a m... a 0 ) 0, es ist also a m 0 m + a m 0 m + + a 0 + a 0 mit a i {0,,..., 9} (vgl. Kapitel 8 der Vorlesug). Mittels der modulare Arithmetik (Kapitel 6) schließe wir aus 0 mod 3, dass a m m + a m m + + a + a 0 a m + a m + + a + a 0 gilt. Der Ausdruck i der letzte Zeile ist gerade die Quersumme vo. Also lässt die Zahl bei Divisio durch 3 stets deselbe Rest wie ihre Quersumme; we die Quersumme durch 3 teilbar ist (also de Rest 0 lässt), da trifft dies auch für zu. Lösug zu Aufgabe 2: Wir beutze de euklidische Algorithmus (Kapitel 6). Da wir im Rig der Polyome i eier Variable arbeite, sid die Divisioe mit Rest als Polyomdivisioe auszuführe (Kapitel 9). Wir begie daher mit der Polyomdivisio (x 3 3x 2 + 5x 3) : (x 3 ). (Amerkug: Da beide Polyome vom gleiche Grad sid, ist es gleichgültig, welches Polyom wir zuerst als Divisor ehme begit ma also umgekehrt mit (x 3 ) : (x 3 3x 2 + 5x 3), gelagt ma ebeso zur richtige Lösug!) (x 3 3x 2 + 5x 3) : (x 3 ), Rest 3x 2 + 5x 2 (x 3 ) 3x 2 + 5x 2

2 Damit wisse wir, dass ggt(x 3 3x 2 + 5x 3, x 3 ) ggt(x 3, 3x 2 + 5x 2) gilt, ud fahre fort mit der Polyomdivisio (x 3 ) : ( 3x 2 + 5x 2) x 5, Rest 9 9 (x x2 + 2 x) 3 ( 5 3 x2 2 3 x ) ( 5 3 x x ) Damit habe wir 9 9 x 9 9 ggt(x 3 3x 2 + 5x 3, x 3 ) ggt( 3x 2 + 5x 2, 9 9 x 9 9 ). Da es für die Teilbarkeit vo Polyome über IR auf (vo 0 verschiedee) kostate reelle Faktore icht akommt, dürfe wir das zweite Polyom mit 9 9 multipliziere ud erhalte ggt(x 3 3x 2 + 5x 3, x 3 ) ggt( 3x 2 + 5x 2, x ). (Amerkug: Diese Umformug diet ur der Vereifachug. Verwedet ma weiterhi das Polyom 9x 9, so geht alles Weitere ebeso, ur dass ma 9 9 Brüche als Koeffiziete erhält.) Da die ächste Polyomdivisio ( 3x 2 + 5x 2) : (x ) 3x + 2 ( 3x 2 + 3x) (2x 2) (2x 2) 0 ohe Rest aufgeht, ist x Teiler vo 3x 2 + 5x 2 ud damit ggt(x 3 3x 2 + 5x 3, x 3 ) x. (Amerkug: We ma mit 9 9 x 9 9 arbeitet, so fidet ma dieses Polyom auch als ggt. Das ist ei ebeso korrektes Resultat.)

3 Lösug zu Aufgabe 3: a) Um die Verküpfugstafel der Multiplikatio i R zu vervollstädige, beutze wir die Distributivgesetze x (y + z) x y + x z ud (x + y) z x z + y z. Da lt. Verküpfugstafel gilt d b+c, folgt d d d (b+c) d b+d c ud mit d b b, d c c schließlich d d d. Wede wir d b + c im erste statt zweite Faktor vo d d a, so folgt aalog d d (b + c) d b d + c d b d + a. Zwar ist b d och icht bekat, doch kee wir bereits d d d ud sehe daher durch Eisetze, dass d b d + a gilt, also b d d a. Aus der Additiostafel ist ersichtlich, dass d a d gilt (de d ist das (eizige) Elemet, das zu a addiert d ergibt). Somit habe wir b d d. Wege c b + d ist b c b b + b d b + d c. Wiederum aus c b + d folgt c b b b + d b b + b a. Schließlich folgt aus c b + d och c c c b + c d a + a a. Die vervollstädigte Tafel lautet also a b c d a a a a a b a b c d c a a a a d a b c d b) Die Verküpfugstafel der Multiplikatio ist icht symmetrisch zur Diagoale, z. B. ist (wie sogar scho ohe die Vervollstädigug aus Teilaufg. a) ersichtlich ist) d c c a c d. Damit ist der Rig R icht kommutativ. c) Setzt ma e b, so gilt für alle x R die Gleichheit e x x. Das Gleiche trifft zu, we ma e d setzt. Da allerdigs lt. Teilaufg. b) R bezüglich der Multiplikatio eie icht kommutative Halbgruppe ist, müsste für ei Eiselemet e zusätzlich gelte, dass für alle x R auch x e x gilt. Das ist weder für b och für d der Fall wie ma ebefalls sehe ka, ohe Teilaufg. a) gelöst zu habe, de es ist d b b (wäre b Eiselemet, so müsste das gleich d sei) ud c d a (wäre d Eiselemet, so müsste dies c sei).

4 Damit ist R kei Rig mit Eis. Amerkug: I der Vorlesug, Def. 8.2, ist ur die erste Eigeschaft eies Eiselemetes/eutrale Elemetes erwäht. Für Gruppe (auch solche, die icht kommutativ sid) ist das tatsächlich ausreiched, weil die zweite Eigeschaft da automatisch folgt. Wie das Beispiel dieser Aufgabe zeigt, ist das bei Halbgruppe aders. I der Bemerkug zu Def. 8.2 kommt das icht gaz klar zum Ausdruck, deswege wird diese Feiheit auch i der Klausur keie Rolle spiele, versproche! Lösug zu Aufgabe 4: a) Durch Ausmultipliziere überzeugt ma sich leicht davo, dass gilt ( + ) ( + + ) +. Da der zweite Faktor für IN stets positiv ist, ka dividiert ud da gekürzt werde, sodass wir erhalte a Der Grezwert dieses Ausdrucks ka umehr mittels der Grezwertsätze bestimmt werde. Es gelte ämlich uter der Voraussetzug, dass alle Grezwerte existiere, die Gleichheite a + + ( ) ud, da existiert ud gleich 0 ist, a ( + + ) ( + ) +

5 b) Wir uterscheide drei Fälle i Abhägigkeit vo x. Fall : 0 < x <. Da erhalte wir a Fall 2: x. Da ist x x + a + x x Fall 3: x >. I diesem Fall bekomme wir a x + x x x Dass der Quotiet für gege 0 strebt, ka beispielsweise x wie folgt über das Majoratekriterium achgewiese werde: Zu jedem x > gibt es ei 0 IN mit x > + 0. Da ist y : x +/ 0 >. Somit gilt für jedes IN, > 0, dass (+)/x+ +/ < +/ 0 /x x x. Damit wird die utersuchte Folge durch eie geometrische Folge mit y dem Quotiete q : /y majorisiert ud geht daher gege 0. c) Wir bezeiche wie üblich die Glieder der Reihe mit a, also a : x x 2 +. Um das Quotietekriterium awede zu köe, forme wir zuächst um Wir uterscheide vier Fälle. Fall : x <. Da ist a + x+ a x x2 + x2+ + x x x a + a x ( x ) x 2 + x x2 + x2+2 + x x. Nach dem Quotietekriterium ist die Reihe damit absolut koverget.

6 Fall 2: x +. Hier hilft das Quotietekriterium icht weiter (Quotiet kostat ), aber die Reihe selbst hat die Gestalt x x ud ist damit bestimmt diverget mit Grezwert +. Fall 3: x. Auch hier versagt das Quotietekriterium (Quotiet diesmal kostat ), doch die Reihe lautet x x 2 + ist also ubestimmt diverget. ( ) , Fall 4: x >. Wir erhalte hier ( ) a + a x + x 2 + x x 2 x + x 2 2 x x. Da /x < ist, ist die Reihe ach dem Quotietekriterium absolut koverget. Zusammefassed stelle wir also fest, dass die Reihe für alle x ± absolut kovergiert, für x + bestimmt gege + ud für x ubestimmt divergiert. Lösug zu Aufgabe 5: Ma ka de Graphe eier Fuktio f als Kurve c f : [, + ) IR 2, t (t, f(t)) auffasse. Sie ist eie C -Kurve (Vorlesug 32.4), de f ist (midestes) eie C -Fuktio über [0, + ). Damit ergibt sich für ċ f (t) : ċ f (t) (, f (t)) + (f (t)) 2 Für die Bogelägefuktio (Vorlesug 32.0) zum Startpukt x gilt also S f (t) ċ f (τ) dτ + (f (τ)) 2 dτ.

7 Die Berechug vo S f (t) für userem kokrete Fall f(x) x 2 l x 8 lautet u: S f (t) ċ f (τ) dτ 2 + ( 2τ ) 2 dτ 8τ 4τ τ dτ 2τ + [ 8τ dτ τ 2 + l τ 8 ] τt + 4τ τ dτ ( 2τ + 8τ τ ) 2 dτ t 2 + l t 8. Lösug zu Aufgabe 6: Ei Schritt eier eifachste Polyomdivisio führt zur folgede Zerlegug des Itegrade 2x 2 x 2 4x x 6 x 2 4x + 3. Der Bruch wird durch eie Partialbruchzerlegug weiter aufgespalte: Die Nullstelle vo x 2 4x+3 sid ud 3, also x 2 4x+3 (x )(x 3). Wir mache de Asatz 8x 6 x 2 4x + 3 A x + B x 3 A(x 3) + B(x ) (x )(x 3) Ei Koeffizietevergleich führt zum Gleichugssystem A + B 8, 3A + B 6. (A + B)x (3A + B) (x )(x 3) Um dieses System zu löse, subtrahiert ma z. B. die. Gleichug vo der 2. ud erhält A ; dies ergibt mit der. Gleichug, dass B 9. Also hat ma mit der vollstädige Zerlegug des Itegrade 2x 2 x 2 4x + 3 dx 2 dx x dx + 9 x 3 dx 2x l x + l x 3 + C

8 ud schließlich 2x 2 x 2 4x + 3 mit Itegratioskostate C. Lösug zu Aufgabe 7: dx 2x + l x 3 x + C Es hadelt sich bei der Gleichug um eie sogeate Differezialgleichug. Um die Richtigkeit der Gleichug achzuweise, muss ma die etsprechede Ableitugsfuktioe bilde ud sie eisetze. Dazu ist im Wesetliche die Produktud die Ketteregel zu beutze. Für f ergibt sich f (x) A e x ( ) cos(x + ϕ) + A e x ( si(x + ϕ)) A e x (cos(x + ϕ) + si(x + ϕ)). f (x) A e x ( )(cos(x + ϕ) + si(x + ϕ)) + ( A) e x ( si(x + ϕ) + cos(x + ϕ)) 2A e x si(x + ϕ) Zusammefassed ergebe sich daraus die Gleichuge 2f(x) 2A e x cos(x + ϕ), 2f (x) 2A e x (cos(x + ϕ) + si(x + ϕ)), f (x) 2A e x si(x + ϕ). Es ist sofort zu sehe, dass die Additio dieser drei Gleichuge für alle x, A, ϕ ach sich zieht. Lösug zu Aufgabe 8: f (x) + 2f (x) + 2f(x) 0 Die Fuktio f(x) arcta x ist stetig differezierbar ud hat als Ableitug 2 f (x) 2 < 0 für x [0, ]. + x2 Also ist f(x) streg mooto falled i [0, ], ud damit immt die Fuktio i 0 ihre größte ud i ihre kleiste Wert a: max{f(x) x [0, ]} f(0), mi{f(x) x [0, ]} f() 2 π 4 π 8 > 0,

9 Folglich bildet f das Itervall [0, ] i sich ab: f : [0, ] [ π, ] [0, ]. Die 8 Kotraktioskostate L berechet sich ach Satz 26.5 über L sup{ f (x) : x [0, ]}. Um dieses Supremum zu bestimme, bemerkt ma zuächst, dass f (x) streg mooto steiged ud stets egativ ist. Folglich ist f (x) f (x) streg mooto falled i [0, ]. Da f (x) auch im gaze Itervall och stetig ist, wird das Supremum im Pukt 0 ageomme: L sup{ f (x) : x [0, ]} f (0) 2 <. Damit ist f als kotrahiered erkat. Wir führe eie Fixpuktiteratio x + f(x ) mit Startwert x durch. (Da i der Aufgabestellug kei Startwert spezifiziert war, sid Lösuge mit aderem Startwert selbstverstädlich ebefalls korrekt.) Die auf 8 Nachkommastelle gerudete Werte der erste 8 Iteratioe laute Näherugswert Näherugswert Der letzte Wert wird bei dieser Rechegeauigkeit durch weitere Iteratioe icht mehr verädert. Lösug zu Aufgabe 9: Um achzuweise, dass das agegebee System S : { + si t + 2 si 2t, 2 + si 2t, + si t} aus drei trigoometrische Fuktioe eie Basis des vo dem System B : {, si t, si 2t} aufgespate Raumes V ist, geügt es, die Uabhägigkeit der Fuktioe { + si t + 2 si 2t, 2 + si 2t, + si t} zu zeige. De jede Fuktio aus S ist Liearkombiatio vo vo Elemete aus B, ud damit spae die Fuktioe aus S etweder de Raum V oder ur eie echte

10 Uterraum vo V der Dimesio 2 auf. Letzteres wäre aber ur möglich, we die drei Fuktioe aus S liear abhägig wäre. Zur Utersuchug der lieare Uabhägigkeit stelle wir die Nullfuktio als Liearkombiatio der Fuktioe aus S dar: λ ( + si t + 2 si 2t) + λ 2 (2 + 2 si 2t) + λ 3 ( + si t) 0 für alle t. Nach Satz 34.2 bedeutet Uabhägigkeit u, dass hieraus λ λ 2 λ 3 0 folgt. Koeffizietevergleich führt auf das Gleichugssytem (I) λ + 2λ 2 + λ 3 0 (II) λ λ 3 0 (III) 2λ + λ Dieses muss gelöst werde. Beispielsweise folgt mit der Subtraktio (I) (II), dass λ 2 0; aus (III) folgt damit λ 0 ud letztlich aus (II), dass λ 3 0. Dies beweist die Uabhägigkeit der Fuktioe i S, die damit eie Basis vo V bilde.