Aufgaben / Lösungen der Klausur Nr. 4 vom Juni 2002 im LK 12. nx ln(x)dx

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1 Aufgaben / Lösungen der Klausur Nr. 4 vom Juni 2002 im LK 2 Aufgabe ) a) Berechne für alle natürlichen Zahlen n N das Integral e nx ln(x)dx. Mit Hilfe der partiellen Integration für f (x) = nx, somit f(x) = (n/2)x 2 und g(x) = ln(x), daher g (x) = /x, ergibt sich = e e nx ln(x)dx f (x)g(x)dx = [f(e)g(e) f()g()] = [f(e)g(e) f()g()] e e = (n/2)e 2 ln(e) (n/2) ln() = (n/2)e 2 e (n/2)xdx = (n/2)e 2 [ (n/4)x 2] e = n 4 e2 + n 4 = 4 n(e2 + ) f(x)g (x)dx (n/2)xdx e Ergebnis: Das gesuchte Integral beträgt 4 n(e2 + ). (n/2)xdx b) Die Wand einer Schale entsteht durch Rotation der Fläche zwischen zwei Kurven über dem Intervall [-;0] um die x-achse. Die äußere Kurve ist der im zweiten Quadranten liegende Teil des Einheitskreises, die innere Kurve ist die Parabel mit der Gleichung g(x) = x +. Berechne das Volumen der Wand. Das Volumen der Wand nenne ich V. Das Volumen des Körpers, der durch Rotation des Einheitskreises um die x-achse entsteht, nenne ich V K und das Volumen des Körpers, der durch Rotation der Funktion g um die x-achse

2 entsteht, nenne ich V G. Dann gilt V = V K V G. Ich nenne die Funktion, deren Graph der Viertel-Einheitskreis im zweiten Quadranten ist, f. Sie hat die Gleichung f(x) = x 2. Nach der Formel für das Volumen von Rotationskörpern ergibt sich nun V = π = π = π = π f 2 (x)dx π 0 - (-g 2 (x) + f 2 (x))dx g 2 (x)dx (-x + ( x 2 ))dx (-x 2 x)dx = π([-x 3 /3 x 2 /2] 0 -) = 6 π Das Volumen beträgt 6 π Volumeneinheiten. Aufgabe 2) a) In einem Dreieck ABC sei M der Mittelpunkt von AB, N der Mittelpunkt von BC und S der Schwerpunkt. Die Strecken MN und BS schneiden sich in einem Punkt P. Berechne BP : BS. Lege zur Berechnung den Ursprung in den Punkt A. 2

3 Skizze zur Aufgabe 2a. Dann gilt nach Definition m = 2 b n = (b + c) 2 s = (b + c). 3 Sei g die Gerade durch M und N, und f die Gerade durch B und S. Dann gilt g : x = m + r(n m) = /2b + /2rc = /2(b + rc) f : x = b + t(s b) = b + t(/3b + /3c b) = b + t(/3c 2/3b) Da P der Schnittpunkt von f und g ist, lässt sich sein Ortsvektor sowohl mit der Parameterdarstellung für f wie von g darstellen. In der Parameterdarstellung von f ist hierbei t das gesuchte Streckenverhältnis BP : BS. Gleichsetzen der Parameterdarstellungen ergibt /2(b + rc) = b + t(/3c 2/3b) 6b + t(2c 4b) 3b 3rc = 0 3b + 2tc 4tb 3rc = 0 (3 4t)b + (2t 3r)c = 0. Dieser Term wird nur null, wenn beide Koeffizienten von b bzw. c null sind, da b und c linear unabhängig sind. Die Linearkombination auf der linken 3

4 Seite der Gleichung ergibt genau dann den Nullvektor, wenn 3 4t = 0 ist. Daraus folgt, dass t = 3/4 ist. Da t BS = BP folgt: Das Verhältnis BP : BS ist 3/4. b) Bestimme den Punkt P und das Streckenverhältnis BP : BS speziell für das Dreieck ABC mit den Ecken A(-2 4 3), B(- 3-3) und C(-3 5 3). m = /2(a + b) = /2(-3 7 0) T = (-, 5 3, 5 0) T n = /2(b + c) = /2(-4 8 0) T = (-2 4 0) T s = /3(a + b + c) = /3( T ) = (-2 4 ) T Sei g die Gerade durch M und N und f die Gerade die durch B und S. g : x = n + r(m n) = (-2 4 0) T + r(0, 5-0, 5 0) T f : x = b + t(s b) = (- 3-3) T + t(- 4) T Da P der Schnittpunkt von f und g ist, lässt sich sein Ortsvektor sowohl mit der Parameterdarstellung für f wie von g darstellen. In der Parameterdarstellung von f ist hierbei t das gesuchte Streckenverhältnis BP : BS. Gleichsetzen der Parameterdarstellungen ergibt: Somit ergibt sich ( T ) + r(0, 5-0, 5 0) T = (- 3-3) T + t(- 4) T r(0, 5-0, 5 0) T + t( - -4 T ) = (- 3-3) T + (2-4 0) T r( - 0) T + t(2-2 -8) T = (2-2 -6) T I : r + 2t = 2 II : -r 2t = -2 III: -8t = -6. Gleichung I und II sind äquivalent zu lösen. Aus III folgt unmittelbar t = 3/4. Wenn man t = 3/4 in die Funktion f einsetzt, erhält man den Ortsvektor von P als p = (- 3-3) T + 3/4(- 4) T = (-, 75 3, 75 0) T. Das Streckenverhältnis beträgt 3/4 und der gesuchte Punkt P hat die Koordinaten (-, 75 3, 75 0). 4

5 c) Bestimme für das Dreieck aus Teilaufgabe b) den Fußpunkt F und die Länge der Höhe h, die durch die Ecke B verläuft. ) Skizze zur Aufgabe 2c. Sei d der Richtungsvektor der Geraden durch A und C mit Parameter r. Ferner sei der Vektor n := f b. Daher gilt d = c a = (- 0) T f = a + rd f = b + n Nach Definition des Fusspunktes, und der Eigenschaft des Skalarproduktes zweier Vektoren - es ist null, stehen die beiden Vektoren senkrecht aufeinander - gilt n d = 0, ergibt sich nach Gleichsetzen der beiden Gleichungen für den Fußpunkt a + rd = b + n a d + rd d = b d + n d r(d d) = b d a d r = b d a d. d d Demnach ist die Formel für den Fußpunkt f = a + b d a d (b a) d d = a + d. d d d d Mit d d = (- 0) T (- 0) T = 2, b a = (- 3-3 T ) + ( T ) = ( - -6 T ) und (c a) (b a) = (- 0 T ) ( - -6 T ) = = -2 ergibt sich f = (-2 4 3) T + ( - 0) T = (- 3 3) T. d 5

6 Die Länge der Höhe h durch die Ecke B ist gleich b f, daher h = b f = (- 3-3) T (- 3 3) T = (0 0 6) T = 6. Der Fußpunkt F hat die Koordinaten (- 3 3) und die Höhe h die Länge 6. d) Die Ebene durch A, B und C heiße E. Durch den Punkt Q(-4 3 ) und den Ursprung wird eine Gerade g gelegt. Bestimme den Schnittpunkt R von g mit E. Liegt R auf der Strecke OQ? Die Parameterdarstellungen von E und g lauten E : x = a + r(b a) + s(c a) = (-2 4 3) T + s( - -6) T + t(- 0) T g : x = rq = r(-4 3 ) T. Man berechnet die Parameter s und t beziehungsweise r, für die der Ortsvektor von R in der Parameterdarstellung der Ebene bzw. der Geraden angenommen wird, durch Gleichsetzen der Parameterdarstellung der Ebene mit der der Geraden r(-4 3 ) T = (-2 4 3) T + s( - -6) T + t(- 0) T r(-4 3 ) T + s(- 6) T + t( - 0) T = (-2 4 3) T I: -4r s + t = -2 II: 3r + s t = 4 III: r + 6s = 3 Dieses Gleichungssystem hat folgende Lösungen r = -2 s = 5/6 t = -55/6. Somit ergibt sich x = rq = r(-4 3 ) T. Für alle Punkte auf der Strecke OQ ist der Parameter Element [0; ]. Der Punkt R wird für r = -2 angenommen; das bedeutet er liegt nicht auf der Strecke OQ, somit ist r = -2q = (8-6 -2) T. Es gibt also einen Schnittpunkt R mit den Koordinaten (8-6 -2). Er liegt nicht auf der Strecke OQ. 6

7 e) Kann man die reelle Zahl u R so wählen, dass der Punkt T (3 u 5) in der Ebene E liegt? Falls ja: Bestimme alle geeigneten Werte für u. E : x = a + r(b a) + s(c a) = (-2 4 3) T + s( - -6) T + t(- 0) T Ich setze den Ortsvektor von T in die Parameterdarstellung der Ebene ein und erhalte Somit ergibt sich (-2 4 3) T + s( - -6) T + t(- 0) T = (3 u 5) T. I: -2 + s t = 3 II: 4 s + t = u III: 3 6s = 5 Ich betrachte zunächst Gleichung I und III I: -2 + s t = 3 III: 3 6s = 5 Das Gleichungssystem (I, III) hat die Lösungen s =-/3 und t=-6/3. Durch Einsetzen in II erhält man II: 4 + /3 6/3 = u u = - Es gibt also eine reelle Zahl u = -, für die das Gleichungssystem lösbar ist. Der Punkt T hat dann die Koordinaten (3-5). Aufgabe 3) In dieser Aufgabe wird das Tetraeder ABCQ mit den speziellen Punkten A, B, C, Q aus Aufgabe 2 betrachtet. a) Wie viel Draht braucht man für ein Kantenmodell des Tetraeders? Ich nenne die Drahtlänge, die man für ein Kantenmodell braucht, l. Somit 7

8 ergibt sich l aus der Summe aller Kantenlängen. AB = b a = (- 3-3) T (-2 4 3) T = ( - -6) T = 38 CA = c a = (-3 5 3) T (-2 4 3) T = (- 0) T = 2 BC = b c = (- 3-3) T (-3 5 3) T = (2-2 -6) T = 44 QA = q a = (-4 3 ) T (-2 4 3) T = ( ) T = 9 = 3 QB = q b = (-4 3 ) T (- 3-3) T = (-3 0 4) T = 25 = 5 QC = q c = (-4 3 ) T (-3 5 3) T = (- -2-2) T = 9 = 3 Somit ergibt sich die Lösung als l = , 2 Für ein Kantenmodell benötigt man ca. 25,2 LE. b) In Q befindet sich eine punktförmige Lichtquelle, von der aus Strahlen durch die als offen vorgestellte Tetraederseite ABC in den Raum gesendet werden. Auf den Strahlen durch die Punkte A, B, C befinden sich die Punkte U, V, W mit AU = BV = CW = 2. Bestimme die Koordinaten von U, V,W. Ich bezeichne die Gerade durch Q und A mit f QA, die Gerade durch Q und B mit g QB, und die Gerade durch Q und C mit h CQ. Dann haben diese Geraden die folgenden Parameterdarstellungen: f QA : x = q + r(a q) = (-4 3 ) T + r(2 2) T g QB : x = q + s(b q) = (-4 3 ) T + s(3 0-4) T h QC : x = q + t(c q) = (-4 3 ) T + t( 2 2) T Die Entfernung von Q nach A beträgt 3 LE - die Länge von Q nach U (2+3) LE - also 5 LE. Die Länge 3 LE wird für den Parameter r = angenommen. Für r = 5 = 5/3 wird der Punkt U angenommen, von dem die Länge von Q aus 5 LE beträgt somit f QA : u = (-4 3 ) T + 5(2 2) T = (6 8 ) T. Die Länge von Q nach B beträgt 5 LE - die Länge von Q nach V (2 + 5) LE - also 7 LE. Die Länge 5 LE wird für den Parameter s = angenommen. Für s = 7/5 wird der Punkt V angenommen, von dem die Länge von Q aus 7 LE beträgt somit g QB : v = (-4 3 ) T + 7/5(3 0-4) T = (6, 2 3-2, 6) T. 8

9 Analog für den Punkt W ( QA = 3 für r = ; QW = 5 für r = 5) ergibt sich Somit gilt h CQ : w = (-4 3 ) T + 5( 2 2) T = ( 3 ) T. U = (6 8 ), V = (6, 2 3-2, 6) und W = ( 3 ). c) Wie groß ist der Winkel, den die von Q ausgehenden Lichtstrahlen durch A und durch B bilden? Ich nenne den gesuchten Winkel δ. (b q) (a q) cos(δ) = b q a q = 5 (3 0-4)T (2 2) T = δ = cos - (-2/5) 97, 66. Der gesuchte Winkel δ beträgt ca. 97,66. d) Es soll entschieden werden, ob der Punkt T (-2 3 2) innerhalb oder außerhalb (oder auf dem Rand) des Tetraeders ABCQ liegt. Entwickle einen Plan, wie sich dies (leider nur mit viel Rechnung) entscheiden lässt. Die Durchführung der konkreten Rechnung wird nicht erwartet. Die vier Ebenen, die das Tetraeder bestimmen seien E abc mit Normalenvektor n, E bcq mit Normalenvektor n 2, E acq mit Normalenvektor n 3 und E abq mit Normalenvektor n 4. Die Normalenvektoren der Ebenen sind so gewählt, dass sie alle in das Innere des Tetraeders gerichtet sind (Das überprüft man, in dem man den jeweils freien Punkt in die linke Seite der Koordinatengleichung der Ebene einsetzt. Ist das Ergebnis positiv, ist der Normalenvektor richtig orientiert, ansonsten multipliziere man den Normalenvektor mit - und stelle erneut die Koordinatengleichung auf). Der Punkt T liegt nun genau dann im Inneren des Tetraeders, wenn das Ergebnis des Punktes T in den vier linken Seite der Koordinatengleichungen der vier Ebenen stets positiv ist. Ist es gleich null in mindestens einer Ebene, liegt der Punkt auf dem Rand des Tetraeders. 9

10 Aufgabe Z) a) Genau dann liegt der Punkt X in der Ebene der drei nicht kollinearen Punkte A, B, C, wenn sich der Ortsvektor x von X in der Form x = ra + sb + tc, mit r, s, t R darstellen lässt, wobei r + s + t = gilt. Beweis! x liegt genau dann in der Ebene, die A, B und C bestimmt wird, wenn es zwei reelle Zahlen m und n gibt, für die x = c + m(a c) + n(b c) gilt (die Parameterdarstellung der Ebene mit Aufpunktvektor c). Nun gilt es zwei Nachweise zu führen:. Wenn X in der Ebene bestimmt durch A, B und C liegt, dann gibt es solche r, s, t. 2. Wenn es solche r, s, t gibt, dann liegt X in der Ebene durch A, B, C. Beweis zu.: Wenn X in der Ebene durch A, B, C liegt, dann lässt sich sein Ortsvektor in der Form x = c + m(a c) + n(b c) darstellen, mit m, n R sind. Auflösen der Klammern ergibt x = ma + nb + ( m n)c. Setzt man r := m, s := n, t := m n, so ist r+s+t = und x = ra+sb+tc. Beweis zu 2.: Aus r + s + t = folgt t = r s. Daher ist x = ra + sb + tc = ra + sb + ( r s)c = c + r(a c) + s(b c). Somit liegt X in der Ebene durch A, B, C. b) Beweise mit Hilfe einer bekannten Ungleichung, dass für beliebiges n N und n-tupel (a, a 2,..., a n ) bestehend aus reellen Zahlen gilt ( n ) 2 n a i n a 2 i. Ich betrachte den Vektorraum R n mit der euklidischen Norm und zwei Vektoren a, b R n mit den Komponenten a = (a, a 2,..., a n ) T und b = (,,..., ) T. Nun betrachte ich zum einen das Skalarprodukt der beiden und das Produkt 0

11 der Normen. Dann gilt n b a = a + a a n = a i, a = n a 2 i, b = n. Die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung lautet b a b a, daher n a i n n a 2 i. Quadriert man diese Ungleichung, erhält man die zu beweisende Ungleichung ( n ) 2 n a i n a 2 i. ENDE.