Technische Universität Berlin Fakultät II Institut für Mathematik SS 2013 Doz.: Gündel-vom Hofe, Hömberg, Ortgiese Ass.

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1 Technische Uniersität Berlin Fakultät II Institut für Mathematik SS 3 Doz.: Gündel-om Hofe, Hömberg, Ortgiese Ass.: Böttle, Meiner Juli Klausur Analysis I für Ingenieure Name:... Vorname:... Matr. Nr.:... Studiengang:... Neben einem handbeschriebenen A-Blatt mit Notizen sind keine weiteren Hilfsmittel zugelassen. Die Lösungen sind in Reinschrift auf A Blättern abzugeben. Für jede Aufgabe bitte ein neues Blatt erwenden. Auf jedes Blatt bitte Name und Matrikelnummer schreiben. Mit Bleistift oder Rotstift geschriebene Klausuren können nicht gewertet werden. Bitte geben Sie im Zweifelsfalle auch Ihre Schmierzettel ab und markieren Sie diese entsprechend. Geben Sie im Rechenteil immer den ollständigen Rechenweg und im Verständnisteil, wenn nichts anderes gesagt ist, immer eine kurze, aber ollständige Begründung an. Insbesondere soll immer klar werden, welche Sätze oder Theoreme erwendet wurden! Ohne Begründung bzw. Rechenweg gibt es keine Punkte! Die Bearbeitungszeit beträgt 9 Minuten. Die Gesamtklausur ist mit 3 Punkten bestanden, wobei in jedem der beiden Teile der Klausur mindestens Punkte erreicht werden müssen. Korrektur 3 Σ 5 6 Σ

2 Rechenteil. Aufgabe Punkte Gegeben sei die Funktion f : D f R, mit f(x) x (x 7). a) Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D f sowie alle Nullstellen on f. b) Berechnen Sie die Ableitung f (x) und untersuchen Sie f auf lokale Extremstellen. c) Untersuchen Sie das Verhalten on f für x ± sowie an möglichen Definitionslücken. d) Skizzieren Sie den Graphen on f. e) Untersuchen Sie f auf globale Extremstellen und geben Sie diese gegebenenfalls an. a) ( Punkte) Der maximale Definitionsbereich ist R \ {7} ],7[ ]7, [. Die Funktion hat genau eine Nullstelle bei x. b) ( Punkte) Die Ableitung lässt sich mit Hilfe der Quotientenregel bestimmen: f (x) (x 7) (x ) (x 7) (x 7) x 7 x+8 (x 7) 3 x (x 7) 3. Die einzige potentielle Extremstelle liegt demnach bei x or. Zur weiteren Untersuchung gibt es zwei Möglichkeiten: Variante : Es gilt f (x) (x 7)3 ( x)3(x 7) (x 7) 6 x+ (x 7) und damit f () >. Bei x liegt demnach ein lokales Minimum. Variante : Die Ableitung f hat bei x und x 7 Vorzeichenwechsel. Für x < gilt f (x) < und für < x < 7 gilt f (x) >. Aus Monotoniegründen besitzt f also ein lokales Minimum in x.

3 c) (3 Punkte) Es gilt lim f(x) lim x x x (x 7) lim x x x ( x ) Sowie lim f(x) lim x x lim f(x) lim xր7 xր7 lim f(x) lim xց7 xց7 x (x 7) lim x x x ( x ) x (x 7) x (x 7) d) ( Punkt) Der Graph der Funktion sieht wie folgt aus. / 7 e) ( Punkte) Aufgrund on existiert kein globales Maximum. lim f(x) lim f(x) xր7 xց7 Das lokale Minimum in x ist wegen f() und eine globale Extremstelle. lim f(x) lim f(x) x x

4 . Aufgabe 8 Punkte Betrachten Sie die Funktion f(x) x3 x +x x. 3x a) Führen Sie für f die Polynomdiision durch und bestimmen Sie die Partialbruchzerlegung für den Rest. b) Geben Sie mit Hilfe der Partialbruchzerlegung eine Stammfunktion on f an. a) (6 Punkte) Da der Grad des Zähler größer ist als der des Nenners, muss eine Polynomdiision durchgeführt werden: (x 3 x +x ) : (x 3x ) x + 5x 5 x 3x. Der Nenner hat die Nullstellen x und x und besitzt demnach die Faktorisierung (x+)(x ). Für den letzten Summanden machen wir deshalb den PBZ-Ansatz 5x 5 (x+)(x ) A x+ + B x. Die Zuhaltemethode liefert nun die Parameter Zusammenfassend gilt also b) ( Punkte) Es gilt f(x) dx A und B 3. f(x) x + x+ + 3 x. (x + x+ + 3 ) dx x x x+ln( x+ )+3ln( x ) }{{}}{{}.

5 3. Aufgabe Punkte Gegeben sei die -periodische Funktion f : R R, die durch f(t) t für t < definiert ist. a) Skizzieren Sie f auf dem Interall [ 3, 3] und entscheiden Sie anhand der Zeichnung, ob die Funktion gerade oder ungerade ist. b) Bestimmen Sie das reelle Fourierpolynom 3. Ordnung on f. a) (3 Punkte) Die Skizze sieht wie folgt aus: Die Funktion ist gerade (wg. der Symmetrie zur y-achse). b) (7 Punkte) Da die Funktion gerade ist, entfallen alle Sinus-Terme, d.h. b k, k N. Für die Berechnung der a k benutzen wir ω π T π mit der Periode T. Es gilt: a ( t) dt [t t] ( ). Alternati kann a auch als Flächeninhalt aus der Skizze abgelesen werden. Für k gibt es zwei Lösungswege: Variante : a k [ P.I. ( ( t) cos(kπt) }{{}}{{} u ( t) }{{} kπ sin(kπt) }{{} u [ kπ kπ cos(kπt) k π ( cos(kπ)) ) k π ( ( )k ). ] dt ] ( ) }{{} u kπ sin(kπt) } {{ } dt

6 Variante : Typische Fehler: a k f(t)cos(kπt) dt ( t)cos(kπt) dt+ ( t) cos(kπt) }{{}}{{} u [ ( t) }{{} u [ kπ sin(kπt) } {{ } dt ] ( t) }{{} kπ sin(kπt) }{{} u ] ] + (t )cos(kπt) dt ( t) cos(kπt) }{{}}{{} u ( ) }{{} u dt kπ sin(kπt) } {{ } kπ sin(kπt) dt ( ) }{{}}{{} u ] [ kπ kπ cos(kπt) [ kπ kπ cos(kπt) ( ) cos(kπ)+cos(kπ) cos(kπ) k π k π ( cos(kπ) ). a k ( t ) cos(kπt)dt, denn f ist als t auf [,[ definiert, aber nicht auf [,[. Auf [,[ muss man schon die Fortsetzung on f benutzen. Ganz ähnlich für a. Das Fourierpolynom 3. Grades lautet also φ 3 (t) a 3 + a k cos(kπt) bzw. k φ 3 (t) + π cos(πt)+ 9π cos(3πt). dt

7 Verständnisteil. Aufgabe Punkte Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte: n a) lim n b) lim n +n+8 +n n x +x c) lim x x d) (x 3) dx a) ( Punkte) Es gilt lim n n +n+8 n lim + n + 8. n b) (3 Punkte) Es gilt lim n +n n lim lim lim ( n +n n )( n +n+ n ) n +n n n +n+ n n n +n+ n n lim + n + n. n +n+ n c) ( Punkte) Hier gibt es zwei Lösungswege: Variante (Kürzen): x +x lim x x lim x x(x+) (x )(x+) lim x x x. Variante (l Hopital): Sowohl der Zähler als auch der Nenner konergieren gegen und wir wenden die Regel on l Hopital an: x +x l Hopital x+ lim x x lim x x.

8 d) (3 Punkte) Variante : Es gilt dx lim (x 3) a lim a a (x 3) dx [ (x 3) ] a lim a a Variante mit Substitution t x 3, dx dt: Es gilt dx lim (x 3) a lim a lim a a a 3 3 [ t a (x 3) dx t dt ] a 3 lim a typische Fehler: Bei der Substitution wurde oft ergessen, die Integralgrenzen umzuformen. (Die Umformung on a zu a 3 ist für das Ergebnis allerdings nicht releant, weil die Grenzwerte gleich sind: lim a a 3 lim a a ) FalscheStammfunktionen,dieorgeschlagen wurden:ln ( (x 3) ),3, (x 3) 3 3 (x 3) 3

9 5. Aufgabe Punkte Die Funktion f sei die Lösung der folgenden Differentialgleichung mit Anfangsbedingung: f (x) + ( f(x) ), f(). a) Zeigen Sie mit Hilfe der Differentialgleichung, dass f streng monoton wachsend ist. b) Bestimmen Sie das Taylorpolynom 3. Grades on f in der Entwicklungsstelle x. a) ( Punkt) Die Funktion f ist genau dann streng monoton wachsend, wenn ihre Ableitung überall positi ist. Es gilt f (x) + ( f(x) ) >. Es gibt den Punkt nicht, wenn der Bezug zur Aufgabe fehlt und nur geschrieben wurde, dass f (x) > ist. b) (9 Punkte) Es gilt f() f (x) f(x)f (x) f () f (3) (x) f (x)f (x)+f(x)f (x) f (3) () Das Taylorpolynom lautet demnach T 3 (x) 3 k f () + ( f() ) f (k) () x k +x++ k! 3! x3 x+ 3 x3.

10 6. Aufgabe Punkte Entscheiden Sie, ob die folgenden Aussagen wahr oder falsch sind. Begründen Sie ihre Antwort oder geben Sie gegebenenfalls ein Gegenbeispiel an. a) Jede diergente Folge ist unbeschränkt. b) Ist f eine stetige Funktion, so ist auch f stetig. c) Ist f : ],[ R eine stetige Funktion, so besitzt f ein Maximum oder ein Minimum. d) Jedes Polynom mit reellen Koeffizienten om Grad 5 besitzt mindestens eine reelle Nullstelle. e) Die Gleichung cos(x) x besitzt eine reelle Lösung in dem Interall [,π]. a) ( Punkte) Falsch. Die durch a n : ( ) n definierte Folge ist beschränkt aber diergent. Nicht als richtige Begründungen akzeptiert wurde f(x) sin(x), da dies typischer Weise eine Funktion auf R bezeichnet und keine Folge. b) ( Punkte) Falsch. Ein mögliches Gegenbeispiel wäre f : R R, mit f(x) {, für x <, für x. c) ( Punkte) Falsch. Ein mögliches Gegenbeispiel wäre f :],[ R, mit f(x) x. Nicht als richtige Begründung akzeptiert wurde, dass der Satz om Maximum und Minimum nicht gilt (weil der Definitionsbereich ein offenes und kein kompaktes Interall ist). Es könnte ja auch einen anderen Grund geben, warum die Aussage wahr sein sollte. d) ( Punkte) Wahr. Variante : Da die Koeffizienten reell sind, treten die nicht-reellen Nullstellen immer in komplex konjugierten Paaren auf. Die Anzahl nicht-reeller Nullstellen ist deshalb immer gerade und ein Polynom om Grad 5 besitzt genau, 3 oder 5 reelle Nullstellen. Es reicht nicht, dass ein reelles Polynom om ungeraden Grad immer eine reelle Nullstelle hat, auch wenn das in der Vorlesung so gesagt wurde. Hier sollte man genau das in eigenen Worten begründen. Variante : Da die höchste auftretende Potenz ungerade ist, gilt für das Polynom f: oder lim f(x) und lim f(x) x x lim f(x) und lim f(x). x x D.h. insebsondere, dass a,b R mit f(a) < und f(b) > existieren. Der Zwischenwertsatz liefert damit eine Nullstelle. e) ( Punkte) Wahr. Wir betrachten die stetige Funktion f : [,π] R, mit f(x) cos(x) x. Wegen f() > und f(π) π < besitzt f nach dem Zwischenwertsatz eine Nullstelle, welche eine Lösung der gegebenen Gleichung liefert. Wird die Funktion f nicht angegeben, auf die der ZWS angewendet werden soll, kann die Begründung nicht als richtig gewertet werden.