Aufgabe (8 Punkte (a der Realteil von z +i 4 i zu bestimmen. z + i ( + i(4 + i + i 4 i + i.,5 Aus dieser Darstellung lassen sich der Real- und Imaginärteil von z ablesen, man erhält Re (z Im (z.,5 (b (b M : {z C : z i } Die Menge lässt sich direkt zeichnen: y 4 M (b M : {z C : Im ( z 4 } Sei z + iy, dann ist z iy +y, bzw. Im ( y z + y.,5 Daraus folgt Im ( z 4 4y + y 4 + (y +.,5 M ist also der Kreis in der -y-ebene mit Mittelpunkt (, und Radius, im Bild: y M 4
(b M : {z C : z + Re (z } Sei z + iy, dann ist z + Re (z + y + bzw. z + Re (z + y y y. Die Menge beschreibt also das Innere (mit Rand einer liegenden, nach links geöffneten Parabel mit Scheitel bei (/, in der -y-ebene. Im Bild: y 5 4 (c die Gleichung z 4 6 zu lösen. Wegen e πi ist 6 6e πi. In dieser Polardarstellung lassen sich die 4 gesuchten Lösungen direkt angeben, man erhält M z k e π 4 i+ kπ i für k,,,. Diese Lösungen sind nun noch in die Darstellung a + ib mit a, b R umzurechnen. Der Tabelle auf dem Aufgabenblatt entnimmt man, dass ( π ( π sin cos 4 4. Damit ist z + i. Für die Umrechnung der übrigen Koordinaten bedient man sich entweder der Symmetrien der trigonometrischen Funktionen, oder der gesuchten Lösungen in der kompleen ebene. Letztere bilden ein Quadrat auf dessen einen Ecke z liegt (vgl. Skizze: z y z z z Durch Spiegelung von z erhält man alle weiteren Lösungen. Zusammengefasst haben wir z + i, z + i, z i, z i.
Aufgabe ( Punkte Gegeben ist die vom Parameter α R abhängige Matri ( 4 α C(α α α α α und die Vektoren ( ( ( v, v, v. zu zeigen, dass v, v, v Eigenvektoren von C(α sind. Zusätzlich sind die zugehörigen Eigenwerte zu bestimmen: C(α v ( ( 4 α α α α α ( α α (α v α v ist Eigenvektor zum Eigenwert α. C(α v ( ( 4 α α α α α v ist Eigenvektor zum Eigenwert α +. C(α v v ist Eigenvektor zum Eigenwert. ( ( 4 α α α α α ( α + α + (α + v ( v
Aufgabe (5 Punkte Berechnen Sie die folgenden Integrale. (a sin( d [ ( cos( ] ( cos( d [ cos(] + cos( d [ cos(] + [ sin(] sin( d [ cos( + sin( + cos(] (b Mit der Substitution u ln( ergibt sich du d bzw. du d. Damit ist ln( d du [ln(u] [ln(ln(], u man beachte dabei, dass wegen > gilt, dass u > ln(, so dass die Betragstriche weggelassen werden können. (c + d e ln( d [ ] [ ] ln( e ln( ln( +. 4
Aufgabe 4 (7 Punkte Gegeben sei die Funktion ( f( ln +. (a der maimale Definitionsbereich von f zu bestimmen: Damit f definiert ist, muss das Argument des Logarithmus strikt positiv sein, d.h. + >. aber +! ( + > }{{} > Der maimale Definitionsbereich D f von f ist also > >. D f { R : > }. Man zeige, dass f keine Nullstellen besitzt: f( genau dann, wenn +. Diese Gleichung besitzt in R jedoch keine Lösung. Eine der hier skizzierten Varianten ist hier denkbar: die Parabel mit + hat jedoch keine Nullstellen. + + Für (, ist / >, für ((, ist >. In beiden Fällen ist also (der Fall ist separat zu prüfen, aber trivial. Wegen ( und + > + + ( ist + für alle >. (b Man berechne die erste Ableitung von f und finde alle lokalen Etrema der Funktion: Die erste Ableitng ist gegeben durch ( f ( + (. Für die lokalen Etrema betrachten wir die (notwendige Bedingung f (. Wegen + (siehe Teil (a erhalten wir daraus, dass, bzw., da D f äquivalent. Genauer sehen wir, dass f < für < und f > für >, d.h. f nimt an der Stelle ein lokales Minimum ein, bzw. wir haben einen Tiefpunkt bei T (, f( (, ln. (c Beide Grenzwerte lassen sich mit HIlfe der Regel von Bernoulli-de l Hôpital berechnen. Man erhält ln ( ( + + ( lim lim ln lim + lim +, bzw. nochmal nach der gleichen Rechnung ln ( + lim lim ln + lim +, 5
(d Skizze des Funktionsgraphen: y 4 4 5 Wegen Teilaufgabe (c wissen wir, dass sich f für wie ln bzw. für wie ln verhält. Dies sollte ebenfalls aus dem Bild hervorgehen. 6
Aufgabe 5 (5 Punkte Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte. (a ( lim n(n + n lim n n n + n n n + n + n lim n + n +. (b n ( +n 4 n ( n geometr. Reihe 4.,5 (c (d lim ( n + lim n ln n n e e e lim + e e. + e [ ( lim ln ] + n n n ln(e.,5 7
Aufgabe 6 (4 Punkte das Taylorpolynom zweiter Stufe von f(, y y in (, zu berechnen: Das gesuchte Taylorpolynom ist gegeben durch T (f, (, y, (, f(, + ( f (, ( T + ( y (, y H f (,. y Die drei Summanden werden einzeln berechnet: f(,. Der Gradient berechnet sich zu ( y y f (, y ln y. Daraus erhält man, dass ( f (, T (, T. Die Hessematri berechnet sich zu ( y(y y ( + y ln y H f (, y ( + y ln y (ln y. Daraus erhält man, dass H f (, (, bzw. (, y H f (, ( ( (y. y Zusammenfassend ist T (f, (, y, (, + ( + ( (y y y +. 8
Aufgabe 7 (6 Punkte Der Quader habe die Seitenlängen a, b, c. Wir verwenden die Nebenbedingung in der Form a + b + c. das Maimum der Funktion O(a, b, c ab + ac + bc mit a, b, c unter der Nebenbedingung a + b + c gesucht. Die Menge { (a, b, c : a, b, c a + b + c } ist als derjenige Teil der Einheitssphäre, der im ersten Oktanten liegt, kompakt (beschränkt und abgeschlossen. Also nimmt die stetige Funktion O auf dieser Menge ihr Minimum und Maimum an. Nach Aufgabenstellung wird das Maimum in der Menge M {(a, b, c : a, b, c > a + b + c } angenommen. Wir wenden die Multiplikatorenmethode von Lagrange an und suchen Lösungen (a, b, c, λ mit a, b, c > des folgenden Gleichungssystems a + b + c b + c + a λ a + c + b λ a + b + c λ (β (γ liefert (b a λ(b a. Angenommen, es gilt b a, dann können wir durch (b a dividieren und erhalten λ λ. Eingesetzt in (β ergibt dies a + b + c. Dies ist aber ein Widerspruch, da a, b, c > sein müssen. Es muss damit gelten a b. Analog zeigt man, dass a c. Damit wird (α zu a a> a, und die maimale Oberfläche ist (α (β (γ (δ O(,, + +. Also ist derjenige Quader mit größtmöglicher Oberfläche bei fester Raumdiagonalenlänge der Würfel mit der Kantenlänge. Alternative Rechnung mit der Nebenbedingung a + b + c : a + b + c (α b + c + a λ a +b +c (β a + c + b λ (γ a +b +c a + b + c λ (δ a +b +c Aus der Nebenbedingung folgt a + b + c, so dass sich wieder das LGS ((α, (β, (γ, (δ ergibt. Alternative Rechnung zum Nachweis von a b c: b (β a (γ : b + bc a ac b a + c(b a (b a (b + a + c }{{} > c (β a (δ : bc + c a ab c a + b(c a (c a (c + a + b }{{} > Es folgt unmittelbar a b c. 9
Aufgabe 8 ( Punkte Gegeben sind die Ebenen E { (,, R : + + }, { [ ( ( ] ( } E (,, R :. (a Es der Winkel α zwischen E und E zu berechnen: cos(α 6 ( ( (b zu begründen, dass E ein Untervektorraum ist: Untervektorraumkriterium: E ist nicht leer, da der Ursprung drin liegt. Sind (,,, (y, y, y E, so folgt 6 α ( + y + ( + y + ( + y ( + + + (y + y + y + d.h. es ist (,, + (y, y, y E. Sei zusätzlich t R, dann ist d.h. es ist t ( + + E. Somit ist E ein Untervektorraum des R. t + t + t t ( + + t (c Man bestimme eine ONB B von E : Eine Basis ist gegeben durch {v, v } mit den Richtungsvektoren ( ( v,. Schmidtsches Orthogonalisierungeverfahren liefert: w 5 (, w w {w, w } ist eine ONB von E. ( (( 5 ( 5 ( ( ( 5 4 5 ( 5 5 (d Es sei L : R R die Spiegelung an E. für jeden Punkt (y, y, y R der Bildpunkt zu berechnen und die Abbildungsmatri E ME L anzugeben (E kanonische Basis des R : Parameterdarstellung der zu E orthogonalen Gerade durch (y, y, y : Schnitt mit E : ( ( y y y t ( ( y t y t y t y t + y t + (y t y + y + y 6t t 6 (y + y + y. Die Koordinaten des Spiegelpunkts (z, z, z erhält man, indem man den t-wert verdoppelt: ( z ( y ( z y y y y z y (y + y + y y + y y y y y Nun kann die Abbildungsmatri abgelesen werden: ( E ME L
Aufgabe 9 (7 Punkte Gegeben sind die Vektoren ( ( ( a, b, c. (a zu begründen, dass B {a, b, c} eine Basis des R ist: 6 + + 4 Also ist {a, b, c} linear unabhängig. Die Dimension des R ist, also bildet {a, b, c} eine Basis. ( (b Man finde die Koordinaten des Vektors bzgl. der kanonischen Basis E {e, e, e }. B ( ( ( ( + + a + b + c + + + + + E E E E (c Man bestimme die Basiswechselmatri B M Id E. M Id B E ( EM Id B ( Daraus erhält man die gesuchte Matri durch Invertieren: ( ( 9 ( ( D.h. es ist B M Id E ( (d Gegeben ist der Vektor y 4e e + e. Man berechne die Koordinaten von y bzgl. B: ( ( ( (y B B ME Id 4 5 (y E E B