Stroppel
Musterlösung
31.08.2015, 180min
Aufgabe 1 (6 Punkte) Gegeben sei die Funktion f : R → R : x 7→ x2 e−x .
(a) Zeigen Sie durch vollständige Induktion, dass für alle x ∈ R und alle k ∈ N0 gilt:
f (k) (x) = (−1)k (x2 − 2kx + (k − 1) k) e−x .
(b) Für welche k ∈ N0 besitzt der Graph von f (k) an der Stelle x = 6 eine waagrechte Tangente?
IS
(a) IA
Für k = 0 ist f (0) (x) = f (x) = x2 e−x = (−1)0 (x2 − 0x + 0) e−x .
Die Aussage sei bewiesen für ein k ∈ N0 . Dann gilt:
f (k+1) (x) =
d (k)
f (x) = (−1)k [−(x2 − 2kx + (k − 1) k) e−x + (2x − 2k) e−x ]
dx
= (−1)k+1 [x2 − 2(k + 1)x + k(k + 1)] e−x ,
d. h. die Aussage ist auch für die (k + 1)–te Ableitung wahr.
(b) Der Graph von f (k) hat bei x = 6 eine waagrechte Tangente, wenn
f (k+1) (6) = 0
⇐⇒ (−1)k+1 [62 − 2(k + 1) · 6 + k(k + 1)] e−6 = 0
⇐⇒ (−1)k+1 (k 2 − 11k + 24) e−6 = 0,
wegen (−1)k+1 e−6 6= 0 also genau dann, wenn k 2 − 11k + 24 = 0.
√
11 ± 5
11 ± 121 − 96
=
, also k1 = 3 und k2 = 8.
Daraus folgt k1/2 =
2
2
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Höhere Mathematik 1/2
Musterlösung
31.08.2015, 180min
Aufgabe 2 (4 Punkte) Gegeben sei die Funktion
xy − x2
.
2x2 − 2xy + y 2
(a) Berechnen Sie lim f (xk , yk ) für die durch (xk , yk ) = k1 , k12 definierte Folge.
f : R2 r {(0, 0)} → R : (x, y) 7→
k→∞
(b) Ist f bei (0, 0) stetig fortsetzbar?
(a) Einsetzen von xk = k1 und yk = k12 liefert
lim f (xk , yk ) = lim
k→∞
k→∞
= lim
k→∞
1
k
· k12 − ( k1 )2
= lim
k→∞
2 · ( k1 )2 − 2 · k1 · k12 + ( k12 )2
1
k3
2
k2
−
−
2
k3
1
k2
+
1
k4
1
k
−1
1
1 = − .
2
2 − + k2
2
k
(b) f ist nur dann bei (0, 0) stetig fortsetzbar, wenn
lim f (xk , yk ) = −
k→∞
auch für jede andere Folge (xk , yk )
k∈N
1
2
mit lim (xk , yk ) = (0, 0) gilt.
k→∞
1
Wählt man aber z. B. (xk , yk ) = 0, k , so erhält man
lim f (xk , yk ) = lim
k→∞
k→∞
0 · k1 − 02
1
lim 0 = 0 6= − ,
1
1 2 = k→∞
2
2
2 · 0 − 2 · 0 · k + (k)
d. h. f ist bei (0, 0) nicht stetig fortsetzbar.
Bemerkung: Auch andere Folgen liefern einen von − 12 verschiedenen Grenzwert, z. B.
1 1
lim f k1 , − k1 = − 52 ,
lim f 2k
, k = 21 ,
...
lim f k1 , k1 = 0,
k→∞
k→∞
k→∞
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Höhere Mathematik 1/2
Musterlösung
31.08.2015, 180min
Aufgabe 3 (5 Punkte) Sei α ein reeller Parameter. Gegeben sei das lineare Gleichungssystem
x
+
x
+ αy +
αx +
y
y
+ αz =
+
1,
z
=
1,
z
= −2 .
(a) Bestimmen Sie die Determinante der Koeffizientenmatrix dieses Gleichungssystems.
(b) Bestimmen Sie für α = −2 die Lösungsmenge des Gleichungssystems.
(c) Für welche α ist das Gleichungssystem eindeutig lösbar ?
(a) Die Determinante ist
1 1 α 1 1 α
det(A) = 1 α 1 = (α + 2) 1 α 1
α 1 1 1 1 1
1
α
1
= (α + 2) 0 α − 1 1 − α
0
0
1−α
= (α + 2)(α − 1)(1 − α) = −(α + 2)(α − 1)2 .
Oder mit der Regel von Sarrus: det(A) = −α3 + 3α − 2.
(b) Der Gauß–Algorithmus
1
1
1 −2
1 −2
1
1
−2
1
1 −2
Z1 − Z2
−→
liefert:
−→
Z2 − Z1
Z3 + 2Z1
1 0 −1
0 1 −1
0 0
0
1
1 −2
0 −3
3
0
3 −3
1
0
0
1
−→
1 1 −2
1
0 1 −1
−
0
Z
2
3
0
0 0
0
Z3 + Z2
1
0
0
⊺
Dies führt auf die Lösungsmenge L = {(t + 1, t, t) | t ∈ R}.
(c) Das Gleichungssystem ist genau dann eindeutig lösbar, wenn det(A) 6= 0.
det(A) = −α3 + 3α − 2 = −(α + 2)(α − 1)2 besitzt die Nullstellen α1 = −2 und α2 = 1.
Es folgt, dass das Gleichungssystem für α ∈ R r {−2, 1} eindeutig lösbar ist.
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Höhere Mathematik 1/2
Musterlösung
31.08.2015, 180min
Aufgabe 4 (3 Punkte) Gegeben sei die lineare Abbildung
s
f : R2 → R4 :
t
!
1
−2
1
+t 3
7→ s
3
0
−1
1
Sei E4 die Standardbasis von R4 . Sei E2 die Standardbasis von R2 .
!
!
1
1
Sei B :
,
eine weitere Basis von R2 .
1
2
(a) Bestimmen Sie die Matrizen
E 4 fE 2
und
.
E 4 fB .
(b) Untersuchen Sie f auf Injektivität und Surjektivität.
(a) Es gilt
1
1
f (e1 ) =
0
1
Man kann die Spalten von
E 4 fB
(b) Der Rang von
E 4 fB
= E 4 fE 2
E 4 fE 2
und
f (e2 ) =
−2
3
, also
3
−1
E 4 fE 2
1 −2
1
3
=
0
3
1 −1
.
mit der Definition von f oder durch Matrizenmultiplikation finden:
1 −2
1
3
· E2 idB =
0
3
1 −1
·
1 1
1 2
!
=
−1 −3
7
.
3
6
0 −1
4
ist 2, also dim f (R2 ) = 2 6= dim R4 und dim Kern(f ) = 2 − dim f (R2 ) = 0.
Es folgt, dass f injektiv, aber nicht surjektiv ist.
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Höhere Mathematik 1/2
Musterlösung
31.08.2015, 180min
Aufgabe 5 (9 Punkte) Gegeben sei die Quadrik
Q := (x1 , x2 )⊺ ∈ R2 | 2x1 x2 + 4x1 + 2x2 = 0 .
Bestimmen Sie die euklidische Normalform und die Gestalt der Quadrik. Skizzieren Sie im Ausgangskoordinatensystem die Quadrik und ein Koordinatensystem, in dem Q diese Normalform besitzt.
In Matrixschreibweise x⊺ Ax + 2a⊺ x + c = 0 lautet die Gleichung
!
!
!
x
0 1
x1
1
+ 0 = 0.
+2 2 1
x1 x2
1 0
x2
x2
Das charakteristische Polynom von A ist χA (λ) = det(A − λE2 ) = λ2 − 1 = (λ − 1)(λ + 1).
Die Eigenwerte von A sind also λ1 = 1 und λ2 = −1.
Der Eigenraum zu λ1 ist der Lösungsraum V (λ1 ) des LGS
"
#
−1
1 0
1 −1
0
.
!
1 1
Dieser Lösungsraum wird aufgespannt durch den normierten Eigenvektor v1 = √
.
2 1
Einen Eigenvektor v2 zu λ2 kann man analog durch Lösen des homogenen linearen Gleichungssystems
(A − λ2 E2 )x = (A + E2 )x = 0 bestimmen. (Alternativ kann man verwenden, dass A symmetrisch
ist: Somit sind !
die Eigenräume zu λ1 und λ2 orthogonal.) Man erhält als normierten Eigenvektor
1
1
v2 = √
.
2 −1
!
1
1
1
Dies liefert die Transformationsmatrix F := √
.
2 1 −1
1
) hat unsere
Bezüglich des kartesischen Koordinatensystems F = (0; v1 , v2 ) = ( 00 ) ; √12 ( 11 ) , √12 ( −1
Quadrik die Gleichung
⊺
⊺
⊺
⊺
0 = y (F AF )y + 2(F a) y + 0
! !!⊺
!
1
1
2
1
0
1
⊺
y
y+2 √
=y
2 1 −1
1
0 −1
√
√
= y12 − y22 + 3 2 y1 + 2 y2 .
Durch quadratische Ergänzung nehmen wir eine Verschiebung vor, um die linearen Terme zu beseitigen:
√
√
√
3 2 2 9
9 9 2
2
y1 + 3 2 y1 = y1 + 3 2 y1 + − = y1 +
−
2 2
2 √ 2
√
√
1 1
2 2 1
2
2
−y2 + 2 y2 = − y2 − 2 y2 + −
= − y2 −
+ .
2 2
2
2
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Musterlösung
31.08.2015, 180min
√
−3
2
Dies liefert den neuen Ursprung P mit Koordinatenvektor P =
F
2
1
1
P = EP = κ ( P ) = F P = √
E F F
F
2
1
1 −1
!√
Wir erhalten das neue Koordinatensystem G = (P ; v1 , v2 ) =
−3
2
2
−1
−2
1
1
!
!
und also
−1
=
−2
!
.
1
; √12 ( 11 ) , √12 ( −1
) .
In Koordinaten bezüglich G wird die Quadrik beschrieben durch z12 − z22 − 4 = 0.
Division durch −4 liefert die euklidische Normalform − 41 z12 + 14 z22 + 1 = 0.
Es handelt sich um eine Hyperbel.
5
x2
4
3
2
z1
1
−7
−6
−5
−4
−3
−2
−1
−1
−2
G
−3
1
2
3
v1
v2
−4
−5
−6
Q
−7
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z2
4
5
x1
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Höhere Mathematik 1/2
Musterlösung
Aufgabe 6 (3 Punkte) Gegeben ist die Funktion
x3 sin
f : R → R : x 7→
0
1
x
31.08.2015, 180min
für x 6= 0 ,
für x = 0 .
(a) Bestimmen Sie die Ableitung von f für x ∈ R r {0}.
(b) Ist f differenzierbar an der Stelle x0 = 0 ?
(c) Ist f ′ differenzierbar an der Stelle x0 = 0 ?
(a) Mit der Produkt- und der Kettenregel berechnen wir für x 6= 0
1
1
1
1
1
′
2
3
2
f (x) = 3x sin
+ x − 2 cos
= 3x sin
− x cos
.
x
x
x
x
x
h3 sin h1
1
f (0 + h) − f (0)
2
= lim
= lim h sin
.
(b) Es gilt f (0) = lim
h→0
h→0
h→0
h
h
h
2
1 1 2 Nun ist aber 0 ≦ h sin
≦ h2
für alle h 6= 0 ,
= |h| · sin
h
h | {z }
′
≦1
2
und lim h = 0. Also ist f bei x0 = 0 differenzierbar, mit f ′ (0) = 0.
h→0
(c) Für h 6= 0 betrachten wir den Differenzenquotienten
3h2 sin h1 − h cos h1
f ′ (0 + h) − f ′ (0)
1
1
− cos
.
=
= 3h sin
h
h
h
h
Nehmen wir an =
1
,
2πn
dann ist lim an = 0. Einsetzen von an für h liefert
n→∞
1
3
1
lim 3an sin
− cos
= lim
sin(2πn) − cos(2πn) = −1.
n→∞
n→∞
an
an
2πn
Andererseits gilt für bn =
1
2πn+π
, dass lim bn = 0 und
n→∞
1
3
1
lim 3bn sin
− cos
= lim
sin(2πn + π) − cos(2πn + π) = 1.
n→∞
n→∞
bn
bn
2πn + π
Damit ist
lim
n→∞
3an sin
1
an
− cos
1
an
= −1 6= 1 = lim
n→∞
3bn sin
1
bn
− cos
1
bn
.
Also divergiert der Differenzenquotient für h → 0, d. h. f ′ ist bei 0 nicht differenzierbar.
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Höhere Mathematik 1/2
Musterlösung
31.08.2015, 180min
Aufgabe 7 (8 Punkte) Für jedes Paar (a, b) ∈ R2 betrachten wir das Vektorfeld
x1
a2 x21 x3
2
7→
.
f : R3 → R3 : x =
x
8x
2
3
x3
3x31 + b4 x2 x3
(a) Berechnen Sie die Jacobi-Matrix, die Divergenz und die Rotation von f .
(b) Für welche Paare (a, b) ∈ R2 besitzt f ein Potential?
(c) Berechnen Sie ein Potential von f für (a, b) = (3, 2).
(d) Gegeben sei die Parametrisierung der Kurve K durch
cos(πt)
.
C : [1, 2] → R3 : t 7→
sin(πt)
2
Berechnen Sie für (a, b) = (3, 2) das Integral
Z
K
f (x) • dx.
(a) Durch Differenzieren erhält man:
2a2 x1 x3
0
a2 x21
,
Jf (x1 , x2 , x3 ) =
0
0
16x
3
9x21
b4 x3 b4 x2
divf = 2a2 x1 x3 + b4 x2 ,
4
(b − 16)x3
2
2
rotf =
(a − 9)x1 .
0
(b) R3 ist einfach zusammenhängend. Die notwendige und hinreichende Bedingung für die Existenz
eines Potentials lautet somit
(b4 − 16)x3
0
0 = rotf = (a2 − 9)x2 ,
1
0
0
also (a, b) ∈ {(3, 2), (3, −2), (−3, 2), (−3, −2)}.
(c) Wegen grad(U ) = f gilt zunächst
U (x1 , x2 , x3 ) =
Z
9x21 x3 dx1 = 3x31 x3 + c1 (x2 , x3 ).
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Höhere Mathematik 1/2
Mit
Musterlösung
31.08.2015, 180min
∂
∂
!
U (x1 , x2 , x3 ) =
c1 (x2 , x3 ) = 8x23
∂x2
∂x2
folgt c1 (x2 , x3 ) = 8x2 x23 + c2 (x3 )
und schließlich
∂
∂
!
U (x1 , x2 , x3 ) = 3x31 + 16x2 x3 +
c2 (x3 ) = 3x31 + 16x2 x3 .
∂x3
∂x3
Also ist c2 (x3 ) konstant. Ein Potential ist somit U (x1 , x2 , x3 ) = 3x31 x3 + 8x2 x23 .
(d) 1. Lösungsweg (unter Ausnutzung des Potentials): Es gilt
Z
f (x) • d x = U (C(2)) − U (C(1)) = U (1, 0, 2) − U (−1, 0, 2) = 12.
K
2. Lösungsweg (direkte Rechnung): Wir berechnen
Z
Z 2
f (x) • d x =
f (C(t)) · C ′ (t) d t
K
1
18(cos(πt))2
Z 2
=
32
1
Z
2
−π sin(πt)
· π cos(πt) d t
3
0
3(cos(πt)) + 32 sin(πt)
−18π(cos(πt))2 sin(πt) + 32π cos(πt) d t
1
Z 2
(cos(πt))2 sin(πt) d t + [32 sin(πt)]21
= −18π
{z
}
|
1
=
=0
und erhalten mit Hilfe der Substitution cos(πt) = u, dd ut = −π sin(πt) :
3 1
Z
Z 1
u
2
f (x) • d x = 18
u d u = 18
= 12.
3 −1
K
−1
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Höhere Mathematik 1/2
Musterlösung
Name,
Matrikel-
Vorname:
Nummer:
31.08.2015, 180min
Studiengang:
Aufgabe 8 (6 Punkte)
√ 1
1
(a) Es sei w = 5e 3 πi − 3 3 e 6 πi . Berechnen Sie
Re(w) =
,
−2
√
Im(w) =
,
3
und zeichnen Sie w in die komplexe Zahlenebene ein.
o
n
2 (b) Skizzieren Sie die Menge M = z ∈ C r {0} Im z > 1 in der komplexen Zahlenebene.
Im (z)
w
1
0
Re (z)
1
M
Der Rand gehört nicht zu M.
Aufgabe 9 (3 Punkte) Geben Sie für jede der folgenden komplexen Potenzreihen den Mittelpunkt
z0 ∈ C und den Radius ρ ∈ R+
0 ∪ {+∞} ihres Konvergenzkreises an:
(a)
(b)
∞ X
n
(3z)n ,
2
n=2
∞
X
n=0
(1 − i)n (z + i)2n ,
z0 =
0
,
ρ =
1
3
z0 =
−i
,
ρ =
1
√
4
2
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Stroppel
Höhere Mathematik 1/2
Aufgabe 10 (7 Punkte) Berechnen Sie:
Z
i
hp
1
p
dx
=
ln(x)
2x ln(x)
Z
Z
e
−x
∞
cos(πx) d x
=
Musterlösung
,
0
2
1
1
p
dx =
2x ln(x)
∞
X
,
e−n cos(πn) =
n=0
Aufgabe 11 (6 Punkte) Gegeben seien die Matrizen A und B :
!
1 0 0
i 1
.
A=
,
B=
0
0
1
−1 i
0 1 0
(a) Bestimmen Sie die Spur und die Determinante der Matrix A.
Sp(A) =
,
2i
det(A) =
.
0
Bestimmen Sie die Eigenräume der Matrix A:
1
V (0) = L
−i
!!
,
1
V (2i) = L
i
!!
(b) Bestimmen Sie das charakteristische Polynom der Matrix B :
−(λ − 1)2 (λ + 1)
χB (λ) =
Bestimmen Sie die Eigenräume der Matrix B :
V (−1) = L
0
1
,
−1
p
ln(2)
e−x
π sin(πx) − cos(πx)
1 + π2
1
1 + π2
e−x cos(πx) d x =
Z
31.08.2015, 180min
1
0
V (1) = L
0 , 1
1
0
Seite 11 von 11
e
1+e
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