Auswertung Probeklausur - Fakultät Elektrotechnik und - K

0.
Intensivkurse ab Januar 2017!
Auswertung Probeklausur
Fakultät Elektrotechnik und Informationstechnik
Christoph Laabs
[email protected]
www.k-quadrat.biz/pk-et/
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–1–
0. Profil
Intensivkurse ab Januar 2017!
• ständige Lehrtätigkeit seit 2014
• Tutor und Dozent im Vorbereitungskurs
Ingenieurwissenschaften, seit 2015
• Honorardozent für Ingenieurmathematik,
K-Quadrat Schulung und Beratung ,
0
seit 2015
1=
i⇡
+
e
• Mitarbeiter im Chua Memristor Center
,
K
Zentrum für Schaltungstechnik,
seit 2016
Vorbereitungskurs
e
e i⇡
+
1
=
0
K2
↵
CL
!
1
↵
e i⇡
+
0
Ingenieurwissenschaften
1=
i⇡ +
=
0
2
!
CL
Vorbereitungskurs
Ingenieurwissenschaften
→ Download der Lehrunterlagen: www.k-quadrat.biz/pk-et
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1. Komplexe Zahlen I
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Gesucht: Real- und Imaginärteil von z3 = z1 /z2
z3 =
3 + 2i
5−i
5 1
=
= − i
1+i
2
2 2
Somit folgt:
iy
Re {z3 } =
z1
2
Im {z3 } = −
z2
1
0
1
5
2
2
z3 3
x
1
2
Achtung
Der Imaginärteil schließt das i nicht mit ein!
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–3–
1. Komplexe Zahlen I
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Gesucht: Betrag, Argument
iy
3
z1
a2 + b 2 = c 2
2
Bemerkung
b
1
a
0
1
2
q
|z1 | = Re2 {z1 } + Im2 {z1 }
p
√
= 32 + 22 = 13 ≈ 3,606
3
Die Berechnung des Betrags ist gleichzusetzen mit der Berechnung der Seitenlänge einer Hypotenuse im rechtwinkligen Dreieck!
x (Satz von Pythagoras)
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1. Komplexe Zahlen I
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Berechnung des Arguments über Winkelsätze
am rechtwinkligen Dreieck:
iy
z2
tan(ϕ) =
1
b
a
Daraus leiten wir ab:
b
Im {z2 }
Re {z2 }
Im {z2 }
Arg(z2 ) = arctan
Re {z2 }
π
= arctan(1) =
4
tan(Arg(z2 )) =
ϕ
0
a
x
1
Bemerkung
Eine Tabelle ist hier nicht erforderlich. Diesen Winkel kann man „sehen“.
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1. Komplexe Zahlen I
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Ableitung aus dem Fundamentalsatz der Algebra
Ein Polynom n-ten Grades besitzt genau n Nullstellen!
Man kann Polynome mit Hilfe der Nullstellen in Linearfaktoren zerlegen:
p(x) = (x − x01 )(x − x02 ) . . . (x − x0n )
Das geht auch im komplexen! Bei z1 = 3 + 2i gilt hier:
p(z) = (z − z1 )(z − z1∗ )
= (z − (3 + 2i))(z − (3 − 2i)) = z 2 − 6z + 13
Bemerkung
Es gilt z · z∗ = |z|2 !
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1. Komplexe Zahlen I
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Daraus schlussfolgern wir für Teilaufgabe d):
Das Polynom mit Grad 5 hat 5 Nullstellen: z1 , z2 , z3 , z4 , z5 . Rekonstruktion
des Polynoms mit reellen Koeffizienten:
p(z) = (z − z1 )(z − z2 ) (z − z3 )(z − z4 )(z − z5 )
|
{z
}|
{z
}
|
(z−z1 )(z−z 1 )
{z
(z−z3 )(z−z 3 )
Ergibt ein reelles Polynom vom Grad 4!
Dann ist z5 ∈ R.
z1 = z1 ∈ C z2 = z 1
z3 = z3 ∈ C z4 = z 3
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}
2. Komplexe Zahlen II
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z 4 + 2z 2 + 4 = 0,
z ∈C
Diese Gleichung ist biquadratisch, wir versuchen die Substitution u = z 2
und erhalten die Ersatzaufgabe
u 2 + 2u + 4 = 0
u1/2 = −1 ±
√
√
1 − 4 = −1 ± −3
√
Da D < 0, ergeben
sich
komplexe
Lösungen
u
=
−1
+
i
3 und
1
√
u2 = −1 − i 3.
√
√
z1/2 = u1
z3/4 = u2
Es ergeben sich vier unterschiedliche Lösungen.
Es gibt mindestens zwei Lösungen z1 , z2 ∈ C mit z1 z2 ∈ R.
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2. Komplexe Zahlen II
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w
8
w = p(z) = z 4 + 2z 2 + 4 = 0
6
Wie lassen sich komplexe Lösungen ausschließen?
• Das Polynom hat keine rellen Nullstellen! Man kann
w (z) für z ∈ R einfach zeichnen!
4
• Es gilt außerdem: Auch w̃ (u) = u 2 + 2u + 4 mit
u = z 2 hat keine reellen Nullstellen!
2
z
0
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2. Komplexe Zahlen II
Es bezeichne f (z) =
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exp(z 2 )
mit z := x + iy mit x, y ∈ R.
z 2 = (x + iy )2 = x 2 − y 2 + 2xy i
Einsetzen
exp(z 2 ) = exp(x 2 − y 2 + 2xy i)
2
2
Potenzgesetze
z = |z| eiϕ
2
exp(z ) = exp(x − y ) exp(2xy i)
{z
}
|
=|z|∈R
Daraus: f (z) = exp(x 2 − y 2 ).
Alternativ:
2
Formel von Euler
Es gilt eix = cos(x) + i sin(x).
2
2
2
f (z) = cos(2xy )ex −y + i sin(2xy )ex −y
r
2 2
f (z) =
cos(2xy )ex 2 −y 2 + sin(2xy )ex 2 −y 2
v
u
2
2
u x 2 −y 2 2
2
2
=u e
cos (2xy ) + sin (2xy ) = ex −y
t
|
{z
}
=1
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2. Komplexe Zahlen II
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Außerdem: Substituiere z 2 = w (z), dann folgt f (z) = exp(w (z)). Es gibt
kein w , für das ew gleich Null wird.
z − (1 + i) = z + (1 + i)
x − 1 + i(y − 1) = x + 1 + i(y + 1)
q
q
(x − 1)2 + (y − 1)2 = (x + 1)2 + (y + 1)2
2
(x − 1)2 + (y − 1)2 = (x + 1)2 + (y + 1)2
2
2
2
x − 2x+1 + y − 2y +1 = x + 2x+1 + y + 2y +1
y = −x
Damit liegen die komplexen Zahlen auf einer Geraden.
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z := x + iy
Betrag bilden
()2
Bin. F.!
3. Komplexe Wurzeln
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Gesucht: Aussagen über die Lösungen z ∈ C der Gleichung
√ 3
(z − 2 + i)3 = 1 + i 3
Lösung:
w =z −2+i
√ 3
w3 = 1 + i 3
Substitution
Formel von Moivre
wk =
√
n
z=
√
n
r ei
ϕ+2kπ
n
(k = 0, 1, 2, . . . , n − 1)
Bemerkung
Die mit der Formel von Moivre ermittelten Lösungen liegen auf einem Kreis
√
mit dem Radius R = n z.
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3. Komplexe Wurzeln
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Fortsetzung: k = 0, 1, 2
√ 3
w 3 = 1 + i 3 = 8eiπ = −8
{z
}
|
π 3
2ei 3
wk =
√
3
π
w1 = 2ei 3
8eiπ =
√
3
8ei
π+2kπ
3
w2 = 2eiπ
w3 = 2ei
5π
3
Umformung:
√
w1 = 1 + i 3
w2 = −2
Rücksubstitution mit zk = wk + 2 − i:
√
z1 = 3 +
3−1 i
z2 = −i
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√
w3 = 1 − i 3
√ z3 = 3 − 1 + 3 i
3. Komplexe Wurzeln
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iy
w1
2
1
w2
x
−2
−1
0
1
2
−1
w3
−2
Abbildung: Lage der Wurzeln wk
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3. Komplexe Wurzeln
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iy
iy 0
2
z1
1
x
O
−1
z2
1
2
3
4
w0
5
x0
O0
−2
z3
−3
Abbildung: Lage der Lösungen zk um w0 = 2 − i
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4. Mengen
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Bestimmung der Schnittmenge von M1 und M2 :
-1
0
1
2
3
4
Abbildung: M1 (blau) und M2 (magenta)
Daraus folgt die Schnittmenge:
(
)
3
1
<x <2
M1 ∩ M2 = x ∈ R −1 ≤ x <
∨
2
2
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4. Mengen
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Bestimmung der Differenz von M 2 und M3 :
-1
-1
0
1
0
1
2
2
3
Abbildung: M 2 \M3 (blau) x 6= 1
Daraus folgt die Differenz:
(
M 2 \M3 =
)
1
3
x ∈ R
≤x <1 ∨ 1<x <
2
2
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3
4. Mengen
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Bemerkung
Die Potenzmenge P(M) ist die Menge aller Teilmengen.
leere Menge
Die
|M|
ist Teilmenge jeder Menge. Die Mächtigkeit ist P(M) = 2 .
P(M) =
(
)
3
3
3
3
∅, {1} ,
, {2} , 1,
, {1, 2} ,
, 2 , 1, , 2
2
2
2
2
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4. Mengen
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y
2
1
x
−1
0
1
2
Abbildung: Kartesisches Produkt von M1 und M2
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4. Mengen
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y
2
1
x
−1
0
1
2
Abbildung: Kartesisches Produkt von M1 und M2
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1+
k
5. Induktionsbeweis
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n
X
1 i+=2n(n
++
3 1)
+ für
. . .alle
+ nnatürlichen
= n(n+1)
2 Zahl
2
Zeigen Sie
mittels
Induktion,
dass
n) Zeigen
Sie vollständiger
durch vollständige
Induktion, dass
i=1
für alle natürlichen
Zahlen gilt!
gilt.
Induktionsanfang:
n
X
n(n + 1)
ist für n = 1 korrekt.
2
i=
i=1
Induktionsvoraussetzung:
n
X
i=
i=1
Induktionsbehauptung:
n+1
X
i=1
Beweis:
i=
n(n + 1)
2
n+1
(n + 1)((n + 1) + 1) X
(n + 1)(n + 2)
=
i=
2
2
i=1
n+1
X
i=
i=1
n
X
i + (n + 1)
i=1
n(n + 1)
+ (n + 1)
2
n(n + 1) 2(n + 1)
=
+
2
2
(n + 1)(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
=
2
2
=
q. e. d.
c K 2 - Schulung und Beratung 2016
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6. Gebrochenrationale Funktionen
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Gebrochenrationale
Funktion
• NST x=1
• PST x=2
• yA=x+2
f (x) =
p(x)
q(x)
Dabei muss gelten:
p(x) : q(x) = (x + 2) + r (x)!
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6. Gebrochenrationale Funktionen
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Ohne Polynomdivision
Fortsetzung:
Ansatz: q(x) = x − 2, p(x) = (x − 1)(x − x1 )
p(x) = q(x) (x + 2) + r (x)
(x − 1)(x − x1 ) = (x − 2) (x + 2) + r (x)
1
(x − x1 ) = (x − 2) (x + 2) + r (x) ·
x −1
h
i
1
= (x 2 − 4) + (x − 2)r (x) ·
x −1
x2 − 4 x − 2
−3
x −2
=
+
r (x) = (x + 1) +
+
r (x)
x −1
x −1
x −1 x −1
−3
1
= (x + 1) +
+1−
= x + 1 + r˜(x)
|x − 1 {z x − 1}
=˜
r (x)
⇒ x1 = −1
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6. Gebrochenrationale Funktionen
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Mit Polynomdivision
Fortsetzung:
Ansatz: q(x) = x − 2, p(x) = (x − 1)(x − x1 )
p(x) : q(x) = (x + 2) + r (x)
(x − 1)(x − x1 ) : (x − 2) = (x + 2) + r (x)
(x 2 − x1 x − x + x1 ) : (x − 2) = (x + 2) + r (x)
Polynomdivision:
(x 3
−(x1 + 1)x +x1 )
−(x 2 − 2x)
0
(−x1 + 1)x
Nun Koeffizientenvergleich:
: (x − 2)
= x + (−x1 + 1) + r (x)
=Z
(Z
x + 2) + r (x)
x + (1 − x1 ) + r (x)
⇒ x1 = −1
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6. Gebrochenrationale Funktionen
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x2 − 1
(x − 1)(x + 1)
=
Gesuchtes Polynom: f (x) =
x −2
x −2
y
8
6
4
2
f
−4
x
−2
0
2
4
−2
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6
7. Sinusfunktion
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Skizzieren Sie die Funktion f : R → R mit
π
f (x) = y = 1 + sin x − 2
Lösungsmethodik: Sukzessive Konstruktion von innen nach außen!
y
y
2
3
1
2
x−
−π/2
0
x − π 2
π
2
π/2
π
x
1
−1
−π/2
0
−1
−2
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π/2
π
x
7. Sinusfunktion
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y
1
−2π
−π
−3π/2
−π/2
sin(x)
0
π/2
sin x −
−1
y
π
π
x
3π/2
2π
2
2.
−2π
−3π/2
sin x − π2 −π
1.
−π/2
0
π/2
−1.
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π
x
3π/2
2π
7. Sinusfunktion
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Durch Addition von 1 erhalten wir das Endergebnis:
y
2
1 + sin x − π2 −2π
−3π/2
−π
1
−π/2
0
π/2
−1
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–28–
π
x
3π/2
2π
8. Abschluss
Intensivkurse ab Januar 2017!
Bis(s) zur Prüfung gibt es noch
viel zu tun!
Zur intensiven und gezielten Vorbereitung auf die Prüfung Mathematik 1 gibt
es Intensivkurse bei K2 . Weitere Informationen hier:
http://k-quadrat.biz/intensivkurse-aktuell/
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–29–