Klausur zum Grundkurs Höhere Mathematik I

Name, Vorname:
1
2
Studiengang:
3
4
5
6
Matrikelnummer:
Z
Punkte
Note
Klausur zum Grundkurs Höhere Mathematik I
für BNC, GtB, MB, EC, TeM, VT, KGB, WWT, ESM, FWK, BGi, WiW
22. Februar 2007 , 8.00 - 11.00 Uhr
Zugelassene Hilfsmittel: 2 A4 Blätter handschriftliche Notizen (eigene Ausarbeitungen)
aber keine Mitschriften; Formelsammlungen (auch Bartsch, Bronstein etc.) aber keine
Lehrbücher; Taschenrechner (auch grafikfähig) aber ohne Computer-Algebra-System (CAS).
Bearbeiten Sie bitte jede Aufgabe auf einem separaten Blatt bzw. auf separaten Blättern. Das
Aufgabenblatt ist mit abzugeben. Vergessen Sie bitte nicht, auf dem Aufgabenblatt und jedem
Lösungsblatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer gut leserlich anzugeben.
Der Lösungsweg ist stets anzugeben, er sollte in allen Schritten durch eigene Rechnungen deutlich
erkennbar, begründet und nachvollziehbar sein. Nur dann kann nach detaillierter Bewertung die
volle Punktzahl erreicht werden. Viel Erfolg!
Aufgabe 1:
(a) Welche reellen Zahlen x erfüllen die Gleichung
8 Punkte
x+2
=x ?
2 + |x + 1|
π
1 + 2 e− 3 i
.
(b) Bestimmen Sie Realteil und Imaginärteil der komplexen Zahl z = √
3i − 1
(c) Bestimmen Sie alle komplexen Zahlen z = a + b i, für die gilt z 3 + 64 = 64 i .
(Runden Sie die Endergebnisse auf zwei Nachkommastellen.)
Aufgabe 2: Es seien die Punkte P1 (1, 0, 1) , P2 (1, 2, −1) und P3 (−1, 0, 2) gegeben.
8 Punkte
(a) Bestimmen Sie eine Parameter- und eine parameterfreie Gleichung der Ebene E1 durch
die Punkte P1 , P2 und P3 .
(b) Geben Sie eine Gleichung der Ebene E2 an, die parallel zu E1 durch den Punkt P (1, 3, 2)
verläuft, und bestimmen Sie den Abstand beider Ebenen.
(c) Sei g die Gerade ~x = (3, 4, 2)T + t (2, 1, 1)T , t ∈ R . Bestimmen Sie Schnittpunkt und
Schnittwinkel von g mit der obigen Ebene E1 .
Aufgabe 3: Gegeben ist das lineare Gleichungssystem
9 Punkte
−x1 + 2x2 + x3 =
a
2x1 − 4x2 + ax3 =
4
x1 + x2 + 2x3 = −a
(a) Bestimmen Sie den Wert des reellen Parameters a so, dass das Gleichungsystem unendlich viele Lösungen besitzt und geben Sie dafür die Lösungsmenge an. Welchen Wert
besitzt die Determinante der Koeffizientenmatrix in diesem Fall?
(b) Für welche Parameterwerte a bilden die Spaltenvektoren der Koeffizientenmatrix eine
Basis des R3 ?
(c) Existieren Parameterwerte a, für die die Ränge der Koeffizientenmatrix und der erweiterten Koeffizientenmatrix voneinander verschieden sind? (Begründung!)
Aufgabe 4: Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix
4 Punkte


1 0 5
A= 0 5 0  .
5 0 1
Geben Sie die algebraische und die geometrische Vielfachheit der Eigenwerte an.
Aufgabe 5:
6 Punkte
√
x−1
.
ln(2 − x)
(a) Berechnen Sie den Grenzwert lim
x→1
∞
X
(k + 3)
(b) Untersuchen Sie die Reihe
auf Konvergenz (in Abhängigkeit
k
3
p
k=1
von p ∈ R) .
Aufgabe 6: Gegeben ist die Funktion f (x) =
5
6
+ 3x − 2 sinh (4x + 1) .
10 Punkte
(a) Begründen Sie, dass f (x) für x ∈ R streng monoton fallend ist.
(b) Für welche x ∈ R ist f (x) (von unten) konvex bzw. konkav, gibt es Wendepunkte?
(c) Berechnen Sie f (− 14 ) und f (0) und begründen Sie, dass f (x) im Intervall − 14 ; 0 eine
Nullstelle besitzt und dies die einzige Nullstelle von f (x) ist.
R
(d) Bestimmen Sie eine Stammfunktion F (x) = f (x) dx .
Z
1
Zusatz - Berechnen Sie das unbestimmte Integral
dx
2
x + 4x − 5
Aufgabe:
mit der Methode der Partialbruchzerlegung.
3 Punkte
Aufgabe 1:
8 Punkte
(a) Welche reellen Zahlen x erfüllen die Gleichung
x+2
=x ?
2 + |x + 1|
π
1 + 2 e− 3 i
(b) Bestimmen Sie Realteil und Imaginärteil der komplexen Zahl z = √
.
3i − 1
(c) Bestimmen Sie alle komplexen Zahlen z = a + b i, für die gilt z 3 + 64 = 64 i .
(Runden Sie die Endergebnisse auf zwei Nachkommastellen.)
Lösung :
(a)
x+2
= x ist für alle reellen x definiert, weil der Nenner stets positiv ist.
2 + |x + 1|
Erforderlich ist eine Fallunterscheidung zur Auflösung des Betrages:
x+2
= x , x + 2 = x(x + 3) ,
2+x + 1
√
x2 + 2x − 2 = 0 , x1,2 = −1 ± 1 + 2 ,
√
√
x1 = −1 − 3 < −1 entfällt , x2 = −1 + 3 ist Lösung.
x+2
= x , x + 2 = x(1 − x) ,
2.Fall: x + 1 < 0 bzw. x < −1 ⇒
2−x − 1
x2 = −2 , keine reelle Lösung.
√
Einzige Lösung ist x = −1 + 3 ≈ 0.732 .
1.Fall: x + 1 ≥ 0 bzw. x ≥ −1 ⇒
π
1 + 2 cos − π3 + i sin − π3
1 + 2 cos π3 − 2 i sin
1 + 2 e− 3 i
√
√
(b) z = √
=
=
3i − 1
3i − 1
3i − 1
√
√ !
√
√
2 − 3i
−1 − 3 i
−5 − 3 i
5
3
√
√
=
·
=
=− −
i
4
4
4
−1 + 3 i
−1 − 3 i
√
5
3
⇒ Re(z) = − , Im(z) = −
.
4
4
3
π
3
(c) z 3 + 64 = 64 i
⇒
√
z = −64 + 64 i = w = 64 2 cos 43 π + i sin 34 π (2. Quadrant).
3
Lösungen der Gleichung z 3 = w :
√
3
π + k 2π
π + k 2π
4
zk = 64 2 cos
+ i sin
3
3
√
π
2
π
2
6
= 4 2 cos
+ k π + i sin
+k π
4
3
4
3
√
√
π
3
2
8
6
6
= 4 2 ei ( 4 +k 3 π) = 4 2 ei ( 12 π+k 12 π) , k = 0, 1, 2 .
q
3
√
π
z0 = 4 6 2 ei 4
3
4
√
= 4 6 2 cos π4
+ i sin π4
≈
3, 17 + 3, 17 i
√
√
11
11
z1 = 4 6 2 ei 12 π = 4 6 2 cos 11
π
+
i
sin
π
≈ − 4, 34 + 1, 16 i
12
12
√
√
19
19
π
+
i
sin
π
≈
z2 = 4 6 2 ei 12 π = 4 6 2 cos 19
12
12
4
1, 16 − 4, 34 i
Aufgabe 2: Es seien die Punkte P1 (1, 0, 1) , P2 (1, 2, −1) und P3 (−1, 0, 2) gegeben.
8 Punkte
(a) Bestimmen Sie eine Parameter- und eine parameterfreie Gleichung der Ebene E1 durch
die Punkte P1 , P2 und P3 .
(b) Geben Sie eine Gleichung der Ebene E2 an, die parallel zu E1 durch den Punkt P (1, 3, 2)
verläuft, und bestimmen Sie den Abstand beider Ebenen.
(c) Sei g die Gerade ~x = (3, 4, 2)T + t (2, 1, 1)T , t ∈ R . Bestimmen Sie Schnittpunkt und
Schnittwinkel von g mit der obigen Ebene E1 .
Lösung : P1 (1, 0, 1) , P2 (1, 2, −1) , P3 (−1, 0, 2) .
(a) Ebene E1 durch die Punkte P1 , P2 und P3 .
Parameterdarstellung:
 




1
0
−2
−−→
−−→
−−→
E1 : ~x = OP1 + λ P1 P2 + µ P1 P3 =  0  + λ  2  + µ  0  , λ, µ ∈ R .
1
−2
1
−−→ −−→
Normalenvektor ~n = P1 P2 × P1 P3 = (2, 4, 4)T .
Parameterfreie Darstellung:
−−→
E1 : (~x − OP1 ) · ~n = 2x + 4y + 4z − 6 = 0 oder auch x + 2y + 2z = 3 .
(b) Ebene E2 , parallel zu E1 durch P (1, 3, 2) .
Parameterdarstellung:
E2 :
 




1
0
−2
−→
−−→
−−→
~x = OP + r P1 P2 + s P1 P3 =  3  + r  2  + s  0  , r, s ∈ R .
2
−2
1
Oder eine parameterfreie Darstellung:
Normalenvektor gleich Normalenvektor ~n von E1
−→
E2 : (~x − OP ) · ~n = 2x + 4y + 4z − 22 = 0 oder auch x + 2y + 2z = 11 .
Der Abstand von E1 zu E2 ist gleich dem Abstand von P zu E1 . Unter Verwendung
der Hesseschen-Normalform erhält man:
−→
−−→
|~n · OP − ~n · OP1 |
|22 − 6|
8
d(E2 , E1 ) = d(P, E1 ) =
=√
= .
|~n|
3
4 + 16 + 16
(c) g :
~x = (3, 4, 2)T + t (2, 1, 1)T , t ∈ R .
Schnittpunkt S von g mit E1 (Durchstoßpunkt):
2(3 + 2t) + 4(4 + t) + 4(2 + t) = 6 ⇒ t = −2
⇒
S(−1; 2; 0) .
Der Schnittwinkel ϕ zwischen g und E1 wird bestimmt durch den Normalenvektor ~n
der Ebene E1 und dem Richtungsvektor ~a = (2, 1, 1)T der Geraden: Es gilt
√
~n · ~a 12 = √
= 6 ⇒ ϕ = 54, 74 o (0,955 im Bogenmaß).
sin ϕ = |~n||~a|
3
6 · 6
5
Aufgabe 3: Gegeben ist das lineare Gleichungssystem
9 Punkte
−x1 + 2x2 + x3 =
a
2x1 − 4x2 + ax3 =
4
x1 + x2 + 2x3 = −a
(a) Bestimmen Sie den Wert des reellen Parameters a so, dass das Gleichungsystem unendlich viele Lösungen besitzt und geben Sie dafür die Lösungsmenge an. Welchen Wert
besitzt die Determinante der Koeffizientenmatrix in diesem Fall?
(b) Für welche Parameterwerte a bilden die Spaltenvektoren der Koeffizientenmatrix eine
Basis des R3 ?
(c) Existieren Parameterwerte a, für die die Ränge der Koeffizientenmatrix und der erweiterten Koeffizientenmatrix voneinander verschieden sind? (Begründung!)
Lösung :
?
?
x1 x2
x3
-1
2
1
a
2 −4
a
4
1
1
2
−a
0
0 a + 2 2a + 4
0 3
3
0
0
0 a + 2 2a + 4
Aus der nebenstehenden Rechnung folgt:
(a) unendlich viele Lösungen, wenn a = −2 .
Dann entfällt die letzte Zeile und aus den ∗-Zeilen
ergibt sich das gestaffelte System
−x1 +2x2 + x3 = −2
3x2 +3x3 =
0
⇒
x2 = −x3 , x1 = 2 − x3 .
 


2
−1
Mit x3 = t erhält man die Lösungsmenge ~x =  0  + t  −1  , t ∈ R .
0
0
Weil für a = −2 die Zeilen der Koeffizientenmatrix linear abhängig sind, ist sie singulär
und ihre Determinante verschwindet.
(b) Die Spaltenvektoren der Koeffizientenmatrix bilden eine Basis des R3 , wenn das
Gleichungssytem eine eindeutige Lösung besitzt. Das ist der Fall für a 6= −2 , dann
ist das zugehörige homogene System nur trivial lösbar und die Spaltenvektoren der
Koeffizientenmatrix sind linear unabhängig.
(c) Die Ränge der Koeffizientenmatrix und der erweiterten Koeffizientenmatrix sind
genau dann voneinander verschieden, wenn das Gleichungsystem unlösbar ist. Der Fall
tritt hier nicht ein, weil das System für a 6= −2 eindeutig lösbar ist und für a = −2
unendlich viele Lösungen besitzt.
6
Aufgabe 4: Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix
4 Punkte


1 0 5
A= 0 5 0  .
5 0 1
Geben Sie die algebraische und die geometrische Vielfachheit der Eigenwerte an.
Lösung : Charakteristisches Polynom: det (A − λE) = 0
1−λ
0
5
0
5−λ
0
= (1 − λ)2 (5 − λ) − 25(5 − λ) = (λ2 − 2λ − 24)(5 − λ) = 0
5
0
1−λ
Eigenwerte, Nullstellen des charakteristischen Polynoms
√
λ1 = 5 , λ2,3 = 1 ± 1 + 24 , λ2 = 6 , λ3 = −4 ,
λ1,2,3 sind einfache Nullstellen, besitzt also jeder die algebraische Vielfachheit 1.
Gleichungssystems (A − λE) ~v = ~0
 

0 − 54 0
1 0 0 0

0
0 0 ∼ 0 0 0 0 
9
0 0 1 0
0
0
5

 
0 

3

somit
~v ∈ R : ~v = t 1  .


0
 

1
0 −1 0
1 0 −1 0
0 −1
0 0 ∼ 0 1
0 0 
0
0
0 0
0 0
0 0

 
1 

3

somit
~v ∈ R : ~v = t 0  .


1
 

1 0 1 0
1 0 1 0
0 9 0 0 ∼ 0 1 0 0 
0 0 0 0
0 0 0 0



−1 

somit
~v ∈ R3 : ~v = t  0  .


1
Eigenvektoren, Lösungen des homogenen
 

1
−4 0
5 0

0 0 ∼ 0
λ1 = 5 :  0 0
5 0 −4 0
0
Lösungsmenge (Eigenunterraum) ist
 
−5
0
5 0
0 0 ∼
λ2 = 6 :  0 −1
5
0 −5 0

Lösungsmenge (Eigenunterraum) ist

5

0
λ3 = −4 :
5
0
9
0
 
5 0
0 0 ∼
5 0
Lösungsmenge (Eigenunterraum) ist
Die Dimension des Eigenunterraumes und damit die geometrische Vielfachheit ist für
jeden der Eigenwerte λ1,2,3 gleich 1 .
7
Aufgabe 5:
6 Punkte
√
(a) Berechnen Sie den Grenzwert lim
x→1
(b) Untersuchen Sie die Reihe
x−1
.
ln(2 − x)
∞
X
(k + 3)
auf Konvergenz (in Abhängigkeit
k
3
p
k=1
von p ∈ R) .
Lösung :
√
x−1
=
lim
x→1 ln(2 − x)
(a)
(b)
0
=
0
(l0 Hospital)
1
√
2 x
lim
x→1 −1
2−x
=
1
−
2
2−x
1
lim √ = −
x→1
2
x
∞
X
(k + 3)
, p 6= 0 (!) , (z.B.) Quotienten-Kriterium:
3 pk
k=1
an+1 n + 4 3 p n 1 n + 4 −−−−→ 1
an = 3 p n+1 · n + 3 = |p| n + 3 n→∞
|p|
⇒
p=
(absolut) konvergent, falls
1
⇒
∞
X
k+3
3
k=1
p = −1
⇒
∞
X
(−1)k
k=1
1
< 1 d.b. |p| > 1 , divergent, falls 0 <|p| < 1 .
|p|
, bestimmt divergent,
k+3
, unbestimmt divergent,
3
in beiden Fällen ist die notwendige Konvergenzbedingung lim an = 0 nicht erfüllt.
n→∞
Zusammenfassung:
Die Reihe konvergiert (absolut), wenn p < −1 oder p > 1 , sie ist nicht definiert für
p = 0 und ist sonst divergent.
8
Aufgabe 6: Gegeben ist die Funktion f (x) =
5
6
+ 3x − 2 sinh (4x + 1) .
10 Punkte
(a) Begründen Sie, dass f (x) für x ∈ R streng monoton fallend ist.
(b) Für welche x ∈ R ist f (x) (von unten) konvex bzw. konkav, gibt es Wendepunkte?
(c) Berechnen Sie f (− 14 ) und f (0) und begründen Sie, dass f (x) im Intervall − 14 ; 0 eine
Nullstelle besitzt und dies die einzige Nullstelle von f (x) ist.
R
(d) Bestimmen Sie eine Stammfunktion F (x) = f (x) dx .
Lösung :
f (x) = 56 + 3x − 2 sinh (4x + 1) ist für alle x ∈ R definiert und (als Komposition
elementarer Funktionen) stetig.
(a) Für das Vorzeichen der ersten Ableitung gilt
f 0 (x) = 3 − 8 cosh (4x + 1) ≤ 3 − 8 < 0 weil cosh (4x + 1) ≥ 1 ∀x ∈ R ,
folglich ist f (x) für x ∈ R streng monoton fallend.
(b) Wegen
sinh (4x + 1) T 0 für 4x + 1 T 0 ,
gilt für die 2.Ableitung
f 00 (x) = −32 sinh (4x + 1) T 0 für x S
− 14 ,
folglich ist f (x) konvex für x < − 41 , konkav für x > − 14 und besitzt deshalb in
x = − 41 einen Wendepunkt.
(c) Die Funktionswerte
f (− 14 ) =
5
6
− 43 − 2 sinh 0 =
1
12
> 0 , f (0) =
5
6
− 2 sinh 1 =
5
6
−e+
1
e
<0
besitzen verschiedenes
Vorzeichen, die stetige Funktion f (x) besitzt folglich eine
1
Nullstelle in − 4 ; 0 (Zwischenwertsatz), die wegen der Monotonie von f (x) (Aufgabe
(a)) die einzige Nullstelle ist.
Z
(d) F (x) =
5
6
+ 3x − 2 sinh (4x + 1) dx = 56 x + 23 x2 − 12 cosh (4x + 1) + C
9
Z
Aufgabe Z: Berechnen Sie das unbestimmte Integral
x2
1
dx
+ 4x − 5
3 Punkte
mit der Methode der Partialbruchzerlegung.
Z
Lösung :
x2
dx
+ 4x − 5
Nullstellen des Nenners:
x2 + 4x − 5 = 0
⇒
x1,2 = −2 ±
√
4 + 5 , x1 = 1 , x2 = −5
Ansatz Partialbruchzerlegung:
A
B
1
1
=
+
=
2
x + 4x − 5
(x − 1)(x + 5)
x−1 x+5
Koeffizientenbestimmung durch Einsetzten der Nullstellen:
1 = A(x + 5) + B(x − 1) = (A + B)x + (5A − B)
x=1
⇒
A=
1
6
,
x = −5
⇒
B = − 16 .
Lösungsvariante:
Koeffizientenbestimmung durch Koeffizientenvergleich:
1 = 0 · x + 1 = (A + B)x + (5A − B)
⇒
A+B=0
5A−B=1
Integration:
Z Z
1
1
1
dx
=
−
dx
x2 + 4x − 5
6
x−1 x+5
1
=
ln |x − 1| − ln |x + 5| + C
6
=
1 |x − 1|
ln
+C
6 |x + 5|
10
⇒
A = −B =
1
6
.