Fakultät für Mathematik Institute IAG und IMO Prof. Dr. H. Bräsel/Dr

Fakultät für Mathematik
Institute IAG und IMO
Prof. Dr. H. Bräsel/Dr. M. Höding
Modulklausur zur Mathematik II (Wiederholer und Nachzügler)
Fachrichtungen: IF, CV, CSE und WIF
06.10.2008
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Fachrichtung Matrikelnummer
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Anzahl der abgegebenen Seiten:
Aufgabe
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1
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2
3
28
26
P
80
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Alle Aussagen sind sorgfältig zu begründen!
Beginnen Sie bei jeder Aufgabe mit einem neuen Blatt!
Nummerieren Sie die Blätter durch!
1
1. Unter Verwendung der Eulerschen Darstellung der komplexen Zahlen zeige
man, daß z 8 = 1 für z = √12 (1+i) erfüllt ist, aber z k 6= 1 für k = 1, . . . , 7 gilt.
Stellen Sie die komplexen Zahlen z 1 , . . . , z 8 in der Gaußschen Zahlenebene
dar.
(a) Zeigen Sie ohne Verwendung einer Verknüpfungstabelle, daß die algebraische Struktur G = (M, ·) mit M = {z 1 , . . . , z 8 } und der gewöhnlichen Multiplikation · komplexer Zahlen eine Gruppe ist, indem Sie
die Gruppeneigenschaften detailliert nachweisen. Ist die Gruppe kommutativ?
(b) Bestimmen Sie die Ordnung der Elemente z 2 , z 3 und z 4 in G und
geben Sie ein minimales Erzeugendensystem an.
(c) Bestimmen Sie eine nichttriviale Untergruppe von G mit maximaler
Mächtigkeit (sorgfältige Darstellung!). Warum sind alle Untergruppen
von G Normalteiler?
(d) Beschreiben Sie die Faktorgruppe G/N für den gefundenen Normalteiler N und geben Sie den natürlichen Homomorphismus ϕ : G → G/N
an.
Lösung zu Aufgabe 1.
1
1
3
z 1 = e 4 πi , z 2 = e 2 πi , z 3 = e 4 πi , z 4 = eπi
5
3
7
z 5 = e 4 πi , z 6 = e 2 πi , z 7 = e 4 πi , z 8 = e2πi
Da z k = 1 nur für die Winkel 2rπ, r ∈ N0 gilt, folgt z k 6= 1 für k = 1, . . . , 7
und z 8 = 1.
Einheitskreis in der Gaußschen Zahlenebene:
2
(a)
– Abgeschlossenheit:
Da z k · z l = z k+l gilt und für k + l > 8 die Gleichung z k+l = z k+l−8
erfüllt ist, gilt ∀z k , z l ∈ M : z k · z l ∈ M
– Assoziativität: ∀z k , z l , z m ∈ M :
z k · (z l · z m ) = z k · z l+m
= z k+l+m
= z k+l · z m
= (z k · z l ) · z m
– z 8 = 1 ist neutrales Element e, da
∀z k ∈ M : z 8 · z k = z k · z 8 = z k = e
– ∀z k ∈ M ∃ z̄ ∈ M : z k · z̄ = z̄ · z k = z 8 = e
Damit ist z̄ = z 8−k invers zu z k , k = 1, . . . , 8, mit z 0 = z 8
Die Gruppe ist kommutativ, da
∀ z k , z l ∈ M : z k · z l = z k+l = z l+k = z l · z k
(b)
z1
o(z ) 8
k
z2
4
z3
8
z4
2
z5
8
z6
4
z7
8
z8
1
Damit ist die Gruppe zyklisch und minimale Erzeugendensysteme sind
z. B. {z 1 } und {z 3 }.
(c) Untergruppe maximaler Mächtigkeit wird von z 2 erzeugt:
· z8 z6 z4 z2
z8 z8 z6 z4 z2
z6 z6 z4 z2 z8
z4 z4 z2 z8 z6
z2 z2 z8 z6 z4
Da die Verknüpfungstabelle nicht aus der Trägermenge {z 2 , z 4 , z 6 , z 8 }
herausführt, ist die Verknüpfung abgeschlossen bzgl. der Multiplikation, d. h. ({z 2 , z 4 , z 6 , z 8 }, ·) ist eine Untergruppe von G. Alle Untergruppen sind Normalteiler, da G kommutativ ist.
(d) Für N = ({z 2 , z 4 , z 6 , z 8 }, ·) ist G/N = ({[z 8 ], [z 1 ]}, ⊙) mit
[z 8 ] = {z 2 , z 4 , z 6 , z 8 }, [z 1 ] = {z 1 , z 3 , z 5 , z 7 } und
[z k ] ⊙ [z l ] = [z k · z l ] = [z k+l ]
Der natürliche Homomorphismus ϕ lautet:
ϕ(z 2 ) = ϕ(z 4 ) = ϕ(z 6 ) = ϕ(z 8 ) = [z 8 ]
ϕ(z 1 ) = ϕ(z 3 ) = ϕ(z 5 ) = ϕ(z 7 ) = [z 1 ]
3
2. Gegeben sind die Funktionen fi : R → R durch
f1 (x) =
ex + e−x
2x − 4
,
f
(x)
=
x
ln
x,
f
(x)
=
2
3
2x2 − 2x − 4
2
und die Funktionenschar
f4 (x, k) =
3k+1 xk
mit k ∈ N0 .
12k (k + 3)
(a) Untersuchen Sie die Funktion f1 (x) auf Stetigkeit und charakterisieren
Sie eventuell vorhandene Unstetigkeitsstellen.
(b) Untersuchen Sie die Funktion f2 (x) auf Extremwerte.
(c) Bestimmen Sie die Länge der Kettenlinie f3 (x) im Intervall [−b, b] mit
b > 0.
∞
P
f4 (x, k) konvergiert.
(d) Geben Sie alle x ∈ R an, für die die Reihe
k=0
Lösung zu Aufgabe 2.
(a)
2x2 − 2x − 4 = 0
x2 − x − 2 = 0
q
x1,2 = 12 ± 14 +
x1 = 2
x2 = −1
2x−4
Damit ist f1 (x) = 2(x−2)(x+1)
8
4
f1 (x) hat die Unstetigkeitsstellen x1 = +2 und x2 = −1 (Nullstellen
des Nenners)
– In x2 = −1 liegt eine ungerade Polstelle vor, da
2x−4
→ −∞ und
lim − 2(x−2)(x+1)
x→−1
2x−4
lim
x→−1+ 2(x−2)(x+1)
→ +∞ gilt
– In x1 = 2 liegt eine Lücke vor, da f (2) nicht existiert, aber der
1
2x−4
= lim x+1
= 13 existiert.
Grenzwert lim 2(x−2)(x+1)
x→2
x→2
(b)
f2 (x) = x · ln x
f2′ (x) = ln x + 1 = 0 y ln x = −1 y x = e−1 =
f2′′ (x) = x1 , d.h. f2′′ ( 1e ) = e > 0
damit hat f2 (x) in ( 1e , − 1e ) ein relatives Minimum.
4
1
e
(c)
s =
R+b p
1 + y ′ 2 dx mit f3 (x) =
−b
f3′ (x) =
ex +e−x
2
ex −e−x
folgt
2
R+b q 1
R+b q
1 2x
−2x
1 + 4 (e − 1 + e )dx =
(e2x + 1 + e−2x )dx
s =
4
−b
−b
R+b q (ex +e−x )2
dx
=
4
−b
=
1
2
+b
R
(ex + e−x )dx
=
−b
1 x
(e
2
=
1 b
(e
2
− e−x )|+b
−b
− e−b ) − 21 (e−b − eb )
= eb − e−b
(Bemerkung: mit
ex +e−x
2
= cosh x vereinfacht sich die Rechnung.)
(d) n+2 n+1
n
an+1 3
·
x
·
12
·
(n
+
3)
= 12n+1(n + 4) · 3n+1 · xn an 3x · (n + 3) = 12(n + 4) x·n(1+ 3 ) Da lim 4·n(1+ n4 ) =
n→∞
und
|x|
4
n
|x|
4
< 1 für Konvergenz gelten muss, ist
die Reihe für −4 < x < +4 konvergent.
Betrachtung der Randpunkte:
∞
P
3(−1)k
: alternierende Reihe, konvergiert, da
• x = −4 :
k+3
k=0
k
lim | 3(−1)
| = 0 gilt
k+3
k→∞
• x=4:
∞
P
k=0
3
k+3
divergiert, da
∞
P
k=1
∞
X
1
k=1
1
k
divergiert und
∞
1 X 1
−1− =
k
2 k=0 k + 3
gilt.
5
3. Wahr oder Falsch? Begründen Sie sorgfältig Ihre Antwort!
(a) Gegeben sind die algebraischen Strukturen (C, +) und (M, +), wobei
M die Menge aller 2×2 Matrizen mit Einträgen aus R ist und die Operation + für die Addition von komplexen Zahlen bzw. von Matrizen
steht. Dann ist die Abbildung
a b
f : C → M mit f (a + bi) =
−b a
eine surjektive homomorphe Abbildung.
(b) Für alle x, y ∈ R gilt: cosh(2x) = 2 cosh x sinh x.
(c) Zu der beliebig oft stetig differenzierbaren Funktion f (x) = ex gehört
∞ k
P
x
an der Entwicklungsstelle x0 = 0 die Taylorreihe
.
k!
k=0
1
(d) lim (1 + 2x) x = e2 .
x→0
(e) Die Funktion y = f (x) ist durch eine Paramerdarstellung x = x(t)
und y = y(t) gegeben. Dann gilt:
f ′′ (x) =
d( xẏ )
d2 y
ẋÿ − ẍẏ
.
=
=
dx2
dx
x˙2
Lösung zu Aufgabe 3.
(a)
f (a1 + b1 i) =
a1 b1
−b1 a1
a2 b2
f (a2 + b2 i) =
−b2 a2
zu zeigen: f (a1 + b1 i + a2 + b2 i) = f (a1 + b1 i) + f (a2 + b2 i)
f (a1 + b1 i + a2 + b2 i) = f (a1 + a2 + i(b1 + b2 )
a1 + a2 b1 + b2
=
−b1 − b2 a1 "+ a2
#
a
b
2
2
a1 b1
=
+
−b1 a1
−b2 a2
= f (a1 + b1 i) + f (a2 + b2 i),
6
damit ist f eine homomorphe
Abbildung. Da w(f ) echt in M enthalten
2 2
6∈ w(f ), ist f nicht surjektiv, d.h. die Aussage ist
ist, z. B.
2 3
falsch!
(b) zu zeigen: cosh 2x = 2 · cosh x sinh x
2x
−2x
cosh 2x = e +e
2
x
−x
x
−x
· e −e
=
2 · cosh x sinh x = 2 · e +e
2
2
Also ist die Aussage falsch.
e2x −e−2x
2
(c)
f (x) = ex y
f (k) (x) = ex ∀ k ∈ N
f (0) = 1 und f (k) (0) = 1 ∀ k ∈ N
∞ (k)
∞
P
P
f (0) k
allgemein: Taylorreihe:
x
=
k!
k=0
k=0
xk
k!
also: Aussage ist wahr.
1
(d) lim (1 + 2x) x = e2
x→0
1
1
1. Lösungsweg: lim (1 + 2x) x = lim e x ln(1+2x)
x→0
x→0
(,,1∞ ”)
ln(1+2x)
x
x→0
0
(,, 0 ”)
mit lim
= lim
1
·2
1+2x
1
x→0
=2
1
Damit gilt: lim (1 + 2x) x = e2 , also ist Aussage wahr.
x→0
Alternativer Beweis: Setze 2x = y1 , dann folgt: mit x → 0 geht y → ∞.
Damit entsteht
1
lim (1 + 2x) x = lim (1 + y1 )2y
x→0
lim (1 + y1 )y
y→∞
y→∞
= e2 , da
= e gilt.
(e)
x = x(t), damit folgt
dx
dt
= ẋ;
y = y(t), damit folgt
dy
dt
= ẏ;
d( ẋẏ )
d( ẋẏ ) dt
dy
dy dt
ẏ
ẋÿ − ẍẏ 1
ẋÿ − ẍẏ
Weiter gilt:
=
·
= und
=
·
=
· =
2
dx
dt dx
ẋ
dx
dt dx
ẋ
ẋ
ẋ3
also ist die Aussage falsch.
7