Bericht zur Mathematischen Zulassungsprüfung im Oktober 2014

Bericht zur Mathematischen Zulassungsprüfung
im Oktober 2014
Heinz-Willi Goelden, Wolfgang Lauf, Martin Pohl
Am 10. Oktober 2014 fand die Mathematische Zulassungsprüfung statt. Die Prüfung bestand aus einer 90-minütigen Klausur, in der 6 Aufgaben gestellt wurden. Um die Klausur zu bestehen, mussten mindestens 36 von 90 möglichen
Punkten erzielt werden. Von den 12 Teilnehmerinnen und Teilnehmern haben 5
Teilnehmer die Prüfung bestanden. Zugelassen waren ein Taschenrechner, eine
mathematische Formelsammlung sowie entsprechende Literatur.
Aufgabe 1 (14 Punkte)
Für natürliche Zahlen n ∈ N seien die Mengen
n
o
l
Mn := 1 − 21k − n3 | k, l ∈ N0
gegeben.
(a) Bestimmen Sie die Zahlen n ∈ N, für die die Menge Mn beschränkt ist.
Begründen Sie Ihre Antwort.
(b) Berechnen Sie für die n aus (a) das Supremum von Mn und das Infimum
von Mn .
Lösung:
(a) Für n = 1 und n = 2
lim 1 − 21k = 1 und
ist M nicht beschränkt, denn in diesem Fall gilt
3 l n
− → ∞ für l → ∞.
n
k→∞
Für n ≥ 3 ist Mn beschränkt, da − n3 ≤ 1 ist.
(b) Da für alle k ∈ N0 die Ungleichung 1 − 21k ≥ 0 gilt, folgt:
l
3
1
−
sup Mn = sup 1 − k · sup
= 1 und
2
n
l gerade
k∈N0
l∈N0
l
1
3
3
inf Mn = sup 1 − k · inf
−
=−
l ungerade
2
n
n
k∈N0
l∈N0
1
Aufgabe 2 (8 Punkte)
Für welche Zahlen a ∈ R gilt die Gleichung lim
x→0
a (cos(ax) − 1)
= 4?
x2
Lösung: Zweifache Anwendung der Regeln von l’Hospital liefert:
a cos(ax) − 1
−a2 sin(ax)
lim
=
lim
=
x→0
x→0
x2
2x
−a3 cos(ax)
a3
lim
= − = 4 ⇐⇒ a3 = −8
x→0
2
2
Damit gilt die angegebene Gleichung nur für a = −2.
2
Aufgabe 3 (11 Punkte)
Es seien die Funktionen f1 : [0, 3] → R, x 7→ f1 (x) = − 12 (x − 2)2 + 2 und
f2 : [0, 3] → R, x 7→ f2 (x) = x gegeben.
(a) Skizzieren Sie die Graphen der Funktionen f1 und f2 sowie die Menge
Ω = (x, y) ∈ R2 | x ∈ [0, 3], min{f1 (x), f2 (x)} ≤ y ≤ max{f1 (x), f2 (x)} .
(b) Berechnen Sie den Flächeninhalt von Ω.
Lösung:
(a) Die Funktionsgraphen und die Menge Ω sind in folgender Skizze dargestellt.
(b) Es gilt:
1
f1 (x) = f2 (x) ⇔ − (x − 2)2 + 2 = x ⇔ x(x − 2) = 0 ⇔ x = 0 oder x = 2
2
Damit folgt für den Flächeninhalt von Ω
Z2
F (Ω) =
f1 (x) − f2 (x) dx +
0
Z2 Z3
2
1
− x2 + 2x − x dx +
2
0
Z2 0
f2 (x) − f1 (x) dx =
Z3 1
x − − x2 + 2x dx =
2
2
1
− x2 + x dx +
2
Z3 2
2
3
1 2
x3
x2 x3
x2 4
x − x dx = − + +
− =
2
6
2
6
2
3
0
3
2
Aufgabe 4 (20 Punkte)
Untersuchen Sie, ob die folgenden Aussagen richtig oder falsch sind. Begründen
Sie Ihre Entscheidung mit einer hinreichenden Herleitung oder einem geeigneten
Gegenbeispiel.
2
(a) Die Funktion f : R → R, (x, y) 7→ f (x, y) =
x2R+y 2 √
1 + cos t dt ist im
xy
R2 total differenzierbar.
(b) Gegeben sei die Funktion f : R2 → R, (x, y) 7→ f (x, y) = x + y. Dann gilt
für die Richtungsableitung von f die Ungleichung −1 ≤ ∂f
∂v (x, y) ≤ 1 für
alle (x, y) ∈ R2 und alle Richtungsvektoren v ∈ R2 mit kvk = 1.
(c) Die Funktion f : [0, 1] × [0, 1] → R sei über [0, 1] × [0, 1] integrierbar.
Dann gilt für alle x, y ∈ [0, 1] die Gleichung
Z1 Zx
Z1 Zy
f (x, y) dy dx =
f (x, y) dx dy.
0
0
0
0
(d) Sind die Funktionen f, g: R → R stetig,
alle a, b, c, d ∈ R
 sodgilt für 
Zb Zd
Zb
Z
f (x) · g(y) dy dx =  f (x) dx ·  g(y) dy .
a
c
a
c
Lösung:
(a) Die Aussage ist richtig. Da der Integrand stetig ist und die Integrationsgrenzen stetig partiell nach x und y differenzierbare Funktionen sind, ist
nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung die Funktion
f stetig partiell differenzierbar. Daraus folgt die totale Differenzierbarkeit
von f .
(b) Die Aussage ist falsch. Für den Gradienten von f gilt ∇f (x, y) = 11 . Für
alle (x, y) ∈ R2 hat die Richtungsableitung in die Richtung v = √12 11
√
den Wert ∂f
2 > 1.
∂v (x, y) =
(
(c) Die Aussage ist falsch. Die Funktion f mit f (x, y) =
2, 0 ≤ y ≤ x ≤ 1
−2, 0 ≤ x < y ≤ 1
ist integrierbar, da sie mit Ausnahme der Nullmenge {(x, x) | 0 ≤ x ≤ 1}
stetig ist. Für diese Funktion ist
Z1 Zx
Z1 Zy
f (x, y) dy dx = 1 und
f (x, y) dx dy = −1
0
0
0
0
(d) Die Aussage ist richtig. Durch Ausklammern
 d
 erhältman:
 d

Zb Zd
Zb
Z
Zb
Z
f (x)·g(y) dy dx = f (x)· g(y) dy  dx =  f (x) dx· g(y) dy .
a
c
a
c
4
a
c
Aufgabe 5 (21 Punkte)
Es sei ein Vektor w ∈ Rn , w 6= 0, n ≥ 2, gegeben. Betrachten Sie die Matrix
A := w · wT . Dabei bezeichnet wT den transponierten Vektor von w.
(a) Welchen Rang und welche Determinante besitzt A?
(b) Zeigen Sie, dass 0 Eigenwert von A ist.
(c) Bestimmen Sie den zu dem Eigenwert 0 gehörenden Eigenraum von A an.
Lösung:
Es gilt mit wT = (w1 . . . wn ):

w1 · w T


..
A = w · wT = 
 ∈ Mn (R)
.

wn · w T
(a) Da einerseits jede Zeile von A ein Vielfaches von wT ist und andererseits
wegen w 6= 0 die Matrix A auch eine Nichtnullzeile besitzt, d.h. wj ·wT 6= 0
für ein j ∈ {1, . . . , n}, muss rg A = 1 sein.
Weil n ≥ 2 und rg A = 1, hat A nicht den vollen Rang, so dass det A = 0.
(b) Die Eigenwerte von A sind genau die Nullstellen des charakteristischen
Polynoms det(A − λE) (E Einheitsmatrix).
Nach (a) gilt: 0 = det A = det(A − 0 · E). Also ist 0 Eigenwert von A.
(c) Es gilt für den Eigenraum von A zum Eigenwert 0, Eig(0):
v ∈ Eig(0)
⇔ Av = 0


w1 · wT · v


..
⇔ 
=0
.
T
wn · w · v
⇔ < w, v > = 0
wegen w 6= 0 .
Also ist Eig(0) der (n − 1) - dimensionale Orthogonalraum zu w:
Eig(0) = { v ∈ Rn | < w, v > = 0} .
5
Aufgabe 6 (16 Punkte)
Eine lineare Abbildung ϕ : R3 → R3 heißt Spiegelung, wenn sie ϕ2 = idR3 erfüllt,
wobei idR3 die identische Abbildung auf R3 bezeichnet.
Bzgl. der Standardbasis E := {e1 , e2 , e3 } des R3 sei nun eine konkrete lineare
Abbildung ϕ durch die folgende darstellende Matrix gegeben:


−5 8 6
A = −3 5 3 .
0 0 1
(a) Zeigen Sie, dass ϕ eine Spiegelung ist.
(b) Bestimmen Sie eine Basis B1 von Kern (ϕ − idR3 ) sowie eine Basis B2 von
Kern (ϕ + idR3 ).
(c) Zeigen Sie, dass B := B1 ∪ B2 eine Basis von R3 ist.
Lösung:
(a) Da

−5
A2 = −3
0
 
−5
8 6
5 3 · −3
0
0 1
 
8 6
1
5 3 = 0
0 1
0
0
1
0

0
0 = E
1
gilt, ist ϕ eine Spiegelung.
(b) Zu lösen ist das lineare Gleichungssystem (A − E)x = 0.
Elementare Zeilenumformungen liefern

 

−6 8 6
−3 4 3
−3 4 3 ∼  0 0 0
0 0 0
0 0 0
und damit die Lösungsgesamtheit:
 
 
1
4
x = λ1 3 + λ2 0 , λ1,2 ∈ R.
0
1
Also ist B1 := (4 3 0)T , (1 0 1)T eine Basis von Kern (ϕ − idR3 ).
Analog ist das lineare Gleichungssytem
Elementare Zeilenumformungen liefern

 
−4 8 6
−2 4
−3 6 3 ∼ −1 2
0 0 2
0 0
(A + E)x = 0 zu lösen.
 
3
1
1 ∼ 0
1
0
−2
0
0

0
1
0
und damit die Lösungsgesamtheit:
 
2
x = λ 1 , λ ∈ R.
0
Also ist B2 := (2 1 0)T eine Basis von Kern (ϕ + idR3 ).
6
(c) Erste Möglichkeit:
Die beiden Basen B1,2 sind Basen von zwei Eigenräumen zu den verschiedenen Eigenwerten ±1. Damit besteht B = B1 ∪ B2 aus drei linear
unabhängigen Vektoren, die somit eine Basis des R3 bilden.
Zweite Möglichkeit:
Wegen

4
det 3
0
1
0
1

2
4
1 = − det
3
0
2
= 2 6= 0
1
besteht B = B1 ∪ B2 aus drei linear unabhängigen Vektoren, die somit
eine Basis des R3 bilden.
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