Kurs:Mathematik (Osnabrück 2009-2011)/Teil I/2/Probeklausur mit Lösungen

Aufgabe * (4 Punkte)

Lösung

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es seien ${}P=\left({\frac {3}{4}},\,-1\right)$ und ${}Q=\left(2,\,{\frac {1}{5}}\right)$ zwei Punkte im ${}\mathbb {R} ^{2}$. Bestimme den Abstand zwischen diesen beiden Punkten in

a) der euklidischen Metrik,

b) der Summenmetrik,

c) der Maximumsmetrik.

d) Vergleiche diese verschiedenen Abstände der Größe nach.

Lösung

Die Abstände der einzelnen Koordinaten sind

$2-{\frac {3}{4}}={\frac {8-3}{4}}={\frac {5}{4}}$

und

${\frac {1}{5}}-(-1)={\frac {1+5}{5}}={\frac {6}{5}}.$

a) Der euklidische Abstand ist somit

${}{\sqrt {{\left({\frac {5}{4}}\right)}^{2}+{\left({\frac {6}{5}}\right)}^{2}}}={\sqrt {{\frac {25}{16}}+{\frac {36}{25}}}}={\sqrt {\frac {625+576}{400}}}={\sqrt {\frac {1201}{400}}}={\frac {\sqrt {1201}}{20}}\,.$

b) In der Summenmetrik ist der Abstand

${}{\frac {5}{4}}+{\frac {6}{5}}={\frac {25+24}{20}}={\frac {49}{20}}\,.$

c) Es ist

${}{\frac {5}{4}}={\frac {25}{20}}>{\frac {24}{20}}={\frac {6}{5}}\,,$

daher ist der Abstand in der Maximumsmetrik gleich ${}{\frac {5}{4}}$.

d) Wir behaupten, dass der Maximumsabstand kleiner dem euklidischen Abstand und dass dieser kleiner dem Summenabstand ist. Um dies zu sehen bringt man die drei Zahlen auf den Hauptnenner ${}20$ und muss dann für die Zähler

${}25<{\sqrt {1201}}<49\,$

zeigen. Wegen ${}25^{2}=625<1201$ und ${}49^{2}>40^{2}=1600>1201$ ist das klar.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Zeige, dass die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

mit

${}f(x)={\begin{cases}x,\,{\text{ falls }}x\in \mathbb {Q} \,,\\0,\,{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}\,$

nur im Nullpunkt stetig ist.

Lösung

Es sei zunächst ${}x=0$ und ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Dann kann man ${}\delta =\epsilon$ setzen, denn aus ${}\vert {u}\vert \leq \epsilon$ folgt wegen ${}f(x)=0$ oder ${}f(x)=x$ auch ${}\vert {f(u)}\vert \leq \epsilon$. Es sei nun ${}x\neq 0$ Wir zeigen, dass man für ${}\epsilon =\vert {\frac {x}{2}}\vert >0$ kein ${}\delta >0$ mit der Abschätzungseigenschaft für die Stetigkeit finden kann. Es sei hierzu ${}\delta >0$ vorgegeben und sei ${}c={\min {\left(\delta ,\epsilon \right)}}$. Wenn ${}x$ rational ist, so wählen wir eine irrationale Zahl ${}u\in {]x-c,x+c[}$, wenn ${}x$ irrational ist, so wählen wir eine rationale Zahl ${}q\in {]x-c,x+c[}$ Im ersten Fall gilt

${}\vert {f(x)-f(u)}\vert =\vert {x}\vert >\epsilon \,,$

im zweiten Fall gilt

${}\vert {f(x)-f(q)}\vert =\vert {q}\vert >\epsilon \,,$

sodass in beiden Fällen die ${}\delta$-Umgebung von ${}x$ nicht in die ${}\epsilon$-Umgebung von ${}f(x)$ abgebildet wird.

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Zeige, dass der Zwischenwertsatz für stetige Funktionen von ${}\mathbb {Q}$ nach ${}\mathbb {Q}$ nicht gelten muss.

Lösung

Die Funktion

$f\colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,x\longmapsto x^{2}-2,$

ist stetig und es ist ${}f(0)=-2<0$ und ${}f(2)=2>0$. Wenn der Zwischenwertsatz auch rational gelten würde, müsste es im rationalen Intervall ${}[0,2]$ eine Nullstelle geben, also ein ${}q\in \mathbb {Q}$ mit ${}q^{2}=2$. Dies kann es aber nicht geben, da die Quadratwurzel aus ${}2$ irrational ist.

 

Aufgabe * (6 Punkte)

Beweise die folgende Aussage: Jede beschränkte Folge von reellen Zahlen besitzt eine konvergente Teilfolge (Satz von Bolzano-Weierstraß).

Lösung

Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ sei durch

${}a_{0}\leq x_{n}\leq b_{0}\,$

beschränkt. Wir definieren zuerst induktiv eine Intervallhalbierung derart, dass in den Intervallen unendlich viele Folgenglieder liegen. Das Startintervall ist ${}I_{0}:=[a_{0},b_{0}]$. Es sei das ${}k$-te Intervall ${}I_{k}$ bereits konstruiert. Wir betrachten die beiden Hälften

$[a_{k},{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}}]\,\,{\text{ und }}\,\,[{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}},b_{k}].$

In mindestens einer der Hälften liegen unendlich viele Folgenglieder, und wir wählen als Intervall ${}I_{k+1}$ eine Hälfte mit unendlich vielen Gliedern. Da sich bei diesem Verfahren die Intervalllängen mit jedem Schritt halbieren, liegt eine Intervallschachtelung vor. Als Teilfolge wählen wir nun ein beliebiges Element

${}x_{n_{k}}\in I_{k}\,$

mit ${}n_{k}>n_{k-1}$. Dies ist möglich, da es in diesen Intervallen unendlich viele Folgenglieder gibt. Diese Teilfolge konvergiert nach Aufgabe ***** gegen die durch die Intervallschachtelung bestimmte Zahl ${}x$.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Betrachte die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=(2x+3)e^{-x^{2}}.$

Bestimme die Nullstellen und die lokalen (globalen) Extrema von ${}f$. Fertige eine grobe Skizze für den Funktionsverlauf an.

Lösung

Da die Exponentialfunktion keine Nullstelle besitzt, liegt nur bei ${}2x+3=0$, also bei ${}x_{0}=-{\frac {3}{2}}$ eine Nullstelle vor. Unterhalb davon ist die Funktion negativ, oberhalb davon positiv.

Zur Bestimmung der lokalen Extrema leiten wir ab, was zu

${}f'(x)=2e^{-x^{2}}+(2x+3)(-2x)e^{-x^{2}}=e^{-x^{2}}{\left(-4x^{2}-6x+2\right)}\,$

führt. Die Nullstellenbestimmung der Ableitung führt auf

${}x^{2}+{\frac {3}{2}}x-{\frac {1}{2}}=0\,.$

Quadratisches Ergänzen führt zu

${}{\left(x+{\frac {3}{4}}\right)}^{2}-{\frac {9}{16}}-{\frac {1}{2}}=0\,$

bzw.

${}{\left(x+{\frac {3}{4}}\right)}^{2}={\frac {17}{16}}\,.$

Also ist

${}x+{\frac {3}{4}}=\pm {\frac {\sqrt {17}}{4}}\,$

und somit

$x_{1}=-{\frac {\sqrt {17}}{4}}-{\frac {3}{4}}{\text{ und }}x_{2}=+{\frac {\sqrt {17}}{4}}-{\frac {3}{4}}.$

Für ${}x<x_{1}$ ist die Ableitung negativ, für ${}x$ mit ${}x_{1}<x<x_{2}$ ist sie positiv und für ${}x=x_{2}$ wieder negativ. Daher ist die Funktion ${}f$ unterhalb von ${}x_{1}$ streng fallend, zwischen ${}x_{1}$ und ${}x_{2}$ streng wachsend und oberhalb von ${}x_{2}$ wieder streng fallend. Daher liegt in ${}x_{1}$ ein isoliertes lokales Minimum und in ${}x_{2}$ ein isoliertes lokales Maximum vor. Da es sonst keine lokalen Extrema gibt, und die Funktion für ${}x\rightarrow -\infty$ wächst, aber negativ bleibt, und für ${}x\rightarrow +\infty$ fällt, aber positiv bleibt, sind dies auch globale Extrema.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es seien

$f,g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

zwei differenzierbare Funktionen und sei

${}h(x)=(g(f(x)))^{2}f(g(x))\,.$

a) Drücke die Ableitung ${}h'$ mit den Ableitungen von ${}f$ und ${}g$ aus.

b) Es sei nun

$f(x)=x^{2}-1{\text{ und }}g(x)=x+2.$

Berechne ${}h'(x)$ auf zwei verschiedene Arten, einerseits über ${}h(x)$ und andererseits über die Formel aus Teil a).

Lösung

a) Nach der Produkt- und Kettenregel ist

${}h'(x)=(g(f(x)))^{2}\cdot f'(g(x))\cdot g'(x)+2g(f(x))\cdot g'(f(x))\cdot f'(x)\cdot f(g(x))\,.$

b) Wir berechnen zuerst ${}h(x)$. Es ist

${}{\begin{aligned}h(x)&=(x^{2}+1)^{2}\cdot ((x+2)^{2}-1)\\&=(x^{4}+2x^{2}+1)(x^{2}+4x+3)\\&=x^{6}+4x^{5}+5x^{4}+8x^{3}+7x^{2}+4x+3.\end{aligned}}$

Die Ableitung ist daher

${}h'(x)=6x^{5}+20x^{4}+20x^{3}+24x^{2}+14x+4\,.$

Andererseits ist

$f'(x)=2x{\text{ und }}g'(x)=1$

und daher nach Teil a)

${}{\begin{aligned}h'(x)&=(g(f(x)))^{2}\cdot f'(g(x))\cdot g'(x)+2g(f(x))\cdot g'(f(x))\cdot f'(x)\cdot f(g(x))\\&=(x^{4}+2x^{2}+1)2(x+2)+2(x^{2}+1)(2x)(x^{2}+4x+3)\\&=2(x^{5}+2x^{3}+x+2x^{4}+4x^{2}+2)+4x(x^{4}+4x^{3}+3x^{2}+x^{2}+4x+3)\\&=2(x^{5}+2x^{4}+2x^{3}+4x^{2}+x+2)+4x(x^{4}+4x^{3}+4x^{2}+4x+3)\\&=6x^{5}+20x^{4}+20x^{3}+24x^{2}+14x+4.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es sei

${}f(x)=x^{3}+x-1\,.$

a) Zeige, dass die Funktion ${}f$ im reellen Intervall ${}[0,1]$ genau eine Nullstelle besitzt.

b) Berechne die erste Nachkommastelle im Zehnersystem dieser Nullstelle.

c) Man gebe eine rationale Zahl ${}q\in [0,1]$ derart an, dass ${}\vert {f(q)}\vert \leq {\frac {1}{10}}$ ist.

Lösung

a) Es ist ${}f(0)=-1$ und ${}f(1)=1$, daher besitzt die stetige Funktion aufgrund des Zwischenwertsatzes mindestens eine Nullstelle in ${}[0,1]$. Die Ableitung ist ${}f'(x)=3x^{2}+1$ und dies ist in diesem Intervall positiv, sodass die Funktion ${}f$ dort streng wachsend ist. Also kann sie nicht mehr als eine Nullstelle besitzen.

b) Für

${}x=1/2=0{,}5\,$

ist

${}f(1/2)=1/8+1/2-1<0\,,$

die Nullstelle muss also in der rechten Intervallhälfte liegen. Für ${}x=0{,}8$ ergibt sich

$f(0{,}8)=0{,}8^{3}+0{,}8-1=0{,}512+0{,}8-1=0{,}312>0,$

sodass dieser Wert zu groß ist. Für ${}x=0{,}7$ ergibt sich

${}f(0{,}7)=0{,}7^{3}+0{,}7-1=0{,}343+0{,}7-1=0{,}043>0\,,$

was immer noch zu groß ist. Für ${}x=0{,}6$ ergibt sich

${}f(0{,}6)=0{,}6^{3}+0{,}6-1=0{,}216+0{,}6-1=-0{,}184<0\,.$

Die Nullstelle liegt also im offenen Intervall zwischen ${}0{,}6$ und ${}0{,}7$ und die erste Nachkommastelle ist ${}6$.

c) Wie unter b) berechnet ist ${}f(0{,}7)=0{,}043<0{,}1$, sodass man ${}q=0{,}7$ nehmen kann.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme direkt (ohne Verwendung von Ableitungsregeln) die Ableitung der Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=x^{3}+2x^{2}-5x+3,$

in einem beliebigen Punkt ${}a\in \mathbb {R}$.

Lösung

Wir betrachten den Differenzenquotient

${}{\begin{aligned}{\frac {f(a+h)-f(a)}{h}}&={\frac {(a+h)^{3}+2(a+h)^{2}-5(a+h)+3-(a^{3}+2a^{2}-5a+3)}{h}}\\&={\frac {a^{3}+3a^{2}h+3ah^{2}+h^{3}+2a^{2}+4ah+2h^{2}-5a-5h+3-a^{3}-2a^{2}+5a-3}{h}}\\&={\frac {3a^{2}h+3ah^{2}+h^{3}+4ah+2h^{2}-5h}{h}}\\&=3a^{2}+3ah+h^{2}+4a+2h-5\\&=3a^{2}+4a-5+3ah+h^{2}+2h.\end{aligned}}$

Die Ableitung ist der Limes von diesem Ausdruck für ${}h$ gegen ${}0$, und dieser ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,(3a^{2}+4a-5+3ah+h^{2}+2h)&=3a^{2}+4a-5+\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,h(3a+h+2)\\&=3a^{2}+4a-5.\end{aligned}}$

Die Ableitung ist also ${}3a^{2}+4a-5$.

 

Aufgabe * (1 Punkt)

Besitzt die komplexe Exponentialfunktion

${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} }\setminus \{0\},\,z\longmapsto \exp z,$

eine differenzierbare Umkehrfunktion?

Lösung

Die komplexe Exponentialfunktion ist wegen ${}\exp 2\pi n=1$ für alle ${}n\in \mathbb {Z}$ nicht injektiv, daher gibt es überhaupt keine Umkehrfunktion.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Bestimme den Grenzwert von

${\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}$

im Punkt ${}1$, und zwar

a) mittels Polynomdivision,

b) mittels der Regel von l'Hospital.

Lösung

a) Durch Polynomdivision erhält man ${}x^{2}-3x+2=(x-1)(x-2)$ und ${}x^{3}-2x+1=(x-1)(x^{2}+x-1)$. Daher ist

${}{\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}={\frac {x-2}{x^{2}+x-1}}\,.$

Daher ist

${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x-2}{x^{2}+x-1}}={\frac {-1}{1}}=-1\,.$

b) Die Ableitungen sind ${}(x^{2}-3x+2)'=2x-3$ und ${}(x^{3}-2x+1)'=3x^{2}-2$, die beide für ${}x=1$ keine Nullstelle besitzen. Nach der Regel von l'Hospital ist daher

${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {2x-3}{3x^{2}-2}}={\frac {-1}{1}}=-1\,.$

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Bestimme, für welche komplexe Zahlen ${}z$ die Reihe

$\sum _{n=0}^{\infty }n^{n}z^{n}$

konvergiert.

Lösung

Es handelt sich um eine Potenzreihe mit den Koeffizienten ${}n^{n}$. Sie konvergiert für ${}z=0$, da dann nur ein Glied von null verschieden ist. Wir behaupten, dass die Reihe für keine weitere komplexe Zahl konvergiert. Da es sich um eine Potenzreihe handelt, genügt es, für jede reelle positive Zahl ${}z$ nachzuweisen, dass die Reihe divergiert. Zu ${}z>0$ gibt es ein ${}k\in \mathbb {N} _{+}$ mit ${}kz\geq 1$. Es gilt dann auch ${}nz\geq 1$ für alle ${}n\geq k$. Wegen

${}\sum _{n=k}^{\infty }n^{n}z^{n}\geq \sum _{n=k}^{\infty }1\,$

erfüllt die Reihe nicht das Cauchy-Kriterium und kann daher nicht konvergieren.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Bestimme, ob die Familie

${\frac {1}{q^{2}}},\,q\in \mathbb {Q} \,\cap \,[2,3],$

summierbar ist oder nicht.

Lösung

Wir zeigen, dass diese Familie nicht summierbar ist. Es genügt zu zeigen, dass die endlichen Teilsummen der Familie unbeschränkt sind. Es sei dazu ${}b>0$ gegeben. Aufgrund des Archimedesprinzip gibt es ein ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ mit

${}n\cdot {\frac {1}{9}}\geq b\,.$

Zwischen ${}2$ und ${}3$ gibt es unendlich viele rationale Zahlen, sodass wir ${}n$ verschiedene rationale Zahlen ${}q_{1},\ldots ,q_{n}$ in diesem Intervall wählen können. Für die zugehörige endliche Teilsumme gilt dann

${}\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{q_{i}^{2}}}\geq n\cdot {\frac {1}{9}}\geq b\,,$

sodass ${}b$ überschritten wird.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer Funktionenfolge

$f_{n}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

derart, dass sämtliche ${}f_{n}$ nicht stetig sind, die Funktionenfolge aber gleichmäßig gegen eine stetige Grenzfunktion konvergiert.

Lösung

Wir betrachten für ${}n\in \mathbb {N}$ die Funktionenfolge

$f_{n}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,$

die durch

${}f_{n}(x):={\begin{cases}0,\,{\text{ falls }}x\neq 0,\\{\frac {1}{n}},\,{\text{ falls }}x=0,\end{cases}}\,$

gegeben ist. Diese Funktionen sind nicht stetig, da der Limes für ${}x$ gegen ${}0$ stets ${}0\neq {\frac {1}{n}}$ ist. Wir behaupten, dass diese Folge gleichmäßig gegen die Nullfunktion konvergiert, die als konstante Funktion stetig ist. Dazu sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Es gibt dann ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ mit ${}{\frac {1}{n_{0}}}\leq \epsilon$. Für alle ${}x\in \mathbb {R}$ und alle ${}n\geq n_{0}$ gilt dann

${}\vert {f_{n}(x)-0}\vert =\vert {f_{n}(x)}\vert \leq {\frac {1}{n}}\leq {\frac {1}{n_{0}}}\leq \epsilon \,.$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Funktion ${}f(x)={\frac {1}{x}}$ im Entwicklungspunkt ${}a=2$ der Ordnung ${}4$.

Lösung

Die erste Ableitung ist

$f'(x)=-{\frac {1}{x^{2}}}=-x^{-2},{\text{ also }}f'(2)=-{\frac {1}{4}}.$

Die zweite Ableitung ist

$f^{\prime \prime }(x)=2x^{-3},{\text{ also }}f^{\prime \prime }(2)={\frac {1}{4}}.$

Die dritte Ableitung ist

$f^{\prime \prime \prime }(x)=-6x^{-4},{\text{ also }}f^{\prime \prime \prime }(2)=-{\frac {3}{8}}.$

Die vierte Ableitung ist

$f^{\prime \prime \prime \prime }(x)=24x^{-5},{\text{ also }}f^{\prime \prime \prime \prime }(2)={\frac {24}{32}}={\frac {3}{4}}.$

Das Taylor-Polynom vom Grad ${}4$ ist demnach

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-2)+{\frac {1}{4\cdot 2}}(x-2)^{2}-{\frac {3}{8\cdot 3!}}(x-2)^{3}+{\frac {3}{4\cdot 4!}}(x-2)^{4}$

bzw.

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-2)+{\frac {1}{8}}(x-2)^{2}-{\frac {1}{16}}(x-2)^{3}+{\frac {1}{32}}(x-2)^{4}.$

 

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