Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/42/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	3	1	2	2	4	4	5	4	6	7	2	6	3	4	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Abbildung

   $G\circ F\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto G(F(x)),$

   heißt die Hintereinanderschaltung der Abbildungen ${}F$ und ${}G$.

2. Ein angeordneter Körper ${}K$ heißt archimedisch angeordnet, wenn es zu jedem ${}x\in K$ eine natürliche Zahl ${}n$ mit

   $n\geq x$

   gibt.
3. Man sagt, dass ${}f$ stetig differenzierbar ist, wenn ${}f$ differenzierbar ist und die Ableitung ${}f'$ stetig ist.
4. Die Funktion ${}f$ heißt Riemann-integrierbar, wenn die Einschränkung von ${}f$ auf jedes kompakte Intervall ${}[a,b]\subseteq \mathbb {R}$ Riemann-integrierbar ist.
5. Eine ${}m\times n$-Matrix über ${}K$ ist ein Schema der Form

   ${\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{m1}&a_{m2}&\ldots &a_{mn}\end{pmatrix}},$

   wobei die ${}a_{ij}$ aus ${}K$ sind.

6. Unter der Dimension eines Vektorraums ${}V$ versteht man die Anzahl der Elemente in einer Basis von ${}V$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Ein Element ${}a\in K$ ist genau dann eine Nullstelle von ${}F$, wenn ${}F$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.
2. Es sei

   $f\colon {]a,b[}\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine Funktion, die in ${}c\in {]a,b[}$ ein lokales Extremum besitze und dort differenzierbar sei. Dann ist

   ${}f'(c)=0$.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der Dimension ${}n$ bzw. ${}m$. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   eine lineare Abbildung, die bezüglich zweier Basen durch die Matrix ${}M\in \operatorname {Mat} _{m\times n}(K)$ beschrieben werde. Dann gilt

   ${}\operatorname {rang} \,\varphi =\operatorname {rang} \,M\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}A(n)$ eine Aussage(nform), in die man eine natürliche Zahl einsetzen kann. Diskutiere den Unterschied zwischen den beiden Aussagen

${\left(\forall nA(n)\right)}\rightarrow {\left(\forall nA(n+1)\right)}\,\,{\text{ und }}\,\,\forall n{\left(A(n)\rightarrow A(n+1)\right)}.$

Was ist die mathematische Relevanz der beiden Aussagen?

Lösung Vollständige Induktion/Allquantor/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Winnetou und Old Shatterhand liegen nachts am Strand des Rio Pecos und halten ihre vom harten Tagesritt müden Füße in den Fluss. Dabei schauen sie in den Himmel und zählen Sternschnuppen. Winnetou sieht ${}117$ und Old Shatterhand sieht ${}94$ Sternschnuppen. Old Shatterhand sieht von den von Winnetou gesichteten Sternschnuppen ${}39$ nicht. Wie viele der Sternschnuppen, die von Old Shatterhand gesichtet wurden, sieht Winnetou nicht?

Lösung

Es gibt

${}117-39=78\,$

Sternschnuppen, die beide sehen. Daher sieht Winnetou von den von Old Shatterhand gesehenen Sternschnuppen

${}94-78=16\,$

nicht.

Aufgabe (2 Punkte)

Ersetze im Term ${}3x^{2}+5x+6$ die Variable ${}x$ durch den Term ${}4y^{2}+2y+3$ und vereinfache den entstehenden Ausdruck.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}3{\left(4y^{2}+2y+3\right)}^{2}+5{\left(4y^{2}+2y+3\right)}+6&=3{\left(16y^{4}+4y^{2}+9+16y^{3}+24y^{2}+12y\right)}+20y^{2}+10y+15+6\\&=48y^{4}+12y^{2}+27+48y^{3}+72y^{2}+36y+20y^{2}+10y+15+6\\&=48y^{4}+48y^{3}+104y^{2}+46y+48.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Skizziere sieben Geraden in der Ebene, die sich insgesamt in acht Punkten schneiden.

Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige für ${}n\in \mathbb {N}$ die Gleichung

${}\prod _{1\leq i<j\leq n}(j-i)=\prod _{k=1}^{n-1}(k!)=(n-1)!\cdot (n-2)!\cdots 3!\cdot 2!\cdot 1!\,.$

Lösung

Bei ${}n=1$ steht links und rechts das leere Produkt, dessen Wert gleich ${}1$ ist. Bei ${}n=2$ steht links allein ${}2-1$ und rechts einfach ${}1!$. Wir führen Induktion nach ${}n\geq 2$, sei die Aussage also für ${}n$ schon bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}\prod _{1\leq i<j\leq n+1}(j-i)&=\prod _{1\leq i<j\leq n}(j-i)\cdot \prod _{1\leq i<j=n+1}(j-i)\\&=\prod _{k=1}^{n-1}(k!)\cdot \prod _{1\leq i\leq n}(n+1-i)\\&=\prod _{k=1}^{n-1}(k!)\cdot n!\\&=\prod _{k=1}^{n}(k!).\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl von Nullstellen eines Polynoms über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}d$. Für ${}d=0,1$ ist die Aussage offensichtlich richtig. Es sei also ${}d\geq 2$ und die Aussage sei für kleinere Grade bereits bewiesen. Es sei ${}a$ eine Nullstelle von ${}P$ (falls ${}P$ keine Nullstelle besitzt, sind wir direkt fertig). Dann ist ${}P=Q(X-a)$ nach Lemma 6.5 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) und ${}Q$ hat den Grad ${}d-1$, sodass wir auf ${}Q$ die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Das Polynom ${}Q$ hat also maximal ${}d-1$ Nullstellen. Für ${}b\in K$ gilt ${}P(b)=Q(b)(b-a)$. Dies kann nach Lemma 4.5 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))  (5) nur dann ${}0$ sein, wenn einer der Faktoren ${}0$ ist, sodass eine Nullstelle von ${}P$ gleich ${}a$ ist oder aber eine Nullstelle von ${}Q$ ist. Es gibt also maximal ${}d$ Nullstellen von ${}P$.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme, für welche reellen Zahlen ${}x$ die Reihe

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

konvergiert.

Lösung

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

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

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

Aufgabe (4 Punkte)

Finde für die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=x^{3}-3x+1,$

eine Nullstelle im Intervall ${}[1,2]$ mit Hilfe der Intervallhalbierungsmethode mit einem Fehler von maximal ${}1/8$.

Lösung

ungefähr ${}1,532$

Aufgabe (6 (4+2) Punkte)

a) Man gebe ein quadratisches Polynom an, dessen Graph die Diagonale und die Gegendiagonale bei ${}y=1$ jeweils tangential schneidet.

b) Man zeige, dass der Graph des Lösungspolynoms aus Teil a) innerhalb des oberen, durch die Diagonale und die Gegendiagonale begrenzten Viertels der Ebene liegt.

Lösung

a) Das gesuchte Polynom sei

${}f(x)=ax^{2}+bx+c\,.$

Dann ist

${}f'(x)=2ax+b\,.$

Die Bedingung, dass der Graph zu ${}f$ die Diagonale und die Gegendiagonale bei ${}y=1$ schneidet, bedeutet

$a+b+c=1\,\,{\text{ und }}\,\,a-b+c=1.$

Die Steigung der Diagonale ist ${}1$. Da der Schnitt tangential sein soll, bedeutet dies

${}2a+b=1\,.$

Die Steigung der Gegendiagonale ist ${}-1$. Dies bedeutet somit

${}-2a+b=-1\,.$

Die Summe der beiden letzten Gleichungen ergibt direkt

${}b=0\,$

und somit

${}a={\frac {1}{2}}\,.$

Daraus ergibt sich mit der ersten (oder der zweiten) Gleichung

${}c={\frac {1}{2}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${}f(x)={\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}\,.$

b) Für ${}x\geq 0$ ist zu zeigen, dass ${}P(x)={\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}\geq x$ und für ${}x\leq 0$ ist zu zeigen, dass ${}P(x)\geq -x$ ist. Im ersten Fall ist

${}P(x)-x={\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}-x={\frac {1}{2}}{\left(x^{2}-2x+1\right)}={\frac {1}{2}}{\left(x-1\right)}^{2}\geq 0\,$

und im zweiten Fall ist

${}P(x)-x={\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}+x={\frac {1}{2}}{\left(x^{2}+2x+1\right)}={\frac {1}{2}}{\left(x+1\right)}^{2}\geq 0\,.$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von Extrema mit höheren Ableitungen.

Lösung

Unter den Voraussetzungen wird die Taylor-Formel zu

${}f(x)-f(a)={\frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}}(x-a)^{n+1}\,$

mit ${}c$ (abhängig von ${}x$) zwischen ${}a$ und ${}x$. Je nachdem, ob ${}f^{(n+1)}(a)>0$ oder ${}f^{(n+1)}(a)<0$ ist, gilt auch (wegen der vorausgesetzten Stetigkeit der ${}(n+1)$-ten Ableitung) ${}f^{(n+1)}(x)>0$ bzw. ${}f^{(n+1)}(x)<0$ für ${}x\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]$ für ein geeignetes ${}\epsilon >0$. Für diese ${}x$ ist auch ${}c\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]$, sodass das Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(c)$ vom Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(a)$ abhängt.
Bei ${}n$ gerade ist ${}n+1$ ungerade und daher wechselt ${}(x-a)^{n+1}$ das Vorzeichen bei ${}x=a$ (bei ${}x<a$ ist das Vorzeichen negativ und bei ${}x>a$ ist es positiv). Da das Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(c)$ sich nicht ändert, ändert sich das Vorzeichen von ${}f(x)-f(a)$. Das bedeutet, dass kein Extremum vorliegen kann.
Es sei nun ${}n$ ungerade. Dann ist ${}n+1$ gerade, sodass ${}(x-a)^{n+1}>0$ für alle ${}x\neq a$ in der Umgebung ist. Das bedeutet in der Umgebung bei ${}f^{(n+1)}(a)>0$, dass ${}f(x)>f(a)$ ist und in ${}a$ ein isoliertes Minimum vorliegt, und bei ${}f^{(n+1)}(a)<0$, dass ${}f(x)<f(a)$ ist und in ${}a$ ein isoliertes Maximum vorliegt.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne den Flächeninhalt der Fläche, die zwischen der ${}x$-Achse und dem Graphen des Kosinus hyperbolicus oberhalb des Intervalls ${}[0,5]$ eingeschlossen wird.

Lösung

Eine Stammfunktion des Kosinus hyperbolicus

${}\cosh x={\frac {1}{2}}{\left(e^{x}+e^{-x}\right)}\,$

ist

${}\sinh x={\frac {1}{2}}{\left(e^{x}-e^{-x}\right)}\,.$

Somit ist der Flächeninhalt gleich

${}\int _{0}^{5}\cosh x\,dx=\left(\sinh x\right)|_{0}^{5}=\sinh 5={\frac {1}{2}}{\left(e^{5}-e^{-5}\right)}\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für einen Körper ${}K$, eine kommutative Gruppe ${}(V,+,0)$ und eine Abbildung

$K\times V\longrightarrow V,\,(s,v)\longmapsto sv,$

derart, dass diese Struktur alle Vektorraumaxiome außer

$(7)\,\,\,r(u+v)=ru+rv$

erfüllt.

Lösung

Wir betrachten den Körper ${}{\mathbb {C} }$ und die additive Gruppe ${}{\mathbb {C} }^{2}$. Als „Skalarmultiplikation“

${\mathbb {C} }\times {\mathbb {C} }^{2}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{2}$

betrachten wir die durch

${}r\bullet \left(x,\,y\right):={\begin{cases}\left(rx,\,ry\right),{\text{ falls }}x\neq 0\,,\\\left(0,\,{\overline {r}}y\right),{\text{ falls }}x=0\,,\end{cases}}\,$

gegebene Abbildung, wobei ${}{\overline {r}}$ die komplexe Konjugation von ${}r$ bezeichnet (wir schreiben ${}\bullet$ um zu betonen, dass es sich um eine untypische Operation handelt).

Zum Nachweis der Assoziativität der Multiplikation sei ${}u=\left(x,\,y\right)$ und ${}r,s\in {\mathbb {C} }$. Bei

${}x\neq 0\,$

ist

${}{\begin{aligned}(rs)\bullet u&=(rs)\bullet \left(x,\,y\right)\\&=\left(rsx,\,rsy\right)\\&=r\bullet \left(sx,\,sy\right)\\&=r\bullet (s\bullet \left(x,\,y\right))\\&=r\bullet (s\bullet u),\end{aligned}}$

wobei die mittlere Gleichung sowohl bei ${}s=0$ als auch bei ${}s\neq 0$ gilt. Bei

${}x=0\,$

ist

${}{\begin{aligned}(rs)\bullet u&=(rs)\bullet \left(0,\,y\right)\\&=\left(0,\,{\overline {rs}}y\right)\\&=\left(0,\,{\overline {r}}\cdot {\overline {s}}y\right)\\&=r\bullet \left(0,\,{\overline {s}}y\right)\\&=r\bullet (s\bullet \left(0,\,y\right))\\&=r\bullet (s\bullet u).\end{aligned}}$

Zum Nachweis der Distributivität in den Skalaren ist bei

${}x\neq 0\,$

${}{\begin{aligned}(r+s)\bullet \left(x,\,y\right)&=\left((r+s)x,\,(r+s)y\right)\\&=\left(rx+sx,\,ry+sy\right)\\&=\left(rx,\,ry\right)+\left(sx,\,sy\right)\\&=r\bullet \left(x,\,y\right)+s\bullet \left(x,\,y\right),\end{aligned}}$

und bei

${}x=0\,$

ist

${}{\begin{aligned}(r+s)\bullet \left(0,\,y\right)&=\left(0,\,{\overline {(r+s)}}y\right)\\&=\left(0,\,{\left({\overline {r}}+{\overline {s}}\right)}y\right)\\&=\left(0,\,{\overline {r}}y+{\overline {s}}y\right)\\&=r\bullet \left(0,\,y\right)+s\bullet \left(0,\,y\right).\end{aligned}}$

Es sei nun

${}u=\left(1,\,{\mathrm {i} }\right)\,$

und

${}v=\left(-1,\,{\mathrm {i} }\right)\,.$

Dann ist

${}u+v=\left(0,\,2{\mathrm {i} }\right)\,$

und somit ist einerseits

${}{\begin{aligned}{\mathrm {i} }\bullet {\left(u+v\right)}&={\mathrm {i} }\bullet \left(0,\,2{\mathrm {i} }\right)\\&=\left(0,\,{\overline {\mathrm {i} }}2{\mathrm {i} }\right)\\&=\left(0,\,2\right)\end{aligned}}$

und andererseits

${}{\begin{aligned}{\mathrm {i} }\bullet u+{\mathrm {i} }\bullet v&={\mathrm {i} }\bullet \left(1,\,{\mathrm {i} }\right)+{\mathrm {i} }\bullet \left(-1,\,{\mathrm {i} }\right)\\&=\left({\mathrm {i} },\,-1\right)+\left(-{\mathrm {i} },\,-1\right)\\&=\left(0,\,-2\right).\end{aligned}}$

Somit ist diese Multiplikation nicht distributiv in den Vektoren.

Ferner ist wegen

${}1={\overline {1}}\,$

stets

${}1\bullet u=u\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Drücke in ${}\mathbb {R} ^{3}$ den Vektor

$(0,1,0)$

als Linearkombination der Vektoren

$(9,6,5),(2,2,5){\text{ und }}(7,3,4)$

aus.

Lösung

Es geht um das lineare Gleichungssystem

${}9a+2b+7c=0\,,$

${}6a+2b+3c=1\,,$

${}5a+5b+4c=0\,.$

Wir ersetzen die zweite Zeile durch ${}II-I$ und die dritte durch ${}2III-5I$ und erhalten

${}9a+2b+7c=0\,,$

${}-3a-4c=1\,,$

${}-35a-27c=0\,.$

Wir ersetzen ${}III$ durch ${}4III-27II$ und erhalten

${}9a+2b+7c=0\,,$

${}-3a-4c=1\,,$

${}59a=27\,.$

Somit ist

${}a={\frac {27}{59}}\,,$

${}c={\frac {-3a-1}{4}}={\frac {-3\cdot {\frac {27}{59}}-1}{4}}=-{\frac {35}{59}}\,$

und

${}b={\frac {1}{2}}(-9a-7c)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{59}}(-9\cdot 27+7\cdot 35)={\frac {1}{59}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Injektivitätskriterium für eine lineare Abbildung.

Lösung

Wenn die Abbildung injektiv ist, so kann es neben ${}0\in V$ keinen weiteren Vektor ${}v\in V$ mit ${}\varphi (v)=0$ geben. Also ist ${}\varphi ^{-1}(0)=\{0\}$.
Es sei umgekehrt ${}\operatorname {kern} \varphi =0$ und seien ${}v_{1},v_{2}\in V$ gegeben mit ${}\varphi (v_{1})=\varphi (v_{2})$. Dann ist wegen der Linearität

${}\varphi (v_{1}-v_{2})=\varphi (v_{1})-\varphi (v_{2})=0\,.$

Daher ist ${}v_{1}-v_{2}\in \operatorname {kern} \varphi$ und damit ${}v_{1}=v_{2}$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

${}M={\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}\,$

eine obere Dreiecksmatrix. Zeige direkt (ohne charakteristisches Polynom), dass ein Diagonalelement von ${}M$ ein Eigenwert zu ${}M$ sein muss.

Lösung

Es sei ${}a$ ein Diagonalelement und es sei ${}k$ der kleinste Index mit

${}d_{k}=a\,.$

Wir müssen zeigen, dass es einen Vektor

${}x={\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\neq 0\,$

mit

${}Mx=ax\,$

gibt. Wir zeigen die Existenz eines solchen Vektors mit

${}x_{k}=1\,$

und

${}x_{i}=0\,$

für ${}i>k$. Damit sind die ${}i$-ten Zeilen zu ${}Mx=ax$ für ${}i>k$ erfüllt. Die unteren Zeilen werden (wir schreiben

${}M=(d_{ij}\,$

und ${}d_{ii}=d_{i}$) zum Gleichungssystem

${}d_{1}x_{1}+\cdots +d_{1k}x_{k}=d_{k}x_{1}\,,$

${}d_{2}x_{2}+\cdots +d_{2k}x_{k}=d_{k}x_{2}\,,$

$\vdots$

${}d_{k-1}x_{k-1}+d_{k-1\,k}x_{k}=d_{k}x_{k-1}\,,$

${}d_{k}x_{k}=d_{k}x_{k}\,$

bzw. zum linearen Gleichungssystem

${}(d_{1}x_{1}-d_{k})+\cdots +d_{1k}x_{k}=0\,,$

${}(d_{2}x_{2}-d_{k})+\cdots +d_{2k}x_{k}=0\,,$

$\vdots$

${}(d_{k-1}-d_{k})x_{k-1}+d_{k-1\,k}x_{k}=0\,,$

${}(d_{k}-d_{k})x_{k}=0\,.$

Die letzte Gleichung ist stets, also insbesondere mit ${}x_{k}=1$ erfüllt. Da

${}d_{i}\neq d_{k}\,$

ist für ${}i<k$, ist in diesem Gleichungssystem in Dreiecksgestalt der Anfangsterm

${}d_{i}-d_{k}\neq 0\,$

für ${}i<k$ von ${}0$ verschieden. Nach [[Lineares inhomogenes Gleichungssystem/Strenge Dreiecksgestalt/Lösung/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Lineares inhomogenes Gleichungssystem/Strenge Dreiecksgestalt/Lösung/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] kann man also ${}x_{k}=1$ zu einer Lösung ergänzen.