Kurs:Mathematik für Anwender I/1/Klausur mit Lösungen

Aufgabe * (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die komplexe Konjugation.
2. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
3. Eine lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen den ${}K$-Vektorräumen ${}V$ und ${}W$.

4. Eine Cauchy-Folge in ${}\mathbb {R}$.
5. Die Exponentialreihe für ${}x\in \mathbb {R}$.
6. Die Stetigkeit einer Abbildung

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

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

7. Eine Treppenfunktion

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

   auf einem beschränkten reellen Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

8. Eine gewöhnliche Differentialgleichung mit getrennten Variablen.

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die komplexe Konjugation.
2. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
3. Eine lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen den ${}K$-Vektorräumen ${}V$ und ${}W$.

4. Eine Cauchy-Folge in ${}\mathbb {R}$.
5. Die Exponentialreihe für ${}x\in \mathbb {R}$.
6. Die Stetigkeit einer Abbildung

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

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

7. Eine Treppenfunktion

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

   auf einem beschränkten reellen Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

8. Eine gewöhnliche Differentialgleichung mit getrennten Variablen.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Dimensionsformel für lineare Abbildungen.
2. Das Quetschkriterium für reelle Folgen.
3. Der Zwischenwertsatz für stetige Funktionen.
4. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$- Vektorräume und

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   sei eine ${}K$- lineare Abbildung und ${}V$ sei endlichdimensional.

   Dann gilt

   ${}\dim _{K}{\left(V\right)}=\dim _{K}{\left(\operatorname {kern} \varphi \right)}+\dim _{K}{\left(\operatorname {bild} \varphi \right)}\,.$

2. Es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },\,{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ reelle Folgen. Es gelte

   $x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}{\text{ für alle }}n\in \mathbb {N}$

   und

   ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergieren beide gegen den gleichen Grenzwert ${}a$.

   Dann konvergiert auch ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}a$.

3. Es seien ${}a\leq b$ reelle Zahlen und sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Es sei ${}u\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl zwischen ${}f(a)$ und ${}f(b)$.

   Dann gibt es ein ${}x\in [a,b]$ mit ${}f(x)=u$.

4. Es sei ${}a<b$ und sei

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

   eine stetige, auf ${}]a,b[$ differenzierbare Funktion.

   Dann gibt es ein ${}c\in {]a,b[}$ mit

   ${}f'(c)={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}\,.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Zeige durch vollständige Induktion, dass für jedes ${}n\in \mathbb {N}$ die Zahl

$6^{n+2}+7^{2n+1}$

ein Vielfaches von ${}43$ ist.

Lösung

Induktionsanfang. Für ${}n=0$ ist

${}6^{2}+7=43\,$

ein Vielfaches von ${}43$. Induktionsschritt. Es sei nun die Aussage für ${}n$ bewiesen und betrachten wir den Ausdruck für ${}n+1$. Dieser ist

${}{\begin{aligned}6^{n+1+2}+7^{2(n+1)+1}&=6\cdot 6^{n+2}+7^{2}\cdot 7^{2n+1}\\&=6\cdot 6^{n+2}+(6+43)7^{2n+1}\\&=6{\left(6^{n+2}+7^{2n+1}\right)}+43\cdot 7^{2n+1}\\&=6\cdot 43\cdot s+43\cdot 7^{2n+1}\\&=43\cdot {\left(6\cdot s+7^{2n+1}\right)},\end{aligned}}$

wobei im vorletzten Schritt die Induktionsvoraussetzung verwendet wurde (nämlich die Eigenschaft, dass $6^{n+2}+7^{2n+1}$ ein Vielfaches von ${}43$ ist). Daher ist diese Zahl ein Vielfaches von ${}43$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

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

$(1,0,0)$

als Linearkombination der Vektoren

$(1,-2,5),(4,0,3){\text{ und }}(2,1,1)$

aus.

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}x+4y+2z&=&1\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,\end{matrix}}$

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der dritten Gleichung die Variable ${}y$ aus der ersten Gleichung. Das resultierende System ist (${}I'=3I-4III$)

${\begin{matrix}-17x\,\,\,\,\,\,\,\,+2z&=&3\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir eliminieren nun aus ${}I'$ mittels ${}II$ die Variable ${}z$, das ergibt (${}I'-2II$)

${\begin{matrix}-13x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir können jetzt dieses System lösen. Es ist

$x=-{\frac {3}{13}},$

${}z=2x=-{\frac {6}{13}}\,$

und

${}y={\frac {-5x-z}{3}}={\frac {15+6}{39}}={\frac {21}{39}}={\frac {7}{13}}\,.$

Also ist

${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}=-{\frac {3}{13}}{\begin{pmatrix}1\\-2\\5\end{pmatrix}}+{\frac {7}{13}}{\begin{pmatrix}4\\0\\3\end{pmatrix}}-{\frac {6}{13}}{\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}}\,.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme den Kern der linearen Abbildung

$\mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}2&1&5&2\\3&-2&7&-1\\2&-1&-4&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}.$

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\3x&-2y&+7z&\,\,\,\,-w&=&0\\2x&\,\,\,\,-y&-4z&+3w&=&0\,\end{matrix}}$

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der ersten Gleichung die Variable ${}y$. Das resultierende System ist (${}II'=II+2I$, ${}III'=III+I$)

${\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\7x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+17z&+3w&=&0\\4x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+5w&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir eliminieren nun aus ${}II'$ mittels ${}III'$ die Variable ${}z$, das ergibt

(${}II'-17III'$)

${\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\4x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+5w&=&0\\-61x&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&-82w&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir können jetzt dieses System lösen, wobei ${}x\neq 0$ die anderen Variablen eindeutig festlegt. Es sei ${}x=82$. Dann ist ${}w=-61$. Damit ist

${}z=-4x-5w=-4\cdot 82-5(-61)=-328+305=-23\,.$

Schließlich ist

${}y=-2x-5z-2w=-2(82)-5(-23)-2(-61)=-164+115+122=73\,.$

Die Lösungsmenge, also der Kern, ist somit

${\left\{s{\begin{pmatrix}82\\73\\-23\\-61\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}.$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme, für welche ${}x\in {\mathbb {C} }$ die Matrix

${\begin{pmatrix}x^{2}+x&-x\\-x^{3}+2x^{2}+5x-1&x^{2}-x\end{pmatrix}}$

invertierbar ist.

Lösung

Eine Matrix ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante ${}\neq 0$ ist. Die Determinante der Matrix ist

${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}x^{2}+x&-x\\-x^{3}+2x^{2}+5x-1&x^{2}-x\end{pmatrix}}&=(x^{2}+x)(x^{2}-x)+x(-x^{3}+2x^{2}+5x-1)\\&=x^{4}-x^{2}-x^{4}+2x^{3}+5x^{2}-x\\&=2x^{3}+4x^{2}-x\\&=x(2x^{2}+4x-1).\end{aligned}}$

Dies ist gleich ${}0$ bei ${}x=0$, was die Lösung ${}x_{1}=0$ ergibt, oder bei ${}2x^{2}+4x-1=0$. Diese quadratische Gleichung ist äquivalent zu ${}x^{2}+2x-{\frac {1}{2}}=0$ bzw. zu

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

Also ist

${}x+1=\pm {\sqrt {\frac {3}{2}}}\,$

und damit

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

Die einzigen komplexen Zahlen, bei denen die Matrix nicht invertierbar ist, sind also

$0,\,{\sqrt {\frac {3}{2}}}-1,\,-{\sqrt {\frac {3}{2}}}-1.$

 

Aufgabe * (8 Punkte)

Es sei ${}V$ ein Vektorraum und

$v_{1},\ldots ,v_{n}$

eine Familie von Vektoren in ${}V$. Zeige, dass die Familie genau dann eine Basis von ${}V$ bildet, wenn es sich um ein minimales Erzeugendensystem handelt (d.h. sobald man einen Vektor ${}v_{i}$ weglässt, liegt kein Erzeugendensystem mehr vor).

Lösung

Die Familie sei zunächst eine Basis. Dann ist sie insbesondere ein Erzeugendensystem. Nehmen wir einen Vektor, sagen wir ${}v_{1}$, aus der Familie heraus. Wir müssen zeigen, dass dann die verbleibende Familie, also ${}v_{2},\ldots ,v_{n}$ kein Erzeugendensystem mehr ist. Wenn sie ein Erzeugendensystem wäre, so wäre insbesondere ${}v_{1}$ als Linearkombination der Vektoren darstellbar, d.h. man hätte

${}v_{1}=\sum _{i=2}^{n}\lambda _{i}v_{i}\,.$

Dann ist aber

$v_{1}-\sum _{i=2}^{n}\lambda _{i}v_{i}$

eine nichttriviale Darstellung der ${}0$, im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der Familie.

Es sei nun die Familie ein minimales Erzeugendensystem. Um zu zeigen, dass eine Basis vorliegt, muss also lediglich gezeigt werden, dass die Familie linear unabhängig ist. Nehmen wir an, sie sei nicht linear unabhängig. Dann gibt es eine Darstellung

${}a_{1}v_{1}+a_{2}v_{2}+\cdots +a_{n}v_{n}=0\,,$

wobei mindestens ein Koeffizient ${}a_{i}\neq 0$ ist. Wir behaupten, dass dann auch die um ${}v_{i}$ reduzierte Familie noch ein Erzeugendensystem ist im Widerspruch zur Minimalität. Dazu sei ${}v\in V$ ein beliebiger Vektor, den man als

${}v=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}v_{i}+\cdots +b_{n}v_{n}\,$

schreiben kann. Wir können ${}v_{i}$ schreiben als

${}v_{i}=-{\frac {a_{1}}{a_{i}}}v_{1}-\cdots -{\frac {a_{i-1}}{a_{i}}}v_{i-1}-{\frac {a_{i+1}}{a_{i}}}v_{i+1}-\cdots -{\frac {a_{n}}{a_{i}}}v_{n}\,.$

Damit ist

${}{\begin{aligned}v&=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}v_{i}+\cdots +b_{n}v_{n}\\&=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}{\left(-{\frac {a_{1}}{a_{i}}}v_{1}-\cdots -{\frac {a_{i-1}}{a_{i}}}v_{i-1}-{\frac {a_{i+1}}{a_{i}}}v_{i+1}-\cdots -{\frac {a_{n}}{a_{i}}}v_{n}\right)}+\cdots +b_{n}v_{n},\end{aligned}}$

woraus ablesbar ist, dass man ${}v$ auch als Linearkombination der ${}v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n}$ darstellen kann.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Entscheide, ob die Folge

${}x_{n}={\frac {3n^{3}-n^{2}-7}{2n^{3}+n+8}}\,$

in ${}\mathbb {Q}$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösung

Für ${}n\geq 1$ kann man die Folge (durch Erweiterung mit ${}1/n^{3}$) als

${}x_{n}:={\frac {3n^{3}-n^{2}-7}{2n^{3}+n+8}}={\frac {3-{\frac {1}{n}}-{\frac {7}{n^{3}}}}{2+{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {8}{n^{3}}}}}\,$

schreiben. Folgen vom Typ ${}a/n,\,a/n^{2}$ und ${}a/n^{3}$ sind Nullfolgen. Aufgrund der Summenregel für konvergente Folgen konvergiert der Zähler gegen ${}3$ und der Nenner gegen ${}2$, sodass nach der Quotientenregel die Folge insgesamt gegen ${}3/2\in \mathbb {Q}$ konvergiert.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Zeige, dass die Reihe

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\sin n}{n^{2}}}$

konvergiert.

Lösung

Wir zeigen, dass die Reihe absolut konvergiert, woraus nach Fakt ***** die Konvergenz folgt. Wegen

${}-1\leq \sin x\leq 1\,$

ist

${}\vert {\frac {\sin n}{n^{2}}}\vert \leq {\frac {1}{n^{2}}}\,.$

Die Reihe ${}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$ konvergiert nach Beispiel *****, sodass ${}\sum _{n=1}^{\infty }\vert {\frac {\sin x}{n^{2}}}\vert$ nach dem Majorantenkriterium konvergiert.

 

Aufgabe * (6 (4+2) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=1+\ln x-{\frac {1}{x}}.$

a) Zeige, dass ${}f$ eine stetige Bijektion zwischen ${}\mathbb {R} _{+}$ und ${}\mathbb {R}$ definiert.

b) Bestimme das Urbild ${}u$ von ${}0$ unter ${}f$ sowie ${}f'(u)$ und ${}(f^{-1})'(0)$. Fertige eine grobe Skizze für die Umkehrfunktion ${}f^{-1}$ an.

Lösung

a) Die Funktion ${}f$ ist differenzierbar und die Ableitung ist

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

Für ${}x>0$ sind diese beiden Summanden positiv, sodass die Ableitung stets positiv ist und ${}f$ daher streng wachsend ist. Daher ist die Abbildung injektiv. Die Funktion ist stetig, da sie differenzierbar ist. Daher genügt es für die Surjektivität, aufgrund des Zwischenwertsatzes, nachzuweisen, dass beliebig große und beliebig kleine Werte angenommen werden.

Für ${}0<x<1$ ist ${}1-{\frac {1}{x}}<0$ und daher

${}f(x)\leq \ln x\,.$

Da der Logarithmus für ${}x\rightarrow 0$ beliebig kleine Werte annimmt, gilt das auch für ${}f$.

Für ${}x>1$ ist ${}1-{\frac {1}{x}}>0$ und daher

${}f(x)\geq \ln x\,.$

Da der Logarithmus für ${}x\rightarrow \infty$ beliebig große Werte annimmt, gilt das auch für ${}f$.

b) Durch Einsetzen ergibt sich ${}f(1)=0$, also ist ${}u=1$ das Urbild von ${}0$. Aufgrund der Berechnung der Ableitung oben ist ${}f'(1)=2$. Aufgrund der Regel für die Ableitung der Umkehrfunktion gilt daher

${}(f^{-1})'(0)={\frac {1}{f'(f^{-1}(0))}}={\frac {1}{f'(1)}}={\frac {1}{2}}\,.$

 

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 * (4 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.

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

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es seien

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

zwei differenzierbare Funktionen. Es sei ${}a\in \mathbb {R}$. Es gelte

$f(a)\geq g(a){\text{ und }}f'(x)\geq g'(x){\text{ für alle }}x\geq a.$

Zeige, dass

$f(x)\geq g(x){\text{ für alle }}x\geq a{\text{ gilt}}.$

Lösung

Wir betrachten die Hilfsfunktion

$h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto h(x)=f(x)-g(x).$

Nach den Voraussetzungen ist ${}h$ differenzierbar, es ist ${}h(a)\geq 0$ und es ist ${}h'(x)\geq 0$ für alle ${}x\geq a$. Wir müssen zeigen, dass ${}h(a)\geq 0$ für alle ${}x\geq a$ ist. Nehmen wir also an, dass es ein ${}x>a$ mit ${}h(x)<0$ gibt. Aufgrund des Mittelwertsatzes gibt es ein ${}c\in [a,x]$ mit

${}h'(c)={\frac {h(x)-h(a)}{x-a}}\,.$

Da diese Zahl negativ ist, ergibt sich ein Widerspruch.

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Berechne das bestimmte Integral zur Funktion

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

über ${}[-1,0]$.

Lösung

Eine Stammfunktion ist

${\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x.$

Daher ist das bestimmte Integral gleich

${}{\begin{aligned}\int _{-1}^{0}f(x)\,dx&={\left({\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x\right)}|_{-1}^{0}\\&=(0+3+1)-{\left({\frac {1}{2}}(-1)^{4}+3e^{-1}+\cos(-1)\right)}\\&={\frac {7}{2}}-3e^{-1}-\cos(-1).\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Finde eine Lösung für die gewöhnliche Differentialgleichung

$y'={\frac {t}{t^{2}-1}}y^{2}$

mit ${}t>1$ und ${}y<0$.

Lösung

Es liegt eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen vor. Wir setzen

${}h(y)={\frac {1}{y^{2}}}\,,$

davon ist

${}H(y)=-y^{-1}\,$

eine Stammfunktion. Die Umkehrfunktion davon ist ebenfalls

${}H^{-1}(u)=-u^{-1}\,.$

Wir setzen weiter

${}g(t)={\frac {t}{t^{2}-1}}\,.$

Wir machen den Ansatz für die Partialbruchzerlegung, also

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

Daraus ergibt sich die Bedingung

${}t=a(t+1)+b(t-1)\,$

und daraus

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

Also ist

${}G(t)={\frac {1}{2}}\ln(t+1)+{\frac {1}{2}}\ln(t-1)\,$

eine Stammfunktion von ${}g(t)$. Daher ist

${}y(t)={\frac {-2}{\ln(t-1)+\ln(t+1)}}\,$

eine Lösung, die für ${}t>1$ definiert ist und für die ${}y(t)<0$ gilt.

 

Zur pdf-Version der Klausur

Zur pdf-Version der Klausur mit Lösungen