Kurs:Mathematik für Anwender I/4/Klausur mit Lösungen

Aufgabe * (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine injektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

2. Eine surjektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

3. Die Dimension eines ${}K$-Vektorraums ${}V$ (${}V$ besitze ein endliches Erzeugendensystem).
4. Der Kern einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

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

5. Der Limes (oder Grenzwert) einer reellen Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$.
6. Die Stetigkeit einer Abbildung

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

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

7. Die eulersche Zahl ${}e$.
8. Eine lineare inhomogene gewöhnliche Differentialgleichung.

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine injektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

2. Eine surjektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

3. Die Dimension eines ${}K$-Vektorraums ${}V$ (${}V$ besitze ein endliches Erzeugendensystem).
4. Der Kern einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

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

5. Der Limes (oder Grenzwert) einer reellen Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$.
6. Die Stetigkeit einer Abbildung

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

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

7. Die eulersche Zahl ${}e$.
8. Eine lineare inhomogene gewöhnliche Differentialgleichung.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Injektivitätskriterium für lineare Abbildungen.
2. Das Leibnizkriterium für alternierende Reihen.
3. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung.
4. Die Stammfunktion der Umkehrfunktion.

Lösung

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

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   sei eine ${}K$- lineare Abbildung.

   Dann ist ${}\varphi$ genau dann injektiv, wenn ${}\operatorname {kern} \varphi =0$ ist.

2. Es sei ${}{\left(x_{k}\right)}_{k\in \mathbb {N} }$ eine fallende Nullfolge von nichtnegativen reellen Zahlen.

   Dann konvergiert die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}x_{k}$.

3. 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

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

4. Es sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow [c,d]$ eine bijektive differenzierbare Funktion und es sei ${}F$ eine Stammfunktion von ${}f$.

   Dann ist

   ${}G(y):=yf^{-1}(y)-F{\left(f^{-1}(y)\right)}\,$

   eine Stammfunktion der Umkehrfunktion ${}f^{-1}$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Zwei Personen, ${}A$ und ${}B$, liegen unter einer Palme, ${}A$ besitzt ${}2$ Fladenbrote und ${}B$ besitzt ${}3$ Fladenbrote. Eine dritte Person ${}C$ kommt hinzu, die kein Fladenbrot besitzt, aber ${}5$ Taler. Die drei Personen werden sich einig, für die ${}5$ Taler die Fladenbrote untereinander gleichmäßig aufzuteilen. Wie viele Taler gibt ${}C$ an ${}A$ und an ${}B$?

Lösung

Es gibt insgesamt ${}5$ Fladenbrote, so dass also jede Person ${}{\frac {5}{3}}$ Brote isst. Somit gibt ${}A$ genau ${}{\frac {1}{3}}$ Brot an ${}C$ ab und ${}B$ gibt ${}{\frac {4}{3}}$ Brote an ${}C$ ab. ${}B$ gibt also ${}4$-mal soviel ab wie ${}A$ und bekommt daher ${}4$ Taler, und ${}A$ bekommt einen Taler von ${}C$.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Zeige durch Induktion über ${}n$, dass es zu natürlichen Zahlen ${}a,n$ mit ${}a>0$ natürliche Zahlen ${}q,r$ mit ${}r<a$ und mit

${}n=aq+r\,$

gibt.

Lösung

Es sei ${}a>0$ fixiert. Der Induktionsanfang ergibt sich direkt mit ${}q=0$ und ${}r=n=0$. Für den Induktionsschluss sei die Aussage für ${}n$ bewiesen, d.h. wir haben eine Darstellung ${}n=aq+r$ mit ${}r<a$ und müssen eine ebensolche Darstellung für ${}n+1$ finden. Wenn ${}r<a-1$ ist, so ist

${}n+1=aq+r+1\,$

und wegen ${}r+1<a$ ist dies eine gesuchte Darstellung. Ist hingegen ${}r=a-1$, so ist

${}n+1=aq+r+1=aq+a=a(q+1)+0\,,$

und dies ist eine gesuchte Darstellung.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es seien die beiden komplexen Polynome

$P=X^{3}-2{\mathrm {i} }X^{2}+4X-1\,\,{\text{ und }}\,\,Q={\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }$

gegeben. Berechne ${}P(Q)$ (es soll also ${}Q$ in ${}P$ eingesetzt werden).

Lösung

${}{\begin{aligned}P(Q)&=Q^{3}-2{\mathrm {i} }Q^{2}+4Q-1\\&={\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{3}-2{\mathrm {i} }{\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}+4{\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}-1\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+3{\mathrm {i} }^{2}(-3+2{\mathrm {i} })X^{2}+3{\mathrm {i} }{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}X+{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{3}\\&\,\,\,\,\,\,\,-2{\mathrm {i} }{\left({\mathrm {i} }^{2}X^{2}+2{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}{\mathrm {i} }X+{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}\right)}+4{\mathrm {i} }X-12+8{\mathrm {i} }-1\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+9X^{2}-6{\mathrm {i} }X^{2}+3{\mathrm {i} }{\left(9-4-12{\mathrm {i} }\right)}X-27+54{\mathrm {i} }+36-8{\mathrm {i} }\\&\,\,\,\,\,\,\,+2{\mathrm {i} }X^{2}-12X+8{\mathrm {i} }X-18{\mathrm {i} }-24+8{\mathrm {i} }+4{\mathrm {i} }X-13+8{\mathrm {i} }\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+{\left(9-4{\mathrm {i} }\right)}X^{2}+{\left(24+27{\mathrm {i} }\right)}X-28+44{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es sei

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

die durch die Matrix ${}M={\begin{pmatrix}5&1\\2&3\end{pmatrix}}$ (bezüglich der Standardbasis) festgelegte lineare Abbildung. Bestimme die beschreibende Matrix zu ${}\varphi$ bezüglich der Basis ${}{\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}$.

Lösung

Es ist

${}\varphi {\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&1\\2&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}9\\14\end{pmatrix}}\,$

und

${}\varphi {\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&1\\2&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}22\\14\end{pmatrix}}\,.$

Diese Bildvektoren müssen wir bezüglich der Basis ausdrücken. Der Ansatz

${\begin{pmatrix}9\\14\end{pmatrix}}=a{\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}$

bzw.

$9=a+4b\,\,{\text{ und }}\,\,14=4a+2b$

führt auf

$-19=-7a$

und damit auf ${}a={\frac {19}{7}}$ und ${}b={\frac {11}{7}}$. Der Ansatz

${\begin{pmatrix}22\\14\end{pmatrix}}=c{\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}+d{\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}$

bzw.

$22=c+4d\,\,{\text{ und }}\,\,14=4c+2d$

führt auf

$-6=-7c$

und damit auf ${}c={\frac {6}{7}}$ und ${}d={\frac {37}{7}}$. Daher ist die beschreibende Matrix von ${}\varphi$ bezüglich der Basis ${}{\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}$ gleich

${\begin{pmatrix}{\frac {19}{7}}&{\frac {6}{7}}\\{\frac {11}{7}}&{\frac {37}{7}}\end{pmatrix}}.$

 

Aufgabe * (6 (2+4) Punkte)

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

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

sei eine ${}K$- lineare Abbildung.

a) Zeige, dass der Kern von ${}\varphi$ ein Untervektorraum von ${}V$ ist.

b) Beweise das Injektivitätskriterium für eine lineare Abbildung.

Lösung

a) Bei einer linearen Abbildung ist ${}\varphi (0)=0$, also ist ${}0\in \operatorname {kern} \varphi$. Es seien ${}u,v\in \operatorname {kern} \varphi$. Dann ist ${}\varphi (u+v)=\varphi (u)+\varphi (v)=0+0=0$, also ${}u+v\in \operatorname {kern} \varphi$. Für ${}v\in \operatorname {kern} \varphi$ und ${}a\in K$ ist schließlich

${}\varphi (av)=a\varphi (v)=a0=0\,,$

also ${}av\in \operatorname {kern} \varphi$. Damit ist der Kern ein Untervektorraum von ${}V$.

b) 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 * (4 Punkte)

a) Bestimme, ob die komplexe Matrix

${}M={\begin{pmatrix}2+5{\mathrm {i} }&1-2{\mathrm {i} }\\3-4{\mathrm {i} }&6-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,$

invertierbar ist.

b) Finde eine Lösung für das inhomogene lineare Gleichungssystem

${}M{\begin{pmatrix}z_{1}\\z_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}54+72{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

a) Wir berechnen die Determinante der Matrix. Diese ist

${}{\begin{aligned}\det M&=(2+5{\mathrm {i} })(6-2{\mathrm {i} })-(3-4{\mathrm {i} })(1-2{\mathrm {i} })\\&=12+10+30{\mathrm {i} }-4{\mathrm {i} }-(3-8-4{\mathrm {i} }-6{\mathrm {i} })\\&=27+36{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Insbesondere ist die Matrix invertierbar.

b) Es ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}54+72{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}&=2{\begin{pmatrix}\det M\\0\end{pmatrix}}\\\end{aligned}}$

Daher können wir direkt eine Lösung angeben, nämlich

${}{\begin{pmatrix}z_{1}\\z_{2}\end{pmatrix}}=2{\begin{pmatrix}6-2{\mathrm {i} }\\-(3-4{\mathrm {i} })\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12-4{\mathrm {i} }\\-6+8{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,.$

Es ist ja

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}2+5{\mathrm {i} }&1-2{\mathrm {i} }\\3-4{\mathrm {i} }&6-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2(6-2{\mathrm {i} })\\2(-3+4{\mathrm {i} })\end{pmatrix}}&=2{\begin{pmatrix}(2+5{\mathrm {i} })(6-2{\mathrm {i} })+(1-2{\mathrm {i} })(-3+4{\mathrm {i} })\\(3-4{\mathrm {i} })(6-2{\mathrm {i} })+(6-2{\mathrm {i} })(-3+4{\mathrm {i} })\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2\det M\\0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Entscheide, ob die Folge

${}x_{n}:={\frac {3\sin ^{4}n-7n^{3}+11n}{5n^{3}-4n^{2}-\cos n}}\,$

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

Lösung

Wir erweitern den Bruch mit ${}1/n^{3}$ ($n\geq 1$) und schreiben

${}{\begin{aligned}{\frac {3\sin ^{4}n-7n^{3}+11n}{5n^{3}-4n^{2}-\cos n}}&={\frac {3{\frac {\sin ^{4}n}{n^{3}}}-7{\frac {n^{3}}{n^{3}}}+11{\frac {n}{n^{3}}}}{5{\frac {n^{3}}{n^{3}}}-4{\frac {n^{2}}{n^{3}}}-{\frac {\cos n}{n^{3}}}}}\\&={\frac {3{\frac {\sin ^{4}n}{n^{3}}}-7+11{\frac {1}{n^{2}}}}{5-4{\frac {1}{n}}-{\frac {\cos n}{n^{3}}}}}\end{aligned}}$

Dabei konvergieren ${}11{\frac {1}{n^{2}}}$ und ${}-4{\frac {1}{n}}$ gegen ${}0$ und wegen ${}-1\leq \sin n,\cos n\leq 1$ konvergieren auch ${}{\frac {\sin ^{4}n}{n^{3}}}$ und ${}{\frac {\cos n}{n^{3}}}$ gegen ${}0$. Somit konvergiert die Folge gegen ${}-{\frac {7}{5}}$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)={\frac {\ln {\left(2x^{2}\right)}}{7^{x}}}.$

Lösung

Wir verwenden die Darstellung ${}7^{x}=e^{x\ln(7)}$. Aufgrund der Quotientenregel und der Kettenregel ist

${}{\begin{aligned}f'(x)&={\left({\frac {\ln(2x^{2})}{e^{x\ln(7)}}}\right)}^{\prime }\\&={\frac {e^{x\ln(7)}{\frac {1}{2x^{2}}}4x-\ln(2x^{2})\ln(7)e^{x\ln(7)}}{{\left(e^{x\ln(7)}\right)}^{2}}}\\&={\frac {2x^{-1}-\ln(2x^{2})\ln(7)}{e^{x\ln(7)}}}\\&={\frac {2-x\ln(2x^{2})\ln(7)}{x7^{x}}}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme die lokalen und globalen Extrema der Funktion

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

Lösung

Die erste Ableitung ist

${}f^{\prime }(t)={\left(2t-t^{2}\right)}e^{-t}=t{\left(2-t\right)}e^{-t}\,,$

deren Nullstellen sind ${}0$ und ${}2$. Die zweite Ableitung ist

${}f^{\prime \prime }(t)={\left(t^{2}-4t+2\right)}e^{-t}\,,$

so dass ${}f^{\prime \prime }(0)>0$ und ${}f^{\prime \prime }(2)<0$ ist. Daher liegt nach Fakt ***** in ${}0$ ein (isoliertes) lokales Minimum mit dem Wert ${}f(0)=0$ und in ${}2$ ein (isoliertes) lokales Maximum mit dem Wert ${}4\cdot e^{-2}$ vor. Da für ${}t\neq 0$ sowohl ${}t^{2}$ als auch ${}e^{-t}$ positiv sind, liegt in ${}0$ auch das globale Minimum vor. Für ${}t\rightarrow -\infty$ wächst die Funktion hingegen gegen ${}+\infty$, sodass in ${}2$ kein globales Maximum vorliegt.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${}4$ zur Funktion

${}f(x)=e^{x^{2}}-x\,$

im Entwicklungspunkt ${}a=1$.

Lösung

Wir berechnen zuerst die Ableitungen, diese sind

$f^{\prime }(x)=2xe^{x^{2}}-1,$

$f^{\prime \prime }(x)=2e^{x^{2}}+2x2xe^{x^{2}}={\left(2+4x^{2}\right)}e^{x^{2}},$

$f^{\prime \prime \prime }(x)={\left(8x\right)}e^{x^{2}}+2x{\left(2+4x^{2}\right)}e^{x^{2}}={\left(12x+8x^{3}\right)}e^{x^{2}},$

$f^{\prime \prime \prime \prime }(x)={\left(12+24x^{2}\right)}e^{x^{2}}+2x{\left(12x+8x^{3}\right)}e^{x^{2}}={\left(12+48x^{2}+16x^{4}\right)}e^{x^{2}}.$

Somit ist

$f(1)=e-1,\,f^{\prime }(1)=2e-1,\,f^{\prime \prime }(1)=6e,\,f^{\prime \prime \prime }(1)=20e,\,f^{\prime \prime \prime \prime }(1)=76e.$

Das Taylor-Polynom vom Grad ${}4$ zum Entwicklungspunkt ${}1$ ist demnach

$e-1+{\left(2e-1\right)}{\left(x-1\right)}+3e{\left(x-1\right)}^{2}+{\frac {10e}{3}}{\left(x-1\right)}^{3}+{\frac {19e}{6}}{\left(x-1\right)}^{4}$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion von ${}\sin ^{3}x$.

Lösung

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{x}\sin ^{3}t\,dt&=\int _{0}^{x}\sin t\cdot \sin ^{2}t\,dt\\&=\int _{0}^{x}\sin t\cdot {\left(1-\cos ^{2}t\right)}\,dt\\&=\int _{0}^{x}\sin t\,dt-\int _{0}^{x}(\sin t\cos t)\cos t\,dt\\&=\int _{0}^{x}\sin t\,dt-{\left({\frac {\sin ^{2}t}{2}}\cos t\right)}|_{0}^{x}-{\frac {1}{2}}{\left(\int _{0}^{x}\sin ^{3}t\,dt\right)}.\end{aligned}}$

Durch Multiplikation mit ${}2$ und Umstellen erhält man

${}{\begin{aligned}3\int _{0}^{x}\sin ^{3}t\,dt&=2\int _{0}^{x}\sin t\,dt-\sin ^{2}x\cos x\\&=-2\cos x-\sin ^{2}x\cos x.\end{aligned}}$

Also ist

$-{\frac {2}{3}}\cos x-{\frac {1}{3}}\sin ^{2}x\cos x$

eine Stammfunktion von ${}\sin ^{3}x$.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion von

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

für ${}x>1$.

Lösung

Es handelt sich um eine rationale Funktion, bei der der Zählergrad größer als der Nennergrad ist. Daher führen wir zuerst die Division mit Rest durch, diese liefert

${}x^{3}+x=(x^{2}-1)x+2x\,$

bzw.

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

Eine Stammfunktion des hinteren Summanden ist

$\ln {\left(x^{2}-1\right)},$

daher ist insgesamt

${\frac {1}{2}}x^{2}+\ln {\left(x^{2}-1\right)}$

eine Stammfunktion von ${}{\frac {x^{3}+x}{x^{2}-1}}$.

 

Aufgabe * (6 Punkte)

a) Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung

$y'={\frac {t^{3}}{y^{2}}},\,y>0,\,t>0,$

mit dem Lösungsansatz für getrennte Variablen.

b) Bestimme die Lösung des Anfangswertproblems

$y'={\frac {t^{3}}{y^{2}}}{\text{ mit }}y(1)=1.$

Lösung

a) Wir setzen ${}g(t)=t^{3}$ und ${}h(y)={\frac {1}{y^{2}}}$. Eine Stammfunktion von ${}g(t)$ ist ${}G(t)={\frac {1}{4}}t^{4}$ und eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{h(y)}}=y^{2}$ ist ${}H(y)={\frac {1}{3}}y^{3}$. Die Umkehrfunktion von ${}H$ ist

$H^{-1}(z)={\sqrt[{3}]{3z}}.$

Daher ist

$y(t)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}t^{4}}}={\sqrt[{3}]{\frac {3}{4}}}t^{4/3}$

eine Lösung der Differentialgleichung.

b) Wir machen den Ansatz ${}H(y)={\frac {1}{3}}y^{3}+c$ mit der Umkehrfunktion

$H^{-1}(z)={\sqrt[{3}]{3z-3c}},$

was zur Lösung(sschar) ${}y(t)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}t^{4}-3c}}$ führt. Aus

${}1=y(1)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}1-3c}}\,$

folgt ${}c=-{\frac {1}{12}}$. Also ist

$y(t)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}t^{4}+{\frac {1}{4}}}}$

die Lösung des Anfangswertproblems.

 

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