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Universität Duisburg-Essen, Campus Duisburg herausgegeben von der Fakultät für Ingenieurwissenschaften Vorkurs Mathematik für Ingenieure Aufgaben und Lösungsvorschläge Wintersemester 2012/2013 von Wolfgang Hümbs und Klaus Kuzyk

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Page 1: Vorkurs Mathematik für Ingenieure Aufgaben und ... · Universität Duisburg-Essen, Campus Duisburg herausgegebenvonder Fakultät für Ingenieurwissenschaften Vorkurs Mathematik für

Universität Duisburg-Essen, Campus Duisburg

herausgegeben von derFakultät für Ingenieurwissenschaften

Vorkurs Mathematikfür Ingenieure

Aufgaben und Lösungsvorschläge

Wintersemester 2012/2013

vonWolfgang Hümbs

undKlaus Kuzyk

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Kein mathematischer Text darf unkritisch gelesen werden. Auch nach einer Be-arbeitung können sich noch Fehler jeder Art darin verbergen.

Die Autoren bedanken sich herzlich bei Frau F. Fleischmann für das sorgfäl-tige Setzen des Manuskriptes in LATEX und das Anfertigen der Graphiken mitpstricks, sowie bei Herrn S. Schulz für die Überarbeitung.

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Mengenlehre und Logik

Aufgabe 1:

(a) Bei vielen Schiffen ist ein deutlich vorgezogener strömungsförmig geform-ter Bug zu erkennen. Welches Tier ist hierfür Vorbild?

(b) Für angehende tüftelnde Ingenieure: Wie kann man mit einem Schokola-denriegel die Lichtgeschwindigkeit messen? Dabei dürfen alle Küchenge-räte verwendet werden.

(c) Für Zahlenliebhaber: Bekanntlich kann man jede natürliche Zahl als Pro-dukt von Primzahlen schreiben, zum Beispiel

16 = 2 · 2 · 2 · 2 = 24

33 = 3 · 11

48 = 3 · 24 und so weiter.

Eine zusammengesetzte Zahl heißt Smith-Zahl, wenn die Quersumme derZahl übereinstimmt mit der Summe der Quersummen ihrer verschiedenenPrimteiler. Beispielsweise ist 33 keine Smith-Zahl, denn es ist 33 = 3 · 11,aber

3 + 3 = 6 und 3 + 1 + 1 = 5.

Finden Sie die kleinste Smith-Zahl.Zur Erinnerung: 1 ist keine Primzahl. Eine Zahl heißt zusammenge-setzt, wenn sie mehr als zwei Teiler hat. Zum Beispiel ist 33 = 3 · 11 einezusammengesetzte Zahl, weil sie die Teiler 1, 3, 11 und 33 hat.

Lösung:

(a) Der Delphin ist aus vielerlei Gesichtspunkten heraus bemerkenswert, wo-bei seine elegante Stromlinienform besonders ins Auge fällt. Wie strö-mungsmechanische Versuche ergeben haben, trägt die spindelförmige Ge-stalt wesentlich dazu bei, dass sich der Delphin mit großer Geschwindigkeitdurch das Wasser bewegen kann. Auch die schlüpfrige Haut dieser Tiereist strömungstechnisch sehr günstig. Zur Verringerung der Reibung ver-wenden die Delphine noch eine weitere Methode, die der Mensch bishernur unzulänglich nachzuahmen vermochte: Sie sind nicht wie Schiffe starr

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umkleidet, sondern verfügen über eine speziell strukturierte Haut, die denWasserwirbeln nachgibt und sie auf diese Weise dämpft.Was die Natur schon lange weiß, hat der Mensch erst in den letzten Jahr-zehnten gelernt: Die strömungstechnisch günstige Form moderner Autosbeispielsweise bietet der Luft nur ein Viertel des Widerstandes, den alteKastenmodelle zu überwinden hatten.Und es hat seinen guten Grund, dassman bei Schiffsrümpfen die strömungsgünstigen Eigenschaften der Fischeund Wale, einschließlich Delphine, nachzuahmen versucht.

(Quelle: Bionik - Lernen von der Natur, Seite 18, Broschüre des Siemens-Museums München, Bestellnummer A19100-F1-A26-V1)

(b) Eine ausführliche Lösung ist in O’Hare, M.:“Wie man mit einem Schoko-riegel die Lichtgeschwindigkeit misst“ zu finden.

Ein Schokoriegel wird (ohne Drehgestell) in der Mikrowelle so platziert,dass er sich nicht bewegen kann. Nach kurzzeitigem Erhitzen beginnt derRiegel an einigen Stellen zu schmelzen. Der Abstand der Schmelzlöcherist gerade die halbe Wellenlänge.Wegen c = λ · f und dem Messwert λ

2 = 6cm ergibt sich mit der Frequenzder Mikrowelle von 2.45 GHz die sehr gute Näherung von

c = 2.45GHz · 12cm

= 294000kmS.

(c) 22. Verzichtet man in der Definition auf “verschiedene Primteiler”, so ist 4die kleinste Smith-Zahl.

Aufgabe 2:Geben Sie folgende Mengen in möglichst einfacher Form an.

(a) M = x ∈ R | x2 = 25 und 2x = 8

(b) M = x ∈ R | x2 = 4

(c) M = x ∈ R | 2x = 4 und x2 = 4

(d) M = x ∈ R | x3 + 2x2 − 4x+ 1 = 0

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Lösung:

(a) Wegen x2 = 25⇔ x = ±5 und 2x = 8⇔ x = 4 gilt M = ∅.

(b) M = −2, 2

(c) M = 2

(d) Offensichtlich ist 1 eine Nullstelle des Polynoms. Polynomdivision ergibt

(x3 + 2x2 − 4x + 1) : (x− 1) = x2 + 3x− 1−(x3 − x2)

3x2 − 4x−(3x2 − 3x)

−x + 1−(−x + 1)

0

Wegenx2 + 3x− 1 = 0

⇔ x2 + 3x = 1

⇔(x+

3

2

)2

= 1 +

(3

2

)2

⇔(x+

3

2

)2

=13

4

⇔ x = ±√

13

4− 3

2

bzw. x =

√13

2− 3

2oder x =

−√

13

2− 3

2

folgt also insgesamt

M =

1,

√13− 3

2,−√

13 + 3

2

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Aufgabe 3:Geben Sie die Potenzmengen folgender Mengen an:

(a) M = 1, 2, 3

(b) M =

3, 1, 4

Lösung:

(a) Die Potenzmenge besitzt 23 = 8 Elemente:

P(M) = ∅,M, 1, 2, 3, 1, 2, 1, 3, 2, 3

(b) Die Potenzmenge besitzt 22 = 4 Elemente:

P(M) =∅,M, 3,

1, 4

Aufgabe 4:Gegeben seien die Universalmenge

U = 1, 2, 3, 4, 5

und die Mengen

M = 1 und N = 1, 2.

Geben Sie folgende Mengen an:

(a) M ∪N

(b) M ∩N

(c) MC

(d) NC

(e) N \M

(f) M \N

Lösung:

(a) M ∪N = 1, 2

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(b) M ∩N = 1

(c) MC = 2, 3, 4, 5

(d) NC = 3, 4, 5

(e) N \M = 2

(f) M \N = ∅

Aufgabe 5:Geben Sie jeweils die Potenzmengen an:

(a) P (∅) =

(b) P (∅, ∅) =

(c) P (a, a, b) =

Lösung:Es gibt 2n Teilmengen einer Menge mit n Elementen.

(a) P (∅) = ∅

(b) P (∅, ∅) = ∅, ∅, ∅, ∅, ∅

(c) P (a, a, b) = ∅, a, a, b, a, a, b.

Aufgabe 6:Sei E ⊂ R und A bzw. B seien Teilmengen von E. Dann definiert man

A+B := x+ y|x ∈ A, y ∈ B

und für λ ∈ RλA := λx|x ∈ A.

Dabei ist „+“ bzw. „·“ die natürliche Addition bzw. Multiplikation auf R. Be-weisen oder widerlegen Sie:Es gilt 2A = A+A für alle A ⊂ R.Lösung:

Die Aussage ist falsch. Sei A = 1, 2. Dann gilt A + A = 2, 3, 4 und2A = 2, 4, d.h. 2A ⊆ A+A (was immer gilt!) aber 2A 6= A+A.

Aufgabe 7:

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(a) Überprüfen Sie, ob die Gleichung (A \B) \ C = A \ (B \ C) für beliebigeMengen A,B und C gilt.

(b) Anna sagt: “Bernd lügt.” Bernd sagt: “Carina lügt.” Carina sagt: “Annaund Bernd lügen.”Wer lügt?

Lösung:

(a) Seien A = 1, 2, B = 1, 3 und C = 1, dann ist

(A \B) \ C = 2und A \ (B \ C) = 1, 2.

Die Gleichung gilt also nicht für beliebige Mengen.

(b) Carina kann nicht die Wahrheit sagen, denn dann ergäbe sich ein Wider-spruch zu Annas Aussage: Wenn Carina nämlich die Wahrheit sagt, istBernd ein Lügner, Anna würde also die Wahrheit sagen im Widerspruchdazu, dass Carina auch Anna als Lügnerin bezeichnet und wir angenom-men hatten, dass Carina die Wahrheit sagt.Carina lügt also, das heißt, dass Bernd die Wahrheit sagt. Offensichtlichlügt dann Anna.Wir können auch über eine Wahrheitstafel zur Lösung gelangen: Sei da-zu A die Aussage, dass Anna die Wahrheit sagt, entsprechend seien dieAussagen B und C definiert. Dann finden wir

Anna sagt: “Bernd lügt.” entspricht A⇔ (¬B).Bernd sagt: “Carina lügt.” entspricht B ⇔ (¬C).Carina sagt: “Anna und Bernd lügen.” entspricht C ⇔

((¬A) ∧ (¬B)

).

Schreiben wir nun alle möglichen Kombinationen von Wahrheitswerten ineine Tafel

A B C A⇔ (¬B) B ⇔ (¬C) C ⇔((¬A) ∧ (¬B)

)W W W F F FW W F F W WW F W W W FW F F W F WF W W W F FF W F W W WF F W F W WF F F F F F

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so sieht man, dass nur die Belegung “A falsch”, “B wahr”, “C falsch” alleAussagen widerspruchsfrei auflöst.

Aufgabe 8:Gegeben sei die Menge M = 1, 2, a.

(a) Geben Sie die Potenzmenge P(M) an.

(b) Überprüfen Sie, ob die Funktion (der Operator) Γ : P(M) → P(M),A→ A für A ∈ P(M) monoton ist, d.h. es gilt A ⊆ A′ ⇒ Γ(A) ⊆ Γ(A′)für A,A′ ∈ P(M). Geben Sie die Abbildungen explizit an.

Lösung:

(a) Es gilt P(M) = ∅,M, 1, 2, a, 1, 2, 1, a, 2, a.

(b) Die Abbildung ist nicht monoton: Man hat mit A→ A:

∅ →M

M → ∅1 → 2, a2 → 1, aa → 1, 21, 2 → a1, a → 22, a → 1

und damit 1 ⊂ 1, 2 also 2, a 6⊂ a.

Aufgabe 9:

(a) Konstruieren Sie mit Hilfe von logischen Gattern eine Wechselschaltung,das heißt eine Leuchte soll von zwei Schaltern aus unabhängig geschaltetwerden können.

(b) Erweitern Sie dieses Problem auf drei Schalter (Kreuzschaltung).

(c) Zeichnen Sie zu (a) und (b) den technischen Schaltplan.

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(d) Kann man das System auf vier Schalter erweitern? Zeichnen Sie die Schalt-tabelle. Wie sieht die technische Realisierung aus?

Wer sich für die Optimierung von Schaltnetzen interessiert, kann sich zum Bei-spiel das Karnaugh-Veitch-Diagramm oder das Verfahren von Quine-McCluskeyansehen.Lösung:

(a) Das Schaltbild einer normalen Wechselschaltung sieht so aus:

Schalter X Schalter Y L = Leuchte0 0 10 1 01 1 11 0 0

(Dabei haben wir hier die für Schaltungen intuitiveren Schreibweisen 0und 1 gewählt anstatt F und W .) Man kann daher L so ausdrücken:

L = XY ∨ XY = (X ∨ Y ) ∧ (X ∨ Y )

(b) Eine Schaltung mit drei Schaltern kann man durch folgendes Diagrammsimulieren:

Schalter X Schalter Y Schalter Z L = Leuchte0 0 0 00 0 1 10 1 1 00 1 0 11 1 0 01 1 1 11 0 1 01 0 0 1

Es istL = XY Z ∨ XY Z ∨XY Z ∨XY Z

(c) Die Schaltpläne sind bei Wikipedia unter “Kreuzschaltung” und “Wechsel-schaltung” zu finden.

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(d)

Schalter A Schalter B Schalter C Schalter D L = Leuchte0 0 0 0 10 0 0 1 00 0 1 0 00 0 1 1 10 1 0 0 00 1 0 1 10 1 1 0 10 1 1 1 01 0 0 0 01 0 0 1 11 0 1 0 11 0 1 1 01 1 0 0 11 1 0 1 01 1 1 0 01 1 1 1 1

Eine technische Realisierung mit Hilfe von Kreuzschaltern gibt es zu die-sem Schaltbild nicht. Hier benutzt man Stromstoßrelais oder ein Bussy-stem. In einem Bussystem kann man die Schalter, die dort “Aktoren” hei-ßen, beliebig programmieren.

Aufgabe 10:

(a) Verifizieren Sie — zum Beispiel mit einer Wahrheitstabelle — dass manin der Voter-Funktion

Y = X1X2 ∨X2X3 ∨X1X3

jeweils ∨ durch ∧ und umgekehrt ersetzen darf. Zeigen Sie also, dass auch

Y = (X1 ∨X2) ∧ (X2 ∨X3) ∧ (X1 ∨X3)

gilt.

(b) Zeigen Sie, dass dies nicht für beliebige Schaltungen gilt.

Lösung:

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(a) Wir stellen die Wahrheitstabellen für

Y1 = X1X2∨X2X3∨X1X3 und Y2 = (X1∨X2)∧(X2∨X3)∧(X1∨X3)

auf. Es ergibt sich mit

X1 X2 X3 X1 ∧X2 X2 ∧X3 X1 ∧X3 Y1 X1 ∨X2 X2 ∨X3 X1 ∨X3 Y20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 0 0 1 1 00 1 0 0 0 0 0 1 1 0 00 1 1 0 1 0 1 1 1 1 11 0 0 0 0 0 0 1 0 1 01 0 1 0 0 1 1 1 1 1 11 1 0 1 0 0 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

tatsächlich die Äquivalenz von Y1 und Y2.

Bemerkung: Man kann das auch rechnerisch herleiten. Durch die Distri-butivgesetze (=Ausmultiplizieren) haben ∧ und · sowie ∨ und + ähnlicheEigenschaften. Ersetzt man — der Übersicht halber — ∧ durch · sowie ∨durch + und berücksichtigt man noch

x2 = x, x+ x = x, 1 + x = 1,

so erhält man

(x+ y)(x+ z)(y + z) = (x2 + xy + xz + yz)(y + z)

= (x+ yx+ xz + yz)(y + z)

=[(1 + y)x+ xz + yz

](y + z)

= (1x+ xz + yz)(y + z)

= (x+ xz + yz)(y + z)

=[x(1 + z) + yz)

](y + z)

= (x1 + yz)(y + z)

= (x+ yz)(y + z)

= xy + xz + yzy + yz2

= xy + xz + zy2 + yz2

= xy + xz + zy + yz

= xy + xz + yz + yz

= xy + xz + yz

(b) Offensichtlich darf man in der XOR-Schaltung Z = XY ∨XY nicht ∨ mit

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∧ vertauschen, denn es gilt:

X Y XY XY X ∨ Y X ∨ Y XY ∨ XY (X ∨ Y ) ∧ (X ∨ Y )0 0 0 0 1 1 0 10 1 0 1 0 1 1 01 0 1 0 1 0 1 01 1 0 0 1 1 0 1

Aufgabe 11:Bauen Sie aus Negatoren sowie UND- bzw. ODER-Gattern eine EXKLUSIV-ODER-Ver-knüpfung auf.Realisieren Sie dann diese Schaltung nur mit NAND-Gliedern.Lösung:

EXKLUSIV-ODER:Q = AB ∨AB

Zunächst werden beide Seiten negiert:

Q = AB ∨AB = AB ∧AB (nach De Morgan)

Dies ist die Nichtansprechbedingung. Um die Ansprechbedingung zu erhal-ten, muss noch einmal negiert werden:

Q = AB ∧AB = AB ∨AB

1 Q

1

NOT1

1 Q

1

NOT2

&

AND1

&

AND2

1

2

Q

≥1

OR1

B

A

Q =

A

B

AB

AB

1

1

2

Q

&

NAND1

1

2

Q

&

NAND2

1

2

Q

&

NAND3

1

2

Q

&

NAND4

1

2

Q

&

NAND5

B

A

Q

A

B

AB

AB

1

Q = AB ∨AB Q = AB ∧AB

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Elementare Funktionen

Aufgabe 1:

(a) Entscheiden Sie mit Begründung, ob die folgenden Abbildungen injektiv,surjektiv bzw. bijektiv sind. Geben Sie im Falle der Bijektivität die Um-kehrfunktion an.

(i) f : N→ N; f(n) = 3n− 2

(ii) f : R→ R; f(x) = 3x− 2

(iii) f : D → R; f(x) =x2 + 3

x2 + 1Geben Sie hier den maximalen Definitionsbereich D ⊂ R an.

(b) Wie kann man bei einer Funktion f : R → R an ihrem Graphen ablesen,ob sie injektiv oder surjektiv ist?

Lösung:

(a) (i) Die Funktion ist injektiv, denn aus 3n− 2 = 3m− 2 (mit m,n ∈ N)folgt sofort 3n = 3m, also n = m.f ist nicht surjektiv, denn zum Beispiel ist 2 6∈ f(N): Gäbe es einn ∈ N mit 3n− 2 = 2, so wäre 4 = 3n, also 4

3 = n ∈ N, Widerspruch.Damit ist f auch nicht bijektiv.

(ii) Die Funktion ist injektiv, denn aus 3x − 2 = 3y − 2 (mit x, y ∈ R)folgt 3x = 3y, also x = y.f ist auch surjektiv, denn für jedes y ∈ R ist 1

3 (y + 2) ∈ R undf(

13 (y + 2)

)= y.

Da f injektiv und surjektiv ist, ist f bijektiv.Wegen

y = 3x− 2⇔ y + 2 = 3x⇔ x =y + 2

3

ist f−1(y) = 13y + 2

3 die Umkehrfunktion.(iii) Wegen x2 + 1 > 0 für alle x ∈ R gilt D = R.

Offensichtlich ist f wegen f(−1) = f(1) nicht injektiv.Weil kein negativer Wert angenommen wird, ist f auch nicht surjek-tiv. Somit ist f auch nicht bijektiv.

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(b) Eine Parallele zur x-Achse muss den Graphen genau einmal schneiden:Schneidet sie ihn öfter, so ist f nicht injektiv. Schneidet eine Parallele denGraphen gar nicht, ist f nicht surjektiv.

Aufgabe 2:

(a) Gegeben ist f : R → R durch f(x) = 2x − 1. Bestimmen Sie f f undf f f .Können Sie ein allgemeines Bildungsgesetz für f . . . f erraten?

(b) Beweisen oder widerlegen Sie: Wenn f, g : M →M Abbildungen sind undf g injektiv ist, dann sind auch f und g injektiv.

Lösung:

(a) Es ist für alle x ∈ R(f f

)(x) = 2 · f(x)− 1 = 2 · (2x− 1)− 1 = 4x− 3,

ebenso(f f f

)(x) = 2 ·

(f f

)(x)− 1 = 2 · (4x− 3)− 1 = 8x− 7.

Daraus kann man für die Hintereinanderausführung von f folgende Regelerraten: (

f . . . f︸ ︷︷ ︸n−mal

)(x) = 2nx− 2n + 1.

(Zum Nachweis verwendet man das Verfahren der vollständigen Induktion,welches kein Vorkurs-Thema ist.)

(b) Die Aussage ist falsch! Wähle zum Beispiel

f : N→ N; f(n) :=

1, falls n ungeraden2 , falls n gerade

f ist nicht injektiv wegen f(1) = f(2). Wählt man jedoch noch

g : N→ N; g(n) := 2n,

so istf g : N→ N;

(f g

)(n) = n.

f g ist natürlich injektiv.

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Aufgabe 3:

(a) Sei r := ln 3 und s := ln 5. Drücken Sie folgende Zahlen mit Hilfe von rund s aus:

(i) ln 15

(ii) ln81

125(iii) log5 9

Dabei bezeichne loga b den Logarithmus von b zur Basis a, also dieZahl z mit az = b.

(b) Skizzieren Sie die Graphen von f, g : R+ → R

f(x) = e3 ln x

g(x) = ln(ex−√x) + e

12 ln x

Lösung:

(a) (i) ln 15 = ln(3 · 5) = ln 3 + ln 5 = r + s

(ii) ln81

125= ln

34

53= ln 34 − ln 53 = 4 ln 3− 3 ln 5 = 4r − 3s

(iii) log5 9 =ln 9

ln 5=

ln(32)

ln 5=

2 ln 3

ln 5=

2r

s

(b) Es istf(x) = e3 ln x = (eln x)3 = x3

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und

g(x) = ln(ex−√x) + e

12 ln x

= x−√x+ eln(x1/2)

= x−√x+ x12

= x−√x+√x

= x

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Aufgabe 4: (Übungsaufgabe Mathematik für Informatiker I, SS09)Berechnen Sie alle Lösungen x ∈ R von

(a) ln(x2 + 1)− 2 lnx = 2

(b) ln(x+√x2 − 1) + ln(x−

√x2 − 1) = 0

(c) 2−x = 5 · 3x−3

Für welche x ∈ R gilt folgende Ungleichung?

(d) x2 − x+ 1 ≥ 13

Lösung:

(a) Mit dem Definitionsbereich D = R>0 ist

2 = ln(x2 + 1)− 2 lnx

= lnx2 + 1

x2

⇔ e2 =x2 + 1

x2= 1 +

1

x2

⇔ x2 =1

e2 − 1(> 0)

⇔ x =

√1

e2 − 1

Die negative Lösung der vorletzten Gleichung kommt nicht als Lösung inFrage, weil die Lösungen in D liegen müssen.

(b) Man findet als Definitionsbereich D = R≥1. Damit ist

0 = ln(x+√x2 − 1) + ln(x−

√x2 − 1)

= ln((x+

√x2 − 1)(x−

√x2 − 1)

)= ln(x2 − x2 + 1)

= 0.

Daher ist die Gleichung erfüllt für alle x ∈ D.

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(c)

2−x = 5 · 3x−3

⇔ ln 2−x = ln(5 · 3x−3)

⇔ −x ln 2 = ln 5 + (x− 3) ln 3

⇔ x =ln 5− ln 27

− ln 2− ln 3= − ln 5

27

ln 6.

(d)

x2 − x+ 1 ≥ 13⇔ x2 − x− 12 ≥ 0⇔ (x− 4)(x+ 3) ≥ 0

Die Ungleichung ist also genau für

x ≤ −3 oder x ≥ 4

erfüllt.

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Aufgabe 5: (Klausuraufgabe Mathematik für Informatiker I, SS09)Geben Sie alle reellen Lösungen der folgenden Gleichungen an:

(a) 3x + 9x = 12

Hinweis: Substituieren Sie y = 3x.

(b) (105−x)6−x = 100

(c) 100 · 10x =x√

10005

Lösung:

(a)3x + 9x = 12

⇔ 3x + 32x − 12 = 0⇔ 3x + (3x)2 − 12 = 0

Mit der Substitution 3x = y erhält man daraus die quadratische Gleichung

y2 + y − 12 = 0.

Diese hat die Lösungen

y± = −1

2±√(1

2

)2

+ 12 =−1± 7

2=

+3−4

Nach der Rücksubstitution y = 3x erhalten wir daraus zwei Bestimmungs-gleichungen für x, nämlich

3x = 3 oder 3x = −4.

Die erste Gleichung hat nur x = 1 als Lösung, die zweite Gleichung liefertgar keine Lösung.

(b)(105−x)6−x = 100

⇔ (6− x)(5− x) log10 10 = log10 100

⇔ (6− x)(5− x) = 2

⇔ x = 7 ∨ x = 4.

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(c)100 · 10x =

x√

10005

⇔ 102+x = 1015x

⇔ 2 + x = 15x

⇔ x = 3 ∨ x = −5.

Aufgabe 6:

(a) Ein Kapital von 5000e soll sich bei stetiger Verzinsung in zehn Jahrenverdoppeln. Welcher Zinssatz ist dazu erforderlich?

(b) Wieviele Jahre dauert es, bis sich ein Kapital von 5000e verdreifacht hat,wenn es jährlich mit 4,5% verzinst wird?

Zur Erinnerung: Es gilt bei stetiger Verzinsung

K(t) = K0 · ept100 .

Dabei bezeichnet K(t) das Kapital zum Zeitpunkt t, K0 das Anfangskapital undp den Zinssatz in Prozent.Lösung:

(a) AusK(10) = 2K0 = K0e

10p100

ergibt sich p = 10 ln 2 ≈ 6, 93%.

(b) AusK(t) = 3K0 = K0e

4,5·t100

folgt

t = 100 · ln 3

4, 5≈ 24, 41.

Das sind ungefähr 24 Jahre und 5 Monate.

Aufgabe 7:Beweisen oder widerlegen Sie: Wenn zwei Sinusschwingungen f1 und f2 mitfi(t) = sin(ωit) auf dem kompakten Intervall [0,1] mit den Abtastwerten tk =k10 (k = 0, . . . , 9) übereinstimmen, dann gilt f1 = f2.

21

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Lösung:An folgendem Beispiel ist zu erkennen, dass die Schwingungen f1(t) = sin(8πt)und f2(t) = sin(28πt), also die Schwingungen mit 4Hz und 14Hz, allein an-hand von 10 Abtastwerten an den Stellen tk = k

10 , k = 0, . . . , 9, nicht zuunterscheiden sind.

Aufgabe 8:Die Kanalkapazität nach ShannonEin Übertragungsweg der Bandbreite f0, der durch ein Störsignal mit der mitt-leren Störleisung NR gestört wird, erlaubt (idealisiert) eine maximale Übertra-gungsgeschwindigkeit von

vM = f0 · ld(

1 +NSNR

),

wobei NS die mittlere Sendeleistung und ld den “Logarithmus dualis”, also denLogarithmus zur Basis 2 bezeichnet. (In der Praxis werden allerdings deutlichgeringere Übertragungsgeschwindigkeiten realisiert.)Mit welcher Störleistung muss nach Shannon gerechnet werden, wenn bei einemÜbertragungsweg das Verhältnis von maximaler Übertragungsgeschwindigkeitzu Bandbreite 3 zu 1 beträgt und mit einer Leistung von 7 Watt gesendet wird?

Lösung:Es gilt

vM = f0 · ld(

1 +NSNR

)

⇔ vMf0

= ld(

1 +NSNR

)

22

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Einsetzen der gegebenen Werte und Anwenden der Potenzfunktion 2z ergibt

23 = 1 +NSNR

⇔ 8− 1 =7

NR

⇔ NR = 1.

Das heißt, es muss mit einer Störleistung von 1 Watt gerechnet werden.

23

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Komplexe Zahlen

Aufgabe 1:Man bestimme den Real- und Imaginärteil folgender Zahlen:

(a) (5 + i)2

(b)3 + i

4− 5i

(c)3(1− i)2

2(2− i)(2 + i)

Lösung:

(a) (5 + i)2 = 25 + 10i+ i2 = 24 + 10i

(b)3 + i

4− 5i=

(3 + i)(4 + 5i)

(4− 5i)(4 + 5i)=

12 + 19i− 5

16 + 25=

7

41+

19

41i

(c)3(1− i)2

2(2− i)(2 + i)=

3− 6i+ 3i2

2(4− i2)=−6i

10= 0− 3

5i

Aufgabe 2:Man bestimme alle reellen und komplexen Lösungen der folgenden Gleichungen:

(a) z2 − 8z + 65 = 0

(b) z2 − (3 + 5i)z − 16 + 4i = 0

(c) 3z − (1− 2i)z + 2i = 0

Lösung:

(a)z2 − 8z + 65 = 0

⇔ z = 4±√

16− 65

⇔ z = 4 + 7i ∨ = 4− 7i

24

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(b)

z2 − (3 + 5i)z − 16 + 4i = 0

⇔ z =1

2(3 + 5i)±

√1

4(3 + 5i)2 + 16− 4i

=1

2(3 + 5i)±

√1

4(9 + 30i− 25) + 16− 4i

=1

2(3 + 5i)±

√12 +

7

2i

Der Ansatz√

12 + 72 i = x+ iy = w ergibt:

12 +7

2i = (x+ iy)2 = x2 − y2 + 2ixy

⇔ x2 − y2 = 12 ∧ xy =7

4.

Desweiteren gilt ∣∣12 + 72 i∣∣ = |x2 − y2 + 2ixy|

⇔√

144 +49

4=

√(x2 − y2)2 + 4x2y2

⇔ 25

2=

√(x2 + y2)2 = x2 + y2

Daraus ergibt sich x2 = 494 und y2 = 1

4 , woraus schließlich die Wurzeln

w± = ±1

2(7 + i)

folgen. Insgesamt erhalten wir

z± =1

2(3 + 5i)± 1

2(7 + i)

und damit letztlich

z+ = 5 + 3i und z− = −2 + 2i.

Mit der Polardarstellung hätte man das Wurzelziehen auch eleganter lösenkönnen: Es ist ∣∣∣∣12 +

7

2i

∣∣∣∣ =625

4=

25

2,

25

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also

w = 12 +7

2i =

25

2· ei·16,26,

das heißt

√w = ± 5√

2

(cos(8, 13) + i sin(8.13)

)= ±1

2(7 + i).

(c) Mit dem Ansatz z = x+ iy erhält man

0 = 3(x+ iy)− (1− 2i)(x− iy) + 2i

= 3x+ 3iy − x+ 2ix+ iy + 2y + 2i

= 2x+ 2y + (2x+ 4y + 2)i

⇔ 2x+ 2y = 0 ∧ 2x+ 4y + 2 = 0

⇔ y = −1 ∧ x = 1

Aufgabe 3:Welche Punkte der Gaußschen Zahlenebene erfüllen folgende Gleichungen?

(a) |z − 2| = 1

(b)∣∣∣∣ z

z + 1

∣∣∣∣ = 2

Lösung:

(a)|z − 2| = 1 ⇔ |x− 2 + iy| = 1

⇔√

(x− 2)2 + y2 = 1

⇒ (x− 2)2 + y2 = 1.

Dies ist ein Kreis um 2 + 0i mit Radius 1.

(b) ∣∣∣∣ z

z + 1

∣∣∣∣ = 2 ⇔ |z| = 2|z + 1|

26

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Setze z = x+ iy. Dann ist

|x+ iy| = 2|x+ 1 + iy|⇔

√x2 + y2 = 2

√(x+ 1)2 + y2

⇒ x2 + y2 = 4(x2 + 2x+ 1 + y2)

⇔ 3x2 + 8x+ 3y2 = −4

⇔ x2 + 83x+

(86

)2+ y2 = − 4

3 +(

86

)2⇔ (x+ 4

3 )2 + y2 = 49

Das ist ein Kreis um − 43 + 0i mit dem Radius 2

3 .

Aufgabe 4:

(a) Bestimmen Sie die Polardarstellungen von

z1 = −√

2 + i√

2,

z2 = 3√

3 + 3i

und z3 = 1− i√

3.

(b) Berechnen Sie

z4 =z13

1 · z22

z173

.

Lösung:

(a) Zuerst berechnen wir die Beträge der drei komplexen Zahlen:

|z1| =√

2 + 2 = 2, |z2| =√

27 + 9 = 6, |z3| =√

1 + 3 = 2

Die trigonometrischen Gleichungen

cosα1 = −√

22 , sinα1 =

√2

2

cosα2 = −√

32 , sinα2 = 1

2

cosα3 = − 12 , sinα3 = −

√3

2

haben in [0, 2π[ die Lösungen

27

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α1 = 3π4

α2 = π6

α3 = 5π3 .

Damit ergeben sich die folgenden Darstellungen der drei Zahlen:

z1 = 2

(cos

4+ i sin

4

)= 2 · ei 3π4

z2 = 6(

cosπ

6+ i sin

π

6

)= 6 · eiπ6

z3 = 2

(cos

3+ i sin

3

)= 2 · ei 5π3 .

(b) Wegen

z131 = 213

(cos

39π

4+ i sin

39π

4

)= 213

(cos

4+ i sin

4

)= 213 · ei 3π4 ·13 = 213 · ei 7π4

z22 = 36

(cos

π

3+ i sin

π

3

)= 36 · eiπ3

z173 = 217

(cos

85π

3+ i sin

85π

3

)= 217

(cos

π

3+ i sin

π

3

)= 217 · ei 5π3 ·17 = 217 · eiπ3

folgt

z4 =213 · 36

217· e

i 7π4 · eiπ3eiπ3

=9

4· ei 7π4 =

9√

2

8(1− i).

Aufgabe 5: (Klausuraufgabe Mathematik für Ingenieure I, 21.7.2006)

(a) Berechnen Sie Realteil, Imaginärteil und Betrag der komplexen Zahl

z = 3 · (1 + 2i) · (5 + i) + 5 · 28i− 3

14 + (1 + 2i)3.

28

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(b) Bestimmen Sie alle z ∈ C, die die folgende Gleichung lösen:

z · z + (3− 4i)z + (3 + 4i)z + 9 = 0

Beschreiben Sie die Gestalt der Lösungsmenge in der komplexen Ebene.

(c) Bestimmen Sie Betrag und Argument aller z ∈ C, die im zweiten Qua-dranten liegen, das heißt für die Re z ≤ 0 und Im z ≥ 0 gilt, und diefolgende Gleichung lösen:

z5 = −243i

Lösung:

(a) Es ist

z = 3 · (1 + 2i) · (5 + i) + 5 · 28i− 3

14 + (1 + 2i)3

= 3 · (1− 2i) · (5 + i) + 5 · 28i− 3

14 + 1 + 6i− 12− 8i

= 3 · (7− 9i) + 5 · (28i− 3)(3 + 2i)

(3− 2i)(3 + 2i)

= 21− 27i+ 5 · −65 + 78i

13

= 21− 27i− 25 + 30i

= −4 + 3i,

also Re z = −4, Im z = 3 und |z| =√

16 + 9 = 5.

(b) Mit

(3− 4i)z + (3 + 4i)z = (3− 4i)z + (3− 4i)z = 2 · Re((3− 4i)z

)und z · z = |z|2 liefert der Ansatz z = x+ iy mit x, y ∈ R die äquivalenteGleichung

x2 + y2 + 2 · Re((3− 4i)(x+ iy)

)+ 9 = 0,

alsox2 + y2 + 6x+ 8y + 9 = 0.

29

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Quadratische Ergänzung liefert

(x+ 3)2 + (y + 4)2 = 9 + 16− 9 = 16;

die Lösungsmenge ist also ein Kreis um −3− 4i mit Radius 4.

(c) Es ist |z|5 = |z5| = | − 243i| = 243, also |z| = 5√

243 = 3.

Für das Argument ϕ von z findet man nach der Formel von Moivre

5ϕ = arg(−243i) =3π

2+ 2kπ mit k ∈ 0, 1, 2, 3, 4.

Also ist ϕk = 3π10 + 2kπ

5 mit k ∈ 0, 1, 2, 3, 4. Nur für k = 1 ist jedochπ2 ≤ ϕk ≤ π, das gesuchte Argument ist also 7π

10 .

Aufgabe 6:Seien z1, z2 und z3 6= 0 beliebige komplexe Zahlen. Zeigen Sie:

(a) z1 + z2 = z1 + z2

(b) z1 − z2 = z1 − z2

(c) z1 · z2 = z1 · z2

(d)(

1

z3

)=

1

z3

(e)(z1

z3

)=z1

z3

Lösung:Seien z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2 und z3 = x3 + iy3 6= 0. Durch einfachUmformungen zeigt man die gewünschten Identitäten:

(a)

z1 + z2 = (x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2) + i(y1 + y2)

= x1 + x2 − i(y1 + y2) = x1 − iy1 + x2 − iy2

= z1 + z2

30

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(b)

z1 − z2 = (x1 + iy1)− (x2 + iy2) = (x1 − x2) + i(y1 − y2)

= x1 − x2 − i(y1 − y2) = x1 − iy1 − (x2 − iy2)

= z1 − z2

(c)

z1 · z2 = (x1 + iy1)(x2 + iy2)

= x1x2 − y1y2 + i(x1y2 + x2y1)

= x1x2 − y1y2 − i(x1y2 + x2y1)

= (x1 − iy1)(x2 − iy2)

= z1 · z2

(d)

(1

z3

)=

(1

x3 + iy3

)=

(x3 − iy3

x23 + y2

3

)

=x3

x23 + y2

3

− i y3

x23 + y2

3

=x3

x23 + y2

3

+ iy3

x23 + y2

3

=x3 + iy3

(x3 + iy3)(x3 − iy3)= 1

x3−iy3

=1

z3

Die Behauptung (e) folgt sofort aus (c) und (d).

31

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Aufgabe 7:Eine frei verlegte Telefonleitung besitze die Kenngrößen

R′ = 19Ω/kmL′ = 1, 5mS/kmG′ = 2µS/km

und C′ = 4nF/km.

(Dabei bezeichnet S die Einheit “Siemens”, sie entspricht dem reziproken elek-trischen Widerstand, also S = 1

Ω .) Es gilt

Z ′ = R′ + iωL′ und Y ′ = G′ + iωC′.

Berechnen Sie daraus den sog. Wellenwiderstand

ZL =

√Z ′

Y ′= |ZL| · eiζ

und die sog. Übertragungskonstante

γ :=√Z ′Y ′ = α+ iβ

für eine Kreisfrequenz von ω = 5 · 103Hz.Hierbei bezeichnet α die Dämpfungs- und β die Phasenkonstante (vgl. auchAufgabe 8).Lösung:

Mit den gegebenen Werten ist

Z ′ = R′ + iωL′ = (19 + 7, 5i)Ω/km

und

Y ′ = G′ + iωC′ = (2 + 20i)µS/km ≈ 20, 1 · 10−6ei·84,29S/km.

Damit ist

ZL =

√Z ′

Y ′= 1008 · e−i·31,38Ω ≈ 1 · e−i·31,38kΩ

und

γ =√Z ′Y ′ = 20, 26 · 10−3 · ei·52,92 1

km

≈ (12, 22 · 10−3 + i · 16, 16 · 10−3) 1km = α+ iβ

32

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Aufgabe 8:In der praktischen Übertragungstechnik rechnet man mit den komplexen Über-tragungskonstanten γ = α+iβ, vgl. auch Aufgabe 7. Dabei ist α die Dämpfungs-konstante in dB/km und β die Phasenkonstante in rad/km. Bei einer Messungwurde die Übertragungskonstante eines Koaxialkabels zu

γ = 20 · eiπ3

bestimmt. Bei welcher Frequenz f und Wellenlänge λ wurde diese Messungvorgenommen?Hinweis: Vernachlässigen Sie die Phasenkonstante und berechnen Sie die Dämp-fungskonstanten. Benutzen Sie die untenstehende Tabelle. Zur Erinnerung: DieSignalausbreitungsgeschwindigkeit in Metallen liegt zwischen 60% und 80% derLichtgeschwindigkeit, in einigen Koaxialkabeln sogar bei 88%. Benutzen Sie fürdiese Aufgabe den Wert cA = 2 · 108m/s. Weiterhin ist cA = λ · f .

Frequenz Dämpfung(in dB/100m bei 20¡C)

f = 5 MHz 1f = 50 MHz 3f = 100 MHz 4f = 200 MHz 5f = 300 MHz 7f = 450 MHz 9f = 800 MHz 12f = 1000 MHz 14f = 1350 MHz 17f = 1750 MHz 20f = 2050 MHz 21f = 2400 MHz 24f = 3000 MHz 28

Lösung:

γ = 20 · eiπ3 = 20(

cosπ

3+ i sin

π

3

)= 20 · 1

2+ 20 ·

√3

2i.

Vernachlässigt man die Phasenkonstante, so erhält man

10dBkm

, das heißt 1dB

100m.

33

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Aus der Tabelle entnimmt man

f = 5MHz,

das heißt es ergibt sich

λ =cAf

=2 · 108 m

s

5 · 106 1s

= 40m.

34

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Folgen und Reihen

Aufgabe 1:

Untersuchen Sie die Folgen (an)n∈N auf Monotonie, Beschränktheit und Kon-vergenz.

(a) an =2n− 1

3n+ 1

(b) an =n2

2n− 1

Lösung:

(a) Die Folge ist streng monoton wachsend, denn für alle n ∈ N gilt

6n2 + 5n− 4 < 6n2 + 5n+ 1

⇔ (2n− 1)(3n+ 4) < (2n+ 1)(3n+ 1)

⇔ 2n− 1

3n+ 1<

2n+ 1

3n+ 4=

2(n+ 1)− 1

3(n+ 1) + 1

⇔ an < an+1.

Nach den Grenzwertsätzen ist die Folge konvergent gegen 23 , also speziell

auch beschränkt.

(b) Für alle n ∈ N gilt

an+1 − an =n2 + 2n+ 1

2n+ 1− n2

2n− 1

=(2n− 1)(n2 + 2n+ 1)

4n2 − 1− n2(2n+ 1)

4n2 − 1

=2n2 − 1

4n2 − 1≥ 2n2 − 1

6n2 − 3=

1

3,

denn 6n2−3 ≥ 4n2−1. Das heißt, der Nenner wird vergrößert und dadurchwird der Bruch insgesamt verkleinert. Also ist die Folge streng monotonwachsend und nicht konvergent, also auch nicht beschränkt, da an+1−an ≥13 gilt.

35

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Aufgabe 2:

Bestimmen Sie den Grenzwert der Folge (an)n∈N mit

an =2n+ 5

3n+ 2.

Von welchem N ∈ N an kann man garantieren, dass an weniger als 10−3 vomGrenzwert abweicht?Lösung:

Es gilt

an =2 + 5

n

3 + 2n

n→∞−→ 2

3.

Das heißt, der Grenzwert ist g = 23 für n→∞. Also hat man∣∣∣∣an − 2

3

∣∣∣∣ < ε

zu untersuchen. Nun gilt∣∣∣∣an − 2

3

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2n+ 5

3n+ 2− 2

3

∣∣∣∣ =11

3(3n+ 2).

Setzt man diesen Term < ε und löst nach n auf, so folgt

11

3(3n+ 2)< ε

⇔ 3n+ 2 >11

⇔ n >1

3

(11

3ε− 2

)=: N.

Für ε = 10−3 heißt das n > 1221 + 59 . Setzt man also N = 1222, so gilt∣∣∣∣an − 2

3

∣∣∣∣ < 10−3 für n ≥ N .

36

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Aufgabe 3:

Bestimmen Sie folgende Grenzwerte.

(a) limn→∞

(3n2

2n+ 3− 6n5

4n4 + 7

)

(b) limn→∞

n(2n+ 3)2(3n2 − 4)

n5 + n3 + 7n

(c) limn→∞

(√n2 + 3n−

√n2 + 6n

)(d) lim

n→∞

(1 +

1

2n

)4n

(e) limn→∞

(n+ 3

n+ 2

)3n−5

(f) limn→∞

(n− 2

n− 1

)nLösung:

(a)

limn→∞

(3n2

2n+ 3− 6n5

4n4 + 7

)= lim

n→∞

21n2 − 18n5

(2n+ 3)(4n4 + 7)= −9

4

(b)

limn→∞

n(2n+ 3)2(3n2 − 4)

n5 + n3 + 7n= 12

(c)

limn→∞

(√n2 + 3n−

√n2 + 6n

)= lim

n→∞

−3n√n2 + 3n+

√n2 + 6n

= −3

2

(d)

limn→∞

(1 +

1

2n

)4n

= e2

37

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Möchte man nicht mit Teilfolgen (kein Brückenkursthema) argumentieren,kann es wie folgt begründet werden. Zu jedem ε > 0 gibt es ein N(ε) ∈ Nso, dass für alle k > N(ε) gilt∣∣∣∣∣

(1 +

1

k

)k− e∣∣∣∣∣ < ε.

Das gilt dann auch für alle geraden k = 2n, also für alle n > N(ε)2 . Daher

konvergiert (1+ 12k )2k gegen e, also nach den Grenzwertsätzen

((1+ 1

2k )2k)2

gegen e2.

(e)

limn→∞

(n+ 3

n+ 2

)3n−5

= limn→∞

(1 +

1

n+ 2

)3(n+2)−11

= limn→∞

(1 + 1

n+2

)3(n+2)

(1 + 1

n+2

)11

=e3

1= e3

(f)

limn→∞

(n− 2

n− 1

)n= lim

n→∞

1

(1 + 1n−2 )n−2(1 + 1

n−2 )2=

1

e

Aufgabe 4:

(a) Berechnen Sie den Reihenwert

∑∞

k=1

(3k

22k− (−1)k

4k

).

(b) Ein Litergefäß Wasser enthalte 81g aufgelösten Zucker. Es wird nun 13 l ab-

gegossen und ebensoviel reines Wasser zugegossen. Dieses Verfahren wirdviermal angewendet. Wieviel Gramm Zucker sind dann noch im Gefäß?

38

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Lösung:

(a) Es ist ∑∞

k=1

3k

22k=∑∞

k=1

(3

4

)k=

1

1− 34

− 1 = 3

und ∑∞

k=1

(−1)k

4k=∑∞

k=1

(−1

4

)k=

1

1 + 14

− 1 = −1

5.

Nach den Grenzwertsätzen ist damit 3− (− 15 ) = 3, 2 der gesuchte Grenz-

wert.

(b)

81g ·(

2

3

)4

= 81g · 16

81= 16g

Aufgabe 5:

Zeigen Sie

1 +3

2!+

5

4!+

7

6!+ . . . = e.

Lösung:Es ist

1 +3

2!+

5

4!+

7

6!+ . . . =

1 + 2

2! + 44! + 6

6! + . . .

+ 12! + 1

4! + 16! + . . .

=

1 + 1

1! + 13! + 1

5! + . . .

+ 12! + 1

4! + 16! + . . .

= 1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+

1

4!+ . . .

= e.

39

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Aufgabe 6:

Untersuchen Sie, ob die Reihe∑∞

n=1

(7

3n+

6

n2 + 7n+ 12

)konvergiert und berechnen Sie gegebenenfalls die Summe.Lösung:

Die Reihe ∑∞

n=1

7

3n= 7

∑∞

n=1

(1

3

)nist konvergent. Zu untersuchen bleibt die Reihe∑∞

n=1

6

n2 + 7n+ 12= 6

∑∞

n=1

1

(n+ 3)(n+ 4).

Dazu definieren wir die Folge (sk)k∈N der Partialsummen

sk :=∑k

n=1

6

n2 + 7n+ 12=∑k

n=1

6

(n+ 3)(n+ 4)

= 6∑k

n=1

(1

n+ 3− 1

n+ 4

)= 6

(∑k−1

n=0

1

n+ 4−∑k

n=1

1

n+ 4

)

= 6

(1

4− 1

k + 4

)= 6

k + 4− 4

4k + 16= 6

k

4k + 16.

Die Folge (sk)k∈N — und damit die Reihe 6∑∞n=1

1n2+7n+12 ist also konver-

gent gegen 32 . Insgesamt erhalten wir∑∞

n=1

(7

3n+

6

n2 + 7n+ 12

)= 7

∑∞

n=1

(1

3

)n+ 6

∑∞

n=1

1

n2 + 7n+ 12

= 7

(1

1− 13

− 1

)+ 6 lim

k→∞sk

= 7

(3

2− 1

)+ 6 lim

k→∞

k

4k + 16

=7

2+

3

2= 5.

40

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Aufgabe 7:

Untersuchen Sie folgende Reihen auf Konvergenz:

(a)∑∞

n=0

n!(n+ 1)!

(2n)!

(b)∑∞

n=1

n!

nn

(c)∑∞

n=0

1

3n2 + 1

Zusatzaufgabe für das Wurzelkriterium (hier nicht behandelt):

(d)∑∞

n=0

(n

n+ 1

)n2

Lösung:

(a) Für n ≥ 0 gilt ∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =(n+ 1)! (n+ 2)! (2n)!

(2n+ 2)! n! (n+ 1)!

=(n+ 1)(n+ 2)

(2n+ 2)(2n+ 1)=

n+ 2

4n+ 2

und für n ≥ 1 ist 2n + 4 ≤ 4n + 2, also n+24n+2 ≤ 1

2 = q < 1. Die Reihekonvergiert also nach dem Quotientenkriterium.

(b) Wir untersuchen die Reihe mit dem Quotientenkriterium:∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ (n+ 1)!

(n+ 1)n+1· n

n

n!

∣∣∣∣ =nn

(n+ 1)n

=

(1

1 + 1n

)nn→∞−→ 1

e= q < 1.

Daher ist die Reihe absolut konvergent, also speziell konvergent.

(c) Wegen 0 < 13n2+1 <

1n2 und der Konvergenz von

∑∞n=1

1n2 ist∑∞

n=1

1

3n2 + 1≤∑∞

n=1

1

n2

und die Reihe damit konvergent nach dem Majorantenkriterium.

41

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(d) Wir untersuchen die Reihe mit dem Wurzelkriterium: Es gilt

n√|an| =

n

√(n

n+ 1

)n2

=

(n

n+ 1

)n=

1(1 + 1

n

)n ≤ 1

2< 1

für alle n ∈ N. Das liefert die Konvergenz der Reihe.

Aufgabe 8: (Teil einer Klausuraufgabe vom 12.2.2009)

(a) Untersuchen Sie folgende unendliche Reihe auf Konvergenz:

∞∑n=0

n!(n+ 1)!

(2n+ 1)!

(b) Gegeben ist die Potenzreihe

∞∑n=2

an(x− 4)n =

∞∑n=2

√n+ 2

(n− 1)3n(x− 4)n.

Berechnen Sie den Konvergenzradius und untersuchen Sie, ob die Reihefür x = 7 konvergiert.

Hinweis: Für den Konvergenzradius gilt

r = limn→∞

|an||an+1|

Lösung:

(a) Die Reihe konvergiert nach dem Quotientenkriterium, denn für alle n ≥ 0gilt ∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =(n+ 1)! (n+ 2)! (2n+ 1)!

(2n+ 3)! n! (n+ 1)!=

(n+ 1)(n+ 2)

(2n+ 2)(2n+ 3)

=1

2· n+ 2

2n+ 3

und n+22n+3 ≤ 1. Das Quotientenkriterium ist erfüllt mit q = 1

2 < 1.

42

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(b) Der Konvergenzradius ist (nach der gegebenen Formel berechnet)

r = limn→∞

|an||an+1|

= limn→∞

√n+ 2 · n · 3n+1

(n− 1) · 3n ·√n+ 3

= limn→∞

3 · n

n− 1·√n+ 2

n+ 3= 3.

Für x = 7 lautet die Reihe ∑∞

n=2

√n+ 2

n− 1

und ist divergent, denn die harmonische Reihe ist eine divergente Mino-rante: √

n+ 2

n− 1≥√n

n=

1√n≥ 1

n

Für x = 1 lautet die Reihe∑∞

n=2

√n+ 2

n− 1·(−3

3

)n=∑∞

n=2

√n+ 2

n− 1(−1)n.

Die Reihe konvergiert nach dem Leibniz-Kriterium.

43

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Differentialrechnung

Aufgabe 1:

(a) Differenzieren Sie

f : R→ R; f(x0) =1

1 + x20

“elementar”, d. h. durch Grenzwertberechnung des Differenzenquotienten.

(b) Differenzieren Sie mit den Ableitungsregeln die Funktionen f : R→ R

(i) f(x) = sin(

cos(x))

(ii) f(x) = sinx · sin(1− x)

(iii) f(x) =32− 25x+ 20x2

√4 + 5x2

(iv) f(x) = (x5 + 6x3 + 7)8

(v) f(x) = cos

(4 sin3(x6 + 1)− 1

1 + x2

)(vi) f(x) = − arccos

x√1 + x2

(c) Differenzieren Sie mit Hilfe der Umkehrfunktion

(i) f(x) = arctanx

(ii) f(x) = 7√x für x > 0

44

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Lösung:

(a) Für x, x0 ∈ R mit x 6= x0 ist der Differenzenquotient

f(x)− f(x0)

x− x0=

11+x2 − 1

1+x20

x− x0

=(1 + x2

0)− (1 + x2)

(1 + x2)(1 + x20)(x− x0)

=(x0 + x)(x0 − x)

(1 + x2)(1 + x20)(x− x0)

= − x0 + x

(1 + x2)(1 + x20),

also ist der Grenzwert

limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0= − 2x0

(1 + x20)2

= f ′(x0).

(b) (i) f ′(x) = cos(cosx) · (− sinx).

(ii) f ′(x) = cosx · sin(1− x)− sinx · cos(1− x) = sin(1− 2x).

(iii)

f ′(x) =(−25 + 40x) ·

√4 + 5x2 − (32− 25x+ 20x2) · 10x

2√

4+5x2

4 + 5x2

=100x3 − 100

(4 + 5x2)√

4 + 5x2.

(iv) f ′(x) = 8 · (x5 + 6x3 + 7)7 · (5x4 + 18x2).

(v)

f ′(x) = − sin(

4 · sin3(x6 + 1)− 1

1 + x2

)· ...

... ·(

12 · sin2(x6 + 1) · cos(x6 + 1) · 6x5 +2x

(1 + x2)2

).

45

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(vi)

f ′(x) =1√

1−(

x√1+x2

)2·√

1 + x2 − x · 2x2√

1+x2

1 + x2

=√

1 + x21

(1 + x2)√

1 + x2

=1

1 + x2.

(c) (i) f ′(x) = 1tan′(arctan x) = 1

1+tan2(arctan x) = 11+x2 .

π

2− arccos

x√1 + x2

= arctanx.

(ii) f ist die Umkehrfunktion von g : (0,∞) → R, g(x) = x7, also giltnach der Umkehrfunktionsregel

f ′(x) =1

g′(f(x))=

1

7(f(x))6=

1

7( 7√x)6

,

wie auch die allgemeine Exponentenregel (später!) liefert.

Aufgabe 2:Bestimmen Sie die Ableitungen von

(a) f : D → R; f(x) =(x2 + 1)9

√x8 + 5 (2x3 + x+ 1)18

(b) f : D → R; f(x) = (x4 + 2)ln(x+4)

Bestimmen Sie jeweils auch den maximalen Definitionsbereich D.

46

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Lösung:

(a) Logarithmieren ergibt

ln f(x) = ln(x2 + 1)9

√x8 + 5(2x3 + x+ 1)18

= 9 ln(x2 + 1)− 1

2ln(x8 + 5)− 18 ln(2x3 + x+ 1).

Mitd

dxf(x) =

f ′(x)

f(x)

ergibt sich

f ′(x)

f(x)= 9

2x

x2 + 1− 1

2

8x7

x8 + 5− 18

6x2 + 1

2x3 + x+ 1

=18x

x2 + 1− 4x7

x8 + 5− 18

6x2 + 1

2x3 + x+ 1.

Schließlich hat man:

f ′(x) =(x2 + 1)9

√x8 + 5(2x3 + x+ 1)18

(18x

x2 + 1− 4x7

x8 + 5− 18

6x2 + 1

2x3 + x+ 1

).

Im Definitionsbereich müssen die reellen Nullstellen weggelassen werden.Das heißt im vorliegenden Fall müssen die reellen Nullstellen von 2x3 +x + 1 bestimmt werden. Es existiert eine reelle Nullstelle, nämlich x0 =

(−9+√

87)13

623

− 1

(6(−9+√

87))13. Diese liegt nicht im Definitionsbereich des

Logarithmus (siehe Skizze):

47

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(b) Es giltf(x) = g(x)h(x)

undf ′(x) = g(x)h(x) ·

(h′(x) · ln g(x) + h(x)

g′(x)

g(x)

)für g(x) > 0.Mit

g(x) = x4 + 2 undh(x) = ln(x+ 4), sowie

x > −4

folgt:

f ′(x) = (x4 + 2)ln(x+4) ·(

1

x+ 4· ln(x4 + 2) + ln(x+ 4) · 4x3

x4 + 2

).

48

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Aufgabe 3:

(a) Finden Sie das Bildungsgesetz für die n-te Ableitung (n ∈ N) von

f :]1,∞[→ R; f(x) =1 + x

1− x.

(b) Berechnen Sie für f :]− 1, 1[→ R; f(x) =√

1− x2 den Term

f ′′(x)√(1 +

(f ′(x)

)2)3.

Lösung:

(a) Aus den ersten 3 Ableitungen

f ′(x) =2

(1− x)2

f ′′(x) =4

(1− x)3

f ′′′(x) =12

(1− x)4

errät man das Bildungsgesetz für n ∈ N:

f (n)(x) =n! · 2

(1− x)n+1=

2 · 1 · ... · n(1− x)n+1

.

(Nachweis mit Induktion, kein Brückenkursthema.)

(b) Zunächst ergibtf ′(x) = − x√

1− x2

für den Nenner den Term

√(1 + (f ′(x))2)3 =

√(1 +

x2

1− x2

)3

=

(1√

1− x2

)3

.

Die zweite Ableitung ist

f ′′(x) = −√

1− x2 + x · x√1−x2

1− x2= − 1

(1− x2)√

1− x2,

49

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der gesamte Term ist also -1, das ist die konstante Krümmung des Halb-kreises mit Radius 1.

Aufgabe 4:Berechnen Sie folgende Grenzwerte:

(a) limx→0

(1

x− 1

ex − 1

)(b) lim

x→0+

(2√x+ ex

) 1√x

Lösung:

(a) Es ist1

x− 1

ex − 1=ex − 1− xx · ex − x

vom Typ “ 00 “. Zweimalige Anwendung von de l’Hospital führt auf

ex − 1

x · ex + ex − 1und

ex

x · ex + 2ex.

Also existieren alle Grenzwerte und es gilt

limx→0

(1

x− 1

ex − 1

)= lim

x→0

ex − 1

x · ex + ex − 1

= limx→0

ex

x · ex + 2ex=

1

2.

(b) Für x > 0 ist

(2√x+ ex)

1√x = exp

(ln(2√x+ ex)√x

),

der Exponent ist vom Typ “ 00 “ und führt nach der Regel von l’Hospital

auf1√x

+ ex

2√x+ ex

· 2√x =2 + ex · 2√x

2√x+ ex

.

Wegen

limx→0,x>0

2 + ex · 2√x2√x+ ex

= 2

ist der gesuchte Grenzwert e2.

50

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Aufgabe 5:Der Durchsatz S eines Kommunikationsnetzes ist die Anzahl der vom Netz imMittel pro Zeiteinheit übertragenen Nachrichten, der effektive Durchsatz dieMenge der (erfolgreich übertragenen!) Nutzdaten, die pro Zeiteinheit das Netzverlassen. Insbesondere wird in der Praxis mit den Durchsätzen

SALOHA = G · e−2G

undSdiskretes ALOHA = G · e−G

gerechnet. (Dabei bezeichnet ALOHA ein Zugangsprotokoll.)G ist dabei die mittlere Anzahl der Übertragungsversuche während der (Rahmen-)Übertragungszeit.

(a) Skizzieren Sie SALOHA und Sdiskretes ALOHA als Funktion von G.

(b) Berechnen Sie jeweils die Maxima.

(c) Zeigen Sie, dass SALOHA nie größer werden kann als Sdiskretes ALOHA.

(d) Beweisen oder widerlegen Sie: Die Anzahl der erfolglosen Übertragungs-versuche hat keinen Einfluss auf den Durchsatz S. Hinweis: OrientierenSie sich an der Skizze in (a): Was passiert, wenn G größer wird?

51

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Lösung:

(a) Abbildung diskretes ALOHA und ALOHA

(b)

dSALOHA

dG

Produktregel= −2G · e−2G + e−2G

= e−2G(1− 2G),

das heißt, wegen

1− 2G = 0⇔ G =1

2

liegt in G = 12 wegen

d2SALOHA

dG2= −2e−2G(1− 2G)− 2e−2G

undS′′

ALOHA(1

2) = −2e−1 < 0

ein Maximum vor.

52

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Völlig analog folgt:

S′

diskretes ALOHA = e−G −Ge−G= e−G(1−G)

S′′

diskretes ALOHA = −e−G(1−G)− e−G= −e−G(1−G)

S′′

diskretes ALOHA(1) = −e−1 < 0.

Also besitzt Sdiskretes ALOHA in G = 1 das Maximum.

(c) Aus der Beobachtung

SALOHA

Sdiskretes ALOHA=

Ge−2G

Ge−G

= e−G < 1 (da G stets größer Null ist),

folgt sofort die Behauptung

SALOHA < Sdiskretes ALOHA

für alle G.

(d) Die Aussage ist falsch.Die Graphen in Teil a) suggerieren auf den ersten Blick einen stabilenZusammenhang zwischen S und G, was jedoch nicht der Fall ist. Versuchtman den Durchsatz S über SMAX hinaus zu erhöhen, dann wächst die Zahlerfolgloser Übertragungsversuche, das heißt, G wächst an, womit S weiterabnimmt, mit der Konsequenz, dass das System in kurzer Zeit blockiertwird.

53

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Aufgabe 6:Führen Sie für folgende Funktionen f : R→ R eine ausführliche Kurvendiskus-sion durch:

(a) f(x) = 3x4 − 8x3 + 6x2 − 1

(b) f(x) = sin2 x− 2 sinx

(c) f(x) = x+1

1 + |x3 − 1|

Lösung:

(a) Als Polynom vom Grad 4 ist f auf R definiert.Man errät x0 = 1 als doppelte Nullstelle und erhält durch Divisionf(x) = (x− 1)2 · (3x2 − 2x− 1). Die Lösungen von 3x2 − 2x− 1 = 0 sindx0 = 1 und x1 = − 1

3 . Also ist x0 sogar dreifache Nullstelle von f ,

f(x) = (x− 1)3 · (3x+ 1).

f ist beliebig oft differenzierbar, die ersten beiden Ableitungen sind

f ′(x) = 12x3 − 24x2 + 12x = 12x · (x− 1)2,

f ′′(x) = 36x2 − 48x+ 12 = 12 · (x− 1)(3x− 1).

Nullstellen von f ′ sind bei x2 = 0 und x0 = 1. Nullstellen von f ′′ sindbei x3 = 1

3 und x0 = 1. Extremwerte kann f nur an den Stellen haben,wo f ′ = 0 ist. Es ist f ′(x2) = 0 und f ′′(x2) = 12. Bei x2 = 0 ist also einrelatives Minimum von f mit Funktionswert f(0) = −1.Da f ′(x0) = f ′′(x0) = 0 könnte in x0 auch statt eines Extrempunktes einSattelpunkt sein. Dies untersuchen wir genauer.Aus dem Vorzeichen von f ′ ergibt sich das Monotonieverhalten von f :Für x < 0 ist f ′(x) < 0, dort ist f streng monoton fallend. Für 0 <x < 1 ist f ′(x) > 0, dort ist f streng monoton wachsend. Für 1 < x istf ′(x) > 0, auch dort ist f streng monoton wachsend. Also ist in x0 = 1kein Extremum. An der Stelle x2 = 0 ist sogar ein absolutes Minimumvon f .Ebenso ergibt sich das Krümmungsverhalten von f aus dem Vorzeichenvon f ′′: Für x < 1

3 ist f ′′(x) > 0, dort ist der Graph von f linksgekrümmt.Für 1

3 < x < 1 ist f ′′(x) < 0, dort ist der Graph von f rechtsgekrümmt.Für 1 < x ist f ′′(x) > 0, dort ist der Graph von f linksgekrümmt.f ist weder gerade noch ungerade (gemischte Exponenten).Skizze von f :

54

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(b) Die Funktion f ist auf R definiert und 2π-periodisch. Es genügt also dieUntersuchung, zum Beispiel, im Intervall I = (−π, 2π) (ohne Randpunk-te).Aus der Darstellung f(x) = sinx · (sinx − 2) erhält man die Nullstellenvon f . Es ist f(x) = 0 genau dann, wenn sinx = 0 ist, denn sinx = 2 istnicht möglich. Nullstellen von f in I sind also x0 = 0, x1 = π.f ist beliebig oft differenzierbar, die ersten beiden Ableitungen sind

f ′(x) = 2 sinx · cosx− 2 cosx = 2 cosx · (sinx− 1),

f ′′(x) = 2 cos2 x− 2 sin2 x+ 2 sinx = 2− 4 sin2 x+ 2 sinx.

Nullstellen von f ′ sind die Nullstellen des Kosinus und die Stellen, wosinx = 1 ist. Dort ist aber auch cosx = 0. Die Nullstellen von f ′ in I sindalso x2 = −π2 , x3 = π

2 , x4 = 3π2 .

Nullstellen von f ′′ ergeben sich aus der quadratischen Gleichung für sinx

sin2 x− 1

2sinx− 1

2= 0

dort, wo sinx = 1 ist in I, also bei x3 und dort, wo sinx = − 12 ist in I,

also bei x5 = − 5π6 , x6 = −π6 , x7 = 7π

6 und x8 = 11π6 .

Extremwerte von f können nur dort sein, wo f ′ = 0 ist. In x2 ist f ′(x2) = 0und f ′′(x2) = −4, hier hat f ein relatives Maximum mit Funktionswert

55

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f(x2) = 3. Bei x4 ist es ebenso. In x3 verschwindet die zweite Ableitungvon f , deswegen betrachten wir hier das Monotonieverhalten von f . Diesesergibt sich aus dem Vorzeichen von f ′.Da sinx−1 ≤ 0 ist, gilt in I für −π < x < −π2 und für π

2 < x < 3π2 jeweils

f ′(x) > 0, auf diesen Intervallen ist f streng monoton wachsend. Für−π2 < x < π

2 und für 3π2 < x < 2π gilt f ′(x) < 0, auf diesen Intervallen

ist f streng monoton fallend. Also hat f in x3 ein relatives Minimum,f(x3) = −1. Die Extrema sind auch absolute Extrema.Das Krümmungsverhalten von f ergibt sich aus dem Vorzeichen von f ′′:

f ′′(x) = 2− 4 sin2 x+ 2 sinx = 2 · (1− sinx)(2 sinx+ 1).

Da stets 1−sinx ≥ 0 ist, gilt f ′′(x) ≥ 0, falls sinx ≥ − 12 ist. Der Graph von

f ist in I also linksgekrümmt in den Intervallen (−π,− 5π6 ), (−π6 , π2 ), (π2 ,

7π6 )

und ( 11π6 , 2π) (an der Stelle x3 = π

2 ist f ′′ = 0 ohne Wechsel der Krüm-mung). Der Graph von f ist in I rechtgekrümmt in den Intervallen (− 5π

6 ,−π6 )und ( 7π

6 ,11π6 ).

f ist weder gerade noch ungerade wegen f(π2 ) = −1 und f(−π2 ) = 3.Graph von f :

56

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(c) Die Funktion f ist auf R definiert, denn der Nenner verschwindet nicht.Nur für x < 0 kann f Nullstellen haben, es muss dann gelten

1

1 + |x3 − 1| =1

2− x3= −x,

also erhält man die Bedingung x4−2x−1 = 0. Diese Gleichung kann mannicht elementar auflösen.Für x > 1 ist f(x) = x+ 1

x3 , für x < 1 ist f(x) = x+ 1(2−x3) .

Daraus erhält man

f ′(x) =

1− 3

x4 , x > 1,

1 + 3x2

(2−x3)2 , x < 1.

In x0 = 1 ist f nicht differenzierbar, denn für x 6= 1 gilt

f(x)− f(1)

x− 1=

x+ 1

x3−2

x−1 , x > 1,x+ 1

2−x3−2

x−1 , x < 1.

Das ist

=

x4+1−2x3

x3(x−1) = x3−x2−x−1x3 , x > 1,

(2−x3)x+1−2(2−x3)(2−x3)(x−1) = −x3+x2+x+3

2−x3 , x < 1.

In x0 = 1 gibt es keinen Grenzwert. (Der obere Term geht gegen -2, deruntere gegen 4.) Die Ableitungsfunktion f ′ ist also nur auf R\ 1 (wieoben) definiert. Damit gibt es auch f ′′ nur auf R\ 1,

f ′′(x) =

12x5 , x > 1,12x·(1+x3)

(2−x3)3 , x < 1.

Nullstellen von f ′ gibt es nur für x > 1, dort lautet die Bedingung x4 = 3mit der (für x > 1) einzigen Lösung x1 = 4

√3 ≈ 1.316.

Nullstellen von f ′′ gibt es nur für x < 1, dort lautet die Bedingung 12x ·(1 + x3) = 0 mit den Lösungen x2 = −1 und x3 = 0.In x1 hat f ein relatives Minimum mit Funktionswert f(x1) = 4

√3 +

( 4√

3)−3 ≈ 1.75. Die Stelle x0 darf nicht vergessen werden!Das Monotonieverhalten von f ergibt sich aus dem Vorzeichen von f ′. Esist f ′(x) > 0 für x < 1 und für x > x1, in diesen Intervallen ist f strengmonoton wachsend. Es ist f ′(x) < 0 für 1 < x < x1, dort ist f strengmonoton fallend. Also hat f in x0 = 1 ein relatives Maximum, f(1) = 2.

57

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(Wegen f(0) = 12 und f(2) = 2.125 sind beide Extrema nicht absolut.)

Das Krümmungsverhalten von f ergibt sich aus dem Vorzeichen von f ′′:Für x < −1, für 0 < x < 1 und für x > 1 ist f ′′(x) > 0, in diesenIntervallen ist der Graph von f also linksgekrümmt. Für −1 < x < 0 istf ′′(x) < 0, dort ist der Graph von f also rechtsgekrümmt.f ist weder gerade noch ungerade wegen f(1) = 2 und f(−1) = − 2

3 .Es folgt, dass f genau eine Nullstelle x4 hat und diese zwischen -1 und 0liegt. (Eine Näherungsrechnung liefert x4 ≈ −0.475.)Graph von f:

Aufgabe 7:

(a) Bestimmen Sie alle Tangenten an den Graphen von f : R→ R f(x) = x3 + x2,die durch den Punkt (x0, y0) mit x0 = 0, y0 = −3 gehen.

(b) Gegeben sind die Polynome P und Q durch

P (x) = x2 − 7x+ 29 und Q(x) = −x2 + x+ 3.

Bestimmen Sie alle Geraden, die gleichzeitig Tangenten an den Graphenvon P und an den Graphen von Q sind.

58

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Zur Erinnerung: Die Tangente t an den Graphen einer Funktion f im Punkt(a, f(a)

)ist gegeben durch

ta(x) = f(a) + f ′(a) · (x− a).

Lösung:

(a) Die Tangente t an den Graphen von f im Punkt (a, f(a)) des Graphen istdurch die Funktionsvorschrift

t(x) = f(a) + f ′(a) · (x− a) = a3 + a2 + (3a2 + 2a) · (x− a)

gegeben. Aus der Bedingung t(x0) = y0, also aus t(0) = −3 erhält manfür die unbekannte Berührstelle −3 = a3 + a2 + (3a2 + 2a) · (−a), also gilt2a3 +a2−3 = 0. Diese Gleichung hat nur eine (reelle) Lösung, a = 1. Nurdie Tangente mit t(x) = 5x− 3 geht durch (x0, y0).

(b) Die Tangente tP an den Graphen von P bei a und die Tangente tQ an denGraphen von Q bei b haben die Funktionsvorschriften

tP (x) = P (a) + P ′(a) · (x− a) = a2 − 7a+ 29 + (2a− 7) · (x− a),

tQ(x) = Q(b) +Q′(b) · (x− b) = −b2 + b+ 3 + (−2b+ 1) · (x− b).

Beide Tangenten stimmen genau dann überein, wenn Steigungsfaktor undAbsolutglied übereinstimmen, wenn also gilt

2a− 7 = −2b+ 1

−a2 + 29 = b2 + 3.

Mit der zu 1. Gleichung äquivalenten Gleichung b = 4−a lautet die zweite−a2 + 29 = (4 − a)2 + 3, also a2 − 4a − 5 = 0 mit den Lösungen a = 5und a = −1. Es gibt zwei Geraden, die gleichzeitig Graph P und GraphQ berühren, ihre Funktionsvorschriften sind t1(x) = 3x + 4 (zu a = 5,b = −1) und t2(x) = −9x+ 28 (zu a = −1, b = 5).

Aufgabe 8:

(a) An den Graphen von f : [0, 1] → R mit f(x) = x3 soll eine Tangenteso angelegt werden, dass der Flächeninhalt des Dreiecks, das Tangente,x-Achse und die Parallele zur f(x)-Achse durch x = 1 bilden, möglichstgroß ist.

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(b) Eine Konservendose soll bei gegebenem Volumen minimale Oberfläche ha-ben.

Lösung:

(a) Die Tangente an den Graphen von f hat die Funktionsvorschrift

tx0(x) = f(x0) + f ′(x0) · (x− x0) = 3x2

0 · x− 2x30.

Dabei ist 0 < x0 < 1 die Berührstelle der Tangente. Das betrachteteDreieck ist rechtwinklig mit der Höhe tx0

(1) = 3x20 − 2x3

0, die Grundseiteist die Strecke mit den Endpunkten 1 und der Nullstelle von tx0

, für x0 > 0ist tx0

= 0 genau bei xn = 2x0

3 . Also hat die Grundseite die Länge 1− 2x0

3und das Dreieck den Flächeninhalt

F (x0) =1

2· (1− 2

3x0) · (3x2

0 − 2x30) =

2

3x4

0 − 2x30 +

3

2x2

0.

Wir suchen also Extremwerte der Funktion F : (0, 1)→ R mit

F (x) =2

3x4 − 2x3 +

3

2x2.

Die Ableitung

F ′(x) =8

3x3 − 6x2 + 3x =

x

3· (2x− 3) · (4x− 3)

hat eine Nullstelle mit 0 < x < 1, nämlich x1 = 34 . Es ist F ′(x) >

0 für 0 < x < 34 und F ′(x) < 0 für 3

4 < x < 1. Also ist bei x1 derFlächeninhalt maximal. Es ist F ( 3

4 ) = 27128 . (Bei x0 = 0 ist die Tangente

die x-Achse, das Dreieck also ausgeartet mit Inhalt 0. Bei x0 = 1 kannman die Tangente durch Fortsetzung über 1 hinaus erhalten, das Dreieckhat dann Flächeninhalt 1

6 <27128 .)

(b) Die Oberfläche der Dose ist

F = 2πrh+ 2r2π;

das ist die Mantelfläche, abgerollt ein Rechteck mit Grundseite 2πr (Do-senumfang) und Höhe h (Dosenhöhe) plus 2 Deckelflächen (Kreisflächenmit Radius r). Gegeben ist das Volumen V = r2πh. Für r > 0 ersetzenwir h = V

r2π und betrachten

F (r) = 2πr · Vr2π

+ 2r2π =2V

r+ 2r2π.

60

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Es ist für r > 0

F ′(r) = −2V

r2+ 4rπ = 0

genau dann, wenn Vr2 = 2rπ, also wenn

2r3 =V

π=r2πh

π= r2h

ist. Einzige Nullstelle von F ′ ist also bei r = h2 . Für 0 < r < h

2 istF ′(r) < 0, für h

2 < r ist F ′(r) > 0. Also ist hier ein absolutes Minimum.Die optimale Dose hat einen quadratischen Querschnitt und den Oberflä-cheninhalt 6r2π.

Zusatzaufgabe: (Klausuraufgabe vom 12.2.2009)Berechnen Sie die Grenzwerte:

(a) limn→∞

nn + 2

(n+ 1)n

(1

n+ 2− 1

n+ 7

)

(b) limx→0

2x− x4

(1 + x) · sin(π + sin(3x)

)(c) lim

x→∞x ·(

1− exp( 1

2x

))Lösung:

(a) Für alle n ∈ N ist

nn+2

(n+ 1)n

(1

n+ 2− 1

n+ 7

)=

(n

n+ 1

)n· 5n2

n2 + 9n+ 14.

Wegen

limn→∞

(n+ 1

n

)n= limn→∞

(1 +

1

n

)n= e

ist

limn→∞

(n

n+ 1

)n= e−1.

Weiter ist

limn→∞

5n2

n2 + 9n+ 14= limn→∞

5

1 + 9n + 14

n2

= 5.

61

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Also erhält man

limn→∞

nn+2

(n+ 1)n

(1

n+ 2− 1

n+ 7

)=

5

e.

(b) Der Term ist für x→ 0 vom Typ „ 00 “ und führt nach l’Hospital auf

limx→0

2− 4x3

sin(π + sin(3x)) + (1 + x) · cos(π + sin(3x)) · cos(3x) · 3 = −2

3.

Also ist der gesuchte Grenzwert − 23 .

(c) Der Term ist für x→∞ vom Typ „∞·0“ und wird umgeformt in den Typ„ 0

0 “:

limx→∞

1− exp( 12x )

1x

.

Nach de l’Hospital erhält man

limx→∞

− exp( 12x ) · (− 1

2x2 )

− 1x2

= limx→∞

−exp( 12x )

2= −1

2.

Also ist auch der gesuchte Grenzwert − 12 .

62

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Integration

Aufgabe 1:Berechnen Sie folgende Integrale:

(a)∫

cos(x) · e2 sin(x) dx

(b)∫

x3

x2 + 1dx

(c)∫

lnx√xdx für x > 0

(d)∫

ln3 x

xdx für x > 0

Lösung:

(a) Mit der Substitution z = 2 sinx, das heißt, dzdx = 2 cosx, also dx = dz2 cos x

hat man ∫cosx · ez · dz

2 cosx=

1

2

∫ezdz

=1

2ez

=1

2e2 sin x.

Die Probe bestätigt das Ergebnis.

(b) ∫x3

x2 + 1dx =

∫ (x− x

x2 + 1

)dx

=x2

2− 1

2ln(x2 + 1)

(c) Partielle Integration mit v = lnx, v′ = 1x , u

′ = x−12 , u = 2

√x ergibt∫

lnx√xdx = 2

√x · lnx− 2

∫x−

12 dx

= 2√x(lnx− 2).

63

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(d)∫

ln3 x

xdx ist von der Form f3 · f ′ mit f = lnx, das heißt∫

ln3 x

x=

1

4(lnx)4.

Aufgabe 2: (Ehemalige Klausuraufgabe, 21.7.2006)Berechnen Sie mit den Integrationsmethoden und Grundintegralen der Vorle-sung (ohne Verwendung von Integraltafeln) das bestimmte Integral∫ 1

0

(1 + x)3 · cos(π · (1 + x)2

)dx.

Lösung:Zuerst wird t = (1 + x)2 substituiert, dabei ist dt = 2(1 + x) dx und∫ 1

0

(1 + x)3 · cos(π · (1 + x)2

)dx =

1

2

∫ 4

1

t · cos(πt) dt.

Nun wird partiell integriert:

1

2

∫ 4

1

t · cos(πt) dt =1

2

(t · sin(πt)

π

∣∣∣41−∫ 4

1

sin(πt)

πdt

)

=cos(πt)

2π2

∣∣∣41

=1

π2.

Aufgabe 3: (ehemalige Klausuraufgabe, 12.2.2009)Berechnen Sie mit den Integrationsmethoden und Grundintegralen der Vorle-sung (ohne Verwendung von Integraltafeln)

(a) eine Stammfunktion F1:

F1(x) =

∫x2 · sinh(x) dx

(b) eine Stammfunktion F2:

F2(x) =

∫cosx

sin2 x+ 1dx

(c) das bestimmte Integral ∫ 2

−1

3x+ 5√x+ 2

dx.

64

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Lösung:

(a) Es wird zunächst partiell integriert mit u = x2, v′ = sinhx, also u′ = 2xund v = coshx:

F1(x) = x2 coshx−∫

2x · coshx dx

Auch das verbleibende Integral wird partiell integriert mit f = 2x, g′ =coshx, also f ′ = 2 und g = sinhx:∫

2x · coshx dx = 2x sinhx−∫

2 · sinhx dx = 2x sinhx− 2 · coshx.

Das Ergebnis ist

F1(x) = x2 coshx− 2x sinhx+ 2 coshx.

(b) Die Substitution t = sinx, also dt = cosxdx ergibt das Integral∫1

t2 + 1dt = Arctan t.

Rücksubstitution ergibt die Lösung

F2(x) = Arctan(sinx).

(c) Mit der Substitution t =√x+ 2, also dx = 2t dt und x = t2 − 2 erhält

man∫ 2

−1

3x+ 5√x+ 2

dx =

∫ 2

1

3t2 − 1

t2t dt = 2

∫ 2

1

3t2 − 1 dt = 2t3 − 2t∣∣∣21

= 12.

65

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Aufgabe 4:

(a) Bestimmen Sie die Stammfunktionen (bei jeweils passendem Definitions-bereich):

(1)

∫ √x

x+ 1dx (2)

∫x+ 1√xdx

(3)

∫x · sin(x2) dx (4)

∫x2 · sinx dx

(5)

∫cos4 x dx (6)

∫sin(√x) dx

(7)

∫3x− 5

7x+ 1dx (für 7x+ 1 6= 0) (8)

∫x3

3(1 + x2)dx

(9)

∫1

x lnxdx für x > 1) (10)

∫x lnx dx

(b) Berechnen Sie die bestimmten Integrale

(1)

∫ 1

0

|5x− 4| dx (2)

∫ 4

0

15x ·√

2x+ 1 dx

(3)

∫ π/2

0

cos2 x · sin2 x dx (4)

∫ π/4

0

tan2 x dx

(5)

∫ 3

0

1

x2 + 9dx (6)

∫ 3

−1

15x+ 5

3x2 + 2x+ 1dx

(7)

∫ 2

−1

x+ 2

x2 + 2x+ 10dx (8)

∫ π/4

0

tanx dx

(9)

∫ 1

−1

x · ex dx (10)

∫ (e−3)/2

−1

ln(2x+ 3) dx

66

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Lösung:

(a) (1) Mit der Substitution t =√x, also x = t2, dx = 2tdt ist für x ≥ 0

F (x) =

∫t

t2 + 12tdt

= 2

∫t2 + 1− 1

t2 + 1dt = 2

(∫1dt−

∫1

t2 + 1dt

)= 2(t− arctan t) = 2(

√x− arctan

√x).

(2) (Das erste Integral kann man partiell behandeln, falls man die Expo-nentenregel für nicht-ganze Exponenten vermeiden will.)

F (x) =

∫ √xdx+

∫1√xdx

=2

3x · √x+ 2

√x

(3) Mit der Substitution x2 = t, also dt = 2xdx folgt

F (x) =

∫1

2sin tdt

= −1

2cos t

= −1

2cos(x2), x ∈ R.

(4) Mit zweimaliger partieller Integration folgt

F (x) = −x2 cosx+ 2x sinx+ 2 cosx, x ∈ R.

(5) Nach dem Kosinus-Additionstheorem

cos(2x) = cos2(x)− sin2(x) (∗)

67

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erhält man für alle x ∈ R

cos(4x) = cos2(2x)− sin2(2x)

(sin2(x) + cos2(x) = 1 ⇒ − sin2(x) = cos2(x)− 1 (∗∗))= cos2(2x) + cos2(2x)− 1

= 2 cos2(2x)− 1

(∗)= 2(cos2(x)− sin2(x))2 − 1

(∗∗)= 2(cos2(x) + cos2(x)− 1)2 − 1

= 2(2 cos2(x)− 1)2 − 1

= 2(4 cos4(x)− 4 cos2(x) + 1)− 1

= 8 cos4(x)− 8 cos2(x) + 1

(cos2(x) =1

2[1 + cos(2x)])

= 8 cos4(x)− 8

2[1 + cos(2x)] + 1

= 8 cos4(x)− 4− 4 cos(2x) + 1

= 8 cos4(x)− 3− 4 cos(2x)

⇒ cos4(x) =cos(4x) + 3− 4 cos(2x)

8

=cos(4x)

8+

3

8− cos(2x)

2

Somit hat man

F (x) =3

8x+

sin(2x)

2 · 2 +sin(4x)

8 · 4=

3

8x+

1

4sin(2x) +

1

32sin(4x).

68

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(6) Mit der Substitution t =√x, also x = t2, dx = 2tdt ist für x ≥ 0

F (x) =

∫sin(√x)dx

= 2

∫t · sin tdt

= −2t cos t+ 2 sin t

= −2√x cos(

√x) + 2 sin(

√x).

(7) ∫3x− 5

7x+ 1dx =

∫ (3

7− 38

49x+ 7

)dx

=3

7x− 38

49· ln(49x+ 7).

(8) ∫x3

3(1 + x2)dx =

1

3

∫ (x− x

1 + x2

)dx

=1

3(1

2x2 − 1

2· ln(1 + x2))

=1

6x2 − 1

6· ln(1 + x2).

(9) Mit der Substitution t = lnx erhält man∫1

x · lnxdx = ln(lnx).

(10) Mit partieller Integration folgt∫x · lnxdx =

1

2x2 · lnx− 1

4x2.

(b) (1) Leichter als Integration ist hier die direkte Flächenberechnung: Einrechtwinkliges Dreieck mit Grundseite 4

5 und Höhe 4, Flächeninhalt85 und ein rechtwinkliges Dreieck mit Grundseite 1

5 und Höhe 1, Flä-cheninhalt 1

10 , geben zusammen das Integral 1710 . Alternative:∫

|t|dt =1

2t · |t|

69

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und substituieren t = 5x− 4, also dt = 5dx:

1∫0

|5x− 4|dx =1

5

1∫−4

|t|dt =1

10t · |t|

∣∣∣1−4

=17

10.

(2) Mit der Substitution t =√

2x+ 1, also dx = tdt folgt

∫ 4

0

15x ·√

2x+ 1dx =

∫ 3

1

15 · t2 − 1

2· t · tdt

=15

2

(t5

5− t3

3

) ∣∣∣31

= 298.

Partielle Integration ist auch möglich.

(3) Für alle x ∈ R gilt

cos(x1 ± x2) = cos(x1) cos(x2)∓ sin(x1) sin(x2).

Also

cos(x) = cos(x

2+x

2

)= cos2

(x2

)− sin2

(x2

)4(a)(5)(∗)

= 2 cos2(x

2

)− 1

4(a)(5)(∗∗)= 1− 2 sin2

(x2

)und daher

cos(x) = 2 cos2(x

2

)− 1⇔ 2 cos2

(x2

)= 1 + cos(x)

und

cos(x) = 1− sin2(x

2

)⇔ 2 sin2

(x2

)= 1− cos(x). (∗ ∗ ∗)

70

Page 71: Vorkurs Mathematik für Ingenieure Aufgaben und ... · Universität Duisburg-Essen, Campus Duisburg herausgegebenvonder Fakultät für Ingenieurwissenschaften Vorkurs Mathematik für

Nach Sinus-Additionstheorem sin(2x) = 2 sin(x) cos(x) ist

cos2(x) · sin2(x) =

(sin(2x)

2

)2

=sin2(2x)

4

=2 sin2( 4x

2 )

8(∗∗∗)=

1− cos(4x)

8

also folgt ∫ π2

0

cos2 x · sin2 xdx =1

8

∫ π2

0

1− cos(4x)dx

=x

8− sin(4x)

32

∣∣∣π20

16.

(4) Wegen tan′ x = 1 + tan2 x ist (tanx− x)′ = tan2 x, also∫ π4

0

tan2 xdx = tanx− x∣∣∣π40

= 1− π

4.

(5) Mit der Substitution x3 = t, also dx = 3dt erhält man∫ 3

0

1

x2 + 9=

1

9

∫ 3

0

1

(x3 )2 + 1dx

=1

9

∫ 1

0

1

t2 + 1· 3dt

=1

3arctan t

∣∣∣10

12.

(6) ∫ 3

−1

15x+ 5

3x2 + 2x+ 1dx =

5

2

∫ 3

−1

6x+ 2

3x2 + 2x+ 1dx

=5

2ln |3x2 + 2x+ 1|

∣∣∣3−1

=5

2ln 17.

71

Page 72: Vorkurs Mathematik für Ingenieure Aufgaben und ... · Universität Duisburg-Essen, Campus Duisburg herausgegebenvonder Fakultät für Ingenieurwissenschaften Vorkurs Mathematik für

(7) ∫ 2

−1

x+ 2

x2 + 2x+ 10dx =

∫ 2

−1

(x+ 1

x2 + 2x+ 10+

1

x2 + 2x+ 10

)dx

=1

2

∫ 2

−1

2x+ 2

x2 + 2x+ 10dx+

∫ 2

−1

1

(x+ 1)2 + 9dx

=1

2ln |x2 + 2x+ 10|

∣∣∣2−1

+

∫ 3

0

1

t2 + 9dx

=1

2ln

18

9+

π

12

= ln√

2 +π

12

(8) ∫ π4

0

tanxdx =

∫ π4

0

sinx

cosxdx

= − ln | cosx|∣∣∣π40

= − ln1√2

= ln√

2.

(9) ∫ 1

−1

x · exdx = x · ex∣∣∣1−1−∫ 1

−1

exdx

= (x · ex − ex)∣∣∣1−1

=2

e.

(10) ∫ (e−3)2

−1

ln(2x+ 3)dx =1

2

∫ e

1

ln tdt

=1

2

(t · ln t

∣∣∣e1−∫ e

1

1dt

)=

1

2(e− (e− 1)) =

1

2.

72

Page 73: Vorkurs Mathematik für Ingenieure Aufgaben und ... · Universität Duisburg-Essen, Campus Duisburg herausgegebenvonder Fakultät für Ingenieurwissenschaften Vorkurs Mathematik für

Aufgabe 5:

(a) Berechnen Sie die Maßzahl der Fläche, die die Graphen von

f : R→ R; f(x) = x+ 1 und g : R→ R; g(x) = x2 + 2x− 1

zwischen ihren Graphen einschließen.

(b) Das Flächenstück, das der Graph von f : R → R; f(x) = 4 − x2 zwi-schen den Nullstellen mit der x-Achse einschließt, soll durch einen geradenSchnitt, der parallel zu x-Achse verläuft, halbiert werden.

Lösung:

(a) Die Schnittpunkte der Geraden erhält man aus der Gleichung f(x) = g(x),also aus g(x)−f(x) = x2 +x−2 = (x+2)(x−1) = 0 zu x1 = −2, x2 = 1.Zwischen den Schnittpunkten ist (x+ 2)(x− 1) ≤ 0, also g(x) ≤ f(x).Der gesuchte Flächeninhalt ist

I =

∫ 1

−2

(f(x)− g(x))dx

=

∫ 1

−2

(2− x− x2)dx

= (2x− x2

2− x3

3)∣∣∣1−2

=9

2.

(b) Die Nullstellen von f sind bei x1\2 = ±2, zwischen den Nullstellen istf(x) ≥ 0. Also ist der Gesamtinhalt

I =

∫ 2

−2

f(x)dx

=

∫ 2

−2

(4− x2)dx

= (4x− x3

3)∣∣∣2−2

=32

3.

Gesucht ist also a ∈ R mit∫ a

−a(4− x2)dx− 2a(4− a2) = 8a− 2

3a3 − 2a(4− a2)

=4

3a3 =

16

3.

73

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Einzige Lösung ist a = 3√

4.

Aufgabe 6:In einer echtzeitkritischen Anwendung werden zur Berechnung zwei Computeral-gebrasysteme parallel geschaltet und die Ergebnisse miteinander verglichen. Beieiner Berechnung geben die Computer folgende Ergebnisse aus:

Rechner 1:∫

tanx

cos2 xdx =

tan2 x

2für cosx 6= 0

Rechner 2:∫

tanx

cos2 xdx =

1

2 cos2 xfür cosx 6= 0

Folgt eine Fehlermeldung, wenn der Vergleicher als Differenzierer ausgelegt ist?Wenn ja, warum? Wenn nein, ist etwas nicht in Ordnung?

Lösung:Wegen (

tan2 x

2

)′=

1

2· 2 tanx(1 + tan2 x)

= tanx

(1 +

sin2 x

cos2 x

)=

tanx

cos2 x

hat Rechner 1 Recht.Wegen

1

2 cos2 x=

cos2 x+ sin2 x

2 cos2 x

=1

2+

tan2 x

2

liegt auch Rechner 2 hier nicht falsch.

Aufgabe 7:Bei einer Wechselspannung, die die Periode T und zur Zeit t den Wert U(t) hat,bezeichnet man als Effektivspannung die Wurzel aus dem quadratischen Mittelüber eine Periode, also

Ueff =

√1

T

∫ T

0

U2(t) dt.

74

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(a) Berechnen Sie das Verhältnis von Spitzenwert zu Effektivspannung beieinem sinusförmigen Spannungsverlauf

U(t) = U0 sin(ωt)

mit Kreisfrequenz ω = 2πf .

(b) Welchen Spitzenwert haben wir demnach in unserem Niederspannungs-netz, wenn 230V die Effektivspannung ist? Machen Sie eine Skizze.

Lösung:

(a) Zu berechnen ist zunächst∫ T

0

U2(t)dt =

∫ T

0

U20 · sin2(ωt)dt

= U20

∫ T

0

1− cos(2ωt)

2dt

= U20

(T

2− sin(2ωT )

)=

U20 · T2

wegen ω = 2πf = 2πT . Also ist

Ueff =

√1

T

∫ T

0

U2(t)dt

=

√1

T· U

20 · T2

.

Wir erhalten U0 =√

2 · Ueff .

(b) Klar!230V ·

√2 = 325V

75

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Aufgabe 8:Bestimmen Sie die Zahl a ∈ R in der Gleichung∫ ∞

13

(1

x− 3x

1 + 3x2

)dx = ln a.

76

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Lösung:

∫ ∞13

(1

x− 3x

1 + 3x2

)dx =

∫ ∞13

1

xdx−

∫ ∞13

3x

1 + 3x2dx

= limR→∞

(∫ R

13

1

xdx− 1

2

∫ R

13

6x

1 + 3x2dx

)

= limR→∞

(ln |x|

∣∣∣R13

− 1

2ln |1 + 3x2|

∣∣∣R13

)= lim

R→∞

(lnR− ln

1

3− 1

2ln(1 + 3R2) +

1

2ln

4

3

)= lim

R→∞

(ln

R√1 + 3R2

+ ln 2√

3

)

= limR→∞

ln1√

1R2 + 3

+ ln 2√

3

= ln

1√3

+ ln 2√

3

= ln 2

Also a = 2.

77

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Determinanten und lineare Gleichungssysteme

Aufgabe 1:Berechnen Sie die Determinanten

(a)

∣∣∣∣∣∣4 −3 −12 −6 12 −1 −2

∣∣∣∣∣∣(b)

∣∣∣∣∣∣−38 14 26

42 −15 −2847 −17 −33

∣∣∣∣∣∣Lösung:

(a) Entwicklung nach der ersten Spalte ergibt∣∣∣∣∣∣4 −3 −12 −6 12 −1 −2

∣∣∣∣∣∣ = 4

∣∣∣∣ −6 1−1 −2

∣∣∣∣− 2

∣∣∣∣ −3 −1−1 −2

∣∣∣∣+ 2

∣∣∣∣ −3 −1−6 1

∣∣∣∣= 4(12 + 1)− 2(6− 1) + 2(−3− 6)

= 52− 10− 18

= 24

(b) Entwicklung nach der zweiten Spalte ergibt∣∣∣∣∣∣−38 14 26

42 −15 −2847 −17 −33

∣∣∣∣∣∣ = −14

∣∣∣∣ 42 −2847 −33

∣∣∣∣− 15

∣∣∣∣ −38 2647 −33

∣∣∣∣+17

∣∣∣∣ −38 2642 −28

∣∣∣∣= −14(42 · (−33) + 28 · 47)− 15(38 · 33− 26 · 47)

+17(38 · 28− 42 · 26)

= −14(−1386 + 1316)− 15(1254− 1222)

+17(1064− 1092)

= 980− 480− 476

= 24

78

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Aufgabe 2:Bestimmen Sie die Lösungsmengen der folgenden linearen Gleichungssysteme:

(a)2x − y + 4z = 1

∧ 3x + 2y − z = −2∧ −x + 3y − 7z = −3

(b)2x + y − z = 4

∧ 3x − y + 2z = 5∧ −x + 2y − 3z = 1

(c)x + 2y + 3z = 7

∧ 4x + 5y + 6z = 25∧ 5x + 7y − z = 42

Lösung:

(a) Matrixform und Umformungen 2 −1 4 | 13 2 −1 | −2−1 3 −7 | −3

↓ 2 −1 4 | 1

0 7\2 −7 | −7\20 5\2 −5 | −5\2

−3\2 · (1) + (2)1\2 · (1) + (3)

↓ 2 −1 4 | 10 7 −14 | −70 5 −10 | −5

2 · (2)2 · (3)

↓ 2 −1 4 | 10 7 −14 | −70 0 0 | 0

(−5\7) · (2) + (3)

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Das LGS hat unendlich viele Lösungen. Wählt man, zum Beispiel, z ∈ Rbeliebig, folgt y = 2z − 1 und x = 1

2 + y2 − 2z = 1

2 + (2z−1)2 − 2z

= −z, alsoL = (−z, 2z − 1, z)|z ∈ R .

(b) Matrixform und Umformungen 2 1 −1 | 43 −1 2 | 5−1 2 −3 | 1

↓ 2 1 −1 | 4

0 −5\2 7\2 | 110 5\2 −7\2 | 3

−3\2 · (1) + (2)1\2 · (1) + (3)

↓ 2 1 −1 | 40 −5\2 7\2 | 110 0 0 | 14

(2) + (3)

Das LGS ist nicht lösbar.

(c) Matrixform und Umformungen 1 2 3 | 74 5 6 | 255 7 −1 | 42

↓ 1 2 3 | 7

0 −3 −6 | −30 −3 −16 | 7

−4 · (1) + (2)−5 · (1) + (3)

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1 2 3 | 70 1 2 | 10 −3 −16 | 7

(2)\(−3)

↓ 1 2 3 | 70 1 2 | 10 0 −10 | 10

3 · (2) + (3)

Das LGS hat genau eine Lösung: z = −1, y = 3, x = 4.

Aufgabe 3:Untersuchen Sie die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

λ2x − λy + z = 1λ

∧ x + λy + λ2z = λ∧ x − y + z = λ2

Lösung:Die Lösbarkeit untersuchen wir mit der Determinante der Koeffizientenma-trix: ∣∣∣∣∣∣

λ2 −λ 11 λ λ2

1 −1 1

∣∣∣∣∣∣ = λ3 − λ3 − 1− λ+ λ4 + λ = λ4 − 1.

Es gilt λ4 − 1 = 0 genau dann, wenn |λ| = 1 ist. Das System ist alsoeindeutig lösbar genau dann, wenn λ /∈ 0,−1, 1 . (Die Bestimmung derLösungsmenge ist nicht verlangt! Es ist x = −λ2+λ+1

λ+1 , y = 1−λ3

λ , z =λ3+λ2+2λ+1

λ(λ+1) , wenn λ /∈ 0,−1, 1 .)

Für λ = 1 hat das System die Matrixform 1 −1 1 | 11 1 1 | 11 −1 1 | 1

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1 −1 1 | 10 2 0 | 00 0 0 | 0

−(1) + (2)−(1) + (3)

Das LGS hat unendlich viele Lösungen (y = 0, x = 1− z).

Für λ = −1 hat das System die Matrixform 1 1 1 | −11 −1 1 | −11 −1 1 | 1

Dieses System ist nicht lösbar.

Aufgabe 4:

(a) Wenn das Element x der Matrix

M =

(x 5

12 6

)verdoppelt wird, nimmt die Determinante den dreifachen Betrag an. Be-stimmen Sie x und detM .

(b) Beweisen oder widerlegen Sie: Wenn die Einträge der (2 × 2)-Matrix ausvier aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen besteht, dann besitzt die Deter-minante immer denselben Wert.

Lösung:

(a) det(

x 512 6

)= 6x− 60 = d

det(

2x 512 6

)= 12x− 60 = 3d,

also

82

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6x− 60 = d12x− 60 = 3d120 = 6x⇔ x = 20.

Und somitdetM =

(20 512 6

)= 120− 60 = 60

(b) richtig!

det(

x x+ 1x+ 2 x+ 3

)= x(x+ 3)− (x+ 2)(x+ 1)

= x2 + 3x− (x2 + 3x+ 2)

= −2

Aufgabe 5:Die Vektoren ~a,~b,~c ∈ R3

~x =

x1

x2

x3

, ~y =

y1

y2

y3

, ~z =

z1

z2

z3

heißen linear unabhängig, wenn∣∣∣∣∣∣

x1 y1 z1

x2 y2 z2

x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣ 6= 0

gilt, sonst heißen sie linear abhängig. Überprüfen Sie, für welche λ ∈ R dieVektoren

~x =

12λ

, ~y =

234

, ~z =

λ45

linear abhängig sind.

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Lösung:Der einfachste Test erfolgt mit der Determinante:∣∣∣∣∣∣

1 2 λ2 3 4λ 4 5

∣∣∣∣∣∣ = 15 + 8λ+ 8λ− 3λ2 − 16− 20 = 16λ− 3λ2 − 21.

Diese Determinante ist also Null genau dann, wenn 3λ2 − 16λ + 21 = 0ist. Dies ist der Fall für die Lösungen λ1 = 3 und λ2 = 7

3 . Genau für dieseParameter sind die Vektoren linear abhängig.

Aufgabe 6:Im R3 sind die Vektoren ~a = (1, 0, 1)T , ~b = (2,−1, 1)T und ~c = (3, 1,−2)T

gegeben.

(a) Bestimmen Sie alle Lösungen ~x ∈ R3 der Vektorgleichung

2 · (~c+ 5~x) + 4 · (~b− 4~a)− 2~b = 3 · (~a−~b+ ~c) + 4~x.

(b) Bestimmen Sie alle Skalare α, β, γ aus der Bedingung

α~a+ β~b+ γ~c = (2, 3,−1)T .

(c) Untersuchen Sie, ob ~a,~b,~c linear unabhängig sind.

Lösung:

(a) ~x = (2, 1, 2).

(b) Komponentenvergleich gibt das LGS

α + 2β + 3γ = 2

− β + γ = 3

α + β − 2γ = −1

mit der eindeutig bestimmten Lösung α = 3, β = −2, γ = 1.

(c) Die Koeffizientenmatrix des LGS aus (b) hat die Spalten ~a, ~b und ~c. Daes eindeutig lösbar ist, sind die Zeilen linear unabhängig. Daher ist dieDeterminante nicht Null und die Spalten, also ~a, ~b und ~c sind ebenfallslinear unabhängig.

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Aufgabe 7:Gegeben sind im R3 die Vektoren ~x = (3, 0,−2)T , ~y = (2,−1, 5)T und ~z = (1,−2, λ)T .Für welche Werte von λ ∈ R gibt es eine Linearkombination der Form

~x = α~y + β~z, α, β ∈ R?

Gibt es auch Linearkombinationen der Form

~y = γ~x+ δ~z, γ, δ ∈ R?

Lösung:Nur dann, wenn ~x, ~y, ~z linear abhängig sind, gibt es eine Linearkombinationder Form ~x = α~y + β~z. Also muss gelten∣∣∣∣∣∣

~x~y~z

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣3 0 −22 −1 51 −2 λ

∣∣∣∣∣∣ = 36− 3λ = 0,

also λ = 12. In diesem Fall ist ~x = 2~y − ~z. Man kann hier auch nach ~yauflösen. Unter der Bedingung λ = 12 ist ~y = ~x+~z

2 .

Aufgabe 8:Gegeben seien die reellen Matrizen

A =

2 4 −40 1 34 1 1

, B =

0 12 31 4

und C =

1 0 10 1 00 0 1

.

(a) Berechnen Sie alle möglichen Matrizenprodukte.

(b) Berechnen Sie C2, C3, ...Können Sie ein Bildungsgesetz für Cn vermuten? Das Ergebnis können sienach den ersten Wochen des ersten Semesters auch mit der Methode dervollständigen Induktion (kein Vorkurs-Thema!) beweisen.

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Lösung:

(a) Nur die Produkte AB, AC, CB und CA sind definiert.Es gilt:

AB =

2 4 −40 1 34 1 1

0 12 31 4

=

4 −25 153 11

AC =

2 4 −20 1 34 1 5

CB =

1 52 31 4

CA =

6 5 −30 1 34 1 1

(b)

Cn =

1 0 n0 1 00 0 1

Beweis durch Induktion.

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Zusatzaufgaben zu den Beweistechniken

Aufgabe 1:Ein Computer mit Eingabemodul für automatische Spracherkennung soll fürsicherheitskritische Anwendungen eingesetzt werden. Bei einem ersten Test wirdeine Frage gestellt und der Rechner antwortet mit „nein“. Kurz darauf wird diegleiche Frage noch einmal gestellt und jetzt erwidert der Computer mit „ ja“.Kann das Programm korrekt sein? Wenn ja, welche Frage wurde gestellt? Wennnein, begründen Sie bitte Ihre Antwort.

Lösung:Das Programm kann korrekt arbeiten, wenn, zum Beispiel, die folgende Fra-ge gestellt wurde: „Habe ich Ihnen/dir heute schon eine Frage gestellt?“

Aufgabe 2: (Vgl. [4], S. 3)Betrachtet wird ein mathematisches System, in welchem eine Aussage eine Zei-chenkette von Symbolen der Liste x, y,A ist.Typische Aussagen sind dann

yAxx, AAxy, yyAAxx usw. .

Gegeben sei nun ein System von Axiomen, das nur aus der Aussage A besteht.Die Logik kennt nur die beiden Regeln

1) In einer wahren Aussage darf A durch xAy ersetzt werden. Dann ist dieneue Aussage ebenfalls wahr.

2) Eine Aussage bleibt wahr, wenn aus einer wahren Aussage ein A entferntund die entstandene Lücke einfach geschlossen wird.

Verifizieren Sie: xxxyyy ist ein Theorem, das heißt, die Aussage ist wahr.

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Lösung:Zu zeigen: xxxAyyy ist ein Theorem.

Beweis:

A (Axiom)

xAy (Regel 1)

xxAyy (Regel 1)

xxxAyyy (Regel 1)

xxxyyy (Regel 2)

q.e.d.

Aufgabe 3: (Vgl. [6], S. 39 und 106)In der ersten Fußballbundesliga sind achtzehn Vereine. In einer Saison spieltjeder Verein zweimal gegen jeden anderen. Ein Verein erhält für ein gewonnenesSpiel drei Punkte, für ein Unentschieden einen Punkt und für eine Niederlagekeinen Punkt.Der Verein, der am Ende der Saison die meisten Punkte hat, ist Deutscher Mei-ster und die drei Vereine mit den wenigsten Punkten steigen ab in die zweiteBundesliga.Dabei ignorieren wir für den Moment, dass der Sechzehnte durch ein Relega-tionsspiel gegen den Dritten der zweiten Liga noch den Klassenerhalt schaffenkann.Haben Vereine die gleiche Punktzahl, so wird unter ihnen nach der Tordifferenzentschieden. Reicht auch dieses Kriterium nicht aus, so soll die Anzahl der er-zielten Tore und dann die auswärts erzielten Tore zählen.

(a) Welches ist die kleinste Punktzahl, mit der ein Verein Deutscher Meisterwerden kann, und

(b) welches ist die höchste Punktzahl, mit der er absteigen kann?

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Lösung:

(a) Wenn jedes Spiel unentschieden endet, dann hat jeder Verein, also auchder Deutsche Meister, am Ende der Serie 34 Punkte.

Beispiel:Alle Spiele enden 0:0, außer den beiden Partien Dortmund-Schalke. SpieltDortmund auf Schalke 1:1 und Schalke in Dortmund 2:2, dann ist Schalkemit 34 Punkten Deutscher Meister.

(b) Es könnte folgendes passieren. Der dritte potentielle Absteiger gewinntalle Heimspiele und die zwei Auswärtsspiele gegen die beiden definitivenAbsteiger. Das sind (17 · 3 + 2 · 3) = 57 Punkte.Man kann auch folgendermaßen argumentieren. Die Ergebnisse der beidensicheren Absteiger sind uninteressant. Die Punkte der restlichen 9·34−2 =304 Spiele müssen gleichmäßig aufgeteilt werden. Das wären (304 · 3) :(18− 2) = 57 Punkte.

Aufgabe 4:Ein 92-jähriger Mann wollte sich noch einmal im WS 2010/11 einschreiben las-sen. Im Studentensekretariat wurde er gefragt, ob er Geschwister habe.„Vor 140 Jahren hatte ich einen Bruder,“ antwortete der Alte. Verdutzt sahder Sachbearbeiter den Alten an und entgegnete: „Alle Angaben müssen nachbestem Wissen und Gewissen gemacht werden, sonst können Sie sich nicht ein-schreiben. Überlegen Sie noch einmal Ihre Angaben oder beweisen Sie diese“.Was erwiderte der Alte?Konnte er eingeschrieben werden?

Lösung:Der Alte erklärte: „1852 wurde mein Vater geboren und 1870 war das Ge-burtsjahr meines Bruders, der aber leider im gleichen Jahr verstarb. MeinVater war im Jahr 1918 also 66 Jahre alt als ich das Licht der Welt erblickte.Nun bin ich 92 Jahre alt und hatte vor 140 Jahren einen Bruder.“Er wurde also eingeschrieben.

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Aufgabe 5:Zeigen Sie, dass

√2 irrational ist.

zur Erinnerung:Eine rationale Zahl ist bekanntlich darstellbar als p

q mit p, q ∈ Z und q 6= 0.

Lösung:Wir nehmen an

√2 sei eine rationale Zahl, also

√2 = n

m für natürliche mund n. Weiterhin kann man ohne Einschränkung annehmen, dass n oder mungerade ist, weil das durch Kürzen immer erreichbar ist.Es gilt also

√2 =

n

m

⇒ 2 =n2

m2

⇔ n2 = 2m2,

das heißt, n2 und damit auch n sind gerade. Weil n gerade ist, sind n2

und 2m2 durch 4 teilbar. Das ist aber nur möglich, wenn m2 und damit mgerade sind. Dann sind aber m und n gerade und wir haben den gesuchtenWiderspruch: Unsere Annahme ist falsch!

Bemerkung:Wir benutzen hier das „Tertium non datur“. Das heißt, entweder ist eineAussage wahr oder falsch.

Aufgabe 6: (Vgl. [1], S. 188)Zwei Mathematiker spielen das folgende Spiel: Gezogen wird abwechselnd, wo-bei sich eine Partie stets über fünf Züge erstreckt. Für jeden Zug denkt sichder betreffende Spieler eine beliebige, nicht negative, ganze Zahl aus und gibtsie seinem Gegner bekannt. Nach fünf Zügen mit den ausgewählten Zahlenx1, x2, x3, x4, x5 gewinnt der erste Spieler genau dann, wenn

x21 + x2

2 + 2x1x2 − x3x5 − 2x3 − 2x5 − 3 = 0

ist. Welcher Spieler besitzt eine Gewinnstrategie?

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Lösung:Es gilt

x21 + x2

2 + 2x1x2 − x3x5 − 2x3 − 2x5 − 3 = 0

⇔ (x1 + x2)2 + 1 = (x3 + 2)(x5 + 2) (∗)

Offensichtlich kann der erste Spieler genau dann gewinnen, wenn die erstenbeiden Züge einen Wert (x1 + x2)2 + 1 ergaben, der keine Primzahl ist. Dax4 unerheblich ist, kann Spieler 1 genau dann die Zahlen x3 und x5 mit ent-sprechender Produktzerlegung so wählen, dass die Gleichung (∗) erfüllt ist.Der zweite Spieler sollte also x2 so wählen, dass (x1 +x2)2 +1 eine Primzahlist. Das ist aber nur möglich, wenn es unendlich viele Primzahlen der Formn2 + 1 gibt. Es ist aber bis jetzt ein ungelöstes Problem.Wenn es nur endlich viele Primzahlen der obigen Form gibt, wird der ersteSpieler seine Zahl x1 entsprechend groß genug wählen, um sicher zu gewin-nen.Es gibt also eine Gewinnstrategie, aber wir wissen im Moment nicht fürwelchen Spieler.

Aufgabe 7: (Vgl. [13], S. 133)Wie alt sind Sie? Sie wollen es mir nicht sagen?Nun gut, dann multiplizieren Sie Ihr Alter mit zehn und subtrahieren davon einbeliebiges Produkt von neun mit einer einstelligen Zahl.Sagen Sie mir diese Zahl und ich sage Ihnen, wie alt Sie sind.

BeispielAlter 17, das heiß, 170− 3 · 9 = 143, also weiß ich, dass Sie siebzehn Jahre jungsind.

Finden Sie die Lösung!Gibt es eine Einschränkung oder funktioniert das Verfahren immer?

Lösung:Sei x das Alter und k eine einstellige Zahl.Aufgrund der Zerlegung

10x− 9k = 10x− 10k + k

= 10(x− k) + k

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und der Annahme x > 9 (Hier liegt also die Einschränkung des Verfahrens.Für x = 8 und k = 9 funktioniert es, zum Beispiel, nicht.), ist x− k positivund 10(x− k) + k besitzt k als letzte Stelle.Lassen wir k fort, dann haben wir x − k. Addition von k ergibt schließlichx.

Aufgabe 8: (Vgl. [13], S. 133)Multiplizieren Sie Ihr Alter mit zwei, addieren Sie fünf und multiplizieren Sieschließlich diese Zahl mit fünf. Sagen Sie mir diese Zahl und ich kenne Ihr Alter.

BeispielAlter 21, das heißt 21 · 2 + 5 = 47, 47 · 5 = 235, also weiß ich, dass Sie 21 Jahrejung sind.

Finden Sie auch hier die Lösung!

Lösung:Sei x das Alter.Dann gilt

(2x+ 5) · 5 = 10x+ 25

= 10(x+ 2) + 5,

das heißt, die letzte Stelle ist eine 5. Lässt man hier die 5 fort, dann hatman x+ 2. Subtraktion von 2 liefert schließlich x.

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Test 1 mit Musterlösungen

Aufgabe 1: Mengenlehre und Logik

(a) Sei A =

1, 2, 3, 1, 2, 3und B =

1, 2, 1, 2

. Geben Sie

A ∪B, A ∩B, A \B und B \A

an. [4 Punkte]

(b) Geben Sie die Potenzmenge P(V ), das heißt die Menge aller Teilmengenvon

V =

0, 1, 2

an. [2 Punkte]

(c) Auf dem Planeten Kausalus gibt es drei Stämme: Die Alphas, die immerdie Wahrheit sagen, die Betas, notorische Lügner, und die Gammas, die jenach Lust und Laune lügen oder die Wahrheit sagen. Auf dem Planetenbegegnen wir drei Einheimischen, nach dem Erscheinungsbild ist jeder derdrei Stämme vertreten.

Der Erste sagt: “Der Dritte ist ein Beta.” Der Zweite sagt: “Der Erste istein Alpha.” Der Dritte sagt: “Ich bin ein Gamma.”

Wer ist von welchem Stamm? [6 Punkte]

(d) Seien X, Y und Z Aussagen. Überprüfen Sie, ob die Aussagen

(i) X ∧ (Y ∨ Z) und (X ∧ Y ) ∨ (X ∧ Z)

(ii) X ∨ (Y ∧ Z) und X ∧ Y ∧ Z

logisch äquivalent sind. [4+4 Punkte]

Lösung:

(a)A ∪B = 1, 2, 3, 1, 2, 3 , 1, 2A ∩B = 1, 2A\B = 3, 1, 2, 3B\A = 1, 2

93

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(b) P (V ) = V, ∅, 0 , 1, 2

(c) Da jeder der drei Stämme vertreten ist, muss einer ein Alpha sein. Wäreder Zweite ein Alpha, so müsste (da dann der Zweite die Wahrheit sagt)auch der Erste ein Alpha sein, Widerspruch! Wäre der Dritte ein Alpha,so wäre seine Aussage „Ich bin ein Gamma“ wahr, Widerspruch! Also istder Erste ein Alpha und damit der Dritte ein Beta. Der Zweite ist dannein Gamma.

(d) (i)

X Y Z Y ∨ Z X ∧ (Y ∨ Z)

w w w w ww w f w ww f w w wf w w w fw f f f ff w f w ff f w w ff f f f f

X Y Z X ∧ Y X ∧ Z (X ∧ Y ) ∨ (X ∧ Z)

w w w w w ww w f w f ww f w f w wf w w f f fw f f f f ff w f f f ff f w f f ff f f f f f

Wenn wir die mittleren Spalten zwischen den Doppelstrichen als Ne-benrechnungen interpretieren (was sie ja auch sind), so sind die ver-bleibenden Spalten der Wahrheitstafeln gleich. Die Aussagen sindsomit logisch äquivalent.

(ii) Die Wahrheitstabelle zeigt, dass die Ausdrücke nicht logisch äquiva-lent sind, da die unterstrichenen Werte verschieden sind.

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X Y Z Y ∧ Z X ∨ (Y ∧ Z) X ∧ Y ∧ Z0 0 0 0 0 00 0 1 0 0 00 1 0 0 0 00 1 1 1 1 01 0 0 0 1 01 0 1 0 1 01 1 0 0 1 01 1 1 1 1 1

Aufgabe 2: Elementare Funktionen

(a) Skizzieren Sie die Graphen von

(i) ln(x · ex)− lnx

(ii) ln(x · ex)− x(iii) ln(x · ex)− x− lnx+ 1

(iv) e3 ln x

[1+1+1+1 Punkte]

(b) Bestimmen Sie alle reellen Zahlen, für die (x−2)2 < 100 gilt, und skizzierenSie die Lösungsmenge auf der Zahlengeraden. [4 Punkte]

(c) Bestimmen Sie alle Lösungen x ∈ R der Gleichung

2x + 4x = 272.

[6 Punkte]

(d) Sei f1 : R→ R; f1(x) = 4x− 1. Berechnen Sie

f2 = f1 f1,

f3 = f2 f1,

f4 = f3 f1

sowie den Funktionswert f4(0). [6 Punkte]

Lösung:In allen vier Teilaufgaben arbeiten wir mit dem natürlichen Logarithmus,daher gilt hier: D = R>0 !

95

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a) i) ln(x · ex)− lnx = lnx+ ln ex − lnx = x

ii) ln(x · ex)− x = lnx+ ln(ex)− x = lnx+ x− x = lnx

96

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iii) ln(x · ex)− x− lnx+ 1 = 1

iv) e(3 ln x) = x3

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98

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b)(x− 2)2 < 100

⇔ x2 − 4x+ 4 < 100

⇔ x2 − 4x− 96 < 0

⇔ (x+ 8)(x− 12) < 0

Die Ungleichung ist also genau dann erfüllt, wenn −8 < x < 12 gilt.(Skizze)

c) 2x + (2x)2 − 272 = 0.Setze y := 2x und löse die quadratische Gleichung

y2 + y = 272,

d.h., es gilty1 = 2x1 = −17 oder y2 = 2x2 = 16.

Nun ist 2x > 0 und streng monoton wachsend, d.h. wir haben nur dieLösung 2x = 16⇒ x = 4.

d)

f1(x) = 4x− 1

f2(x) = f1(f1(x)) = 4f1(x)− 1 = 4(4x− 1)− 1 = 42x− 4− 1,

f3(x) = f2(f1(x)) = 42f1(x)− 4− 1 = 42(4x− 1)− 4− 1

= 43x− 42 − 4− 1

f4(x) = f3(f1(x)) = 43f1(x)− 42 − 4− 1 = 43(4x− 1)− 42 − 4− 1

= 44x− 43 − 42 − 4− 1.

Mitn∑i=1

ki = kn+1−kk−1 führt dies zu der Vermutung

fn(x) = 4nx− 4n−1 − 4n−2 − ...− 42 − 4− 1 = 4nx− 4n − 1

3.

f4(0) = 0− 43 − 42 − 4− 1 = −44 − 1

3= −85

99

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Aufgabe 3: Komplexe Zahlen

(a) Gegeben sei z ∈ C mit

z = 10 · −3i− 2 + (2 + i)2

3 + i+

1

5(1 + 2i) · (12 + 4i)

Bestimmen Sie Die Normalform z = x+ iy mit x, y ∈ R. [6 Punkte]

(b) Die Menge aller Lösungen u ∈ C der Gleichung

uu+ (2 + i)u+ (2− i)u = 4

ist eine Kreislinie K in der komplexen Ebene. Bestimmen Sie den Mittel-punkt und den Radiusvon K. [7 Punkte]

(c) Bestimmen Sie Betrag und Argument aller v ∈ C, die im 1. Quadrantenliegen (d. h. Re v ≥ 0, Im v ≥ 0) und folgende Gleichung lösen:

v5 = 16(i−√

3)

[7 Punkte]

Lösung:

(a) Es ist

z = 10 · −3i− 2 + (2 + i)2

3 + i+

1

5(1 + 2i) · (12 + 4i)

= 10 · −3i− 2 + 4 + 4i− 1

3 + i+

1

5(1 + 2i)(12− 4i)

= 10 · 1 + i

3 + i+

1

5(12− 4i+ 24i+ 8)

= 10 · (1 + i) · (3− i)(3 + i) · (3− i) + 4 + 4i

= 10 · 3 + 3i− i+ 1

9 + 1+ 4 + 4i

= 4 + 2i+ 4 + 4i

= 8 + 6i

100

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also Re z = 8, Im z = 6 und |z| =√

64 + 36 = 10.

(b) Mit dem Ansatz u = x+ iy mit x, y ∈ R lautet die Gleichung

(x+ iy)(x− iy) + (2 + i)(x+ iy) + (2− i)(x− iy) = 4,

⇔ x2 + y2 + 2x+ 2iy + ix− y + 2x− 2iy − ix− y = 4

dazu äquivalentx2 + y2 + 4x− 2y = 4.

Mit quadratischer Ergänzung entsteht

x2 + 4x+ 4 + y2 − 2y + 1 = 9

⇔ (x+ 2)2 + (y − 1)2 = 9.

Hier liest man ab: Mittelpunkt istM = −2+ i und Radius ist r =√

9 = 3.

(c) Es ist |v|5 = |v5| = 16|i−√

3| = 32, also |v| = 5√

32 = 2. Für das Argumentϕ von v gilt nach der Formel von Moivre 5ϕ = arg(i−

√3) = 5π/6 + 2kπ

mit k ∈ Z, also

ϕk =π

6+

2kπ

5für k ∈ Z.

Verschiedene Ergebnisse für v liefern nur ϕ0, . . . , ϕ4. Davon wiederum liegtnur das Ergebnis für ϕ0 = π

6 im ersten Quadranten wegen 0 ≤ ϕ0 ≤ π2 .

Einziges Ergebnis ist also v = 2 · eiπ6 .

101

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Test 2 mit Musterlösungen

Aufgabe 1: Folgen und Reihen

(a) Untersuchen Sie die folgenden Folgen auf Konvergenz:

(i) an =(n+ 1)(3n2 − 4)

(2n− 5)3

(ii) bn =(n+ 1)(3n2 − 4)

(2n− 5)3· cosh

(n+√n√

n3

)(iii) cn =

(1 +

1

3n

)6n

[5+5+5 Punkte]

(b) Untersuchen Sie folgende Reihe auf Konvergenz:

∑∞

n=0

n3 · 3nn!

[5 Punkte]

Lösung:

(a) (i) Es ist

(n+ 1)(3n2 − 4)

(2n− 5)3=

1n3 (n+ 1)(3n2 − 4)

1n3 (2n− 5)3

=(1 + 1

n )(3− 4n2 )

(2− 5n )3

n→∞−→ 1 · 38

=3

8

(ii) Es istn+√n√

n3=

1√n

+1

n

n→∞−→ 0 + 0 = 0.

102

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Wegen der Stetigkeit von cosh folgt

cosh

(n+√n√

n3

)n→∞−→ cosh(0) = 1.

Mit (i) gilt dann

(n+ 1)(3n2 − 4)

(2n− 5)3· cosh

(n+√b√

n3

)n→∞−→ 3

8· 1 =

3

8.

(iii) Es ist

(1 +

1

3n

)6n

=

[(1 +

1

3n

)3n]2

n→∞−→ e2.

(b) Wir untersuchen die Reihe mit dem Quotientenkriterium. Es ist

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =(n+ 1)3 3n+1 n!

(n+ 1)! n3 3n=

3

n+ 1

(1 +

1

n

)3n→∞−→ 0 < 1.

Das liefert die Konvergenz der Reihe.

103

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Aufgabe 2: Differentialrechnung

(a) Berechnen Sie die Ableitung der Funktion

f :]0, π[→ R; x 7→ sinx(x)

(i) mittels logarithmischer Differentiation.

(ii) mittels einer anderen Differentiationsmethode.

[8 Punkte]

(b) Bestimmen Sie die Extrema (und ihre Art) der Funktion

f : R→ R; x 7→ x

300(x2 − 45)(x2 − 10).

[4 Punkte]

(c) Untersuchen Sie, ob die folgenden Grenzwerte existieren und bestimmenSie gegebenenfalls ihren Wert.

(i) limx→0

cosx− 1

x2

(ii) limx→0

(x+ coshx)1/2x

[4+4 Punkte]

Lösung:

(a) Für x ∈]0, π[ ist sinx > 0, daher ist sinx x wohldefiniert.

(i) Die Regel von der logarithmischen Differentiation lautet

df

dx(x) = f(x) · d

(ln(f)

)dx

(x).

Es ist ln(sinx x) = x · ln(sinx), also

d

dxln(sinx x) = ln(sinx) + x · cosx

sinx= ln(sinx) + x · cotx,

alsof ′(x) = sinx x ·

(ln(sinx) + x · cotx

).

104

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(ii) Wegen sinx x = ex·ln(sin x) liefert die Kettenregel

f ′(x) = ex·ln(sin x) ·(x · ln(sinx)

)′Produktregel

= sinx x ·(

ln(sinx) + x · cosx

sinx

)= sinx x ·

(ln(sinx) + x · cotx

)(b) Mit der Produktregel folgt

f ′(x) =(x2 − 45)(x2 − 10)

300+ x · 2x · (x2 − 10)

300+ x · 2x · (x2 − 45)

300

=(x2 − 45)(x2 − 10)

300+

2x2 · (x2 − 55)

300

=x4 − 55x2 + 450 + 4x4 − 110x2

300

=5x4 − 165x2 + 450

300

=1

60(x2 − 30)(x2 − 3).

f ′ hat also Nullstellen in x = ±√

30 und x = ±√

3. Wieder mittels derProduktregel ist

f ′′(x) =1

60

(2x(x2 − 3) + 2x(x2 − 30)

)=

x

30(2x2 − 33).

Nun ist

f ′′(√

30) =

√30

30

(2√

302 − 33

)> 0,

das heißt in√

30 liegt ein strenges lokales Minimum vor. Weiter ist

f ′′(−√

30) =−√

30

30︸ ︷︷ ︸<0

·(2(−√

30)2 − 33)︸ ︷︷ ︸

>0

< 0,

105

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das heißt in −√

30 liegt ein strenges lokales Maximum vor. Ferner gilt

f ′′(√

3) =

√3

30

(2√

32 − 33

)< 0,

also hat f in√

3 ein strenges lokales Maximum. Schließlich ist noch

f ′′(−√

3) =−√

3

30

(2(−√

3)2 − 33)> 0,

in −√

3 hat f also ein strenges lokales Minimum.

(c) Die Aufgaben werden jeweils mit der Regel von de l’Hospital gelöst.

(i) Wegen limx→0

(cosx− 1) = 0 und limx→0

x2 = 0 liegt hier der Fall „ 00 “ vor.

Es ist (cosx− 1)′ = − sinx und (x2)′ = 2x. Wegen limx→0

(− sinx) = 0

und limx→0

2x = 0 haben wir wieder denselben Fall und leiten weiterab: Es ist (sinx)′ = − cosx und (2x)′ = 2. Also gilt

limx→0

cosx− 1

x2= lim

x→0

− sinx

2x= lim

x→0

− cosx

2= −1

2.

(ii) Dieser Grenzwert ist vom Typ „1∞“, wir betrachten also den Expo-nenten:

(x+ coshx)12x = exp

ln(x+ coshx)

2x

Der Grenzwert des Exponenten ist vom Typ „ 00 “ und führt nach An-

wendung von de l’Hospital auf

limx→0

1+sinh xx+cosh x

2=

1

2.

Also geht der Exponent gegen 12 ; wegen der Stetigkeit der Exponential-

Funktion ist der gesuchte Grenzwert exp(1/2) =√e ≈ 1, 6487.

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Aufgabe 3: Integralrechnung

(a) Berechnen Sie ∫sin2(t) dt.

(b) Berechnen Sie ∫ 1

0

dt

cosh(t).

Tipp: Drücken Sie cosh durch die e-Funktion aus und erweitern Sie denBruch dann mit der e-Funktion.

[10+10 Punkte]Lösung:

(a) Es gilt ∫sin2 t dt =

∫sin t︸︷︷︸u

· sin t︸︷︷︸v′

dt

partielle Integration= −sin(t) cos(t)−

∫ (− cos(t) cos(t)

)dt+C

= − sin(t) cos(t)−∫

cos2(t) dt+ C

Kreisidentität= − sin(t) cos(t)−

∫1− sin2(t) dt+ C

⇔ 2

∫sin2 t dt = − sin(t) cos(t) +

∫1 dt+ C

⇔∫

sin2 t dt = − sin(t) cos(t)

2+

1

2t+ C

(b) Es ist ∫ 1

0

dt

cosh t=

∫ 1

0

dtet+e−t

2

=

∫ 1

0

2 dt

et + e−t

= 2

∫ 1

0

et

e2t + 1dt = 2

∫ 1

0

et

1 + (et)2dt.

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Mit der Substitution x = et, also dx = etdt, folgt∫ 1

0

dt

cosh t= 2

∫ 1

0

1

1 + (et)2et dt = 2

∫ e

1

1

1 + x2dx

= 2 arctanx∣∣∣e1

= 2(

arctan(e)− arctan(1))

= 2 arctan(e)− π

2.

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Wahrscheinlichkeitstheorie

Aufgabe 1:Gegeben sei die Menge M = 1, 2, 3, 4, a und das Mengensystem

F = ∅,M, 3, a, 2, 3, 3, 1, a .

a) Überprüfen Sie, ob in F alle Durchschnitte der Mengen aus F liegen.

b) Zeigen Sie, dass F keine σ-Algebra auf M ist.

c) Geben Sie die kleinste σ-Algebra über M an, die F enthält.

Lösung:1. Möglichkeit: Man erweitert sukzessive F um alle Komplemente undVereinigungen und erhält dann die Potenzmenge als σ-Algebra.2. Möglichkeit: Man sieht leicht, dass alle einelementigen Mengen in Fliegen müssen: z.B. hat man 3, a ∩ 1, a = a. Die einelementige Menge3 liegt per Definition in F . Als Komplement der Vereinigung von 1, aund 2, 3 liegt 4 in der von F erzeugten σ-Algebra σ(F). Schließlichergeben sich 1 und 2 als Komplemente von 2, 3, 4, a und 1, 3, 4, a.Nun liegen aber auch alle Durchschnitte eines Mengensystems F in dervon F erzeugten σ-Algebra, denn mit Hilfe von „de Morgan“ (de Morgansche

Regeln) gilt⋂An =

(⋃An

), n ∈ I und I ist Indexmenge. Damit ist die

von F erzeugte σ-Algebra offensichtlich die Potenzmenge.

Aufgabe 2:Sei (an) eine monoton wachsende Folge reeller Zahlen aus dem kompakten In-tervall [0, 1], und es gelte lim

n→∞an = 1. Weiterhin sei die Funktion w : N → R

gegeben durch w(1) = a1 und w(n) = an − an−1 für n ∈ N− 1.

Zeigen Sie, dass∞∑k=1

w(k) = 1

gilt, d.h. w ist eine Wahrscheinlichkeitsfunktion.

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Lösung:Da (an) eine monoton wachsende Folge aus [0, 1] ist, liegt auch (wn) in [0, 1].Nun gilt:

n∑k=1

w(k) = a1 +

n∑k=2

ak − ak−1

= a1 + a2 − a1 + · · · − · · · = an.

Wegen limn→∞ an = 1 folgt dann sofort die Behauptung

∞∑k=1

w(k) = 1.

Aufgabe 3:In einer Urne mit acht (von 0 bis 7) durchnummerierten Kugeln werden vierKugeln mit Zurücklegen gezogen.Auf wie viele Arten ist das möglich?Lösung:

Die Anzahl der k-Kombinationen mit Wiederholung ist gegeben durch(n+ k − 1

k

), d.h. in unserem Fall hat man

(8 + 4− 1

4

)=

(114

)=

11!

4!7!=

8 · 9 · 10 · 11

1 · 2 · 3 · 4= 3 · 10 · 11

= 330.

Aufgabe 4:Gegeben sei ein Quadrat mit den Ecken A,B,C und D. Auf jeder dieser Eckenkann eine der drei Marken 1,2 und 3 platziert werden. Wie groß ist die Anzahldieser Permutationen?Lösung:

Mit dem Leerzeichen gibt es vier Zeichen, also 4! = 24 Permutationen.

Aufgabe 5:In einer Familie tragen beide Elternteile die Erbanlagen für braune (B) undblaue (b) Augen. Dabei setzen wir voraus, dass das Merkmal „braune Augen“

110

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also B dominant ist. Der Nachfahre erhält also jeweils B oder b von Vaterund Mutter. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei drei hintereinandergeborenen Nachkommen wenigstens ein Kind blaue Augen besitzt?Lösung:

Es gibt die Kombinationen

B BB bb Bb b.

Die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei Nachkommen braune Augen besitzen,ist demnach

P (BBB) =3

4· 3

4· 3

4=

27

64.

Also ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit

P (mind. 1b) = 1− 27

64=

37

64.

Aufgabe 6:In einer Population mit 36% Rauchern haben 4% ein Lungenkarzinom entwickeltund 3% sind Raucher mit Lungenkrebs. Alle Prozentwerte sind auf die Popula-tion bezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass nach diesen Daten einRaucher kein Lungenkrebs bekommt? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dassein Nichtraucher Lungenkrebs hat?Lösung:

Aus der Aufgabenstellung entnimmt man:

P (Raucher) = P (R) = 0.36

P (Raucher ∩ Karzinom) = P (RK) = 0.03

P (Karzinom) = P (K) = 0.04.

Wir suchen

P (R ∩K) = P (R)− P (RK) = 0.36− 0.03 = 0.33.

Analog findet man

P (R ∩K) = P (K)− P (RK)

= 0.04− 0.03

= 0.01.

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Schließlich gilt noch

P (K|R) =P (R ∩K)

P (R)=

0.33

0.36= 0.916

und

P (K|R) =P (R ∩K)

P (R)=

0.01

0.64= 0.015625

Aufgabe 7: (Klausuraufgabe WS 2010/11)

Seien Ω = 1, . . . , 8, A = 1, 6, 7, B = 1, 2, 3, 4, 8, P (B) = 23 , P (1) =

120 , PB(A) = 1

7 , PB(A) = 19 .

a) Berechnen Sie PA(B).

Die Zahl ist in der gekürzten Bruchdarstellung anzugeben.

b) Berechnen Sie PB(B), PB(B), PB(B) und PB(B).

Lösung:

a) Es ist P (B) = 1− P (B) = 13 sowie A ∩ B = 1. Nach der Bayes-Formel

gilt

PA(B) =P (A ∩B)

P (B)PB(A) + P (B)PB(A)

=120

23 · 1

7 + 13 · 1

9

=120

23 · 9

63 + 13 · 7

63

=12025189

=189

500

b) Wegen B ∩ B = B und B ∩ B = B folgt PB(B) = PB(B) = 1. WegenB ∩B = ∅ folgt 0 = PB(B) und 0 = PB(B).

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Aufgabe 8: (Klausuraufgabe WS 2011/12, vgl (11) S.19)

Ein Kryptosystem kann nur drei mögliche Nachrichten (Klartexte) M1,M2 undM3 verschlüsseln. Dazu gibt es zwei mögliche Schlüssel S1 und S2 und dreigenerierte Geheimtexte G1, G2 und G3. Bzgl. Schlüssel S1 wird via S1(Mi) = Gimit i ∈ 1, 2, 3 verschlüsselt. Wird Schlüssel S2 benutzt, hat man S2(M1) =G2, S2(M2) = G3 und S2(M3) = G1.

Schließlich gelte noch p(M1) = 12 , p(M2) = 3

10 und p(M3) = 15 . Dabei ist p(M)

die Wahrscheinlichkeit, dass Mi als Klartext gewählt wird. Die Wahrscheinlich-keit, dass Schlüssel S1 bzw. S2 gewählt wird, ist jeweils p = 1

2 .

i) Wie groß ist die (bedingte) Wahrscheinlichkeit p(M1|G1), d.h. dass derKlartext M1 zum bekannten Geheimtext G1 gehört?

ii) Berechnen Sie p(M2|G1) und p(M2|G3).

Lösung:Wir haben zu berechnen: P (M |G) =(Wahrscheinlichkeit, dass der SenderM als Klartext wählt und als G verschlüsselt)/(Wahrscheinlichkeit, dass derGeheimtext G durch irgendeine Nachricht erzeugt wird)Also mit

S1 :M1 → G1

M2 → G2

M3 → G3

und S2 :M1 → G2

M2 → G3

M3 → G1

,

sowie P (S1) = 12 , P (S2) = 1

2 , P (M1) = 12 , P (M2) = 3

10 , P (M3) = 15 gilt:

P (M1|G1) =P (M1)P (S1)

P (M1)P (S1) + P (M3)P (S2)=

12 · 1

212 · 1

2 + 15 · 1

2

=14

14 + 1

10

=520720

=5

7.

Aufgabe 9:Gegeben Sei Ω1 = 0, 1, 2 und F = ∅,Ω1. Dann ist F eine σ-Algebra überΩ1. Weiter sei über Ω2 = 0, 1 die σ-Algebra P(0, 1), also die Potenzmengevon Ω2, gegeben. Überprüfen Sie, ob die Abbildung 11,2 : Ω1 → 0, 1 meßbarist. Dabei sei 11,2 die charakteristische oder Indikatorfunktion, d.h.

113

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1A(w) :=

1 falls w ∈ A (∀w ∈ Ω)

0 sonst

und A ⊂ Ω.Lösung:

Über Ω2 = 0, 1 sei die σ-Algebra P(0, 1), also die Potenzmenge gege-ben. Dann ist die charakteristische Funktion 11,2 : Ω1 → 0, 1, d.h. dieAbbildung

0 → 01 → 12 → 1

nicht messbar, denn wegen 1 ∈ A2 und 1−11,2(1) = 1, 2 6∈ A1 liegt das

Urbild von 1 also 1, 2 nicht in A1.

Aufgabe 10: (Klausuraufgabe WS 2010/11)Gegeben sei N6 = 1, 2, 3, 4, 5, 6 und das diskrete Maß auf N6 mit P (1) = 2

5 ,P (2) = 1

10 , P (3) = 320 , P (4) = 1

25 , P (5) = 725 , P (6) = 3

100 . Weitersei X : N6 → N gegeben durch X(1) = 7, X(2) = 4, X(3) = 7, X(4) = 7,X(5) = 11, X(6) = 4.

(a) Zeigen Sie, dass P ein W -Maß P ist.

(b) Berechnen Sie X−1(1), X−1(7), X−1(4).(c) Berechnen Sie PX(4) und PX(7, 12).

Lösung:

(a) 25 + 1

10 + 320 + 1

25 + 725 + 3

100 = 40100 + 10

100 + 15100 + 4

100 + 28100 + 3

100 = 1

(b) X−1(1) = ∅, X−1(7) = 1, 3, 4, X−1(4) = 2, 6(c) PX(4) = P (X−1(4)) = P (2, 6) = 1

10 + 3100 = 13

100

PX(7, 12) = P (X−17, 12) = P (X ∈ 7, 12)da X 12 nicht annimmt

= P (X = 7) = P (1, 3, 4)

=2

5+

3

20+

1

25=

40 + 15 + 4

100

=59

100

114

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Aufgabe 11:Es wird eine faire Münze dreimal geworfen und ’Kopf’ mit ’0’ und ’Zahl’ mit ’1’bezeichnet. Geben Sie den entsprechenden W -Raum und die Zufallsvariable Xexplizit an, wenn X die geworfenen Köpfe zählen soll.

Wie lautet folglich die Verteilungsfunktion?Lösung:

X(0, 0, 0) = 3

X(0, 0, 1) = 2

X(0, 1, 0) = 2

X(0, 1, 1) = 1

X(1, 0, 0) = 2

X(1, 0, 1) = 1

X(1, 1, 0) = 1

X(1, 1, 1) = 0

Damit hat man

P (X = 3) =1

8

P (X = 2) =3

8

P (X = 1) =3

8

P (X = 0) =1

8

Folglich erhält man für die Verteilungsfunktion F :

Für t ≥ 3:

F (t) = P (X ≤ 3) =1

8+

3

8+

3

8+

1

8= 1

Für 2 ≤ t < 3:

F (t) = P (X ≤ t) = P (X ≤ 2) =1

8+

3

8+

3

8=

7

8

115

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Für 1 ≤ t < 2:

F (t) = P (X ≤ t) = P (X ≤ 1) =1

8+

3

8=

1

2

Für 0 ≤ t < 1:

F (t) = P (X ≤ t) = P (X ≤ 0) =1

8

Für t < 0:

F (t) = P (X < 0) = 0

0 1 2 3 4 5 60/8

1/8

2/8

3/8

4/8

5/8

6/8

7/8

8/8

x

F(x

)

Aufgabe 12: (Klausuraufgabe WS 2007/08)Eine stetige Zufallsvariable X hat den Erwartungswert E(X) = 2/3 und dieDichte f von der Form

f(x) =

ax2 + b , 0 < x < 1,

0 , sonst.

Berechnen Sie die Parameter a, b und die Verteilungsfunktion von X.Lösung:

(a) Es bezeichne W das Ereignis, dass eine weiße Kugel von U1 nach U2 ge-bracht wurde, dann ist p(W ) = 25

30 = 56 . Es bezeichne A das Ereignis,

116

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dass aus der neu gemischten Urne U2 eine weiße Kugel gezogen wird. Mitdiesen Abkürzungen ist p(W |A) gesucht. Nach der Regel von Bayes gilt

p(W |A) =p(W ∩A)

p(W )p(A|W ) + p(W )p(A|W )

=p(W )p(A|W )

p(W )p(A|W ) + p(W )p(A|W ).

Wurde eine weiße Kugel transportiert, enthält U2 danach 4 schwarze und8 weiße Kugeln, also ist p(A|W ) = 8

12 = 23 . Wurde eine schwarze Kugel

transportiert, enthält U2 danach 5 schwarze und 7 weiße Kugeln, also istp(A|W ) = 7

12 . Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist

p(W |A) =56 · 2

356 · 2

3 + 16 · 7

12

=40

47≈ 0.851.

(b) Für die Dichtefunktion f muss gelten

1 =

∫ ∞−∞

f(x)dx =

∫ ∞a

8x−3dx = limA→∞

−4x−2∣∣∣Aa

= limA→∞

(−4A−2 + 4a−2)

= 4a−2,

also a2 = 4 und daher a = 2 (wegen a > 0). Für die VerteilungsfunktionFX ist dann FX(t) = 0 für t < 2. Für t ≥ 2 gilt

FX(t) =

∫ t

−∞f(x)dx

=

∫ t

2

8x−3dx

= −4x−2∣∣t2

= 1− 4t−2.

117

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Der Erwartungswert E(X) berechnet sich aus

E(X) =

∫ ∞−∞

xf(x)dx

=

∫ ∞2

8x−2dx

= limA→∞

−8x−1∣∣∣A2

= limA→∞

(−8A−1 + 4)

= 4.

Aufgabe 13:Gegeben sei der W -Raum

(Ω,F , P ) = (1, 2, 3,P(1, 2, 3), P )

mit P (j) = 13 , für j ∈ 1, 2, 3.

Es liegt also die diskrete Gleichverteilung vor.Die ZVen X : Ω→ R und Y : Ω→ R seien definiert durch X(1) = −1, X(2) =0, X(3) = 1 sowie

Y (1) = 0, Y (2) = 1 und Y (3) = 0.

Überprüfen Sie, ob X und Y stochastisch unabhängig sind.Lösung:

Es gilt:

P (X ≤ 0) = P (1, 2) =2

3

P (Y ≤ 0) = P (1, 3) =2

3

und damit

P (X ≤ 0) · P (Y ≤ 0) =2

3· 2

3=

4

9.

Andererseits hat man aber

P ((X ≤ 0) ∩ (Y ≤ 0)) = P (1, 2 ∩ 1, 3)= P (1)

=1

36= 4

9,

118

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d.h. die ZVen sind nicht stochastisch unabhängig.

Aufgabe 14: (Klausuraufgabe WS 2010/11)Seien X und Y ZVen mit Var(X) = Var(Y ).Berechnen Sie: Cov(X + Y,X − Y ).Lösung:

Mit Cov(X,Y ) := E((X − E(X))(Y − E(Y ))) gilt:

Cov(X + Y,X − Y ) = E((X + Y − E(X + Y ))(X − Y − E(X − Y )))

= E((X + Y − E(X)− E(Y ))(X − Y − E(X) + E(Y ))

)= E

(((X − E(X)) + (Y − E(X)))

((X − E(X))− (Y − E(X))))

= E((X − E(X))2 − (Y − E(Y ))2

)= E

((X − E(X))2

)− E

((Y − E(Y ))2

)= Var(X)−Var(Y ) = 0

(laut Voraussetzung).

Aufgabe 15:Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Triebwerk eines Flugzeugs ausfällt, betrage p.Für einen erfolgreichen Flug sei mindestens die Hälfte der Triebwerkzahl not-wendig. Wie groß sind demnach die Wahrscheinlichkeiten für den erfolgreichenFlug eines zwei- bzw. vierstrahligen Flugzeugs?Lösung:

Sei X die Anzahl der intakten Triebwerke. Dann gilt (für zwei Triebwerke):

P (X ≥ 1) =

2∑k=1

(2k

)(1− p)kp2−k

=

(21

)(1− p)p+

(22

)(1− p)2

= 2p(1− p) + (1− p)2

= 2 +−2p2 + p2 − 2p+ 1

= 1− p2,

119

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sowie (für vier Triebwerke):

P (X ≥ 2) =

4∑k=2

(2k

)(1− p)kp4−k

=

(42

)(1− p)2p2 +

(43

)(1− p)3p+

(44

)(1− p)4

= 1 + 4p3 + 3p4

Aufgabe 16:Die Anzahl der Studierenden, die in eine Sprechstunde kommen, sei poissonver-teilt mit λ = 3. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei aberhöchstens fünf Studierende diese Gelegenheit nutzen?Lösung:

Es gilt

P (2 ≤ X ≤ 5) =

5∑k=2

λk

k!e−1λ

=32

2e−3 +

33

6e−3 +

34

24e−3 +

35

120e−3

= e−3

(540 + 540 + 405 + 243

120

)= e−3 · 14

2

5≈ 0.717

120

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Testklausur vom SS 2012 Teil 1 (2. Semester)

Aufgabe 1 (5+5+5+5)

Gegeben seien die Ebenen E1 : ~x · (−1, 1, 2) = 1 und E2 : ~x · (0, 1, 1) = 0 undzusätzlich der Punkt P mit dem Ortsvektor ~y = (1, 2, 3).

a) Bestimmen Sie die Gerade g = E1 ∩ E2.

b) Bestimmen Sie den Abstand der Geraden g von P.

c) Liegt E1 zwischen ~0 und ~y ?

d) Welchen Winkel α ∈ (0, π2 ] schließen die Ebenen E1, E2 miteinander ein?

Hinweis: Verwenden Sie, falls möglich, die Normalenvektoren der Ebenen.

Lösungen

a) Die Richtung der Geraden ist ~n1× ~n2 = (−1, 1, 2)× (0, 1, 1) = (−1, 1,−1)und ein Anfangspunkt (partikuläre Lösung) z.B. ~x0 = (−1, 0, 0):~xg = (−1, 0, 0) + λ(1,−1, 1).

b) Ist ~xFg der Fußpunkt des Lotes von ~y auf g, so muss gelten:(~xFg − ~y) · (1,−1, 1) = 0 ⇔ (−2 + λ,−2− λ,−3 + λ) · (1,−1, 1) ⇔ 3λ = 3⇔ λ = 1⇒ ~xFg = (0,−1, 1); |~xFg − ~y| = |(−1,−3,−2)| =

√14.

c) Für E1 gilt: ~y · (−1, 1, 2) = (1, 2, 3) · (−1, 1, 2) = 7 > 1 > 0 und damit liegtE1 „echt“ zwischen ~0 und ~y.

d) Berechnet wird der Winkel zwischen den Normalen beider Ebenen:~n1 · ~n2 = (−1, 1, 2) · (0, 1, 1) = 3 =

√6 ·√

2 · cosα ⇒ cosα =√

32 = cos π6

⇒ α = π6 ∈ (0, π2 ].

Aufgabe 2 (5+15)

Gegeben seien die Vektoren ~a = (1, 0, 1); ~b = (−1, 2, 0) und ~n = (1, 1, 1).

a) Berechnen Sie die orthogonale Zerlegung von ~n bzgl. ~a.(d.h. ~n = λ · ~a + ~v mit ~v ⊥ ~a, λ ∈ R)

121

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b) Bestimmen Sie alle Vektoren ~y ∈ R3 mit den folgenden drei Eigenschaften(welche zusammen gelten sollen):

(1) ~y, ~a, ~b sind linear abhängig;

(2) die Ebene ~x · ~n = ~a · ~n enthält den Punkt mit dem Ortsvektor ~y;

(3) ~a und ~y erzeugen ein Parallelogramm mit Inhalt 6.

Hinweis: Benutzen Sie ein passendes Distributivgesetz.

Lösungen

a) ~n = λ · ~a+ ~c mit ~c ⊥ ~a⇒ ~n · ~a = λ|~a|2 ⇒ λ = ~n·~a

|~a|2 = 22 = 1

⇒ ~c = ~n− ~a = (0, 1, 0) ⇒ ~n = 1 · (1, 0, 1) + (0, 1, 0).

b) (1) ~y = λ~a+ µ~b (wegen(3))

(2) ~y · ~n = ~a · ~n = 2 = 2λ+ µ

(3) |~a×~y| = 6 = |~a×(λ~a+µ~b)| = |~a×µ~b| = |µ||~a×~b| = |µ||(−2,−1, 2)| =|µ| ·√

9 = 3|µ|⇒ µ = ±2

1. Lösung (µ1 = 2): ~y1 = (1− µ1

2 )~a+ µ1~b = 2(−1, 2, 0) = (−2, 4, 0)

2. Lösung (µ2 = −2): ~y2 = 2(1, 0, 1)− 2(−1, 2, 0) = (4,−4, 2)

Aufgabe 3 (10+5+5)

Gegeben sei das LGS:2x +2y −z = 04x +αy +z = −1−2x +4y −2z = β

a) Bestimmen Sie die Parameter α, β ∈ R so, dass die Lösungsmenge eineGerade g ⊂ R3 darstellt.

b) Bestimmen Sie die Parameterform der Geraden g aus Teil a).

c) Bestimmen Sie für jedes β diejenige eindeutige Lösung des LGS, für diedie dritte Komponente nicht von β abhängt!

122

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Lösungen

a)

2 2 −1 04 α 1 −1−2 4 −2 β0 α− 4 3 −10 6 −3 β0 0 3α+ 6 −6− (α− 4)β

z1

z2

z3

z2′ = z2 − 2 · z1

z3′ = z3 + z1

z2′′ = 6z2

′ − (α− 4)z3′

⇒ α = −2, β = 1 reduziert den Rang auf 2.

b) Für Teil a) folgt mit z ∈ R beliebig: y = 16 (1 + 3z) und x = 1

2 (z − 2y) =

16 (3z − 1− 3z) = − 1

6 ⇒

xyz

= 16 ·

−110

+ λ

012

; λ ∈ R (λ := z2 )

c) Eindeutig wird die Lösung für α 6= −2, weil dann die Matrizen Vollrang 3haben:Für die dritte Komponente folgt:z = −6−(α−4)·β

3α+6 .Die geforderte Unabhängigkeit von β ∈ R bedeutet α = 4: z = − 1

3⇒ y = 1

6 (β + 3z) = 16 (β − 1)

x = 12 (z − 2y) = 1

6 (3z − β + 1) = −β6

~x = 16 ·

0−1−2

+ β6 ·

−110

Aufgabe 4 (8+4+8)

a) Berechnen Sie die Lösung ~x von A~x = ~b mit

A =

1 0 10 −1 12 1 −1

; ~b =

211

in der Form ~x = A−1~b.

b) Berechnen Sie die Determinante von

At =

t −2 21 2 −34 2 t

in Abhängigkeit von t ∈ R. Gibt es ein t ∈ R mit der Eigenschaft detAt =0?

123

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c) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren der Marix(

1 −22 1

)und zeigen Sie die Orthogonalität dieser Eigenvektoren!(Def. von Skalarprodukt in Cn beachten!)

Lösungen

a) A−1 = 12

0 1 12 −3 −12 −1 −1

⇒ ~x = 12 ·

202

=

101

.

b) detAt = t(2t + 6) + 2(t + 12) + 2(2 − 8) = 2t2 + 6t + 2t + 24 − 12 =

2t2 + 8t+ 12!= 0

t1/2 = −2±√

4− 6 = −2± i√

2 /∈ R.

c) Eigenwerte:∣∣∣∣1− λ −2

2 1− λ

∣∣∣∣ = λ2−2λ+5!= 0⇒ λ1/2 = 1±

√1− 5 = 1±2i

Eigenvektoren:(1− 1∓ 2i −2

2 1− 1∓ 2i

)~v1/2 =

(∓2i −2

2 ∓2i

)~v1/2 = ~0 ⇒ ~v1/2 =

(1∓i

)~v1 · ~v2 =

(1−i

)·(

1+i

)︸ ︷︷ ︸

Skalarprodukt in C

= 1 · 1 + (−i) · i = 1 · 1 + (−i) · (−i) = 1 + i2 = 0

Aufgabe 5 (20)

Führen Sie für die quadratische Form

Q(~x) = 5x2 − 6xy + 5y2; ~x =

(xy

)die Hauptachsentransformation durch (mit Herleitung der Transformationspa-rameter) und klassifizieren Sie die zugehörigen Kurven Q(~x) = c2.

Lösung

A =

(5 −3−3 5

)besitzt die Eigenwerte λ1/2 :∣∣∣∣5− λ −3

−3 5− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 10λ+ 16 = 0 ⇒ λ1/2 = 5±√

25− 16 = 5± 3 =

8

2

Eigenvektoren sind z.B.:

124

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λ1 = 8 :

(−3 −3−3 −3

)~v1 = ~0 ⇒ ~v1 =

(1−1

)· 1√

2

λ1 = 2 :

(3 −3−3 3

)~v2 = ~0 ⇒ ~v2 =

(11

)· 1√

2

Damit ist T = (~v1, ~v2) = 1√2

(1 1−1 1

)die gesuchte orthogonale Matrix für die

Hauptachsentransformation ~y = T−1~x =

(uv

): Q(~x) = ~xTA~x = (T~y)TA(T~y) =

~yT (TTAT )~y mit einer Diagonalmatrix D = TTAT =

(8 00 2

)(Satz der Vorle-

sung)⇒ Q(~y) = 8u2 + 2v2 = c2 stellen Ellipsen dar!

125

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Testklausur vom SS 2012 Teil 2 (2. Semester)

Aufgabe 6 (12)

Bestimmen Sie das Taylorpolynom T2 vom Grad 2 zum Entwicklungspunkt~x0 := (1, 0, 1) für die Funktion f : G→ R,G := (x, y, z) ∈ R3 | 0 < x, 0 <z mit: f(x, y, z) := x2y − ln(xz) und formen Sie anschließend den Termum in die Entwicklung von T2 um ~0.

Lösung: f(~x0) = 0

fx = 2xy − 1x ; fxx = 2y + 1

x2

fy = x2; fyy = 0; fxy = 2xfz = − 1

z ; fzz = 1z2 ; fzx = 0; fzy = 0

⇒ fx(~x0) = −1; fy(~x0) = 1; fz(~x0) = −1fxx(~x0) = 1; fyy(~x0) = 0; fzz(~x0) = 1fxy(~x0) = 2; fxz(~x0) = 0; fyz(~x0) = 0.

T2(~x, ~x0, f)= f(~x0) + fx(~x0) · (x− x0) + fy(~x0) · (y − y0) + fz(~x0) · (z − z0)+ 1

2 [fxx(~x0)(x − x0)2 + 2fxy(~x0)(x − x0)(y − y0) + 2fxz(~x0)(x − x0)(z − z0) +fyy(~x0)(y − y0)2

+ 2fyz(~x0)(y − y0)(z − z0) + fzz(~x0)(z − z0)2]= −(x− 1) + y + (−1) · (z − 1) + 1

2 (x− 1)2 + 12 (z − 1)2 + 2(x− 1) · y

= −x+ 1 + y − z + 1 + 12x

2 − x+ 12 + 1

2z2 − z + 1

2 + 2xy − 2y= 1

2 (x2 + z2)− 2(x+ z) + 2xy − y + 3

126

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Aufgabe 7 (10 + 15)

a) Bestimmen Sie alle relativen Extrempunkte (~xE , f(~xE)) und Sattelpunkte(~xS , f(~xS)) der Funktionf : R3 → R mit f(x, y, z) := x3 + 3xz2 − y2 − 3z2 − 3x.

b) Bestimmen Sie das relative Minimum von f : R3 → R mit f(x, y, z) :=6x + 3y2 + 3z2 unter den Nebenbedingungen x + y − z = 5; x − y = 4mit Hilfe der Multiplikatorenmethode von Lagrange. Die Existenz einesMinimums kann vorausgesetzt werden!

Lösung

a) ∇f = ~0 ⇔3x2 +3z2 −3 = 0−2y = 06xz −6z = 0

hat die Lösungen: ~xK1 =

100

, ~xK2 =

−100

. Für die Hesse-Matrix

gilt:

Hess f(~x)=

6x 0 6z0 −2 06z 0 6(x− 1)

⇒ Hess f(~xK1) =

6 0 00 −2 00 0 0

Es treten Eigenwerte (6,-2,0) mit wechselnden Vorzeichen auf. Also liegtin ~xK1 ein Sattelpunkt: (1, 0, 0,−2).

Hess f(~xK2) =

−6 0 00 −2 00 0 −12

. Da alle Eigenwerte (-6,-2,-12) negativ

sind, liegt in ~xK2 ein strenges relatives Maximum: (-1,0,0,2).

b) Zunächst prüfen wir die Rangbedingung für die Nebenbedingungen: Die

Matrix(∇g1(x,y)∇g2(x,y)

)=

(1 1 −11 −1 0

)hat den Rang 2 für alle (x, y) ∈ R2,

die partiellen Ableitungen von g1 und g2 sind stetig auf ganz R2 und f istauf ganz R2 stetig partiell differenzierbar! Damit sind die Voraussetzungendes Satzes 19.9(ii) erfüllt.

Für die Lagrange-Funktion gilt:∇F (x, y, z, λ1, λ2) =∇

(6x+ 3y2 + 3z2 + λ1(x+ y − z − 5) + λ2(x− y − 4)

)=

~0⇔

127

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(1) : 6 +λ1 +λ2 = 0(2) : 6y +λ1 −λ2 = 0(3) : 6z −λ1 = 0(4) : +y −z −5 = 0(5) : x− y −4 = 0⇒(1)− (2) : λ2 = −3 + 3y(3) : λ1 = 6z

In (1) eingesetzt, folgt:

(3)′ : 2z + y = −1 (mit 3 gekürzt)(4) : x+ y − z = 5(5) : x− y = 4(4)− (5) : 2y − z = 1 | · 2 Addition

(3)′ : 2z + y = −15y = 1 ⇒ y = 1

5z = 2y − 1 = − 3

5x = y + 4 = 21

5

Für das Minimum folgt: f( 215 ,

15 ,− 3

5 ) = 66025 = 26,4

128

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Aufgabe 8 (12 + 8)

Im R3 sei eine Fläche F gegeben durch:

F (x, y, z) := x2 + 4xy − 2y2 + z2 + 4 = 0

a) Bestimmen Sie die Tangentialebene T an F in ~x0 = (1,−1, 1)T in Hesse-Normalform! Bestimmen Sie die Achsenabschnitte von T und berechnenSie das Volumen des zugehörigen Tetraeders! (Hinweis: Spatprodukt)

b) Klassifizieren Sie die drei Schnittkurven für x = 0, y = 0, z = 0 im R2 alsKegelschnitte und F selbst als Fläche zweiten Grades im R3. Geben Siefür z = 0 die Schnittkurve zweiten Grades im R2 explizit als algebraischeGleichung in der hauptachsentransformierten Form an!

Lösung:

a) ∇F (~x0) = (2x+ 4y, 4x− 4y, 2z)|~x0 = (−2, 8, 2)

⇒ T : ∇F (~x0) · ~x = ~x ·

−282

= ~x0 ·

−282

= -8

⇒ ~x · 1√72

−282

= ~x · 13·√

2

−141

= − 43·√

2

Achsenabschnitte sind xs = 4, ys = −1, zs = −4.

Das Volumen des Tetraeders ist: V = 16 |S|= 1

6

∣∣∣∣∣∣4

00

× 0−10

· 0

0−4

∣∣∣∣∣∣= 1

6

∣∣∣∣∣∣ 0

0−4

· 0

0−4

∣∣∣∣∣∣ = 83

b) x = 0 : z2 − 2y2 + 4 = 0 ⇒ |A| =∣∣∣∣(1 0

0 −2

)∣∣∣∣ = -2 < 0, Rang(I)=3

⇒ Hyperbel.

y = 0 : x2 + z2 + 4 = 0 ⇒ |A| =∣∣∣∣(1 0

0 1

)∣∣∣∣ = 1 > 0, Rang(I)=3

⇒ keine reellen Lösungen.

z = 0 : x2 + 4xy − 2y2 + 4 = 0 ⇒ |A| =∣∣∣∣(1 2

2 −2

)∣∣∣∣ = -6 < 0, Rang(I)=3

129

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⇒ Hyperbel.

Eigenwerte :∣∣∣∣1− λ 2

2 −2− λ

∣∣∣∣ = λ2 + λ− 6 = 0 ⇒ λ1/2 =

2

−3

⇒ 2u2 − 3v2 + 4 = 0 ist transformierte Gleichung

Zu F : |I| =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0 02 −2 0 00 0 1 00 0 0 4

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 4 · 1 ·∣∣∣∣ 1 2

2 −2

∣∣∣∣ = -24 < 0

⇒ zweischaliges Hyperboloid, weil F (u, v, z) = 2u2 − 3v2 + z2 + 4 = 0 bzw.−2u2 − z2 + 3v2 = 4.

130

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Aufgabe 9 (5 + 6 + 2 + 7 + 7)

Gegeben sei f : R2 → R mit

f(x, y) :=

x2y+xy2

x2+y2 , falls |x|+ |y| 6= 0

0 , falls x = y = 0.

a) Zeigen Sie, dass f in ~0 stetig ist!

b) Berechnen Sie alle Richtungsableitungen von f in ~0, falls sie existieren!

c) Bestimmen Sie die partiellen Ableitungen von f in ~0!

d) Zeigen Sie, dass f in ~0 nicht differenzierbar ist!

e) Berechnen Sie ∂f∂x (x, y) für alle (x, y) ∈ R2. Prüfen Sie, ob ∂f

∂x auf R2 stetigist und interpretieren Sie das Ergebnis.

Lösung:

a) In Polarkoordinaten gilt: r > 0; 0 ≤ ϕ < 2π:f(r cosϕ, r sinϕ) = r3 cosϕ sinϕ(cosϕ + sinϕ) −−−→

r→00 = f(0, 0), da cos,

sin beschränkte Funktionen sind.Alternativer Beweis:|f(x, y)| = |x2y+xy2|

x2+y2 ≤ x2|y|x2 + |x|y2

y2 = |y|+ |x| −−−−−→(x,y)→0

0.

b) ∂∂~nf(x, y)|

(00)

= g′(0)

mit g(t) = f(~x0 + t~n) = f(t~n) = f(tn1, tn2) = t2n21tn2+tn1t

2n22

t2n21+t2n2

2= t(n2

1n2 +

n1n22), da n2

1 + n22 = 1.

⇒ g′(0) = limt→0

g(t)−g(0)t = n1n2(n1 + n2)

Alle Richtungsableitungen von f in ~0 existieren.

c) Nach b) existieren alle partiellen Ableitungen von f in ~0 und sind gleich0, weil:~n :=

(10

)bzw. ~n :=

(01

)⇒ fx(x, y)|

(00)

= 0 = fy(x, y)|(00).

d) Nach Definition muss für die Differenzierbarkeit folgender Limes existie-ren:

lim(xy)→(0

0)

r(x,y)|(x,y)| = 0

131

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mit L = ∇f|(00)

= (0, 0) nach Teil c):

⇔ lim(xy)→(0

0)

f(x, y)− f(0, 0)√(x− 0)2 + (y − 0)2

= limx → 0y → 0

x2y + xy2

(x2 + y2)32

=

limx→0

0x3·√

8= 0, für y = −x −−−→

x→00

limx→0

2x3

x3·√

8= 1√

26= 0, für y = +x −−−→

x→00

Offensichtlich existiert dieser Limes nicht.

e) ∂f∂x = (2xy+y2)(x2+y2)−(x2y+xy2)(2x)

(x2+y2)2 = 2xy3+y4−x2y2

(x2+y2)2 , falls |x| + |y| 6= 0 mit∂f∂x −−−−−→x = 0

y → 0

1.

Andererseits gilt: ∂f∂x |(00)

= limx→0

f(x,0)−f(0,0)x = lim

x→0

0x = 0. Also ist ∂f∂x in

(00

)nicht stetig. Da f in ~0 nach Teil d) nicht differenzierbar ist, muss minde-stens eine partielle Ableitung in ~0 unstetig sein. Aufgrund der Symmetrievon f sind sogar beide partiellen Ableitungen in ~0 unstetig. Dies ist dielogische Kontraposition der Aussage 18.7(ii).

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Aufgabe 10 (5 + 10 + 8)

a) Berechnen Sie die Länge der Kurve C1 mit der Parametrisierung ~ϕ1(t) :=(cos t+ t · sin tsin t− t · cos t

); 0 ≤ t ≤ π

2 .

b) Berechnen Sie das Kurvenintegral für das Vektorfeld ~g : R3 → R3 mit

~g(x, y, z) :=

y2ex − yz2

2yex − xz2

−2xyz

längs der Kurve C2 mit der Parametrisie-

rung ~ϕ2(t) :=

sin t− cos tcos2 tsin2 t

; 0 ≤ t ≤ π2 .

c) Berechnen Sie das Kurvenintegral für das Vektorfeld ~g(x, y) :=(

0xy

)längs

der Kurve C3, wobei C3 ⊂ R2 von(

10

)über die obere Hälfte des Ein-

heitskreises nach(−1

0

)und von dort längs der x-Achse zurück nach

(10

)verläuft!

Lösung

a) L =π/2∫0

|~ϕ1′(t)| dt =

π/2∫0

∣∣(t cos tt sin t

)∣∣ dt =π/2∫0

√t2dt = t2

2

∣∣∣π/20

= π2

8

b) Prüfe ~g auf Gradientenfeldeigenschaft:g1y = 2yex − z2 = g2x

g2z = −2xz = g3y

g3x = −2yz = g1z

Die Integrabilitätsbedingungen sind also erfüllt. Zudem ist der R3 stern-förmig!!! ⇒U =

∫g1dx = y2ex − xyz2 + k1(y, z)

=∫g2dy = y2ex − xyz2 + k2(x, z)

=∫g3dz = −xyz2 + k3(x, y)

Durch Gleichsetzen folgt: k3(x, y) = y2ex + c⇒ U = y2ex − xyz2 + c ist Potential von ~g.Für das Kurvenintegral bedeutet dies:∫C2

~g · d~x = U (~ϕ2(t))∣∣∣t2=π

2

t1=0= U

101

− U −1

10

= - 1e .

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c) C3 = C31 ∪ C32:~ϕ31(t) =

(cos tsin t

); 0 ≤ t ≤ π

~ϕ32(t) =(

2t−10

); 0 ≤ t ≤ 1

∫C3

~g·d~x =π∫0

(0

cos t·sin t)·(− sin t

cos t

)dt+

1∫0

(00

)·(

20

)dt=

π∫0

cos2 t sin tdt = − 13 cos3 t

∣∣∣π0

=

− 13 (−1− 1) = 2

3

134

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Verzeichnis

[1] Bewersdorff, J.:“Glück, Logik und Bluff”, Vieweg, 2001

[2] Brigola, R.: “Fourieranalysis, Distributionen und Anwendungen”, Vieweg,1997

[3] Duma, A.: “Rechenpraxis in der höheren Mathematik”, Kurs an der Fernu-niversität Hagen, 1984

[4] Gerstein, L. J.: “Introduction to Mathematical Structures and Proofs”,Springer, 1996

[5] Haußmann, W., und andere: “Mathematik für Ingenieure”, Vorlesungs-skript Duisburg 2006

[6] Hemme, H.:“Der Wettlauf mit der Schildkröte”, Vandenhoeck und Ru-precht, 2004

[7] Hümbs, W.: “Fehlertolerierende Rechensysteme”, in: “LOG IN”, Heft 6,1993

[8] Hümbs, W.: “Fehlertolerierende Systeme im Sonderschulunterricht”, in:“LOG IN”, Heft 2, 1997

[9] Hümbs, W.: “Ruin und Rendite Eine Einführung in die Finanzmathema-tik”, Uni Due , IOS WS 2009/10

[10] Hümbs, W.; Kuzyk, K.: “Vorkurs Mathematik für Ingenieure”, Uni DUE,WS 2010/11

[11] Klein, A.:“Visuelle Kryptographie”, Springer-Verlag, 2007

[12] Konforowitsch, A.G.:“Logischen Katastrophen auf der Spur”, Fachbuch-verlag Leipzig-Köln, 1992

[13] Kordemsky, B.A.:“The Moscow Puzzles”, Martin Gardner Dover Publi-cations, 1992

[14] Leonhardt, E.: “Grundlagen der Digitaltechnik”, Verlag Technik, 1984

[15] Lindner, H.: “Elektroaufgaben, Band III, Leitungen und Vierpol”, Vieweg-Verlag 1977

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[16] O’Hare, M.: “Wie man mit einem Schokoriegel die Lichtgeschwindigkeitmisst”, Fischer Taschenbuchverlag, 2009

[17] Tietze, J.: “Einführung in die angewandteWirtschaftsmathematik”, Vieweg-Verlag, 6. Auflage 1996

[18] Unger, C.: “Kommunikations- und Rechnernetze”, Kurs an der Fern-universitätHagen, 2002

[19] Yeo, A.: “The Pleasures of Pi, e and other interesting numbers”, worldscientific, 2006

[20] “Bionik - Lernen von der Natur”, Broschüre des Siemens-Museums Mün-chen, Bestellnummer A19100-F1-A26-V1

[21] “Bionik - Biologie und Technik”, Broschüre des Siemens-Museums Mün-chen, Bestellnummer A19100-F1-A137

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