Mathematik II (MATHE2) Klausuren Differential- & Integral-Rechnung, Differentialgleichungen, Laplace-Transformation Prof. Dr. Thomas Risse www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs Fakultät Elektrotechnik & Informatik Hochschule Bremen WS 2014/2015
Inhaltsverzeichnis 1 Klausur MATH2 WS14w
3
2 Klausur MATH2 WS14
8
3 Klausur MATH2 SS12w
12
4 Klausur MATH2 SS12
17
5 Klausur MATH2 WS11
21
6 Klausur MATH2 SS11
26
7 Klausur MATH2 WS10
32
8 Klausur MATH2 WS09w
38
9 Klausur MATH2 WS09
43
10 Klausur MATH2 SS06w
47
11 Klausur MATH2 SS06
52
1
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
2
12 Klausur MATH2 WS05w
57
13 Klausur MATH2 SS05 (in vier Tests)
61
Aufgaben und zugehörige Lösungen sind wechselseitig verzeigert.
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
1
3
Klausur MATH2 WS14w
Klausur MATHE 2
(eindimensionale) Analysis & Dgl
Name, Vorname, Studiengangskürzel
11.3.15
Matrikel
Neben Luderer I und II ist nur ein eigenhändig geschriebener DIN A4 Spickzettel zugelassen! Ergebnisse ohne Begründung oder Herleitung sind keine Ergebnisse! Taschenrechner sind nicht zugelassen! Rechnen Sie mit Brüchen!
1. Führen Sie für f : R ⊃ D → R mit f (x) = sinx x eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D bei stetiger Ergänzung von f in Definitionslücken und alle reellen Nullstellen von f . Beurteilen Sie Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von f . Bestimmen Sie f 0 und geben Sie f 0 ( 43 π) sowie f 0 ( 23 π) exakt an. Es gilt f 0 ( 43 π) ≈ −0.07 und f 0 ( 32 π) ≈ 0.05. Berechnen Sie die Gleichung der Geraden durch diese beiden Punkte des Graphens und ihre Nullstelle. Welche Bedeutung hat diese Nullstelle? Skizzieren Sie den Funktionsgraphen für x ∈ [−2, 2] unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (6 Pkt) 1 für D und stetige Ergänzung und Nullstellen, 1 für Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit, 1 für f 0 und stetige Ergänzung, 1 für f 0 ( 34 π) sowie f 0 ( 23 π), 1 für Geradengleichung, Nullstelle und Bedeutung, 1 für Skizze √ 2. Find the point (x, y) on the graph of y = x nearest the point (4, 0). (2 Pkt) 1 für Ansatz, 1 für Extremum
Hausaufgaben ab KW44
Hausaufgaben ab KW47
3. Bestimmen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A unter dem Graphen der Funktion y = f (x) = cos x in [0, π/2] × [0, 1]. (Skizze und Plausibilität!) (4 Pkt) 1 für |A| und Skizze, 1 für xs , 1 für ys , 1 für begründete Plausibilität
Hausaufgaben ab KW50
4. Berechnen Sie √ das Taylor-Polynom p2 (x) zweiten Grades bei Entwicklung von f (x) = x um 1. Werten Sie p2 in 0 und in 2 aus, um die Graphen von f und p2 qualitativ richtig für x ∈ [0, 2] zu skizzieren. (2 Pkt) 1 für p2 , 1 für Skizze
Hausaufgaben KW02
5. Klassifizieren Sie die Differentialgleichung y 00 − 8y 0 + 15y − 15x2 + x = 0, bestimmen Sie die Lösungsgesamtheit und lösen Sie das AWP y(0) = 0 und y 0 (0) = 0. (1 für yhom , 1 für ys , 1 für AWP, 1 für Probe)
(max. erreichbare Punkte-Summe 18 Punkte)
Hausaufgaben KW03/04
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik eindimensionale
Lösungen zur Klausur MATHE 2 Analysis & Dgl
4
11.3.15
1. Führen Sie für f : R ⊃ D → R mit f (x) = sinx x eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D bei stetiger Ergänzung von f in Definitionslücken und alle reellen Nullstellen von f . Beurteilen Sie Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von f . Bestimmen Sie f 0 und geben Sie f 0 ( 43 π) sowie f 0 ( 23 π) exakt an. Es gilt f 0 ( 43 π) ≈ −0.07 und f 0 ( 32 π) ≈ 0.05. Berechnen Sie die Gleichung der Geraden durch diese beiden Punkte des Graphens und ihre Nullstelle. Welche Bedeutung hat diese Nullstelle? Skizzieren Sie den Funktionsgraphen für x ∈ [−2, 2] unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (6 Pkt) 1 für D und stetige Ergänzung und Nullstellen, 1 für Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit, 1 für f 0 und stetige Ergänzung, 1 für f 0 ( 34 π) sowie f 0 ( 23 π), 1 für Geradengleichung, Nullstelle und Bedeutung, 1 für Skizze Mit sin x und x ist auch f auf ganz R∗ = R \ {0} definiert. f ist in 0 wegen l’Hospital limx→0 f (x) = limx→0 cos1 x = 1 durch 1 stetig ergänzbar, also f (0) = 1. Außer in 0 hat f dieselben Nullstellen wie der Zähler, also f (x) = 0 ⇐⇒ x ∈ π (Z \ {0}). f ist als Quotient zweier ungerader Funktionen gerade. 0 x Es gilt f 0 (x) = ( x1 sin x) = x1 cos x − x12 sin x = x cos x−sin und f 00 (x) = x2 (2−x2 ) sin x−2x cos x auf R∗ . x3 x−cos x 0 Auch f ist in 0 stetig ergänzbar: limx→0 f 0 (x) = limx→0 cos x−x sin = 2x sin x −x sin x limx→0 2x = limx→0 − 2 = 0. Also ist f auf ganz R differenzierbar und (erneut) auf ganz R stetig. f 00 ist auf mindestens R∗ stetig.
√ √ cos(4π/3) sin(4π/3) 1 3 3 9 3 9 3 − = − − − = − + 2 2 4π/3 (4π/3) 2 4π 2 16π 8π 32 π 2 cos(3π/2) sin(3π/2) 4 4 0 3 sowie f ( 2 π) = 3π/2 − (3π/2)2 = 0 − − 9π2 = 9π2 . Die 2-Punkte-Form y−−0.07 = 0.05−−0.07 der Geraden durch die beiden Punkx−4π/3 3π/2−4π/3 0.12 te (4π/3, −0.07) und (3π/2, 0.05) liefert y = −0.07 + 9π/6−8π/6 (x − 4π/3) = 0.72 0.72 −0.07+ π (x−4π/3) = π x−1.03. Die Nullstelle xo ist xo = 1.03 π ≈ 4.49. 0.72 ∗ 0 ∗
Weiter gilt f 0 ( 34 π) =
Sie ist eine Näherung des kritischen Punktes x ≈ 4.4934 mit f (x ) = 0, der wegen f 00 (x∗ ) > 0 eine Minimumsstelle ist.
Hausaufgaben ab KW44
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
5
√ 2. Find the point (x, y) on the graph of y = x nearest the point (4, 0). (2 Pkt) 1 für Ansatz, 1 für Extremum √ Der Abstand des Punktes (x, x) mit x ≥ 0 auf demqGraphen von y = √ √ 2 f (x) = x vom Punkt (4, 0) beträgt d = d(x) = (x − 4)2 + x = q √ (x − 4)2 + x = x2 − 7x + 16. Wegen der Monotonie der Quadrat- bzw. der Wurzel-Funktion ist d(x) genau dann minimal, wenn D(x) := d2 (x) = x2 − 7x + 16 minimal ist. D0 (x) = 2x − 7 = 0 ⇐⇒ x∗ = 27 und D00 (x) = 2 > 0, so daß x∗ = 72 einzige Minimumsstelle ist.
Der minimale Abstand beträgt d(x∗ ) = q √ 15 = 12 15. 4
√
x∗ 2 − 7x∗ + 16 =
q
49 4
−
49 2
+
64 4
=
3. Bestimmen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A unter dem Graphen der Funktion y = f (x) = cos x in [0, π/2] × [0, 1]. (Skizze und Plausibilität!) (4 Pkt) 1 für |A| und Skizze, 1 für xs , 1 für ys , 1 für begründete Plausibilität = 1. Damit gilt xs = Es gilt |A| = oπ/2 f (x) dx = oπ/2 cos x dx = sin x|π/2 o R π/2 π/2 1 R π/2 π = π2 − 1 sowie x cos x dx = x sin|o − o sin x dx = 2 + cos x|π/2 o |A| o R
R
π/2
= ys = 21 oπ/2 f 2 (x) dx = 12 oπ/2 cos2 x dx = 21 12 (x + cos x sin x) o 0) = π8 . Also gilt näherungsweise (xs , ys ) = ( π2 − 1, π8 ) ≈ ( 21 , 38 ). R
R
Hausaufgaben ab KW47
1 π 4 2
( +
Das Ergebnis ist insofern plausibel, als der Schwerpunkt nahe demjenigen 1 0 + π2 + 0, 0 + 0 + 1) = ( π6 , 13 ) ≈ ( 12 , 13 ) des Dreieckes mit den Eckpunkten 3( (0, 0), (π/2, 0) und (0, 1) liegt.
Hausaufgaben ab KW50
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
6
4. Berechnen Sie √ das Taylor-Polynom p2 (x) zweiten Grades bei Entwicklung von f (x) = x um 1. Werten Sie p2 in 0 und in 2 aus, um die Graphen von f und p2 qualitativ richtig für x ∈ [0, 2] zu skizzieren. (2 Pkt) 1 für p2 , 1 für Skizze 0
Hausaufgaben KW02
00
1 (x) = f (1) + f 1!(1) (x − 1) + f 2!(1) (x − 1)2 = Das Taylor-Polynom p2 (x) = pum 2 . 1 + 21 (x − 1) − 81 (x − 1)2 hat die Funktionswerte p2 (0) = 38 und p2 (2) = 11 8
Grundsätzlich gilt p2 (1) = 1 = f (1) sowie p02 (1) = 21 = f 0 (1). Wegen √ f (0) = 0 < 83 = p2 (0) und p2 (2) = 11 2 = f (2) = 1.375 < 1.4 ≈ 8 liegt daher der Graph von p2 links von 1 über und rechts von 1 unter dem Graphen von f . 5. Klassifizieren Sie die Differentialgleichung y 00 − 8y 0 + 15y − 15x2 + x = 0, bestimmen Sie die Lösungsgesamtheit und lösen Sie das AWP y(0) = 0 und y 0 (0) = 0. (1 für yhom , 1 für ys , 1 für AWP, 1 für Probe) y 00 − 8y 0 + 15y = 15x2 − x ist eine lineare Differentialgleichung (die linke Seite ist eine Linearkombination von y, y 0 und y 00 ) zweiter Ordnung. Sie hat konstante Koeffizienten (nämlich 1, −8, 15) und ist wegen g(x) = 15x2 −x 6= 0 inhomogen. Das charakteristische Polynom p(λ) = λ2 − 8λ + 15 hat die beiden reellen Nullstellen λ1 = 3, λ2 = 5. Damit beschreibt yhom = C1 e3x + C2 e5x für C1 , C2 ∈ R die zwei-parametrige Lösungsgesamtheit der homogenen Differentialgleichung. Der Ansatz ys = ax2 + bx + c in die Differentialgleichung eingesetzt liefert a = 1, b = 1 und c = 25 und so die zwei-parametrige inhomogene Lösungsgesamtheit yinhom (x) = ys + C1 eλ1 x + C2 eλ2 x = x2 + x + 25 + C1 e3x + C2 e5x . Die Anfangsbedingungen y(0) = 0 = y 0 (0) führen auf das lineare GleiC1 + C2 = − 52 3C1 + 3C2 = − 56 chungssystem oder . Subtraktion lie3C1 + 5C2 = −1 3C1 + 5C2 = −1 fert −2C2 = −6+5 = − 51 und damit C2 = 5 2 C1 + C2 = − 5 eingesetzt, liefert C1 = − 21 .
1 . 10
Dies in die erste Gleichung
Hausaufgaben KW03/04
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
7
1 5x Probe: Wegen y = x2 + x + 52 − 12 e3x + 10 e gilt y 0 = 2x + 1 − 32 e3x + 12 e5x 9 3x 5 5x 00 sowie y = 2 − 2 e + 2 e , so daß, in die Differentialgleichung eingesetzt, y 00 − 8y 0 + 15y = (2 − 29 e3x + 52 e5x ) + (−16x − 8 + 12e3x − 4e5x ) + (15x2 + 15x + 6 − 15 e3x + 23 e5x ) = (2 − 8 + 6) + (−16 + 15)x + 15x2 + (− 92 + 12 √ − 2 15 3x 5 3 5x 2 )e + ( − 4 + )e = −x + 15x folgt. 2 2 2 1 Zudem sind wegen y(0) = 25 − 12 + 10 = 0 und y 0 (0) = 1 − 23 + 12 = 0 die √ beiden Anfangsbedingungen erfüllt.
(max. erreichbare Punkte-Summe 18 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
2
8
Klausur MATH2 WS14
Klausur MATHE 2
(eindimensionale) Analysis & Dgl
Name, Vorname, Studiengangskürzel
5.2.15
Matrikel
Neben Luderer I und II ist nur ein eigenhändig geschriebener DIN A4 Spickzettel zugelassen! Ergebnisse ohne Begründung oder Herleitung sind keine Ergebnisse! Taschenrechner sind nicht zugelassen! Rechnen Sie mit Brüchen! 2
x 1. Führen Sie für f : R ⊃ D → R mit f (x) = x ln(x2 ) = x ln x2 = ln1/x eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D (mit ggfls. stetiger Ergänzung von f in Definitionslücken) und die reellen Nullstellen von f , beurteilen Sie Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von f , bestimmen Sie kritische Punkte, Extrema und Wendepunkte von f . Skizzieren Sie den Funktionsgraphen für x ∈ [−2, 2] unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (6 Pkt) 1 für D und stetige Ergänzung, 1 für Nullstellen, 1 für Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit, 1 für kritische Punkte und Extrema, 1 für Wendepunkte, 1 für Skizze
2. Wie müssen quadratische Eckstücke, die man von einem gegebenen Quadrat
Hausaufgaben ab KW44
Hausaufgaben ab KW47
mit Seitenlänge a abschneidet, bemessen sein, damit eine Schachtel mit größtem Volumen entsteht? (2 Pkt) 1 für Ansatz, 1 für Extremum 3. Bestimmen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A der Viertel-Ellipse mit Halbachsen a und b im ersten Quadranten. (Skizze und Plausibilität!) (4 Pkt) 1 für |A|, 1 für xs , 1 für ys , 1 für Skizze und Plausibilität 1 4. Entwickeln Sie f (x) = 1+x 2 um 0 (verwenden Sie ggfls. die geometrische Reihe). Wo ist f definiert und wo ist die Reihe konvergent? (2 Pkt) 0,5 für Df , 1 für Taylor-Reihe, 0,5 für Konvergenz (-Radius)
5. Klassifizieren Sie die Differentialgleichung y 00 + y 0 = 12y + x, bestimmen Sie die Lösungsgesamtheit und lösen Sie das AWP y(0) = 0 und y 0 (0) = 0. (1Pkt für yhom +1Pkt für ys +1Pkt für AWP+1Pkt für Probe) (max. erreichbare Punkte-Summe 18 Punkte)
Hausaufgaben ab KW50
Hausaufgaben KW02
Hausaufgaben KW03/04
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
9
eindimensionale
Lösungen zur Klausur MATHE 2 Analysis & Dgl
5.2.15 2
x 1. Führen Sie für f : R ⊃ D → R mit f (x) = x ln(x2 ) = x ln x2 = ln1/x eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D (mit ggfls. stetiger Ergänzung von f in Definitionslücken) und die reellen Nullstellen von f , beurteilen Sie Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von f , bestimmen Sie kritische Punkte, Extrema und Wendepunkte von f . Skizzieren Sie den Funktionsgraphen für x ∈ [−2, 2] unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (6 Pkt) 1 für D und stetige Eränzung, 1 für Nullstellen, 1 für Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit, 1 für kritische Punkte und Extrema, 1 für Wendepunkte, 1 für Skizze
Hausaufgaben ab KW44
Mit ln x2 ist auch f auf ganz R∗ = R \ {0} definiert. f ist in 0 wegen l’Hospital limx→0 f (x) = limx→0
ln x2 1/x
= limx→0
2x x2 − 12 x
= limx→0 −2x = 0 stetig
durch 0 ergänzbar, also f (0) = 0. f ist als Produkt einer ungeraden mit einer geraden Funktion ungerade. Es gilt f 0 (x) = 2+ln x2 und f 00 (x) = x2 auf R∗ . Also ist f auf ganz R∗ differenzierbar und wegen der stetigen Ergänzung auf ganz R stetig. Weiter gilt f 0 (x∗ ) = 0 ⇐⇒ ln x∗ 2 = −2 ⇐⇒ x∗ 2 = e−2 ⇐⇒ x∗1,2 = ±e−1 = ± 1e . Wegen f 00 (x∗1 ) = 2e > 0 ist (x∗1 , f (x∗1 )) = ( 1e , − 2e ) Minimum und wegen der Symmetrie ist (x∗2 , f (x∗2 )) = ( − 1e , 2e ) Maximum. Wegen der Symmetrie ist (0, 0) Wendepunkt von f , auch wenn f 00 in 0 nicht definiert ist.
2. Wie müssen quadratische Eckstücke, die man von einem gegebenen Quadrat
Hausaufgaben ab KW47
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
10
mit Seitenlänge a abschneidet, bemessen sein, damit eine Schachtel mit größtem Volumen entsteht? (2 Pkt) 1 für Ansatz, 1 für Extremum Bezeichne x die Seitenlänge der kleinen Quadrate. Damit ist der Rauminhalt V der Schachtel V = V (x) = x(a − 2x)2 . und ddxV = (a − 2x)2 + x 2(a − 2 2x)(−2) = (a − 2x)(a − 2x − 4x) = (a − 2x)(a − 6x) = a2 − 8ax q + 12x . d.h. dV 1 2 1 2 (x∗ ) = 0 ⇐⇒ x∗ 2 − 23 ax∗ + 12 a = 0 ⇐⇒ x∗1,2 = 13 a ± 19 a2 − 12 a = dx 1 1 1 1 ∗ ∗ a ± 6 a. Für x1 = 2 a entartet die Schachtel, so daß nur x2 = 6 a ei3 2 2 ne sinnvolle Lösung darstellt. Wegen ddxV2 = 24x − 8a mit ddxV2 (x∗2 ) = 4a − 8a = −4a < 0 ist x∗2 Maximumsstelle mit V (x∗2 ) = x∗ (a − 2x∗ )2 = 2 2 3 1 a a − 26 a) = 27 a . Die Schachtel ist ein viertel und kein halber Würfel, 6 ( vgl. http://www.mathematische-basteleien.de/extremwert.htm 3. Bestimmen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A der Viertel-Ellipse mit Halbachsen a und b im ersten Quadranten. (Skizze und Plausibilität!) (4 Pkt) 1 für |A|, 1 für xs , 1 für ys , 1 für Skizze und Plausibilität
Hausaufgaben ab KW50
√ 2 2 Auflösen der Ellipsen-Gleichung xa2 + yb2 = 1 liefert y = f (x) = ab a2 − x2 . R R √ Laut Luderer II, S.12, 1.Z. gilt |A| = oa f (x) dx = ab oa a2 − x2 dx = √ a b1 2 − x2 + a2 arcsin x ) = b 1 (0 + a2 arcsin 1 − 0) = π ab. Damit gilt x a ( a2 a o a2 4 √ R Ra √ 1 4 Ra b 2 − x2 dx = 4 2 − x2 dx. Mit xs = |A| = oa xf (x) dx = πab x a x a o a πa2 o R√ der Substitution u = a2 − x2 und − 12 du = x dx folgt xs = πa4 2 −1 u du = 2 o √ 3 √ √ R 2 3 a 2 4 4 −1 2 1 u = 3πa a2 − x2 = 43 πaa 2 = 43 πa sowie ys = 2|A| 2 o f (x) dx = πa2 2 3 a
2 b2 πab a2
Ra
2 2 o (a − x ) dx =
2b πa3
a
(a2 x − 13 x3 ) o =
2b 2 3 a πa3 3
=
4b . 3π
1 4. Entwickeln Sie f (x) = 1+x 2 um 0 (verwenden Sie ggfls. die geometrische Reihe). Wo ist f definiert und wo ist die Reihe konvergent? (2 Pkt) 0,5 für Df , 1 für Taylor-Reihe, 0,5 für Konvergenz (-Radius)
Hausaufgaben KW02
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
11
∞ ∞ 1 1 i 2i 2 i f (x) = 1+x 2 = 1−(−x2 ) = i=o (−1) x . Es gilt Df = R i=o (−x ) = während die Reihe nur für | − x2 | ≤ 1 ⇐⇒ |x| ≤ 1 konvergiert.
P
P
5. Klassifizieren Sie die Differentialgleichung y 00 + y 0 = 12y + x, bestimmen Sie die Lösungsgesamtheit und lösen Sie das AWP y(0) = 0 und y 0 (0) = 0. (1Pkt für yhom +1Pkt für ys +1Pkt für AWP+1Pkt für Probe) y 00 +y 0 −12y = x ist eine lineare Differentialgleichung (die linke Seite ist eine Linearkombination von y, y 0 und y 00 ) zweiter Ordnung. Sie hat konstante Koeffizienten (nämlich 1, 1, −12) und ist inhomogen (wegen g(x) = x). Das charakteristische Polynom p(λ) = λ2 + λ − 12 hat genau die beiden Nullstellen λ1 = 3, λ2 = −4. Damit beschreibt yhom = C1 e3x + C2 e−4x für C1 , C2 ∈ R die zwei-parametrige Lösungsgesamtheit der homogenen Differentialgleichung. 1 Der Ansatz ys = ax+b in die Differentialgleichung eingesetzt liefert a = − 12 1 und so die zwei-parametrige inhomogene Lösungsgesamtheit und b = − 144 1 yinhom (x) = ys + C1 eλ1 x + C2 eλ2 x = − 12 (x + 121 ) + C1 e3x + C2 e−4x . Die Anfangsbedingungen y(0) = 0 = y 0 (0) führen auf das lineare GleiC1 + C2 = −b 3C1 + 3C2 = −3b chungssystem oder . Subtraktion lie3C1 − 4C2 = −a 3C1 − 4C2 = −a 1 1 = − 16 und damit C2 = − 112 . In die erste Gleichung fert 7C2 = 3−12 122 1 7+9 C1 + C2 = −b eingesetzt, ergibt sich C1 = 7·9·16 = 63 . 1 1 1 3x 1 −4x 1 3 3x 4 −4x Probe: Wegen y = − 12 (x+ 12 )+ 63 e − 112 e gilt y 0 = − 12 + 63 e + 112 e 9 3x 16 −4x 00 und y = 63 e − 112 e , so daß, in die Differentialgleichung eingesetzt, 9 3x 16 −4x 1 3 3x 4 −4x 1 y 00 + y 0 − 12y = 63 e − 112 e − 12 + 63 e + 112 e + (x + 12 ) − 12 e3x + 63 √ 12 −4x 9 3 16 4 12 e = x + ( 63 + 63 − 12 e3x + ( − 112 + 112 + 112 )e−4x = x folgt. 112 63 ) = 0 sowie Zudem werden wegen y(0) = − 421·32 + 321·7 − 421·7 = −7+16−9 32 ·42 ·7 √ 1 3 4 −7+4+3 0 y (0) = − 4·3 + 32 ·7 + 42 ·7 = 3·4·7 = 0 die Anfangsbedingungen erfüllt.
(max. erreichbare Punkte-Summe 23 Punkte)
Hausaufgaben KW03/04
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
3
12
Klausur MATH2 SS12w
Wiederholer-Klausur MATHE 2 eindimensionale Analysis & Dgl 10.10.12
Name, Vorname, Studiengangskürzel
Matrikel
Neben Luderer I und II ist nur ein eigenhändig geschriebener DIN A4 Spickzettel zugelassen! Ergebnisse ohne Begründung oder Herleitung sind keine Ergebnisse! Taschenrechner sind nicht zugelassen! Rechnen Sie mit Brüchen! 1. Führen Sie für f : R ⊃ D → R mit f (x) = x5 − x4 − x3 + x2 eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D und Ordinatenabschnitt, beurteilen Sie Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von f , Bestimmen Sie Nullstellen, kritische Punkte und Extremwertstellen von f . Lokalisieren Sie Minima und Maxima näherungsweise. Wieviele Wendepunkte hat f und wo erwarten Sie diese? Skizzieren Sie den Funktionsgraphen für x ∈ [−1.5, 1.5] unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (8 Pkt)
Hausaufgaben 14./21.5.12
1 für D, f (0), Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit, 2 für Nullstellen, 2 für kritische Punkte und Extrema, 2 für Wendepunkte, 1 für Skizze 2. Bestimmen Sie die Länge eines Gummi-Bandes, das über die Oberfläche eines Würfels mit Kantenlänge a zwischen zwei Ecken, nämlich den Endpunkten einer Raum-Diagonalen gespannt ist. (5 Pkt)
Hausaufgaben 31.5.12
2 für Modell, 1 für Zielfunktion, 1 für Extremum, 1 für Skizze 3. Bestimmen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) √ der Fläche A im ersten Quadranten, die durch die Graphen von f (x) = x und g(x) = 81 x2 berandet ist. (Skizze und Plausibilität!) (4 Pkt)
Hausaufgaben 31.5.12, 4.6.12
2 für xs , 1 für ys , 1 für Skizze und Plausibilität 4. Wie berechnen Sie cos 11 mit vorgegebener Toleranz halbwegs effizient? 7 Für die Zielplattform stehe keine mathematische Bibliothek zur Verfügung. Verwenden Sie π2 ≈ 1.57142857142857. Beschreiben Sie Ihr Vorgehen so, daß jemand Drittes ein Programm schreiben könnte. (4 Pkt) 5. Klassifizieren Sie die Differentialgleichung xy 0 = 2y + x und lösen Sie diese etwa mit geeigneter Substitution. Befriedigen Sie die Anfangsbedingung y(1) = 0. (5 Pkt) je 1 für Klassifizierung, Substitution, Lösung, Anfangsbedingung, Probe (max. erreichbare Punkte-Summe 26 Punkte)
Hausaufgaben 21.6.12
Hausaufgaben 2./5.7.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
13 eindimensionale
Lösungen zur Wiederholer-Klausur MATHE 2 Analysis & Dgl 10.10.12 1. Führen Sie für f : R ⊃ D → R mit f (x) = x5 − x4 − x3 + x2 eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D und Ordinatenabschnitt, beurteilen Sie Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von f , Bestimmen Sie Nullstellen, kritische Punkte und Extremwertstellen von f . Lokalisieren Sie Minima und Maxima näherungsweise. Wieviele Wendepunkte hat f und wo erwarten Sie diese? Skizzieren Sie den Funktionsgraphen für x ∈ [−1.5, 1.5] unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (8 Pkt) 1 für D, f (0), Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit, 2 für Nullstellen, 2 für kritische Punkte und Extrema, 2 für Wendepunkte, 1 für Skizze f ist ein Polynom und als solches auf ganz R definiert. Polynome sind auf ganz R differenzierbar und daher erst recht auf ganz R stetig. f enthält gerade und ungerade Potenzen von x und ist daher weder gerade noch ungerade. Wegen f (x) = x2 p(x) mit p(x) = x3 − x2 − x + 1 ist x1,2 = 0 doppelte Nullstelle von f . Ausprobieren und gegebenenfalls PolynomDivision liefert p(x) = (x + 1)(x − 1)2 , also f (x) = (x + 1)x2 (x − 1)2 und damit alle weiteren, im übrigen reellen Nullstellen x3 = −1 und x4,5 = 1. Wegen der doppelten Nullstelle x4,5 = 1 muß f 0 (x) = 5x4 −4x3 −3x2 +2x = x(5x3 −4x2 −3x+2) auch eine Nullstelle in 1 haben. Polynom-Division liefert ∗ f 0 (x) = x(x − 1)(5x2 + x − 2). √ f hat also die vier kritischen Punkte x1 = 0, 1 ∗ ∗ x2 = 1 und x3,4 = 10 (−1 ± 41) ≈ −0.1 ± 0.65 (in double Genauigkeit gilt √ 41 ≈ 6.40312423743285). Wegen f 00 (x) = 20x3 − 12x2 − 6x + 2 und √ f 00 (x∗1 ) = f 00 (0) = 2 > 0, f 00 (x∗2 ) = f 00 (1) = 4 > 0 sowie f 00 (x∗3 ) = f 00 ((−1 + 41)/10)√≈ f 00 (0.55) ≈ f 00 (0.5) = 20 − 12 − 3 + 2 = − 32 < 0 und f 00 (x∗4 ) = f 00 ((−1 − 41)/10) ≈ f 00 (−0.75) = 8 4 3 27 9 00 f (− 4 ) = −20 64 − 12 16 + 6 34 + 2 = −243+72+32 < 0. Also sind (x∗4 , f (x∗4 )) ≈ 64 2 3 (− 43 , 9·7 ) ≈ (−0.75, 0.5) sowie (x∗3 , f (x∗3 )) ≈ ( 21 , 32 ) ≈ (0.5, 0.1) Maxima 45 ∗ ∗ ∗ ∗ und (x1 , f (x1 )) = (0, 0) sowie (x2 , f (x2 )) = (1, 0) Minima. Ausprobieren liefert keine Nullstellen von f 00 . Allerdings muß zwischen x∗4 ≈ −0.75 und x∗1 = 0, zwischen x∗1 = 0 und x∗3 ≈ 0.55 sowie zwischen x∗3 ≈ 0.55 und x∗2 = 1 jeweils genau eine Wendestelle liegen. Mit Intervall-Halbierung oder Newton-Verfahren ergibt sich übrigens w1 = −0.474950489807336, w2 ≈ 0.257597812387883 und w3 ≈ 0.817352677419453.
Hausaufgaben 14./21.5.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
14
2. Bestimmen Sie die Länge eines Gummi-Bandes, das über die Oberfläche eines Würfels mit Kantenlänge a zwischen zwei Ecken, nämlich den Endpunkten einer Raum-Diagonalen gespannt ist. (5 Pkt)
Hausaufgaben 31.5.12
2 für Modell, 1 für Zielfunktion, 1 für Extremum, 1 für Skizze Geeignete Wahl der Längeneinheit macht aus dem Würfel o.B.d.A. einen Einheitswürfel. Der Würfel liege im ersten Oktanten des R3 mit einer Ecke im Ursprung. Die Raumdiagonale verbindet 0 mit e = (1, 1, 1). Es gibt vier im Übrigen gleichlange Wege des Gummibandes, so etwa den Weg von 0 über die Kante p(t) = (t, 0, 1) für t ∈ [0, 1], die (0, 0, 1) und (1, 0, 1) verbindet, nach e = (1, 1, 1). Der Weg des Gummibandes besteht also aus den beiden Strecken 0p(t) und p(t)eqmit der Gesamt-Länge `(t) = |p(t) − 0| + |e − p(t)| = √ t2 + 02 + 12 + (1 − t)2 + 12 + 02 . √ √ q t (1−t)2 +1−(1−t) t2 +1 1−t d` t √ √ √ √ = − = = 0 ⇐⇒ t (1 − t)2 + 1 = dt t2 +1 (1−t)2 +1 t2 +1 (1−t)2 +1 √ (1 − t) t2 + 1 ⇐⇒ t2 ((1 − t)2 + 1) = (1 − t)2 (t2 + 1) ⇐⇒ t2 (2 − 2t + t2 ) = t4 − 2t3 + 2t2 = (t2 − 2t + 1)(t2 + 1) = t4 + t2 − 2t3 − 2t + t2 + 1 = t4 − 2t3 + 2t2 − 2t + 1 ⇐⇒ 0 = −2t + 1 ⇐⇒ t∗ = 12 . Der einzige kritische Punkt muß aus physikalischen Gründen Minimumsstelle 2 sein. Sonst berechne ddt2` = 1 √t21+1 − t √ 2t 3 + 1 √ 1 2 − (1 − t) √ 1−t2 3 t +1
mit 16 √ 5 5
d2
` 1 ( ) dt2 2
= √1
5/4
1 4
− √
1 3
5/4
+ √1
5/4
−
1 √1 3 4 5/4
(1−t) +1
=
√4 5
−
4 √ 3 5
=
(1−t) +1 √4 (1 − 1 ) = 5 5
> 0. q
q
Die Länge ist also `( 21 ) = 14 + 1 + 14 + 1 = √ und 5 a für den Würfel mit Kantenlänge a.
√
5 für den Einheitswürfel
3. Bestimmen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) √ der Fläche A im ersten Quadranten, die durch die Graphen von f (x) = x und g(x) = 81 x2 berandet ist. (Skizze und Plausibilität!) (4 Pkt)
Hausaufgaben 31.5.12, 4.6.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
15
2 für xs , 1 für ys , 1 für Skizze und Plausibilität Offensichtlich schneiden sich die beiden Graphen im Ursprung und in (4, 2). R Weiter ist f (x) ≥ g(x) für x ∈ [0, 4]. Also gilt |A| = o4 (f (x) − g(x)) dx = 4 4 R4 √ R4√ 1 2 1 R4 2 1 1 3 2 3/2 ( x − x dx − − = 23 8 − 13 8 = 83 . x ) dx = x dx = x x o o 8 8 o 3 8 3 1 R4 xs = |A| o x f (x) − g(x) 4 31 1 4 x = 38 52 32 − 38 18 14 256 88 4 o 1 R4 2 2 ys = 2|A| o f (x) − g (x) 9 = 23 − 53 = 10 ≈ 1.
(
(
) dx =
3 8
R ( 4 x3/2 dx o
= 35 8 − 3 =
) dx =
3 R4 16 o
9 5
o R − 81 o4
o
3
x dx) =
4 3 2 5/2 x 8 5 o
−
≈ 2.
(x − 641 x4 ) dx =
4 4 3 1 2 3 1 1 5 − x x 16 2 16 64 5 o o
9 Das Ergebnis (xs , ys ) = ( 95 , 10 ) ist plausibel, weil die Fläche mehr oder weniger klapp-symmetrisch zur Verbindungsstrecke der beiden Schnittpunkte der Graphen von f und g liegt und entsprechend der Schwerpunkt sogar auf dieser Verbindungsstrecke und nahe ihrem Mittelpunkt (2, 1) liegt.
4. Wie berechnen Sie cos 11 mit vorgegebener Toleranz halbwegs effizient? 7 Für die Zielplattform stehe keine mathematische Bibliothek zur Verfügung. Verwenden Sie π2 ≈ 1.57142857142857. Beschreiben Sie Ihr Vorgehen so, daß jemand Drittes ein Programm schreiben könnte. (4 Pkt) Die Taylor-Reihe für f (x) um xo konvergiert umso schneller, je näher x beim Entwicklungspunkt xo liegt. Da 11 ≈ 1.57142857142857 sehr nahe bei π2 ≈ 7 1.57142857142857 liegt, entwickelt man entweder cos x um π2 oder – noch besser – nutzt die Relation cos x = − sin(x− π2 ), so daß der um 0 entwickelte Sinus in 11 − π2 ≈ 0.000632244633674839, also nahe bei 0 ausgewertet wird: 7 P (−1)i 2i+1 cos 11 = − sin( 11 − π2 ) = ∞ mit z = 11 − π2 . Das Programm i=o (2i+1)! z 7 7 7 i
(−1) 2i+1 berechnet also sin z ≈ SN = N für i=o si mit Summanden si = (2i+1)! z N derart, daß |SN − SN +1 | < . Dabei berechnet man die Summanden si am besten inkrementell, d.h. si+1 = −si z 2 /(2i + 3)/(2i + 2).
P
Hausaufgaben 21.6.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
16
5. Klassifizieren Sie die Differentialgleichung xy 0 = 2y + x und lösen Sie diese etwa mit geeigneter Substitution. Befriedigen Sie die Anfangsbedingung y(1) = 0. (5 Pkt) je 1 für Klassifizierung, Substitution, Lösung, Anfangsbedingung, Probe xy 0 = 2y + x oder xy 0 − 2y = x ist eine lineare, nicht trennbare Differentialgleichung erster Ordnung. Auflösen liefert y 0 = 2 xy + 1, was die Substution z = xy oder xz = y mit y 0 = z + xz 0 nahelegt. Eingesetzt gilt z + xz 0 = 2z + 1 oder z 0 = ddxz = Rz+1 . Diese Differentialgleichung ist trennbar und es gilt x R dz = dx = ln x + Cx . Auflösen liefert z + 1 = Cx oder ln(z + 1) + Cz = z+1 x z = Cx − 1 und damit die ein-parametrige Lösungsgesamtheit y = xz = Cx2 − x. Für C = 1 gilt y(1) = 0. Die Graphik zeigt das Geschwindigkeitsfeld y 0 = 2 xy + 1 im ersten Quadranten sowie die Lösung y(x) = x2 − x für C = 1.
Probe: Wegen y 0 = 2x − 1 gilt xy 0 = 2x2 − x = 2x2 − 2x + x = 2y + x und √ natürlich y(1) = 0.
(max. erreichbare Punkte-Summe 26 Punkte)
Hausaufgaben 2./5.7.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
4
17
Klausur MATH2 SS12
Klausur MATHE 2
eindimensionale Analysis & Dgl
Name, Vorname, Studiengangskürzel
23.7.12
Matrikel
Neben Luderer I und II ist nur ein eigenhändig geschriebener DIN A4 Spickzettel zugelassen! Ergebnisse ohne Begründung oder Herleitung sind keine Ergebnisse! Taschenrechner sind nicht zugelassen! Rechnen Sie mit Brüchen! 1. Führen Sie für f : R ⊃ D → R mit f (x) = ln(sin2 x) eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D und die reellen Nullstellen von f , beurteilen Sie Symmetrie, Periodendauer, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von f , bestimmen Sie kritische Punkte, Extremwertstellen und Wendepunkte von f . Skizzieren Sie den Funktionsgraphen für x ∈ [−4, 7] unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (8 Pkt) 1 für D, 1 für f (D), 1 für Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit, 1 für Periodendauer, 1 für kritische Punkte und Extrema, 1 für Nullstellen, 1 für Wendepunkte, 1 für Skizze 2. Gegeben n Datenpunkte (xi , yi )i=1,2,...,n . Laut Ergebnis P der Vorlesung ist n xy i=1 i i n x2 i=1 i
∗
die Steigung der ’Regressionsursprungsgeraden’ m = P
. Verifizieren
Sie, daß der kritische Punkt m∗ eine Minimumsstelle ist.
(2 Pkt)
3. Bestimmen Sie den q Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A, die durch die Graphen von y = ± 43 (3 − x) und die Gerade x = 0 berandet ist. (Skizze und Plausibilität!) (4 Pkt) 2 für xs , 1 für ys , 1 für Skizze und Plausibilität
Hausaufgaben 31.5.12
Hausaufgaben 31.5.12, 4.6.12
i
i x 4. Bestimmen Sie den Konvergenz-Radius von f (x) = ∞ i=0 (−1) ci+1 für festes c ∈ R. Wo ist f also definiert? Welche Funktion stellt f dar? (2 Pkt)
P
Hausaufgaben 14./21.5.12
5. Wie berechnen Sie sin 44 mit vorgegebener Toleranz halbwegs effizient? 7 Für die Zielplattform stehe keine mathematische Bibliothek zur Verfügung. Verwenden Sie π ≈ 3.14159265358979. Beschreiben Sie Ihr Vorgehen so, daß jemand Drittes ein Programm schreiben könnte. (2 Pkt) 6. Klassifizieren Sie die Differentialgleichung 2xyy 0 = x2 − y 2 und lösen Sie diese mit Hilfe der Substitution y = y(x) = v(x)x. (4 Pkt+1Pkt für Probe)
(max. erreichbare Punkte-Summe 23 Punkte)
Hausaufgaben 18.6.12, 2.7.12
Hausaufgaben 21.6.12
Hausaufgaben 2./5.7.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
18
eindimensionale
Lösungen zur Klausur MATHE 2 Analysis & Dgl
23.7.12
1. Führen Sie für f : R ⊃ D → R mit f (x) = ln(sin2 x) eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D und die reellen Nullstellen von f , beurteilen Sie Symmetrie, Periodendauer, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von f , bestimmen Sie kritische Punkte, Extremwertstellen und Wendepunkte von f . Skizzieren Sie den Funktionsgraphen für x ∈ [−4, 7] unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (8 Pkt) 1 für D, 1 für f (D), 1 für Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit, 1 für Periodendauer, 1 für kritische Punkte und Extrema, 1 für Nullstellen, 1 für Wendepunkte, 1 für Skizze
Hausaufgaben 14./21.5.12
Mit sin x ist auch sin2 x auf ganz R definiert. Wegen sin2 x ∈ [0, 1] und sin2 x = 0 ⇐⇒ x ∈ πZ hat f in πZ Polstellen und ist auf ganz D = R \ πZ definiert. Wegen der Polstellen gilt f (D) = R− = (−∞, 0]. Wegen f (−x) = ln ( sin2 (−x)) = ln(sin2 x) = f (x) ist f gerade. Wegen f (x+π) = ln ( sin2 (x+π)) per Additionstheorem = ln ((sin x cos π+ sin π cos x)2 ) = ln ((− sin x)2 ) = ln(sin2 x) = f (x) ist f T -periodisch mit Periodendauer T = π. x x = 2 cot x, d.h. f ist auf D differenzierbar = 2 cos Es gilt f 0 (x) = 2 sinsinx2cos sin x x und damit erst recht auf D stetig. f 0 (x∗ ) = 0 ⇐⇒ cos x∗ = 0 ⇐⇒ x∗ ∈ π2 + πZ oder x∗ = π2 + gπ mit g ∈ Z. 2 2x f 00 (x) = 2 − sinsinx−cos = sin−22 x und f 00 (x∗ ) = f 00 ( π2 + gπ) = sin2 (−2 = π 2x +gπ) 2
−2 (±1)2
= −2 < 0 ist jeder kritische Punkt x∗ Maximumsstelle mit f (x∗ ) = 0, also zugleich Nullstelle. Es kann keine weiteren Nullstellen geben. Wegen f 00 < 0 auf D hat f keine Wendepunkte.
2. Gegeben n Datenpunkte (xi , yi )i=1,2,...,n . Laut Ergebnis P der Vorlesung ist ∗
n xy i=1 i i n x2 i=1 i
die Steigung der ’Regressionsursprungsgeraden’ m = P ∗
Sie, daß der kritische Punkt m eine Minimumsstelle ist.
. Verifizieren (2 Pkt)
Gesucht ist die Ursprungsgerade y = y(x) = m x, die die Summe sse = P sse sse(m) = i (mxi −yi )2 der quadratischen Fehler minimiert. ddm = sse0 (m) =
Hausaufgaben 31.5.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik 2
i (m xi − yi )xi = 2m
P
sse00 (m) = 2
P
2 i xi − 2
19 P
∗ Pi xi y2 i . Wegen i xi yi = 0 ⇐⇒ m = x
P
i
i
2 + i xi ∈ R ist der krische Punkt die einzige Mimimumsstelle.
P
3. Bestimmen Sie den q Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A, die durch die Graphen von y = ± 43 (3 − x) und die Gerade x = 0 berandet ist. (Skizze und Plausibilität!) (4 Pkt) 2 für xs , 1 für ys , 1 für Skizze und Plausibilität
Hausaufgaben 31.5.12, 4.6.12
R √ R q Mit u = 3−x und du = −dx gilt |A| = 2 o3 43 (3 − x) dx = √43 o3 3 − x dx 3 √ R√ √ √ 3 √ √ √ 3 = − 43 3 u du = − 89 3 u = − 89 3(3 − x)3/2 = 89 3 3 = 8. o √ 3 √ R3 √ 1 1 R3 xs = |A| o x(f (x)−g(x)) dx = 6 3 o x 3 − x dx = 63 ( −x 23 (3 − x)3/2 + 3 o √ √ √ √ 3 2 R3 3 2 R 3/2 2 3 5/2 2 3 5/2 3 − x dx) = − 6 3 u du = − 45 u = − 45 (3 − x) = 3 o o √ 6 2 6 3 = . 45 5 Die Fläche A ist Spiegel-symmetrisch zur x-Achse, so daß ys = 0 folgt. Der Schwerpunkt (xs , ys ) = ( 65 , 0) von A sollte nahe etwa dem Schwerpunkt (¯ xs , y¯s ) = 13 ((0, 2) + (0, −2) + (3, 0)) = (1, 0) des Dreieckes mit Eckpunkten (0, ±2) und (3, 0) liegen. i
i x 4. Bestimmen Sie den Konvergenz-Radius von f (x) = ∞ i=0 (−1) ci+1 für festes c ∈ R. Wo ist f also definiert? Welche Funktion stellt f dar? (2 Pkt)
P
Hausaufgaben 18.6.12, 2.7.12
i+2
ρ = limi→∞ | cci+1 | = |c|, d.h. f ist für |x| < |c| definiert. Die Reihe ist i.W. P x i 1 1 1 die geometrische Reihe mit f (x) = 1c ∞ i=0 (− c ) = c 1+x/c = c+x . 5. Wie berechnen Sie sin 44 mit vorgegebener Toleranz halbwegs effizient? 7 Für die Zielplattform stehe keine mathematische Bibliothek zur Verfügung. Verwenden Sie π ≈ 3.14159265358979. Beschreiben Sie Ihr Vorgehen so, daß jemand Drittes ein Programm schreiben könnte. (2 Pkt) Die Taylor-Reihe für f (x) um xo konvergiert umso schneller, je näher x beim Entwicklungspunkt xo liegt. Da 44 ≈ 6.28571428571429 sehr nahe bei 7 2π ≈ 6.28318530717959 liegt, entwickelt man entweder sin x um 2π oder – = sin( 44 − 2π) = noch besser – nutzt die 2π-Periodizität des Sinus: sin 44 7 7 P∞ (−1)i 2i+1 44 mit x = 7 − 2π ≈ 0.00252897853469936 nahe bei 0. i=o (2i+1)! x
Hausaufgaben 21.6.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
20
Das Programm berechnet also sin 44 ≈ SN = N i=o si mit Summanden 7 i (−1) 2i+1 si = (2i+1)! x für N derart, daß |SN −SN +1 | < . Dabei berechnet man die Summanden si am besten inkrementell, d.h. si+1 = −si x2 /(2i + 3)/(2i + 2). P
6. Klassifizieren Sie die Differentialgleichung 2xyy 0 = x2 − y 2 und lösen Sie diese mit Hilfe der Substitution y = y(x) = v(x)x. (4 Pkt+1Pkt für Probe) 2xyy 0 = x2 − y 2 ist eine nicht-lineare, nicht trennbare Differentialgleichung erster Ordnung. Die empfohlene Substitution liefert y 0 = v 0 x + v, eingesetzt also 2x2 v(v 0 x + v) = x2 − v 2 x2 . Für x 6= 0 gilt 2v(v 0 x + v) = 1 − v 2 oder 2 1 dv = 1−3v . Diese Differentialgleichung ist 2vxv 0 = 1 − 3v 2 oder eben 2v x R vdx R dv dx trennbar und es gilt I = 2 1−3v = . Mit der Substitution u = 1 − 3v 2 2 x R du und somit ddvu = −6v folgt I = −2 = − 13 ln u = − 13 ln(1 − 3v 2 ) = 6 u √ 3 1 1 √ ln √ = ln x + C. Auflösen liefert = Cx oder 1 − 3v 2 = Cx oder 3 3 2 2 1−3v 1−3v 1 − 3v 2 =
C x3
√
oder v(x) = ±
3 3
q
1−
C x3
mit jeweils neuen Konstanten C. Die √
ein-parametrige Lösungsgesamtheit ist also y(x) = v(x)x = ± Die Graphik zeigt das Geschwindigkeitsfeld y 0 = √
ten sowie die Lösung y(x) =
3 3
Probe: Zunächst gilt y 0 = ±
q
x2 +
1 x
x2 −y 2 2xy
3 3
q
x2 − Cx .
im ersten Quadran-
für C = −1.
√
−2 3 2x+Cx √2 C 6 x −
und daher auf der linken Seite
x
q
−2 C ±1 √ 2x+Cx √2 C x 2 3 x −x 1 (2x2 + Cx ). 3
±1 2xyy 0 = 2x √ x2 − 3
x2 − 13 (x2 − Cx ) =
= 13 (2x2 + Cx ) und auf der rechten Seite √
(max. erreichbare Punkte-Summe 23 Punkte)
Hausaufgaben 2./5.7.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
5
21
Klausur MATH2 WS11
Klausur MATHE 2
Name
eindimensionale Analysis & Dgl
30.1.12
Matrikel
Neben Luderer I und II ist nur ein eigenhändig geschriebener DIN A4 Spickzettel zugelassen! Ergebnisse ohne Begründung oder Herleitung sind keine Ergebnisse! Taschenrechner sind nicht zugelassen! Rechnen Sie mit Brüchen! 1. Führen Sie für f : R ⊃ D → R mit f (x) = (x − 2)ex + x + 2 eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D und die reellen Nullstellen von f , beurteilen Sie Symmetrie, Stetigkeit, Differenzierbarkeit und Monotonie von f , bestimmen Sie kritische Punkte, Extremwertstellen und Wendepunkte von f in D. Skizzieren Sie den Funktionsgraphen unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. Bestimmen Sie limx→−∞ f 0 (x) und erläutern Sie die Bedeutung für f . (8 Pkt) 1 für D, Ordinatenabschnitt und Symmetrie, 1 für Nullstellen, 1 für Stetigkeit, Differenzierbarkeit und Monotonie, 1 für kritische Punkte und Extrema, 1 für Wendepunkte, 1 für Skizze, 1 für limx→−∞ f 0 (x), 1 für Erläuterung 2. Bestimmen Sie das der Ellipse mit Achsen-parallelen Halbachsen a und b und Mittelpunkt im Ursprung einbeschriebene Flächen-maximale Achsenparallele Rechteck. (Skizze!) (4 Pkt) 1 für Skizze, 1 für Ansatz, 1 für kritische Punkte, 1 für Abmessungen und Flächeninhalt 3. Berechnen Sie die Länge des Graphens von f (x) = x3/2 für x ∈ [0, 1]. (2 Pkt) 4. Bestimmen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche zwischen dem Graphen von f (x) = ex , der x-Achse und den beiden Geraden x = 0 und x = 1. (Skizze und Plausibilität!) (4 Pkt) 2 für xs , 1 für ys , 1 für Skizze und Plausibilität i 5. Sei f (x) = ∞ i=0 sin x. Ist f eine Potenzreihe? Wo ist f definiert? Welche Funktion stellt f dar? (3 Pkt)
P
6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 − 7y 0 − 12y = 0 mit y(0) = −2 und y 0 (0) = −3 ’klassisch’, d.h. geben Sie die Lösungsgesamtheit der Differentialgleichung an. Zuletzt bedienen Sie die Anfangsbedingungen. (4 Pkt) 1 für charakteristisches Polynom, 1 für Nullstellen, 1 für Lösungsgesamtheit, 1 für Berücksichtigung der Anfangsbedingungen (max. erreichbare Punkte-Summe 22 Punkte)
Hausaufgaben 19.10.11, 16.11.11, 23.11.11
Hausaufgaben 23.11.11
Hausaufgaben 21.12.11
Hausaufgaben 7.12.11, 14.12.11
Hausaufgaben 11.1.12
Vorlesung 25.1.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik eindimensionale
Lösungen zur Klausur MATHE 2 Analysis & Dgl
22
30.1.12
1. Führen Sie für f : R ⊃ D → R mit f (x) = (x − 2)ex + x + 2 eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D und die reellen Nullstellen von f , beurteilen Sie Symmetrie, Stetigkeit, Differenzierbarkeit und Monotonie von f , bestimmen Sie kritische Punkte, Extremwertstellen und Wendepunkte von f in D. Skizzieren Sie den Funktionsgraphen unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. Bestimmen Sie limx→−∞ f 0 (x) und erläutern Sie die Bedeutung für f . (8 Pkt) 1 für D, Ordinatenabschnitt und Symmetrie, 1 für Nullstellen, 1 für Stetigkeit, Differenzierbarkeit und Monotonie, 1 für kritische Punkte und Extrema, 1 für Wendepunkte, 1 für Skizze, 1 für limx→−∞ f 0 (x), 1 für Erläuterung
Hausaufgaben 19.10.11, 16.11.11, 23.11.11
Mit x − 2, ex , x + 2 und damit (x − 2)ex ist auch f auf ganz R definiert: D = R. Der Ordinaten-Abschnitt ist f (0) = 0, so daß 0 eine Nullstelle von f ist. Die Funktion weist keinerlei Symmetrie-Eigenschaften auf, etwa weil 6= ±4. f (2) = 4 und f (−2) = −4 e4 f 0 (x) = (x − 1)ex + 1 ist auf ganz R definiert, also ist f auf R differenzierbar und damit erst recht auf R stetig. Wegen f 0 (0) = 0 ist 0 mehrfache Nullstelle. Wegen f 00 (x) = xex und f 00 (0) = 0 ist 0 zugleich Wendepunkt, da mit f 000 (x) = (x + 1)ex eben f 000 (0) = 1 6= 0 gilt. Wegen f 00 (0) = 0 und f 00 (x) > 0 für x > 0 ist f 0 auf R+ streng monoton wachsend. Wegen f 00 (0) = 0 und f 00 (x) < 0 für x < 0 ist f 0 auf R− streng monoton fallend. Zusammen ist also f 0 (0) = 0 und f 0 (x) > 0 auf ganz R∗ positiv und daher ist f selbst streng monoton wachsend. 0 ist also die einzige Nullstelle von f und f hat keine Extrema.
limx→−∞ f 0 (x) = limx→−∞ ((x − 1)ex + 1) = 1 + limx→−∞ (x − 1)ex = 1 + limx→−∞ x−1 und mit l’Hospital limx→−∞ f 0 (x) = 1 + limx→−∞ −e1−x = e−x 1 − limx→∞ e1x = 1. Damit hat die Asymptote für x → −∞ die Steigung 1. 2. Bestimmen Sie das der Ellipse mit Achsen-parallelen Halbachsen a und b und Mittelpunkt im Ursprung einbeschriebene Flächen-maximale Achsenparallele Rechteck. (Skizze!) (4 Pkt)
Hausaufgaben 23.11.11
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
23
1 für Skizze, 1 für Ansatz, 1 für kritische Punkte, 1 für Abmessungen und Flächeninhalt 2
2
Die Gleichung der Ellipse ist xa2 + yb2 = 1. Das Flächen-maximale Rechteck √ hat im ersten Quadranten den Eckpunkt (x, ab a2 − x2 ) und damit den √ √ Flächeninhalt A(x) = 4 ab x a2 − x2 und A0 (x) = 4 ab ( a2 − x2 +x √a−x 2 −x2 ) = 2
2
2
2
2
)−x 0 ∗ 2 ∗ 4 ab (a√−x = 4 ab √a a−2x = 0 ⇐⇒ x∗ = 2 −x2 mit A (x ) = 0 ⇐⇒ a −2x a2 −x2 2
Luderer I, S.26
√
2 a 2 √ 2 2 2 2 2 +(a −2x )x/ a −x2 als einzigem kritischen Punkt. Wegen A00 (x) = 4 ab −4x a −x √ 2 a2 −x2 √ b −4x(a2 −x2 )+(a2 −2x2 )x b −3xa2 2 00 ∗ ∗ √ √ = 4a a = 4 gilt A (x ) < 0, also ist x = 3 a a2 −x2 3 2 a2 −x2 (einzige) Maximumsstelle. Der maximale Flächeninhalt beträgt A(x∗ ) = √ q √ 2 2 4 ab x∗ a2 − x∗ = 4 ab 22 a a2 = 2ab. √
Der Flächeninhalt des roten Rechtecks ist 2ab, derjenige der Ellipse bekanntermaßen πab und der des grünen der Ellipse umbeschriebenen Rechtecks 4ab, wobei erwartungsgemäß 2ab < πab < 4ab gilt. 3. Berechnen Sie die Länge des Graphens von f (x) = x3/2 für x ∈ [0, 1]. (2 Pkt)
Hausaufgaben 21.12.11
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik R q
24 1
R q
|graph(f |[0,1] )| = o1 1 + ( 32 x1/2 )2 dx = o1 1 + 94 x dx = 32 49 (1 + 49 x)3/2 = o 8 3/2 3.25 − 1 ≈ 1.44, plausibel, weil die Diagonale im Einheitsquadrat die ( ) 27 √ Länge 2 ≈ 1.414 hat. 4. Bestimmen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A zwischen dem Graphen von f (x) = ex , der x-Achse und den beiden Geraden x = 0 und x = 1. (Skizze und Plausibilität!) (4 Pkt) 2 für xs , 1 für ys , 1 für Skizze und Plausibilität
Hausaufgaben 7.12.11, 14.12.11
R1 x 1 R1 o e dx = e − 1. Dann ist xs = |A| o xf (x) dx = R 1 R1 1 1 1 1 xex dx = |A| (e − (e − 1)) = |A| = e−1 ≈ 0.58, ( xex |1o − o1 ex dx) = |A| |A| o 1 R R 1 x 2 1 2x 1 1 1 2x 1 1 2 und weiter ys = 2|A| o (e ) dx = 2|A| o e dx = 2|A| 2 e = 4|A| (e − 1) =
Zunächst gilt |A| =
o
e2 −1 4(e−1)
≈ 0.93. Der Schwerpunkt sollte nahe dem Schwerpunkt des Trapezes liegen, das sich ergibt, wenn man f in [0, 1] ’linearisiert’, d.h. f durch die ’Gerade’ y = (e − 1)x + 1 ersetzt. Der Schwerpunkt (¯ xs , y¯s ) dieses Trapezes ist die gewichtete Summe der Schwerpunkte von Quadrat und Dreieck, d.h. 2 (e−1)/2 1 1 (¯ xs , y¯s ) = 1+(e−1)/2 ( 12 , 12 )+ 1+(e−1)/2 (0+1+1, 1+1+e) = ( 13 2e+1 , 1 e +e+1 ≈ 3 e+1 3 e+1 ) (0.58, 0.99), so daß (¯ xs , y¯s ) und (xs , ys ) in plausibler Weise ziemlich nah beieinander liegen.
i 5. Sei f (x) = ∞ i=0 sin x. Ist f eine Potenzreihe? Wo ist f definiert? Welche Funktion stellt f dar? (3 Pkt)
P
Die Reihe ist keine Potenz-Reihe. f entsteht durch Einsetzen von sin x in die geometrische Reihe, d.h. f ist dort definiert, wo | sin x| < 1 ist. Also gilt 1 D = R \ { π2 + kπ : k ∈ Z}. Für x ∈ D gilt f (x) = 1−sin . x
Hausaufgaben 11.1.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
25
Offensichtlich kann f in { π2 + (2k − 1)π : k ∈ Z} = 32 π + 2πZ durch ergänzt werden.
1 2
stetig
6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 − 7y 0 − 12y = 0 mit y(0) = −2 und y 0 (0) = −3 ’klassisch’, d.h. geben Sie die Lösungsgesamtheit der Differentialgleichung an. Zuletzt bedienen Sie die Anfangsbedingungen. (4 Pkt) 1 für charakteristisches Polynom, 1 für Nullstellen, 1 für Lösungsgesamtheit, 1 für Berücksichtigung der Anfangsbedingungen Das charakteristische Polynom lautet p(λ) =√λ2 − 7λ − 12 mit den beiden, einfachen reellen Nullstellen λ1,2 = 21 (7 ± 97). Die Lösungsgesamtheit der (homogenen) Differentialgleichung ist daher y(x) = c1 eλ1 x + c2 eλ2 x mit y 0 (x) = c1 λ1 eλ1 x + c2 λ2 eλ2 x und y 00 (x) = c1 λ21 eλ1 x + c2 λ22 eλ2 x . Die Anfangsbedingung liefert c1 + c2 = −2 √und λ1 c1 + λ2 c2 = √ −3. Es 3−2λ 1 −3 √ 1 = − 4+ √ 97 = 1 (−97 − 4 97) und = ergibt sich etwa c2 = λ2λ2 −λ 97 97 √ 1 √ 97 −2·97+97+4 97 1 c1 = −2 − c2 = = 97 (−97 + 4 97). 97
Probe: Für y = ci eλi x gilt y 00 − 7y 0 − 12y = ci (λ2i − 7λi − 12)eλi x = 0, da p(λi ) = 0 für i = 1, 2. Die Lösungen bilden einen Vektorraum, so daß auch y √ = λ1 x λ2 x c1 e + c2 e für alle ci ∈ R die Differentialgleichung erfüllt. √ √ −97−4 97−97+4 97 Zudem sind wegen y(0) = c1 + c2 = = −2 und y 0 (0) = 97 √
√
97 7+ 97 λ1 c1 + λ2 c2 = −97+4 + 97 2 Anfangsbedingungen erfüllt.
√ √ −97−4 97 7− 97 97 2
=
√ 2 −14·97+8 97 2·97
= −3 beide √
(max. erreichbare Punkte-Summe 22 Punkte)
Vorlesung 25.1.12
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
6
26
Klausur MATH2 SS11
Klausur MATHE 2
eindimensionale Analysis & Dgl
Name
12.7.11
Matrikel
Neben Luderer I und II ist nur ein eigenhändig geschriebener DIN A4 Spickzettel zugelassen! Ergebnisse ohne Begründung oder Herleitung sind keine Ergebnisse! Taschenrechner sind nicht zugelassen! Rechnen Sie mit Brüchen! Falsche Antworten in den multiple choice Aufgaben zählen -1Pkt, richtige +1Pkt. 1. Welche Eigenschaften hat die Funktion f (t) = e−t/τ sin(ωt + ϕ) für t ∈ D und konstante τ, ω, ϕ ∈ R+ auf maximalem Definitionsbereich D ⊂ R+ ? f f f f
STM2T1
ist periodisch. hat unendlich viele Nullstellen. ist betragsmäßig beschränkt. ist alternierend.
2. Sei g(x) =
x x2 −1
auf maximalem D ⊂ R definiert.
STM2T2
R1 g(x) dx ist ein uneigentliches Integral. R−1 g(x) dx ist ein bestimmtes Integral. R1 g(x) dx ist ein unbestimmtes Integral. R−1 1 −1
g(x) dx = 0.
∞ i i 3. Seien f (x) = ∞ i=o fi x und g(x) = i=o gi x zwei Potenz-Reihen mit Konvergenz-Radien ρf bzw. ρg . Sei ρ = min{ρf , ρg }. Dann gilt für |x| < ρ
P
P
STM2T3
f (x) g(x) ≈ fo go + (fo g1 + f1 go )x + (fo g2 + f1 g1 + f2 go )x2 f (x) g(x) ≈ fo go + f1 g1 x + f2 g2 x2 f (x) ≈ fgoo + fg11 x + fg22 x2 solange g(x) 6= 0 g f (x) ≈ fgoo (1 + (f1 − g1 )x + (f2 − f1 g1 + g12 − g2 )x2 ) solange g(x) 6= 0 g 2
sin(x +2) 4. Führen Sie für f (x) = cosh soweit möglich eine Kurvendiskussion |x3 −1| durch, d.h. vereinfachen Sie die Definition von f , bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D und die reellen Nullstellen von f , beurteilen Sie Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von f , bestimmen Sie einen kritischen Punkt von f in [−1.2, 1.2]. Skizzieren Sie den Funktionsgraphen unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. Verwenden Sie dabei die zusätzlichen Informationen, daß obiger √ kritischer Punkt der einzige kritische Punkt in [−1.2, 1.2] ist und daß π − 2 ≈ 1.07 ist. (6 Pkt) 1 für Vereinfachen und D, 1 für Nullstellen, 1 für Symmetrie, 1 für Stetigkeit und Differenzierbarkeit, 1 für kritischen Punkt, 1 für Skizze
Hausaufgaben vom 12.4.11
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
27
5. Bestimmen Sie die Abmessungen des Flächen-maximalen Achsen-parallelen √ Rechtecks, das im ersten Quadranten unter dem Graphen von f (x) = cx mit c > 0 liegt, dessen eine Ecke auf dem Graphen von f liegt und dessen diagonal gegenüber liegende Ecke (a, 0) im ersten Quadranten ist. Fertigen Sie zunächst eine Skizze an! (3 Pkt) 1 für Skizze und Ansatz, 1 für kritische Punkte, 1 für Abmessungen und Flächeninhalt 6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 − y 0 − 6y = 0 mit y(0) = 2 und y 0 (0) = 3 ’klassisch’, d.h. geben die Lösungsgesamtheit der Differentialgleichung an und bedienen Sie schließlich die Anfangsbedingungen. (4 Pkt) 1 für charakteristisches Polynom, 1 für Nullstellen, 1 für Lösungsgesamtheit, 1 für Berücksichtigung der Anfangsbedingungen 1 für Überführen, 2 für EWe und EVen, 1 für Lösungsgesamtheit, 1 für Berücksichtigung der Anfangsbedingungen
(max. erreichbare Punkte-Summe 21 Punkte)
Hausaufgaben 12.4.11
Hausaufgaben 28.6.11 5.7.11
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
28
Lösungen zur Klausur MATHE 2 eindimensionale Analysis & Dgl 12.7.11 1. Welche Eigenschaften hat die Funktion f (t) = e−t/τ sin(ωt + ϕ) für t ∈ D und konstante τ, ω, ϕ ∈ R+ auf maximalem Definitionsbereich D ⊂ R+ ? f f f f
STM2T1
ist periodisch. hat unendlich viele Nullstellen. ist betragsmäßig beschränkt. ist alternierend.
Weil D 6= R oder weil die Amplitude nicht konstant ist, ist f nicht periodisch. Wegen f (to ) = 0 ⇐⇒ ωto + ϕ ∈ πZ ⇐⇒ to = (kπ − ϕ)/ω > 0 hat f unendlich viele Nullstellen. Weil e−t/τ monoton fallend in t ≥ 0 ist, ist f betragsmäßig durch 1 beschränkt. Eine auf R+ definierte Funktion kann nicht alternierend sein: der Begriff ergibt hier keinen Sinn. 2. Sei g(x) =
x x2 −1
auf maximalem D ⊂ R definiert.
STM2T2
R1 g(x) dx ist ein uneigentliches Integral. R−1 g(x) dx ist ein bestimmtes Integral. R1 g(x) dx ist ein unbestimmtes Integral. R−1 1 −1
g(x) dx = 0.
1 Weil die Funktion g in ±1 Pole hat, ist −1 g(x) dx ein uneigentliches Integral. R Ohne Grenzen istR g(x) dx kein bestimmtes Integral. 1 Mit Grenzen ist −1 g(x) dx kein unbestimmtes Integral. R1 Weil g eine ungerade Funktion ist, gilt −1 g(x) dx = 0.
R
∞ i i 3. Seien f (x) = ∞ i=o fi x und g(x) = i=o gi x zwei Potenz-Reihen mit Konvergenz-Radien ρf bzw. ρg . Sei ρ = min{ρf , ρg }. Dann gilt für |x| < ρ
P
P
f (x) g(x) ≈ fo go + (fo g1 + f1 go )x + (fo g2 + f1 g1 + f2 go )x2 f (x) g(x) ≈ fo go + f1 g1 x + f2 g2 x2 f (x) ≈ fgoo + fg11 x + fg22 x2 solange g(x) 6= 0 g f (x) ≈ fgoo (1 + (f1 − g1 )x + (f2 − f1 g1 + g12 − g2 )x2 ) solange g(x) 6= 0 g i i Wegen (f g)(x) = ∞ i=o x j=o fj gi−j gilt f (x) g(x) ≈ fo go +(fo g1 +f1 go )x+ 2 (fo g2 + f1 g1 + f2 go )x . Die Approximation f (x) g(x) ≈ fo go + f1 g1 x + f2 g2 x2 ist also falsch. P∞ 1 i Wenn zunächst g(x) = 1−(1−g(x)) i=o (1 − g(x)) in eine Potenzreihe um 0 = entwickelt und dann mit f (x) multipliziert, erhält man fg (x) ≈ fgoo (1 + (f1 − g1 )x + (f2 − f1 g1 + g12 − g2 )x2 . Die Approximation fg (x) ≈ fgoo + fg11 x + fg22 x2 ist also falsch.
P
P
STM2T3
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
29
2
sin(x +2) 4. Führen Sie für f (x) = cosh soweit möglich eine Kurvendiskussion |x3 −1| durch, d.h. vereinfachen Sie die Definition von f , bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D und die reellen Nullstellen von f , beurteilen Sie Symmetrie, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von f , bestimmen Sie einen kritischen Punkt von f in [−1.2, 1.2]. Skizzieren Sie den Funktionsgraphen unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. Verwenden Sie dabei die zusätzlichen Informationen, daß obiger √ kritischer Punkt der einzige (6 Pkt) kritische Punkt in [−1.2, 1.2] ist und daß π − 2 ≈ 1.07 ist. 1 für Vereinfachen und D, 1 für Nullstellen, 1 für Symmetrie, 1 für Stetigkeit und Differenzierbarkeit, 1 für kritischen Punkt, 1 für Skizze
Hausaufgaben vom 12.4.11
Weil der Cosinus hyperbolicus gerade ist, gilt cosh |x| = cosh x, so daß sin(x2 +2) sich f zu f (x) = cosh(x 3 −1) vereinfachen läßt. D = R, da der Zähler und Nenner auf R definiert sind und der Nenner wegen cosh ≥ 1 nie verschwindet. f (x) = 0 ⇐⇒ sin(x√2 + 2) = 0 ⇐⇒ x2 + 2 ∈ πZ ⇐⇒ x2 ∈ −2 + πZ ⇐⇒ x = ± kπ − 2 für k ∈ Z, k ≥ 1. Die Nullstellen liegen also auf der x-Achse √ symmetrisch zur y-Achse. Die kleinste positive Nullstelle ist xo = π − 2 ≈ 1.07, also ±xo ∈ [−1.2, 1.2]. Der Ordinatenabschnitt von f (0) = yo ist positiv. f istweder Punkt- noch Achsen-symmetrisch und weist daher keine Symmetrie-Eigenschaften auf, weil der Nenner mit x3 ungerade und mit −1 gerade Anteile enthält. Wegen 3 2 +2)−3x2 sinh(x3 −1) sin(x2 +2) f 0 (x) = 2x cosh(x −1) cos(xcosh existiert die Ableitung auf 2 3 (x −1) ganz R. f ist also auf R differenzierbar und damit erst recht auf R stetig. 3 2 +2)−3x sinh(x3 −1) sin(x2 +2) Wegen f 0 (x) = x 2 cosh(x −1) cos(xcosh hat f einen kritischen 2 3 (x −1) ∗ Punkt x = 0 ∈ [−1.2, 1.2]. Laut zusätzlicher Information ist x∗ einziger kritischer Punkt in [−1.2, 1.2], also muß x∗ Extremwertstelle sein, da er zwischen zwei Nullstellen liegt, wegen f (x∗ ) > 0 also eine Maximumsstelle.
5. Bestimmen Sie die Abmessungen des Flächen-maximalen Achsen-parallelen √ Rechtecks, das im ersten Quadranten unter dem Graphen von f (x) = cx mit c > 0 liegt, dessen eine Ecke auf dem Graphen von f liegt und dessen diagonal gegenüber liegende Ecke (a, 0) im ersten Quadranten ist. Fertigen Sie zunächst eine Skizze an! (3 Pkt) 1 für Skizze und Ansatz, 1 für kritische Punkte, 1 für Abmessungen und Flächeninhalt
Hausaufgaben 12.4.11
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
30
Sei a − x die Breite des Rechtecks und f (x) seine Höhe.
√ Dann gilt A(x) = (a − x) cx und
dA (x∗ ) dx
√ = − cx∗ +
∗ ∗ (a−x √ )c = (a−3x √ )c = 2 cx∗q 2 cx∗ Breite, 13 ac die Höhe
0 ⇐⇒ (a−3x∗ )c = 0 ⇐⇒ x∗ = a3 . Damit ist 32 a die q √ und A(x∗ ) = 23 a 13 ac = 29 a 3ac der Flächeninhalt des Flächen-maximalen Rechtecks.
6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 − y 0 − 6y = 0 mit y(0) = 2 und y 0 (0) = 3 entweder ’klassisch’ oder aber Sie überführen die Differentialgleichung zunächst in ein System linearer Differentialgleichungen erster Ordnung, berechnen dessen EWe und zugehörige EVen, geben die Lösungsgesamtheit des Systems und damit auch der Ausgangsdifferentialgleichung an. Zuletzt bedienen Sie die Anfangsbedingungen. (4 oder 6 Pkt) 1 für charakteristisches Polynom, 1 für Nullstellen, 1 für Lösungsgesamtheit, 1 für Berücksichtigung der Anfangsbedingungen 1 für Überführen, 2 für EWe und EVen, 1 für Lösungsgesamtheit, 1 für Berücksichtigung der Anfangsbedingungen Per y1 := y und y2 := y10 = y 0 und Einsetzen wird die Ausgangsdiffe! y10 = y2 0 1 0 rentialgleichung in 0 oder y = Ay mit A = übery2 = 6y1 + y2 6 1 −λ 1 führt. Die EWe sind die Nullstellen von p(λ) = |A − λI| = = 6 1 − λ λ2 − λ − 6 = (λ + 2)(λ − 3), also λ1 = −2 und λ2 = 3. Lösen der beiden unterbestimmten linearen Gleichungssysteme (A − λi I)ci = 0 liefert die EVen c1 = R(1, −2)> zum EW λ1 = −2 sowie c2 = R(1, 3)> zum EW λ2 = 3. Die Lösungsgesamtheit des Systems ist daher y = v1 eλ1 x c1 + v2 eλ2 x c2 = v1 e−2x (1, −2)> + v2 e3x (1, 3)> und diejenige der Ausgangsdifferentialgleichung eben y(x) = v1 e−2x + v2 e3x und y 0 (x) = −2v1 e−2x + 3v2 e3x . v1 + v2 = 2 Die Anfangsbedingung führt auf das lineare Gleichungssystem −2v1 + 3v2 = 3 7 3 mit der Lösung v1 = 5 und v2 = 5 . Die Lösung der Ausgangsdifferentialgleichung mit Anfangsbedingung lautet also y(x) = 53 e−2x + 75 e3x mit y 0 (x) = − 56 e−2x + 21 e3x und y 00 (x) = 12 e−2x + 63 e3x . 5 5 5
Hausaufgaben 28.6.11 5.7.11
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
31
e−2x + 63 e3x + 65 e−2x − 21 e3x − 18 e−2x − 42 e3x = Probe: Wegen y 00 −y 0 −6y = 12 5 5 5 5 5 12+6−18 −2x e + 63−21−42 e3x = 0 − 0 = 0 ist die Ausgangsdifferentialgleichung 5 5 √ erfüllt. Zudem sind wegen y(0) = 35 + 75 = 2 und y 0 (0) = − 65 + 21 = 15 = 3 die 5 5 √ beiden Anfangsbedingungen erfüllt.
(max. erreichbare Punkte-Summe 21 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
7
32
Klausur MATH2 WS10
Klausur MATHE 2
eindimensionale Analysis & Dgl
Name
1.2.11
Matrikel
Neben Luderer I und II ist nur ein eigenhändig geschriebener DIN A4 Spickzettel zugelassen! Ergebnisse ohne Begründung oder Herleitung sind keine Ergebnisse! Taschenrechner sind nicht zugelassen! Rechnen Sie mit Brüchen! 2
1. Führen Sie für f (x) = e−(x−3) /4 eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie maximalen Definitionsbereich D, W = f (D), Symmetrie, Stetigkeit, Differenzierbarkeit, Nullstellen, (globale) Extrema, Wendepunkte, kritische Stellen wie Pole, Definitionslücken, Sprungstellen jeweils mit dem Verhalten von f in diesen kritischen Stellen sowie für x → ±∞. Skizzieren Sie den Funktionsgraphen unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (6 Pkt) 1 für D mit Nullstellen und Symmetrie, 1 für W = f (D), 1 für Extrema, 1 für Wendepunkte, 1 für limx→±∞ f (x), 1 für Skizze 2. Bestimmen Sie limx→0 licher Begründung.
x2 ex2 −1
und limx→π/2 (x − π2 ) tan x jeweils mit ausführ(1+1 Pkt)
3. Bestimmen Sie Abmessungen und Flächeninhalt des Flächen-maximalen, Achsen-parallelen Rechtecks im ersten Quadranten mit einem Eckpunkt im Ursprung und einem Eckpunkt auf dem Graphen von f (x) = x2 −x3 . Skizze! (3 Pkt) 2 für Abmessungen, 1 für Flächeninhalt und Skizze 4. Berechnen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A im ersten Quadranten, die durch den Graphen von f (x) = sinh x, die x-Achse und die Gerade x = 1 berandet ist. Verwenden Sie e ≈ 3, um die Plausibilität Ihres Ergebnisses zu bewerten. (Skizze!) (6 Pkt) 1 für Flächeninhalt |A|, 1 für xs , 2 für ys , 2 für Skizze & Plausibilität cos x 5. Wieso gilt f (x) = x−π/2 ≈ −1 für x nahe bei π2 , m.a.W. für |x − π/2| 1 ? Zur Begründung bestimmen Sie etwa die Taylor-Reihe von cos x entwickelt um π2 . Wie sieht die nächst beste polynomiale Approximation von f (x) für x nahe bei π2 aus? (2 Pkt)
1 für Taylor-Reihe, 1 für polynomiale Approximation von f (x)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
33
6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 4y 0 + 3y = 2 x mit y(0) = 2 und y 0 (0) = 3. (6 Pkt) 2 für yh , 2 für ys , 2 für y unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen
(max. erreichbare Punkte-Summe 25 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
34
Lösungen zur Klausur MATHE 2 eindimensionale Analysis & Dgl 1.2.11 2
1. Führen Sie für f (x) = e−(x−3) /4 eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie maximalen Definitionsbereich D, W = f (D), Symmetrie, Stetigkeit, Differenzierbarkeit, Nullstellen, (globale) Extrema, Wendepunkte, kritische Stellen wie Pole, Definitionslücken, Sprungstellen jeweils mit dem Verhalten von f in diesen kritischen Stellen sowie für x → ±∞. Skizzieren Sie den Funktionsgraphen unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (6 Pkt) 1 für D mit Nullstellen und Symmetrie, 1 für W = f (D), 1 für Extrema, 1 für Wendepunkte, 1 für limx→±∞ f (x), 1 für Skizze D = R, f (D) = (0, 1] ⊂ R, f (0) = e−9/4 ≈ e−2 ≈ 91 , f (3) = 1; f > 0 auf ganz D, also ohne NS; graph(f ) ist zu x = 3 symmetrisch; f ist auf ganz D differenzierbar, es gilt nämlich f 0 (x) = − 12 (x − 3) f (x), also ist f erst recht auf ganz D stetig. f 0 (x) = 0 ⇐⇒ x = 3, d.h. 3 ist einziger kritischer Punkt. Es gilt limx→±∞ f (x) = 0. Also muß (3, f (3)) = (3, 1) Maximum und als einziges Maximum sogar globales Maximum sein. Damit folgt W = f (D) = (0, 1] (s.o.). Wegen f 00 (x) = − 21 f (x) − 12 (x − 3) f 0 (x) = √ (− 21 + 14 (x − 3)2 ) f (x) = 0 ⇐⇒ (x − 3)2 = 2 ⇐⇒ |x − 3| = 2 gibt es √ −1/2 ). genau die beiden Wendepunkte (x1,2 , f (x1,2 )) = (3 ± 2, e
2. Bestimmen Sie limx→0 licher Begründung. 1 für limx→0
x2 , ex2 −1
x2 ex2 −1
und limx→π/2 (x − π2 ) tan x jeweils mit ausführ(1+1 Pkt)
1 für limx→π/2 (x − π2 ) tan x 2
2x = L’Hospital darf verwendet werden und liefert limx→0 exx2 −1 = limx→0 2xe x2 1 limx→0 ex2 = 1 wegen Grenzwert-Arithmetik und Stetigkeit der Funktion 2 ex in 0. (x− π2 ) sin x Wegen limx→π/2 (x − π2 ) tan x = limx→π/2 cos darf l’Hospital verwenx sin x+(x− π2 ) cos x (x− π2 ) sin x = det werden und liefert dann limx→π/2 cos x = limx→π/2 − sin x limx→π/2 (sin x+(x− π2 ) cos x) − limx→π/2 sin x
= 1+0 = −1 aufgrund von Grenzwert-Arithmetik −1 und Stetigkeit der trigonometrischen Funktionen.
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
35
3. Bestimmen Sie Abmessungen und Flächeninhalt des Flächen-maximalen, Achsen-parallelen Rechtecks im ersten Quadranten mit einem Eckpunkt im Ursprung und einem Eckpunkt auf dem Graphen von f (x) = x2 −x3 . Skizze! (3 Pkt) 2 für Abmessungen, 1 für Flächeninhalt und Skizze Das Rechteck A hat die Breite x und die Höhe f (x) = x2 (1 − x), also h(x) := |A| = x f (x) = x3 − x4 . Dann gilt h0 (x) = 3x2 − 4x3 = x2 (3 − 4x) = 0 ⇐⇒ xo = 34 und x1 = x2 = 0. Das Rechteck entartet für Breiten x1 und x2 (Flächen-Minimum). Bleibt als einzige sinnvolle Lösung 9 xo = 34 . Wegen h00 (x) = 6x − 12x2 mit h00 (xo ) = 6 34 − 12 16 = − 94 < 0 ist xo erwartungsgemnäß Maximumsstelle.
Das Flächen-maximale Rechteck mit der Breite 9 27 LE hat den Flächeninhalt 256 LE2 . 64
3 4
LE und der Höhe f (xo ) =
4. Berechnen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A im ersten Quadranten, die durch den Graphen von f (x) = sinh x, die x-Achse und die Gerade x = 1 berandet ist. Verwenden Sie e ≈ 3, um die Plausibilität Ihres Ergebnisses zu bewerten. (Skizze!) (6 Pkt) 1 für Flächeninhalt |A|, 1 für xs , 2 für ys , 2 für Skizze & Plausibilität Die bezeichnete Fläche A hat den Flächeninhalt |A| = R o1 sinh x dx = 1 1 cosh x|1o = cosh 1 − 1. Die Schwerpunktsabszisse ist xs = |A| o x sinh x dx = R
2/e 1−sinh 1 (x cosh x − sinh x)|1o = cosh = e+1/e−2 ≈ 2/3 = 12 und wieder cosh 1−1 4/3 2 1 R1 mit partieller Integration die Schwerpunktsordinate ys = 2|A| o sinh x dx = 1 cosh 1−1
1 1 2 cosh 1−2 2
1
( sinh x cosh x − x) o =
cosh 1 sinh 1−1 4 cosh 1−4
=
e2 /4−e−2 /4−1 2e+2/e−4
≈
44/36 8/3
=
11 . 24
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
36
Zur Beurteilung der Plausibilität werde angenommen, daß A durch das Dreieck mit Eckpunkten Ursprung, (1, 0) und (1, sinh 1) ≈ (1, 4/3) angenähert wird. Der Schwerpunkt (¯ xs , y¯s ) dieses Dreiecks ist also näherungsweise 1 2 4 (0 + 1 + 1, 0 + 0 + 4/3) = ( 3 , 9 ). Dann ist xs ≈ 12 plausibel, weil x¯s ≈ 23 . 3 ist plausibel, weil y¯s ≈ 49 . ys ≈ 11 24 cos x ≈ −1 für x nahe bei π2 , m.a.W. für |x − π/2| 1 ? 5. Wieso gilt f (x) = x−π/2 Zur Begründung bestimmen Sie etwa die Taylor-Reihe von cos x entwickelt um π2 . Wie sieht die nächst beste polynomiale Approximation von f (x) für (2 Pkt) x nahe bei π2 aus?
1 für Taylor-Reihe, 1 für polynomiale Approximation von f (x) cos x Sei f (x) = x−π/2 . Die Taylor-Entwicklung von g(x) = cos x um π2 ergibt sich aus g( π2 ) = cos π2 = 0, g 0 ( π2 ) = − sin π2 = −1, g 00 ( π2 ) = − cos π2 = 0, g 000 ( π2 ) =
sin π2 = 1 usw. zu cos x =
P∞ cos(i) i=o
i!
π 2
(x − π/2)i =
P∞ −(−1)i
2i+1 . i=o (2i+1)! (x − π/2)
i
−(−1) 2i Also gilt f (x) = ∞ i=o (2i+1)! (x−π/2) . Daher ist das quadratische Polynom f (x) ≈ −1 + 61 (x − π/2)2 die nächst beste Approximation von f in π2 .
P
6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 4y 0 + 3y = 2 x mit y(0) = 2 und y 0 (0) = 3. (6 Pkt) 2 für yh , 2 für ys , 2 für y unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen Das charakteristische Polynom√p(λ) = λ2 + 4λ + 3 hat die beiden einfachen, reellen Nullstellen λ1,2 = −2± 4 − 3 = −2±1, d.h. λ1 = −1 und λ2 = −3. Also ist yhom (x) = c1 e−x + c2 e−3x die zwei-parametrige Lösungsgesamtheit der zugehörigen homogenen Differentialgleichung, Dgl. Eine spezielle Lösung der inhomogenen Dgl ergibt sich aus dem Ansatz der Faustregel ys (x) = d1 x+do mit ys0 (x) = d1 sowie ys00 (x) = 0. Einsetzen in die Dgl liefert 0+4d1 +3d1 x+3do = 2x und Koeffizientenvergleich 4d1 +3do = 0 sowie 3d1 = 2, d.h. d1 = 32 und do = − 89 . Zusammen folgt yinhom (x) = ys + yhom (x) = 32 x − 98 + c1 e−x + c2 e−3x . Die Anfangsbedingungen y(0) = 2 = − 89 + c1 + c2 und y 0 (0) = 3 = 32 − c1 − 3c2 9c1 + 9c2 = 26 führen auf das LGS , d.h. c1 = 11 und c2 = − 47 . 2 18 3c1 + 9c2 = −7
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
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Probe: Für y(x) = 23 x − 89 + 11 e−x − 47 e−3x ist y 0 (x) = 23 − 11 e−x + 47 e−3x 2 18 2 6 11 −x 47 −3x 11 33 −x 00 00 0 und y (x) = 2 e − 2 e , so daß y + 4y + 3y = 2x + ( 2 − 22 + 2 )e + ( 94 − 47 − 47 )e−3x = 2x folgt. Zudem sind wegen y(0) = − 98 + 11 − 47 =√2 3 2 6 2 18 2 11 47 0 und y (0) = 3 − 2 + 6 = 3 die beiden Anfangsbedingungen erfüllt.
(max. erreichbare Punkte-Summe 25 Punkte)
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8
38
Klausur MATH2 WS09w
Wiederholer-Klausur MATHE 2 eindimensionale Analysis & Dgl 10.3.10
Name
Matrikel
Neben Luderer I und II ist nur ein eigenhändig geschriebener DIN A4 Spickzettel zugelassen! Zitieren Sie Luderer (z.B. „laut Luderer II, S.123“), wenn Sie Formeln aus Luderer I und II verwenden! Ergebnisse ohne Begründung oder Herleitung sind keine Ergebnisse! Taschenrechner sind nicht zugelassen! Rechnen Sie mit Brüchen! 1. Führen Sie für f (x) = ex /(1 − ex ) eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie Definitionsbereich Df , Wertebereich Wf = f (Df ), Nullstellen, (globale) Extrema, Wendepunkte, kritische Stellen wie Pole, Definitionslücken, Sprungstellen jeweils mit dem Verhalten von f in diesen kritischen Stellen sowie für x → ±∞. Skizzieren Sie den Funktionsgraphen unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (6 Pkt) 1 für Df mit Nullstellen, 1 für Wf = f (Df ), 1 für Extrema, 1 für Wendepunkte, 1 für limx→±∞ f (x), 1 für Skizze 2. Bestimmen Sie limx→0
x sin x2
und limx→0+ (2x)x/2 (Begründungen!). (1+2 Pkt)
3. Bestimmen Sie die gerade Pyramide mit ihren Abmessungen über einem regelmäßigen Dreieck mit minimaler Mantelfläche bei gegebenem Volumen Vo . (5 Pkt) 1 für Volumen, 1 für Mantelfläche, 1 für Mantelfläche als Funktion einer Variablen, 1 für Minima, 1 für Argument 4. Berechnen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A im ersten Quadranten, die durch die x-Achse und die Graphen von sin x und cos x berandet ist und auf deren Rand der Ursprung liegt. Ist Ihr Ergebnis plausibel? (6 Pkt) 1 für Flächeninhalt |A|, 2 für xs , 2 für ys , 1 für Plausibilität 5. Bestimmen Sie die Taylor-Reihe von f (x) = daraus diejenige für ln z entwickelt um 1.
R x −1 o 1−u
du entwickelt um 0 und (2 Pkt)
1 für Taylor-Reihe, 1 für ln z 6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + y 0 − 12y = 3 x mit y(0) = 2 und y 0 (0) = −1. (6 Pkt) 2 für yhom (x), 2 für yinhom (x), 2 für Berücksichtigung der Anfangsbedingung (max. erreichbare Punkte-Summe 28 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
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Lösungen zur Klausur MATHE 2 eindimensionale Analysis & Dgl 10.3.10 1. Führen Sie für f (x) = ex /(1 − ex ) eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie Definitionsbereich, Wertebereich, Nullstellen, (globale) Extrema, Wendepunkte, kritische Stellen wie Pole, Definitionslücken, Sprungstellen jeweils mit dem Verhalten von f in diesen kritischen Stellen sowie für x → ±∞. Skizzieren Sie den Funktionsgraphen unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (6 Pkt) 1 für Df mit Nullstellen, 1 für Wf = f (Df ), 1 für Extrema, 1 für Wendepunkte, 1 für limx→±∞ f (x), 1 für Skizze Df = R\{0}, Wf ⊂ R, keine NS, f ist auf ganz Df stetig und differenzierbar, x x )+ex ex ex es gilt nämlich f 0 (x) = e (1−e = (1−e x )2 6= 0, also keine Extrema. 0 ist (1−ex )2 Pol-Stelle mit limx→0+ f (x) = −∞ und limx→0− f (x) = +∞. Weiterhin gilt ex mit l’Hospital limx→+∞ f (x) = limx→+∞ −e x = −1 sowie limx→−∞ f (x) = 0. Damit folgt Wf = (−∞, −1) ∪ (0, +∞) = R \ [−1, 0]. Wegen f 00 (x) = x x )+2ex ex ex (1−ex )2 +ex 2(1−ex )ex ex x = e (1−e = (1−e x )3 (1 + e ) 6= 0 hat f auch keine (1−ex )4 (1−ex )3 Wendepunkte. exp(x)/(1−exp(x)) 2 1
y
0 −1 −2 −3 −6
−4
2. Bestimmen Sie limx→0
−2
x sin x2
L’Hospital liefert limx→0
0 x
2
4
6
und limx→0+ (2x)x/2 (Begründungen!). (1+2 Pkt)
x sin x2
= limx→0
1 2
1 cos
x 2
= 2.
Stetigkeit von Wurzel- und Exponential-Funktion undqRegel von l’Hospital q x/2 x ln x x führen zu limx→0+ (2x) = limx→0+ 2 (e ) = limx→0+ (2x ex ln x ) = q q 1/x √ √ ln x limx→0 limx→0+ 1/x limx→0+ x limx→0+ (x ln x) −1/x2 = 2 e = e = e e− limx→0 x = √ √ e0 = 1 = 1
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
40
3. Bestimmen Sie die gerade Pyramide mit ihren Abmessungen über einem regelmäßigen Dreieck mit minimaler Mantelfläche bei gegebenem Volumen Vo . (5 Pkt) 1 für Volumen, 1 für Mantelfläche, 1 für Mantelfläche als Funktion einer Variablen, 1 für Minima, 1 für Argument Sei H die Höhe der Pyramide. Die Grundfläche A, ein gleichseitiges Dreieck √ 3 mit Seitenlänge a und Höhe h = a (Pythagoras), hat den FlächeninA 2 √ 3 2 halt |A| = 4 a . Damit ist das Pyramiden-Volumen V (a, H) = 31 |A|H = √ 3 2 a H = Vo , d.h. H = √123 Va2o . 12 Im gleichseitigen Dreieck A fallen Seitenhalbierende mit Höhen zusammen und schneiden sich im Verhältnis 2:1. Die Mantelfläche M besteht q √Dreiecken mit Grundseiq aus drei identischen tenlänge a und Höhe h = ( 13 hA )2 + H 2 = ( 13 23 a)2 + H 2 (Pythagoras) q
1 2 a + H 2. und hat daher den Flächeninhalt m(a, H) = |M | = 3 21 ah = 32 a 12 Einsetzen der Randbedingung an das √Volumen liefert für die Mantelfläq q 3 1 2 12 Vo 2 3 4 √ che m(a, H) = 2 a 12 a + ( 3 a2 ) = 4 a + 22 · 122 Vo2 /a2 , so daß sich m(a, H) = m(a) als Funktion nur noch von a ergibt. √ dm 3 1 4a3 −2·22 122 Vo2 /a3 0 Nun gilt m (a) = da = 4 2 √ 4 2 2 2 2 2 und m0 (a) = 0 ⇐⇒ a6 − 2 · a +2 12 Vo /a q √ √ 3 2 2 3 12 Vo = 0 ⇐⇒ a = 12 2Vo ⇐⇒ aq = 12 2Vo , da ja nur a > 0 √ 3 gesucht sind. Dieser kritische Punkt a∗ = 12 2Vo ist schon aus geometrischen Gründen Minimumsstelle, wie sich natürlich ebenso auch aus m00 (a) = √ 15 √ 5 10 4 6 2 9 2 3 2 9 2 V 4 a3 3 6a (a +4·144Vo a )−(a −288Vo )(5a +8·144Vo a ) o √ 10 √ 10 o a +16·144 = 23 a +26·144V >0 3 3 2 2 4 2 4 a +4·144Vo a
a +4·144Vo a
für alle positiven a ergibt. q √ 3 Vo ∗ Die Abmessungen sind also a = 12 2Vo und H ∗ = √123 aV∗2o = 3 √ 3 2 = 3V o √ √ 3 V√ 3 ∗ o 3Vo 3 3 3Vo 3 = 3Vo . Die Pyramide hat somit die Mantel-Fläche m(a ) = √
3 4
√
3 4
√
q
a∗ 4
+ 4 · 144Vo
/a∗ 2
q√ 3
23 ·126 Vo6 +4·122 Vo √ √ 3 12 2Vo
=
=
3 4
√
√
3 4
rq 3
q
4 · 124 Vo4 + 4 · 144Vo / 3 2 · 122 Vo2 =
2·122 Vo2 +4·122 Vo √ √ 3 12 2Vo
√
3 4
=
√
12 √ 3
6Vo √ 12 2Vo
=
9 √ 3 6
q 3
Vo2 .
4. Berechnen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A im ersten Quadranten, die durch die x-Achse und die Graphen von sin x und cos x berandet ist und auf deren Rand der Ursprung liegt. Ist Ihr Ergebnis plausibel? (6 Pkt) 1 für Flächeninhalt |A|, 2 für xs , 2 für ys , 1 für Plausibilität R π/2
Die Fläche A hat den Flächeninhalt |A| = oπ/4 sin x dx + π/4 cos x dx = √ π/2 − cos x|π/4 + sin x|π/4 = 2 − 2. Dann ist die Schwerpunktsabszisse o R
! Z π/2 1 Z π/4 x sin x dx + x cos x dx xs = |A| o π/4
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
41 !
Z π/4 Z π/2 1 π/2 = − x cos x|π/4 + cos x dx + x sin x| − sin x dx π/4 o |A| o π/4 √ √ √ √ √ 1 π 1 = |A| (2 − 2) = π4 , ( − π4 22 + 0 + 22 − 0 + π2 − π4 22 + 0 − 22 ) = |A| 4
was wegen der Symmetrie auch plausibel ist, und die Schwerpunktsordinate !
Z π/4 Z π/2 1 ys = sin2 x dx + cos2 x dx 2|A| o π/4 1 1 π/2 (x − cos x sin x)|π/4 + (x + cos x sin x)| = π/4 o 2|A| 2
= =
√ √ 1 π 2 2 − − 0 + 0 + π2 + 0 − 4|A| 4 2 2 1 π π−2 √ ≈ 1 = = 4|A| − 1 = 18 2− 2 8·0.6 2
(
(
)
√ √ π 2 2 − 4 2 2 1 ≈ 0.2, 4.8
)
was wegen der Konvexität von A auch plausibel ist. Flächenschwerpunkt 1 0.9 0.8 0.7
y
0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0
0
0.5
1
1.5
x
5. Bestimmen Sie die Taylor-Reihe von f (x) = daraus diejenige für ln z entwickelt um 1.
R x −1 o 1−u
du entwickelt um 0 und (2 Pkt)
1 für Taylor-Reihe, 1 für ln z x i ∞ −1 i f (x) = ln(1 − x) = ox 1−u du = − ox ∞ i=o u du = − i=o o u du − P∞ 1 i+1 P∞ 1 i = − i=1 i x . Aus z = 1 − x folgt x = 1 − z und daher i=o i+1 x
R
ln z = −
P∞ 1 (1 − z)i i=1 i
=
R P
P∞ (−1)i+1 i=1
i
P
R
(z − 1)i .
6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + y 0 − 12y = 3 x mit y(0) = 2 und y 0 (0) = −1. (6 Pkt) 2 für yhom (x), 2 für yinhom (x), 2 für Berücksichtigung der Anfangsbedingung Das charakteristische Polynom p(λ) = λ2 q + λ − 12 = 0 hat die beiden 1 reellen, einfachen Nullstellen λ1,2 = − 2 ± 14 + 48 = − 12 ± 72 , d.h. λ1 = 4
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
42
−4 und λ2 = 3. Also ist yhom (x) = c1 e−4x + c2 e3x die zwei-parametrige Lösungsgesamtheit der zugehörigen homogenen DGl. Eine spezielle Lösung der inhomogenen DGl ergibt sich aus dem Ansatz ys (x) = d1 x + do mit ys0 (x) = d1 sowie ys00 (x) = 0. Einsetzen liefert 0 + d1 − 12d1 x − 12do = 3x und Koeffizientenvergleich d1 − 12do = 0 und −12d1 = 3, 1 d.h. d1 = − 41 und do = − 48 . 1 Zusammen folgt yinhom (x) = ys + yhom (x) = − 14 x − 48 + c1 e−4x + c2 e3x . 1 Die Anfangsbedingungen y(0) = 2 = − 48 + c1 + c2 und y 0 (0) = −1 = 97 4c1 + 4c2 = 12 22 − 41 − 4c1 + 3c2 führen auf das LGS 9 , d.h. 7c2 = 3 oder −4c1 + 3c2 = − 12 22 97 22 c2 = 21 und c1 = 48 − 21 oder c1 = 109 . 112 1 + 109 e−4x − 22 e3x ist y 0 (x) = − 41 − 109 e−4x + Probe: Für y(x) = − 14 x − 48 112 21 28 22 3x 109 −4x 66 3x 1 00 00 0 e und y (x) = − 7 e + 7 e , so daß y + y − 12y = 12 4 x − 14 + 7 1 12 48 + 109 (4 − 1 − 3)e−4x + 22 (3 + 1 − 4)e3x = 3x sowie y(0) = 2 und 28 7 √ y 0 (0) = −1 folgt.
(max. erreichbare Punkte-Summe 28 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
9
43
Klausur MATH2 WS09
Klausur MATHE 2
eindimensionale Analysis & Dgl
Name
1.2.10
Matrikel
Neben Luderer I und II ist nur ein eigenhändig geschriebener DIN A4 Spickzettel zugelassen! Zitieren Sie Luderer (z.B. „laut Luderer II, S.123“), wenn Sie Formeln aus Luderer I und II verwenden! Ergebnisse ohne Begründung oder Herleitung sind keine Ergebnisse! Taschenrechner sind nicht zugelassen! Rechnen Sie mit Brüchen! 1. Führen Sie für f (x) = (2x−3)x−2 eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie Definitionsbereich, Wertebereich, Stetigkeit, Differenzierbarkeit, Nullstellen, (globale) Extrema, Wendepunkte, kritische Stellen wie Pole, Definitionslücken, Sprungstellen jeweils mit dem Verhalten von f in diesen kritischen Stellen sowie für x → ±∞. Skizzieren Sie den Funktionsgraphen unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (6 Pkt) 1 für Df mit Nullstellen, 1 für Wf = f (Df ), 1 für Extrema, 1 für Wendepunkte, 1 für limx→±∞ f (x), 1 für Skizze 2. Bestimmen Sie limx→∞
x2 e2x
und limx→0+ xx jeweils mit Begründung. (1+2 Pkt)
3. Bestimmen Sie die gerade Pyramide mit ihren Abmessungen über einem regelmäßigen Viereck mit minimaler Mantelfläche bei gegebenem Volumen Vo . (5 Pkt) 1 für Volumen, 1 für Mantelfläche, 1 für Mantelfläche als Funktion einer Variablen, 1 für Minima, 1 für Argument 4. Berechnen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A im ersten Quadranten, die durch die y-Achse und die Graphen von sin x und cos x berandet ist. (5 Pkt) 1 für Flächeninhalt |A|, 2 für xs , 2 für ys 5. Bestimmen Sie die Taylor-Reihe von f (x) = mit ihrem Konvergenz-Radius.
x 1−x
entwickelt um 0 zusammen (2 Pkt)
1 für Taylor-Reihe, 1 für Konvergenz-Radius 6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 4y 0 + 3y = 2 x mit y(0) = 2 und y 0 (0) = 3. (6 Pkt) 2 für yh , 2 für ys , 2 für y unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen (max. erreichbare Punkte-Summe 27 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
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Lösungen zur Klausur MATHE 2 eindimensionale Analysis & Dgl 1.2.10 1. Führen Sie für f (x) = (2x−3)x−2 eine Kurvendiskussion durch, d.h. bestimmen Sie Definitionsbereich, Wertebereich, Stetigkeit, Differenzierbarkeit, Nullstellen, (globale) Extrema, Wendepunkte, kritische Stellen wie Pole, Definitionslücken, Sprungstellen jeweils mit dem Verhalten von f in diesen kritischen Stellen sowie für x → ±∞. Skizzieren Sie den Funktionsgraphen unter Verwendung Ihrer Ergebnisse qualitativ korrekt. (6 Pkt) 1 für Df mit Nullstellen, 1 für Wf = f (Df ), 1 für Extrema, 1 für Wendepunkte, 1 für limx→±∞ f (x), 1 für Skizze Df = R \ {0}, Wf ⊂ R, f (1) = 0 und 32 ist die einzige NS, f ist auf ganz Df 2 2 stetig und differenzierbar, es gilt nämlich f 0 (x) = 2x −(2x−3)2x = 6x−2x = x4 x4 3−x 2 x3 = 0 ⇐⇒ x = 3, d.h. 3 ist einziger kritischer Punkt. 0 ist Pol-Stelle mit limx→0 f (x) = −∞. Es gilt limx→±∞ f (x) = limx→±∞ ( x2 − x32 ) = 0. Also muß (3, f (3)) = (3, 13 ) Maximum und als einziges Maximum sogar globales Maximum sein. Damit folgt Wf = (−∞, f (3)] = (−∞, 31 ]. Wegen f 00 (x) = 3 2 = 4x−18 = 0 ⇐⇒ x = 92 gibt es genau einen Wendepunkt 2 −1·x −(3−x)3x x6 x4 8 (xy , f (xw )) = ( 29 , 27 ) in xw = 92 , nämlich zwischen der Maximumsstelle in 3 und der Asymptote 0 für x → +∞. 2
f(x) = (2*x − 3)/x 1 0
y
−1 −2 −3 −4
−6
−4
2. Bestimmen Sie limx→∞ 1 für limx→∞
x2 e2x
−2
x2 e2x
0 x
2
sowie limx→0+ xx
4
6
(1+2 Pkt)
, 2 für limx→0+ xx 2
L’Hospital ist im ersten Fall zweimal anwendbar und liefert limx→∞ ex2x = limx→∞ 2e2x2x = limx→∞ 2e12x = 0. Im zweiten Fall führt die Stetigkeit der Exponentialfunktion zusammen mit der Regel von l’Hospital zu limx→0+ xx = limx→0+ (eln x )x = limx→0+ (ex ln x ) = elimx→0+ (x ln x) = elimx→0+
ln x 1/x
limx→0+
=e
1/x −1/x2
= e− limx→0+ x = e0 = 1
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
45
3. Bestimmen Sie die gerade Pyramide mit ihren Abmessungen über einem regelmäßigen Viereck mit minimaler Mantelfläche bei gegebenem Volumen Vo . (5 Pkt) 1 für Volumen, 1 für Mantelfläche, 1 für Mantelfläche als Funktion einer Variablen, 1 für Minima, 1 für Argument Sei h die Höhe der Pyramide. Die Grundfläche A, ein Quadrat mit Seitenlänge c, hat den Flächeninhalt |A| = c2 . Damit ist das Pyramiden-Volumen V (c, h) = 31 |A|h = 31 c2 h = Vo , d.h. h = 3Vo /c2 . Die Mantelfläche M besteht aus q vier identischen Dreiecken mit Grundseitenlänge c und Höhe hc = 14 c2 + h2 (Pythagoras) und hat daher den q
Flächeninhalt m(c, h) = |M | = 4 12 c · hc = 2c 14 c2 + h2 . Einsetzen derqRandbedingung an das q Volumen liefert für q die Mantelfläche 1 2 1 2 1 2 m(c, h) = 2c 4 c + (3Vo c2 ) = 2c 4 c + 9Vo2 /c4 = 2 14 c4 + 9Vo2 /c2 , so daß sich m(c, h) = m(c) als Funktion nur noch von c ergibt. 3 2 3 6 2 o Nun gilt m0 (c) = ddcm = 2 21 qc 1−18Vo /c 1 = √ 1c −18V und m0 (c) = 0 ⇐⇒ 10 2 4 4
c4 +9Vo2
c2
4
c +9Vo c
q √ √ 3 c6 − 18Vo2 = 0 ⇐⇒ c3 = 3 2 Vo ⇐⇒ cq= 3 2 Vo , da ja nur c > 0 √ 3 gesucht sind. Dieser kritische Punkt c∗ = 3 2 Vo ist schon aus geometrischen Gründen Minimumsstelle, wie sich natürlich auch aus m00 (c) = 15 2 9 4 3 24c5 (c10 +36Vo2 c4 )−(2c6 −36Vo2 )(10c9 +144Vo2 c3 ) oc √ 10 √ 10o c +36·144V = 4c +26·36V > 0 für jedes 3 3 2 4 2 4 2
c +36Vo c
2
c +36Vo c
positive c ergibt. Die Abmessungen sind also c∗ = r
27 Vo3 18 Vo2
q
q 3
√ 3 Vo 3 2 Vo und h∗ = 3 cV∗2o = √ √ 3
3 2 Vo 2
=
Vo . Die Pyramide hat damit die Mantel-Fläche m(c∗ , h∗ ) = r r q q q √ √ 2 1 3 3 ∗ ∗ ∗ 1 ∗2 3 9 ∗ 2 18 Vo + 3 9 · 16 Vo2 = 2c 4 c + h = 2c 4 18 Vo + 4 Vo = c q √ √ q √ √ q 3 3 3 2 Vo 3 3 2 Vo = 3 3 18 Vo2 . 3
=
3
3 2
4. Berechnen Sie den Schwerpunkt (xs , ys ) der Fläche A, die durch die y-Achse und die Graphen von sin x und cos x berandet ist. (5 Pkt) 1 für Flächeninhalt |A|, 2 für xs , 2 für ys Die bezeichnete Fläche A hat den Flächeninhalt |A| = oπ/4 (cos x−sin x) dx = √ (sin x + cos x)|π/4 = 2 − 1. Dann ist die Schwerpunktsabszisse xs = o 1 R π/4 1 x(cos x − sin x) dx = √2−1 (cos x + x sin x − sin x + x cos x)|π/4 = o |A| o R
√ π 2 √1 − 1 ≈ 0.2637 und weiter endlich die Schwerpunktsordinate ys = 2−1 2 2 π/4 R π/4 1 1 2 2 √1 (cos x−sin x) dx = cos x sin x + x − (x − cos x sin x) 2|A| o 2 2−2 2 o 1 √1 √1 = 2√12−2 cos x sin x|π/4 = = ≈ 0.6036. o 2 2−2 2 4 2−4
(
)
(
)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
46
Flächenschwerpunkt 1 0.9 0.8 0.7
y
0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
5. Bestimmen Sie die Taylor-Reihe von f (x) = mit ihrem Konvergenz-Radius.
x 1−x
entwickelt um 0 zusammen (2 Pkt)
1 für Taylor-Reihe, 1 für Konvergenz-Radius 1−(1−x) ∞ 1 i i+1 i = ∞ = f (x). Der f (x) = x ∞ i=0 x = i=1 x = 1−x − 1 = i=0 x 1−x Konvergenzradius ρ muß 1 sein, weil f in 1 den einzigen Pol hat. ρ = 1 bestätigt natürlich etwa auch das Quotienten-Kriterium.
P
P
P
6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 4y 0 + 3y = 2 x mit y(0) = 2 und y 0 (0) = 3. (6 Pkt) 2 für yhom (x), 2 für yinhom (x), 2 für Berücksichtigung der Anfangsbedingung Das charakteristische Polynom p(λ) = λ2√+ 4λ + 3 = 0 hat die beiden reellen, einfachen Nullstellen λ1,2 = −2 ± 4 − 3 = −2 ± 1, d.h. λ1 = −3 und λ2 = −1. Also ist yhom (x) = c1 e−3x + c2 e−x die zwei-parametrige Lösungsgesamtheit der zugehörigen homogenen DGl. Eine spezielle Lösung der inhomogenen DGl ergibt sich aus dem Ansatz ys (x) = d1 x + do mit ys0 (x) = d1 sowie ys00 (x) = 0. Einsetzen liefert 0 + 4d1 + 3d1 x + 3do = 2x und Koeffizientenvergleich 4d1 + 3do = 0 und 3d1 = 2, d.h. d1 = 32 und do = − 98 . Zusammen folgt yinhom (x) = ys + yhom (x) = 32 x − 98 + c1 e−3x + c2 e−x . Die Anfangsbedingungen y(0) = 2 = − 89 + c1 + c2 und y 0 (0) = 3 = 32 − 3c1 − c2 9c1 + 9c2 = 26 führen auf das LGS , d.h. 6c2 = 33 oder c2 = 11/2 und −9c1 − 3c2 = 7 −9c1 = 47 oder c1 = − 47 . 2 18 Probe: Für y(x) = 23 x − 98 − 47 e−3x − 11 e−x ist y 0 (x) = 32 + 47 e−3x − 11 e−x 18 2 6 2 und y 00 (x) = − 47 e−3x + 11 e−x , so daß y 00 + 4y 0 + 3y = 4 23 + 2x − 83 + (− 47 + 2 2 2 √ 47 47 −3x 11 11 −x 2 3 − 6 )e + ( 2 − 4 2 + 3 11 )e = 2x folgt. 2
(max. erreichbare Punkte-Summe 27 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
10
47
Klausur MATH2 SS06 – Buhlert/Risse
Wiederholer-Klausur MATH 2
eindimensionale Analysis
Name
27.9.06
Matrikel y b
Taschenrechner sind nicht zugelassen! Nur ein DIN A4-Spickzettel ist zugelassen! Es sind mindestens 13 Punkte zu erreichen. x −a
2a
1. Sei f (x) = arcoth x = cothinv x und g(x) = 21 ln x+1 für |x| > 1. Sie können x−1 nun die Identität f (x) = g(x) auf zweierlei Weise verifizieren: Entweder Sie rechnen die Identität mehr oder weniger mechanisch nach oder Sie weisen weniger aufwändig die beiden Identitäten f 0 (x) = g 0 (x) sowie f (±xo ) = (auf mind. eine Weise 3 Pkt) g(±xo ) für etwa xo = 35 nach. 2. Bestimmen Sie das Achsen-parallele Rechteck maximaler Fläche in dem von x = 1, y = 0 und dem Graphen der Normal-Parabel berandeten Gebiet. Welcher maximale Flächeninhalt ergibt sich? (4 Pkt) 3. Berechnen Sie den Flächenschwerpunkt obiger Figur. q
(3 Pkt)
4. Berechnen Sie die effektive Spannung ueff := T1 oT u2 (t) dt für die periodisch auf ganz R fortgesetzte, zu T2 in t ∈ [0, T ] symmetrische Dreiecksspannung u(t) mit Spitzenspannung uo . (3 Pkt) R
5. Entwickeln Sie die Funktion f (x) = sin(tan x) um 0, bestimmen Sie die Taylor-Polynome pn vom Grad n für n = 0, 1, 2, 3 und interpretieren Sie Ihre Ergebnisse im Hinblick auf die Symmetrie-Eigenschaften von f . (7 Pkt) 6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 5y 0 + 4y = ex mit y(0) = 1 und y 0 (0) = 2 klassisch. (6 Pkt) 7. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 5y 0 + 4y = ex mit y(0) = 1 und y 0 (0) = 2 per Laplace-Transformation. (6 Pkt)
(max. erreichbare Punkte-Summe 35 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
48
Lösungen zur Wiederholer-Klausur MATH 2 eindim. Analysis 27.9.06 1. Sei f (x) = arcoth x = cothinv x und g(x) = 12 ln x+1 für |x| > 1. Sie können x−1 nun die Identität f (x) = g(x) auf zweierlei Weise verifizieren: Entweder Sie rechnen die Identität mehr oder weniger mechanisch nach oder Sie weisen weniger aufwändig die beiden Identitäten f 0 (x) = g 0 (x) sowie f (±xo ) = (auf mind. eine Weise 3 Pkt) g(±xo ) für etwa xo = 35 nach. 1 für f 0 , 1 für g 0 , 1 für f (xo ) = g(xo ) = coth u = Zu zeigen x = coth ( 12 ln x+1 x−1 ) ln
q
x+1 , x−1
also zu zeigen x =
u −u cosh u = eu +e−u sinh u q e −e q
exp(u)−exp(−u) exp(u)+exp(−u)
x+1 − x−1
x−1 x+1
+
x+1
= q x+1 q x−1 = x−1
=
x+1 −2+ x−1 x−1 x+1 (x+1)2 −(x−1)2 (x−1)(x+1)
d f (x) dx 1 coth0 (arcoth x)
=
(x+1)2 +(x−1)2 −2(x−12 ) 4x
=
x+1 mit u = 12 ln x−1 =
4x2 4x
(
= x.
q
q
x+1 − x−1 x−1 x+1 x+1 x−1 − x−1 x+1
)
2
Alternativ
d d d g(x) zu zeigen, also zum einen dx f (x) = dx arcoth x = dx 0 1 cosh x 0 sinh2 x−cosh2 x , da coth (x) = sinh x = = 1−coth2 x, und 1−x2 sinh2 x (x−1)−(x+1) d 1 −1 1 d g(x) = dx ln x+1 = 21 x−1 = (x−1)(x+1) = 1−x zum anderen dx 2 2 x−1 x+1 (x−1)2 0 d 1 1 1 1 oder auch ebenso dx g(x) = 2 ln(x + 1) − ln(x − 1) = 2 x+1 − x−1 = 1 x−1−x−1 1 = x−1 2 −1 = 1−x2 . 2 (x+1)(x−1) √ Letztlich gilt mit coth ln 2 = 53 eben auch f 35 = artanh 53 = ln 2 = ln 4 = 1 ln 4 = 12 ln 28 = 21 ln 5+3 = 12 ln 5/3+1 = g 53 . 2 5−3 5/3−1
ist
= =
(
)
(
)
(
)
( ) ( )
Für den anderen Zweig, also für x < −1 nutze Punkt-Symmetrie!
2. Bestimmen Sie das Achsen-parallele Rechteck maximaler Fläche in dem von x = 1, y = 0 und dem Graphen der Normal-Parabel berandeten Gebiet. Welcher maximale Flächeninhalt ergibt sich? (4 Pkt) 1 für A(x), 1 für A0 (x) und A00 (x), 1 für xmax = 2/3, 1 für A(xmax ) =
4 27
y 1
xmax
x 1
Für die Rechteck-Fläche A(x) = (1−x)x2 = x2 −x3 gilt A0 (x) = 2x−3x2 = 0 ⇐⇒ xextrem = 0 oder xextrem = 23 und A00 (x) = 2 − 6x. Offensichtlich
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
49
entartet das Rechteck für xextrem = 0 zu der Einheitsstrecke mit verschwindender ’Fläche’, also einem Minimum. Wegen A00 (2/3) = −2 < 0 handelt es sich bei xmax = 32 um eine Maximumsstelle. Der maximale Flächeninhalt 4 ist A(xmax ) = 31 49 = 27 . 3. Berechnen Sie den Flächenschwerpunkt obiger Figur.
(3 Pkt)
1 für Funktion und Fläche, 1 für xs , 1 für ys y b
x −a
2a
Der Schwerpunkt ~s eines Dreiecks ergibt sich als gewichtetes Mittel der Eckpunkte zu ~s = 13 ((−a, 0) + (2a, 0) + (0, b)) = 31 (a, b). Der Schwerpunkt kann aber auch als des Systems aus zwei Massepunkten, nämlich Schwerpunkt des linken Dreiecks und Schwerpunkt des rechten Dreiecks, gewichtet mit den jeweiligen Flächeninhalten, berechnet werden: Das linke Dreieck Dlinks mit Flächeninhalt |Dlinks | = 12 ab hat den Schwerpunkt ~slinks = 13 ((−a, 0) + (0, 0) + (0, b)) = 31 (−a, b). Das rechte Dreieck Drechts mit Flächeninhalt |Drechts | = 21 2ab = ab hat den Schwerpunkt ~srechts = 31 ((0, 0)+(2a, 0)+(0, b)) = 31 (2a, b). Der Schwerpunkt ~s der ganzen |D
|~s
+|D
1
|~s
ab(−a,b)+ab(2a,b)
= 13 (a, b). Figur ist also ~s = links|Dlinks |+|Drechts | rechts = 31 2 1 ab+ab links rechts 2 Der Schwerpunkt kann auch ( als Schwerpunkt der Fläche unter dem Graphen b x + b falls −a ≤ x ≤ 0 der Funktion y = f (x) = a b berechnet werden, d.h. b − 2a x falls 0 ≤ x ≤ 2a |A| =
R 2a
−a
f (x) dx = (
Ro
R 2a −a + o
= − ab 12 a2 + ab + 2ab − xs = =
1 R 2a |A| −a 2 3a
xf (x) dx =
o
2a
)f (x) dx = ( ab 12 x2 +bx) −a + (bx − 2ab 12 x2 ) o
b 1 4a2 2a 2
2 Ro 3ab −a
= − 12 ab + 3ab − ab = 32 ab.
2 ( ab x2 + bx) dx + 3ab
o
R 2a o
(bx − 2ab x2 ) dx
2a
( a1 31 x3 + 12 x2 ) −a + 3a2 ( 12 x2 − 2a1 13 x3 ) o = 92 a − 13 a + 43 a − 89 a = 13 a.
ys = = =
1 R 2a 2|A| −a
f 2 (x) dx =
1 Ro 3ab −a
2 1 ( ab x + b) dx + 3ab
R 2a o
2 (b − 2ab x) dx
2 2 b R 2a dx + 12a 2a − x dx 3 o −a x + a Ro b R 2a 2 2 2 2 −a (x + 2ax + a ) dx + 12a3 o (4a − 4ax + x ) dx o 2a b 1 3 b 1 3 2 2 2 2 x + ax + a x 4a x − 2ax + x + 3 3 3a 3 12a 3 −a o b 3a3 b 3a3
Ro
(
)
(
)
( ) ( ) b 8 3 1 2 1 3 3 = 3ab 3 ( 13 a3 − a3 + a3 ) + 12a 3 (8a − 8a + 3 a ) = 9 b + 9 b = 3 b. =
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
50 q
4. Berechnen Sie die effektive Spannung ueff := T1 oT u2 (t) dt für die periodisch auf ganz R fortgesetzte, zu T2 in t ∈ [0, T ] symmetrische Dreiecksspannung u(t) mit Spitzenspannung uo . (3 Pkt) R
1 für stückweises u(t), je 1 für (stückweises) Integral (
Für die Dreiecksspannung u(t) = uo u2eff = =
2 1 RT 2 u (t) dt = uTo T42 T o 2 u2o 4 1 T 3 + uTo 2T − T T2 3 8
(
2 t T
falls 0 ≤ t ≤ T /2 gilt 2 − T2 t falls T /2 ≤ t ≤ T
R T /2 2 2 R t dt + uo T o
4T +
T
4 T2 T 4
T /2 (4
− T8 t +
4 2 t ) dt T2
+ 34 T − 16 T ) = u2o ( 61 +
1 6
) = 13 u2o
√
und damit ueff =
3 u. 3 o
5. Entwickeln Sie die Funktion f (x) = sin(tan x) um 0, bestimmen Sie die Taylor-Polynome pn vom Grad n für n = 0, 1, 2, 3 und interpretieren Sie Ihre Ergebnisse im Hinblick auf die Symmetrie-Eigenschaften von f . (7 Pkt) 1 für po und p1 , 2 Pkt für p2 , 3 Pkt für p3 , 1 für ungerade (i)
Wegen pn (x) = ni=0 f i!(0) xi ist po (x) = f (0) = 0 − 0 = 0: eine Nullstelle von f ist 0. Mit f 0 (x) = (1 + tan2 x) cos(tan x) = h(x) cos(tan x) mit h(x) := 1 + tan2 x ist p1 (x) = po (x) + f 0 (0) x = 0 + 1 · x = x: 0 ist eine einfache Nullstelle. Mit P
f 00 (x) = (2 tan x)h(x) cos(tan x) − h2 (x) sin(tan x) = h(x)((2 tan x) cos(tan x) − h(x) sin(tan x)) ist p2 (x) = p1 (x) + 12 f 00 (0)x2 = x + 21 (1(0 − 0))x2 = x. Mit f 000 (x) = (2 tan x)h(x)((2 tan x) cos(tan x) − h(x) sin(tan x)) +h(x)(2h(x) cos(tan x) − (2 tan x)h(x) sin(tan x) − (2 tan x)h(x) sin(tan x) − h2 (x) cos(tan x)) = (2 tan x)h(x)((2 tan x) cos(tan x) − h(x) sin(tan x)) +h2 (x)( cos(tan x) − (4 tan x) sin(tan x) − (tan2 x) cos(tan x)) ist p3 (x) = p2 (x) + 16 f 000 (0)x3 = x + 61 x3 . Wegen f (−x) = sin ( tan(−x)) = sin ( − tan(x)) = − sin(tan x) = −f (x) ist f ungerade. Wie f sind – notwendigerweise – auch alle Taylor-Polynome ungerade. 6. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 5y 0 + 4y = ex mit y(0) = 1 und y 0 (0) = 2 klassisch. (6 Pkt) 2 für yhom (x), 2 für yinhom (x), 2 für Berücksichtigung der Anfangsbedingung Das charakteristische Polynom p(b)q= b2 + 5b + 4 = 0 hat die beiden reellen, einfachen Nullstellen b1,2 = − 52 ± 25 − 16 = − 52 ± 23 . Also ist yhom (x) = 4 4
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
51
c1 e−x + c2 e−4x die zwei-parametrige Lösungsgesamtheit der zugehörigen homogenen DGl. Eine spezielle Lösung der inhomogenen DGl ergibt sich aus dem Ansatz ys (x) = a ex mit ys0 (x) = a ex sowie ys00 (x) = a ex . Einsetzen liefert a ex + 1 5a ex + 4a ex = ex und damit a = 10 . 1 x e + c1 e−x + c2 e−4x . Die Zusammen folgt yinhom (x) = ys + yhom (x) = 10 1 1 Anfangsbedingungen y(0) = 1 = 10 + c1 + c2 und y 0 (0) = 2 = 10 − c1 − 4c2 c1 + c2 = 9/10 14 und c1 = 11 . führen auf das LGS , d.h. c2 = − 15 6 c1 + 4c2 = −19/10 1 x 14 −4x 1 x Probe: Für y(x) = 10 e + 11 e−x − 15 e ist y 0 (x) = 10 e − 11 e−x + 4·14 e−4x 6 6 15 1 x 11 −x 16·14 −4x 1 5 00 00 0 und y (x) = 10 e + 6 e − 15 e , so daß y + 5y + 4y = ( 10 + 10 + √ 4 11 16·14 11 11 4·14 14 x −x −4x x e + ( 6 − 5 6 + 4 6 )e + ( − 15 + 5 15 − 4 15 )e = e folgt. 10 ) 1 11 14 1 11 56 0 Mit y(0) = 10 + 6 − 15 = 1 und y (0) = 10 − 6 + 15 = 2 sind auch die √ Anfangsbedingungen erfüllt.
7. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 5y 0 + 4y = ex mit y(0) = 1 und y 0 (0) = 2 per Laplace-Transformation. (6 Pkt) 2 für L(Dgl) & Auflösen, 2 für Partialbruchzerlegung, 2 für Rücktransformation Laplace-Transformation mit L(y 0 (x))(z) = zL(y(x))(z) − 1 und
L(y 00 (x))(z) = zL(y 0 (x))(z) − 2 = z zL(y(x))(z) − 1 − 2 = z 2 L(y(x))(z) − z − 2
liefert die algebraische Gleichung z 2 L(y(x))(z) − z − 2 + 5zL(y(x))(z) − 5 + 4L(y(x)) = (z 2 + 5z + 4)L(y(x))(z) − z − 7 =
1 z−1
und Auflösen L(y(x))(z) =
1+(z+7)(z−1) (z−1)(z 2 +5z+4)
=
z 2 +6z−6 (z−1)(z+1)(z+4)
=
a z−1
+
b z+1
+
c z+4
Koeffizientenvergleich mit Identität der Zähler oder Auswertung in den Nullstellen des Nenners liefert a = 1/10, b = 11/6, c = −14/15, also L(y(x))(z) =
1/10 z−1
+
11/6 z+1
−
14/15 z+4
11 −x 14 −4x e − 15 e . 6 1 x 1 x Probe: mit y 0 (x) = 10 e − 11 e−x + 56 e−4x und y (x) = 10 e + 11 e−x − 224 e−4x 6 15 6 15 1 5 4 gilt nun aber y 00 + 5y 0 + 4y = 10 + 10 + 10 ex + 11 − 55 + 44 e−x + − 224 + 6 6 6 15 √ 280 56 −4x x − 15 e =e . 15 1 1 Mit y(0) = 10 + 11 − 14 = 3+55−28 = 1 und y 0 (0) = 10 − 11 + 56 = 3−55+112 =√2 6 15 30 6 15 30
Rücktransformieren liefert die Lösung y(x) =
(
)
1 x e 10 00
(
+
)
(
)
sind auch die beiden Anfangsbedingungen erfüllt.
(max. erreichbare Punkte-Summe 35 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
11
52
Klausur MATH2 SS06 – Buhlert/Risse
Klausur MATH 2
eindimensionale Analysis
20.7.06
Name
Matrikel y 2a
Taschenrechner sind nicht zugelassen! Nur ein DIN A4-Spickzettel ist zugelassen! Es sind mindestens 13 Punkte zu erreichen.
a
c
x c+b
1. Sei f (x) = artanh x = tanhinv x und g(x) = 21 ln 1+x für |x| < 1. Sie können 1−x nun die Identität f (x) = g(x) auf zweierlei Weise verifizieren: Entweder Sie rechnen die Identität mehr oder weniger mechanisch nach oder Sie weisen weniger aufwändig die beiden Identitäten f 0 (x) = g 0 (x) sowie f (0) = g(0) nach. (auf mind. eine Weise 3 Pkt) 2. Bestimmen Sie das Achsen-parallele Rechteck maximaler Fläche in dem von x = 0, y = 1 und dem Graphen der Normal-Parabel berandeten Gebiet im ersten Quadranten. Welcher maximale Flächeninhalt ergibt sich? (4 Pkt) 3. Berechnen Sie den Flächenschwerpunkt obiger Figur. q
(3 Pkt)
4. Berechnen Sie die effektive Spannung ueff := T1 oT u2 (t) dt für die periodisch auf ganz R fortgesetzte Spannung u(t) = Uo T42 t(T − t) für t ∈ [0, T ]. (3 Pkt) R
5. Berechnen Sie die Länge des Bogens des Graphens von p(x) = x2 − 2x + 2 für x ∈ [1, 2]. Untersuchung von p kann die Rechnung vereinfachen. (3 Pkt) 6. Entwickeln Sie die Funktion f (x) = tan(sin x) um 0, bestimmen Sie die Taylor-Polynome pn vom Grad n für n = 0, 1, 2, 3 und interpretieren Sie Ihre Ergebnisse im Hinblick auf die Symmetrie-Eigenschaften von f . (7 Pkt) 7. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 3y 0 + 2y = e2 x mit y(0) = 1 und y 0 (0) = 2 klassisch. (6 Pkt) 8. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 3y 0 + 2y = e2 x mit y(0) = 1 und y 0 (0) = 2 per Laplace-Transformation. (6 Pkt) (max. erreichbare Punkte-Summe 35 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
Lösungen zur Klausur MATH 2
53
eindimensionale Analysis
20.7.06
1+x 1. Man kann die Identität f (x) := artanh x = tanhinv x = 12 ln 1−x =: g(x) für |x| < 1 auf zweierlei Weise verifizieren: Entweder Sie rechnen die Identität mehr oder weniger mechanisch nach oder Sie weisen weniger aufwändig die Identität f 0 (x) = g 0 (x) sowie f (0) = g(0) nach. (3 Pkt)
1 für f 0 , 1 für g 0 , 1 für f (0) = g(0) = tanh u = Zu zeigen x = tanh ( 21 ln 1+x 1−x ) ln
q
1+x , 1−x
u −u sinh u = eeu −e −u coshq u +e q
exp(u)−exp(−u) exp(u)+exp(−u)
also zu zeigen x =
1+x − 1−x
1−x 1+x
+
1+x
= q 1+x q 1−x = 1−x
=
1+x −2+ 1−x 1−x 1+x (1+x)2 −(1−x)2 (1−x)(1+x)
=
(1+x)2 +(1−x)2 −2(1−x2 ) 4x
=
1+x mit u = 12 ln 1−x =
4x2 4x
(
q
q
1+x − 1−x 1−x 1+x 1−x 1+x − 1−x 1+x
)
2
= x.
d d d d Zu zeigen ist dx f (x) = dx g(x), also zum einen dx f (x) = dx artanh x = 2 2 0 0 1 1 sinh x cosh x−sinh x = 1−x2 , da tanh (x) = ( cosh x ) = = 1 − tanh2 x, tanh0 (artanh x) cosh2 x
und zum anderen
d g(x) dx
d oder ebenso dx g(x) = Letztlich gilt mit tanh 0 = 1 1−x2
1 1−x (1−x)+(1+x) 1 = (1−x)(1+x) = 2 1+x (1−x)2 0 1 1 1 1 1 ln(1 + x) − ln(1 − x) = 2 1+x + 1−x = 1−x2 . 2 0 auch f (0) = artanh 0 = 0 = 21 ln 1 = g(0).
=
d 1 dx 2
ln 1+x = 1−x
(
)
(
)
2. Bestimmen Sie das Achsen-parallele Rechteck maximaler Fläche in dem von x = 0, y = 1 und dem Graphen der Normal-Parabel berandeten Gebiet im ersten Quadranten. Welcher maximale Flächeninhalt ergibt sich? (4 Pkt) √ √ 1 für A(x), 1 für A0 (x) und A00 (x), 1 für xmax = 3/3, 1 für A(xmax ) = 2 9 3 y 1
xmax
x 1
Für die Rechteck-Fläche A(x) = x(1 − x2 ) = x − x3 gilt A0 (x) = 1 − 3x2 = √ 0 ⇐⇒ xmax = ± 3/3 und A00 (x) = −6x. Offensichtlich ist der Eckpunkt √ (− 3/3, weil er nicht im ersten Quadranten liegt. Wegen √ 1/3) zu ignorieren, √ 00 A (+ 3/3) = −2 3 < 0 handelt es sich bei√xmax um√eine Maximumsstelle. √ Der maximale Flächeninhalt ist A(xmax ) = 3/3 − 3/9 = 29 3.
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
54
3. Berechnen Sie den Flächenschwerpunkt obiger Figur.
(3 Pkt)
1 für Funktion und Fläche, 1 für xs , 1 für ys y 2a
a x
c
c+b
Der Schwerpunkt kann einerseits als des Systems aus zwei Massepunkten, nämlich Schwerpunkt des Dreiecks und Schwerpunkt des Rechtecks, gewichtet mit den jeweiligen Flächeninhalten, berechnet werden: Das obere Dreieck mit Flächeninhalt |A3 | = 12 ab hat den Schwerpunkt ~s3 = 13 ((c, a) + (c + b, a) + (c, 2a)) = (c, a) + 31 (b, a). Das Rechteck mit Flächeninhalt |A4 | = ab hat den Schwerpunkt ~s4 = (c, 0) + 12 (b, a). Damit ist s3 +|A4 |~s4 3 |~ der Schwerpunkt ~s der gegebenen Figur ~s = |A|A = (c, 0) + 19 (4b, 7a). 3 |+|A4 | Der Schwerpunkt kann andererseits als Schwerpunkt der Fläche unter dem Graphen der Funktion y = f (x) berechnet werden. In 2-Punkte-Form gilt y−y1 a−2a 1 = m = y−2a = xy22 −y = c+b−c = − ab , also y = f (x) = 2a − ab (x − c). x−x1 x−c −x1 R R R Damit ist |A| = cc+b f (x) dx = cc+b (2a − ab (x − c)) dx = 2ab − ab cc+b x dx + a bc b 3 ab 2
c+b
2
2
= 2ab − ab 12 x2 + ac = 2ab − ab (c+b) + ab c2 + ac = 2ab − ac − 12 ab + ac = 2 c = ab + 12 ab = Rechteck plus Dreieck.
xs =
1 R c+b |A| c
x2 ) dx =
2 3b2
R 2 R c+b 2ax+ ab cx− ab x2 dx = 3b22 cc+b 2bx+cx− 3ab c c+b 2 3 2 2 2 c+b3 c) x2 − x3 = 3b22 (2b+c) 2bc+b − 3bc +3b = c+ 49 b 2 3 c
(
xf (x) dx =
((2b +
)
)
(
(
)
Man kann sich das Leben wesentlich leichter machen, indem man die ganze Figur um c nach links verschiebt (|A| und ys sind invariant. Nur xs muß um diese Verschiebung korrigiert werden.) 2
2
b b a 1 a 1 2 ys = 2|A| o (2a− b x) dx = 3ab b2 o (2b−x) dx = a 4b3 − 2b3 + 31 b3 ) = 3ba3 (2b3 + 31 b3 ) = 79 a. 3b3 (
a 3b3
q
R
R
R
Rb
o (4b
2
−4bx+x2 ) dx =
4. Berechnen Sie die effektive Spannung ueff := T1 oT u2 (t) dt für die periodisch auf ganz R fortgesetzte Spannung u(t) = Uo T42 t(T − t) für t ∈ [0, T ]. (3 Pkt) 2
2
Es ist u2eff = T1 oT u2 (t) dt = UTo T164 oT (T 2 t2 − 2T t3 + t4q ) dt = 16TU5 o ( 13 T 5 − 1 5 8 2 T + 51 T 5 ) = Uo2 16(6−15+10) = 15 Uo2 und damit ueff = 2 15 Uo ≈ 0.73 Uo . 2 30 R
R
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
55
5. Berechnen Sie die Länge des Bogens des Graphens von p(x) = x2 − 2x + 2 für x ∈ [1, 2]. Untersuchung von p kann die Rechnung vereinfachen. (3 Pkt) Wegen p(x) = (x − 1)2 + 1 handelt es sich bei p (Parabel mit Scheitel in (1, 1)) um eine um den Verschiebungsvektor (1, 1) verschobene NormalParabel. Die Bogenlänge s ist invariant unter Verschiebungen. s=
Z 2q
1 + p02 (x) dx =
1
=
Z 1q
1+
(x2 )02
dx =
o
=
1 2
Z 1q o Z 1 o
Z arsinh 2 q
1 + (x2 )02 dx =
1 + 4x2 dx
o 2
Z √ √ 1 2 1 + 4x dx = 2 1 + u2 du
1 + sinh2 v cosh v dv =
o
Z 1√
o
1 2
Z arsinh 2
cosh2 v dv
o
2 = 14 (sinh v cosh v + v)|arsinh = 41 (sinh(arsinh 2) cosh(arsinh 2) + arsinh 2) o q √ = 14 (2 1 + sinh2 (arsinh 2) + arsinh 2) = 12 5 + 41 arsinh 2
6. Entwickeln Sie die Funktion f (x) = tan(sin x) um 0, bestimmen Sie die Taylor-Polynome pn vom Grad n für n = 0, 1, 2, 3 und interpretieren Sie Ihre Ergebnisse im Hinblick auf die Symmetrie-Eigenschaften von f . (7 Pkt) 1 für po und p1 , 2 Pkt für p2 , 3 Pkt für p3 , 1 für ungerade (i)
Wegen pn (x) = ni=0 f i!(0) xi ist po (x) = f (0) = 0 − 0 = 0: 0 ist Nullstelle. Wegen f 0 (x) = (1 + tan2 (sin x)) cos x = wobei h(x) := 1 + tan2 (sin x) gilt p1 (x) = po (x) + f 0 (0) x = 0 + 1 · x = x: 0 ist eine einfache Nullstelle. Wegen P
f 00 (x) = 2 tan(sin x)h(x) cos2 x − h(x) sin x = h(x)(2 tan(sin x) cos2 x − sin x) ist p2 (x) = p1 (x) + 21 f 00 (0)x2 = x + 21 (1(0 − 0))x2 = x. Wegen f 000 (x) = 2 tan(sin x)h(x) cos x(2 tan(sin x) cos2 x − sin x) +h(x)(2(1 + tan2 (sin x)) cos3 x − 4 tan(sin x) cos x sin x − cos x) ist p3 (x) = p2 (x) + 16 f 000 (0)x3 = x + 61 x3 . Wegen f (−x) = tan ( sin(−x)) = tan ( − sin(x)) = − tan(sin x) = −f (x) ist f ungerade, wie notwendigerweise auch alle Taylor-Polynome. 7. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 3y 0 + 2y = e2 x mit y(0) = 1 und y 0 (0) = 2 klassisch. (6 Pkt) 2 für yhom (x), 2 für yinhom (x), 2 für Berücksichtigung der Anfangsbedingung Das charakteristische Polynom p(b) q = b2 + 3b + 2 = 0 hat die beiden reellen, einfachen Nullstellen b1,2 = − 32 ± 94 − 84 = − 32 ± 21 . Also ist yhom (x) = c1 e−x + c2 e−2x die zwei-parametrige Lösungsgesamtheit der zugehörigen homogenen DGl.
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
56
Eine spezielle Lösung der inhomogenen DGl ergibt sich aus dem Ansatz ys (x) = a e2x mit ys0 (x) = 2a e2x sowie ys00 (x) = 4a e2x . Einsetzen liefert 1 4a e2x + 6a e2x + 2a e2x = e2x und damit a = 12 . 1 2x e + c1 e−x + c2 e−2x . Die Zusammen folgt yinhom (x) = ys + yhom (x) = 12 1 Anfangsbedingungen y(0) = 1 = 12 + c1 + c2 und y 0 (0) = 2 = 16 − c1 − 2c2 11 c1 + c2 = 12 und c1 = 11 . führen auf das LGS , d.h. c2 = − 11 4 3 c1 + 2c2 = − 11 6 1 2x e + 11 e−x − 11 e−2x ist y 0 (x) = 16 e2x − 11 e−x + 11 e−2x Probe: Für y(x) = 12 3 4 3 2 und y 00 (x) = 13 e2x + 11 e−x − 11 e−2x , so daß y 00 + 3y 0 + 2y = ( 13 + 12 + 16 )e2x √ + 3 22 −x 11 −2x 11 −2x − )e = e folgt. ( 3 − 11 + 3 )e + (−11 + 33 2 2 1 11 Mit y(0) = 12 + 11 − = 1 und y 0 (0) = 61 − 11 + 11 = 2 sind auch die 3 4 3 2 √ beiden Anfangsbedingungen erfüllt.
8. Lösen Sie das Anfangswert-Problem y 00 + 3y 0 + 2y = e2 x mit y(0) = 1 und y 0 (0) = 2 per Laplace-Transformation. (6 Pkt) 2 für L(Dgl) & Auflösen, 2 für Partialbruchzerlegung, 2 für Rücktransformation Laplace-Transformation mit L(y 0 (x))(z) = zL(y(x))(z) − 1 und
L(y 00 (x))(z) = zL(y 0 (x))(z) − 2 = z zL(y(x))(z) − 1 − 2 = z 2 L(y(x))(z) − z − 2
liefert die algebraische Gleichung z 2 L(y(x))(z) − z − 2 + 3zL(y(x))(z) − 3 + 2L(y(x) =
1 z−2
und Auflösen L(y(x))(z) =
1+(z+5)(z−2) (z+2)(z+1)(z−2)
=
z 2 +3z−9 (z+2)(z+1)(z−2)
=
a z+2
+
b z+1
+
c z−2
Koeffizientenvergleich mit Identität der Zähler oder Auswertung in den Nullstellen des Nenners liefert a = −11/4, b = 11/3, c = 1/12, also L(y(x))(z) =
−11/4 z+2
+
11/3 z+1
+
1/12 z−2
Rücktransformieren liefert die Lösung y(x) = − 11 e−2x + 4
11 −x 1 2x e + 12 e . 3 11 −2x e − 11 e−x + 16 e2x und y 00 (x) = −11e−2x + 11 e−x + 13 e2x 2 3 3 −11+ 33 − 11 e−2x + 11 −11+ 22 e−x + 31 + 12 + 16 e2x √ = 2 2 3 3
Probe: mit y 0 (x) = gilt y 00 +3y 0 +2y = ( ) ( ) ( 2x 0+0+e . 1 Mit y(0) = − 11 + 11 + 12 = −33+44+1 = 1 und y 0 (0) = 11 − 4 3 12 2 33−22+1 = 2 sind auch die beiden Anfangsbedingungen erfüllt. 6
)
11 3
+
1 6
= √
(max. erreichbare Punkte-Summe 35 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
12
57
Klausur MATH2 WS05w
Wiederholer-Klausur MAI 2 Diff.-, Int.-Rechnung, DGlen & Laplace 9.1.06
Name
Matrikel
Taschenrechner sind nicht zugelassen! Nur ein DIN A4-Spickzettel ist zulässig! Es sind mindestens 14 Punkte zu erreichen.
1. Geben Sie alle Nullstellen von p(x) = x3 − 3x2 + 4x − 2 an. x1 = 2. Wie ist f (x) =
x2 = sin x ex −1
x3 =
stetig zu ergänzen?
f(
x4 =
(je 1 Pkt)
) :=
(1 Pkt)
3. Berechne f (x) = − 21 x2 + 14 x3 − 81 x4 ± · · ·. f (x) =
(2 Pkt)
4. Berechne den Flächeninhalt der Fläche A, die von den Graphen der beiden Funktionen f (x) = x2 − 2 und g(x) = x3 − x2 − x berandet wird. |A| =
(6 Pkt)
Skizziere dazu im unten stehenden, geeignet zu bemaßenden Koordinatensystem die Graphen von f und g. (3 Pkt) 6
-
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
58
5. Gegeben das ’Anfangswertproblem’ y 0 = x−2 y + e−1/x cos x mit y(π/2) = 1. a) Löse zunächst die homogene Differentialgleichung y 0 = x−2 y. y(x) =
(2 Pkt)
b) Löse die inhomogene DGl y 0 = x−2 y +e−1/x cos x (Variation der Konstanten). y(x) =
(2 Pkt)
c) Löse das ’Anfangswertproblem’ y 0 = x−2 y + e−1/x cos x mit y(π/2) = 1. y(x) = 6. Leite (auf der Rückseite) L(
(1 Pkt) Rt o
f (u) du)(z) =
1 z
L(f (t))(z) her.
(2 Pkt)
(Punkte-Summe 22 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
59
Lösungen der Wiederholer-Klausur MAI 2 Diff.-, Int.-Rechnung, DGlen & Laplace
9.1.06
1. Geben Sie alle Nullstellen von p(x) = x3 − 3x2 + 4x − 2 an.
(3 Pkt)
2
Wegen p(1) = 0√ist x1 = 1 eine NS von p(x) = (x − 1)(x − 2x + 2). Damit sind x1,2 = 1 ± 1 − 2 = 1 ± i die beiden weiteren NS von p. 2. Wie ist f (x) =
sin x ex −1
stetig zu ergänzen?
(1 Pkt)
f ist in 0 nicht definiert. Wegen l’Hospital gilt limx→0 f (x) = limx→0 1. Daher ist f in 0 durch 1 stetig ergänzbar, d.h. f (0) := 1. 3. Berechne f (x) = − 12 x2 + 14 x3 − 81 x4 ± · · ·.
cos x ex
=
(2 Pkt)
1 für die ersten beiden Summanden, 1 für geometrische Reihe 2
3
4
f (x) = − 12 x2 + 14 x3 − 18 x4 ± · · · = −2( x4 − x8 + x16 ± · · · ) = −2 P x i 2 4 −2 ∞ i=o (− 2 ) + 2 − x = 2 − x − 1+x/2 = 2 − x − 2+x .
P∞
x i i=2 (− 2 )
=
4. Berechne den Flächeninhalt der Fläche, die von den Graphen der beiden Funktionen f (x) = x2 − 2 und g(x) = x3 − x2 − x berandet wird. (6 Pkt) Skizziere dazu im unten stehenden, geeignet zu bemaßenden Koordinatensystem die Graphen von f und g. (3 Pkt) g(x) − f (x) = x3 − 2x2 − x + 2 = (x + 1)(x − 1)(x − 2) hat die drei NS −1, 1 und 2. Die beiden Graphen schneiden sich also in (−1, −1), (1, −1) und (2, 2). y
x
Die Skizze ergibt g(x) ≥ f (x) für −1 ≤ x ≤ 1 sowie f (x) ≥ g(x) für 1 ≤ x ≤ 2. Der gesuchte Flächeninhalt |A| = |A1 | + |A | ergibt sich also R1 2 durch stückweise Integration zu |A| = |A1 | + |A2 | = −1 (g(x) − f (x)) dx + R2 R1 R2 3 3 2 2 1 (f (x) − g(x)) dx = −1 (x − 2x − x + 2) dx − 1 (x − 2x − x + 2) dx = 1
2
( 41 x4 − 32 x3 − 12 x2 + 2x) −1 − ( 41 x4 − 23 x3 − 21 x2 + 2x) 1 = − 43 + 4 − (4 − 16 5 − 2 + 4 − 41 + 23 + 12 − 2) = 38 − (4 − 14 + 14 ) = 83 + 12 = 32+5 = 37 . 3 3 12 12 5. Gegeben das ’Anfangswertproblem’ y 0 = x−2 y + e−1/x cos x mit y(π/2) = 1. a) Löse zunächst die homogene Differentialgleichung y 0 = x−2 y.
(2 Pkt)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
60
Trennen der Veränderlichen liefert ln y + Cy = y1 dy = x−2 dx = −x−1 + Cx und Auflösen die Lösung y = yhom (x) = c e−1/x für c ∈ R. R
R
b) Löse die inhomogene DGl y 0 = x−2 y + e−1/x cos x (Variation der Konstanten). (2 Pkt) Der Ansatz y = c(x)e−1/x liefert y 0 = c0 (x)e−1/x + c(x)e−1/x x−2 und eingesetzt y 0 = c0 (x)e−1/x + c(x)e−1/x x−2 = c(x)e−1/x x−2 + e−1/x cos x, so daß c0 (x) = cos x und daher c(x) = c + sin x für c ∈ R folgt. Insgesamt ergibt sich y = yinhom (x) = (c + sin x)e−1/x für c ∈ R. c) Löse nun das ’Anfangswertproblem’ y 0 = x−2 y + e−1/x cos x mit y(π/2) = 1. (1 Pkt) 1 = y(π/2) = (c + 1)e−2/π impliziert c = e2/π − 1. 6. Leite (auf der Rückseite) L(
Rt o
f (u) du)(z) =
1 z
L(f (t))(z) her.
(2 Pkt)
Rt
Setze g(t) := o f (u) du. Also ist L(g(t))(z) = z1 L(f (t))(z) zu zeigen. Wegen g(0) = 0 gilt nun L(f )(z) = L(g 0 )(z) = zL(g )(z) − g(0) = zL(g )(z). Auflösen liefert die Behauptung.
(Punkte-Summe 22 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
13
61
Klausur MATH2 SS05 (in vier Tests)
Krug, Risse, Schmidt-Göttrup: MAI SS05
Klausur MAI 2, Test 1/4
Differentialrechnung
Name
3.5.05
Matrikel
Taschenrechner sind nicht zugelassen! Nur ein DIN A4-Spickzettel ist zulässig! Es sind mindestens 13 Punkte zu erreichen.
1. Gegeben f (x) = x3 − 3x + 2. Bestimmen Sie Nullstelle(n) sowie Extrema von f und skizzieren Sie den Graphen von f . (6 Pkt) 2
2. Gegeben f (x) = x x−4x+4 . Bestimmen Sie den Definitionsbereich von f , cha2 −4 rakterisieren Sie die Unstetigkeitsstellen von f , nehmen Sie gegebenenfalls stetige Ergänzungen vor und bestimmen Sie die Asymptoten von f . (6 Pkt) 3. Berechnen Sie limx→0 4. Konvergiert
P∞
i=1
1 √ i
ln(2x) . ln x
(4 Pkt)
?
(4 Pkt)
5. Berechnen Sie den Reihenwert
i 2 2i . i=0 (−1) 3
P∞
( )
(5 Pkt)
6. Zusatz: Sei f auf [a, b] stetig mit f (a) f (b) < 0. Warum konvergiert das Sekanten-Verfahren gegen eine Nullstelle von f ? (5 Pkt)
(max. erreichbare Punkte-Summe 25 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
Lösungen der Klausur MAI2, Test 1/4
62
Differentialrechnung
3.5.05
1. Gegeben f (x) = x3 − 3x + 2. Bestimmen Sie Nullstelle(n) sowie Extrema von f und skizzieren Sie den Graphen von f . (6 Pkt) 1 je NS, 1 je qualifiziertes Extremum, 1 für Graphen f (x) = x3 − 3x + 2 = (x + 2)(x − 1)2 hat die einfache NS x1 = −2 und die doppelte NS x2,3 = 1. Wegen f 0 (x) = 3x2 − 3 sind x4,5 = ±1 kritische Punkte. Wegen f 00 (x) = 6x und daher f 00 (x4 ) = f 00 (1) = 6 ist x4 = 1 Minimumsstelle mit f (x4 ) = 1 − 3 + 2 = 0. Wegen f 00 (x5 ) = f 00 (−1) = −6 ist x5 = −1 Maximumsstelle mit f (x5 ) = −1 + 3 + 2 = 4. y = f (x) = x3 − 3x + 2
2
1
x −1
1
2
. Bestimmen Sie den Definitionsbereich von f , cha2. Gegeben f (x) = x x−4x+4 2 −4 rakterisieren Sie die Unstetigkeitsstellen von f , nehmen Sie gegebenenfalls stetige Ergänzungen vor und bestimmen Sie die Asymptoten von f . (6 Pkt) 1 für D, 1 für Pol in x = −2, 1 für hebbare Unstetigkeitsstelle in x = 2, 1 für stetige Ergänzung durch f (2) := 0, 1 je Asymptote Der Nenner x2 − 4 hat die Nullstellen ±2. Daher ist D = R \ {−2, 2} der Definitionsbereich von f . Die Darstellung f (x) =
(x − 2)2 x−2 = für x 6= 2 (x + 2)(x − 2) x+2
von Zähler- und Nenner-Polynom als Produkt ihrer Linearfaktoren zeigt, daß x = 2 eine hebbare Unstetigkeitsstelle ist: f wird durch f (2) := 0 in x = 2 stetig ergänzt. In x = −2 hat f einen Pol mit Vorzeichenx−2 −4 wechsel, weil limx→−2+ f (x) = limx→−2+ x+2 = limx→−2+ x+2 = −∞ und
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
63
x−2 −4 limx→−2− f (x) = limx→−2− x+2 = limx→−2− x+2 = +∞. Es gibt im Pol x = −2 die Asymptote x = −2, also für x → −2− und x → −2+ , sowie die Asymptote y = 1 für x → ±∞.
y = f (x) =
x2 −4x+4 x2 −4
2 −2
x
2 −2
3. Berechnen Sie limx→0
ln(2x) . ln x
(4 Pkt)
falls per l’Hospital: 2 für Zulässigkeit, 1 für Ableiten, 1 für Limes falls per Funktionalgleichung: 1 für diese, 1 für limx→0 ln x = −∞, 1 für Grenzwert-Arithmetik, 1 für Limes Einerseits gilt per l’Hospital limx→0+
ln(2x) ln x
1 2 2x
= limx→0+
1/x
= limx→0+ 1 = 1.
Die Regel von l’Hospital darf hier angewendet werden, weil limx→0 ln(2x) von ln x −∞ der Form −∞ ist. Andererseits ist mit ln(2x) = ln 2 + ln x und limx→0+ ln x = −∞ ebenso limx→0+
ln(2x) ln x
4. Konvergiert
= limx→0+
P∞
i=1
1 √ i
ln 2+ln x ln x
= limx→0+
ln 2 +1 ln x
1
= 1 + limx→0+
ln 2 ln x
?
= 1. (4 Pkt)
1 für ”das Q.K./das W.-K. macht keine Aussage” 1 √ Wegen √1i ≥ 1i hat ∞ i=1 i die harmonische Reihe P 1 √ Minorante. Also divergiert auch ∞ i=1 i .
P
i 2 2i . i=0 (−1) 3 P∞ P 4 i i 4 i = ∞ i=0 (−1) 9 i=0 − 9
5. Berechnen Sie den Reihenwert i 2 2i i=0 (−1) 3 1 9 = 13 . 13/9
P∞
( ) =
P∞
( )
P∞ 1 i=1 i
als divergente
( ) (
) =
(5 Pkt) 1 1−(−4/9)
=
1 1+4/9
=
6. Zusatz: Sei f auf [a, b] stetig mit f (a) f (b) < 0. Warum konvergiert das Sekanten-Verfahren gegen eine Nullstelle von f ? (5 Pkt) Erstens ist – wie beim Intervall-Halbierungsverfahren – in der k-ten Iteration invariant, daß f an den Rändern des aktuellen Intervalls [ak , bk ]
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
64
einen Vorzeichenwechsel aufweist und daher als stetige Funktion in (ak , bk ) (mindestens) eine NS haben muß. Laut Konstruktion ist zweitens ak monoton wachsend, bk monoton fallend und ak ≤ bk und o.B.d.A. f (ak ) < 0 < f (bk ). Beide Folgen sind monoton und beschränkt und damit konvergent. Falls lim ak =: a = b := lim bk folgt aus der Stetigkeit von f eben 0 ≤ f (a) = f (b) ≤ 0 und damit f (a) = 0 = f (b). Die Situation a < b mit f (a) < 0 < f (b) kann nicht auftreten, ohne daß das Verfahren vorzeitig abbricht. Übrigens, was kann passieren, wenn man statt [ak , bk ] nur die SekantenNullstellen xk verwaltet? (Skizziere geeignete Graphen!)
(max. erreichbare Punkte-Summe 25 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
65
Krug, Risse, Schmidt-Göttrup: MAI SS05
Klausur MAI 2, Test 2/4
Integralrechnung
Name
24.5.05
Matrikel
Taschenrechner sind nicht zugelassen! Nur ein DIN A4-Spickzettel ist zulässig! Es sind mindestens 13 Punkte zu erreichen.
1. Die Funktion p(x) = 8 − x3 wird durch einen Polygonzug aus zwei Geradenstücken angenähert, deren Endpunkte bei x = 0 und x = 2 und einem Wert xo dazwischen liegen und die Funktion jeweils treffen. Skizzieren Sie das Problem und finden Sie den Zwischenwert xo , für den die Fläche zwischen dem Polygonzug und der x-Achse maximal wird. (6 Pkt) 2. Berechnen Sie die Fläche zwischen den Graphen der beiden Funktionen 3 x im ersten Quadranten. f (x) = sin(x) und g(x) = 5π 5π 6
Schnittpunkte sind.
(2 Pkt)
b) Bestimmen Sie den fraglichen Flächeninhalt.
(4 Pkt)
a) Zeigen Sie, daß 0 und
3. Berechnen Sie 4. Zeigen Sie
R∞ o
x (1+x2 )2
Rx u e du o
(7 Pkt)
dx
= ex − 1 per Integration der Taylor-Reihe.
(6 Pkt)
(Punkte-Summe 25 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
Lösungen der Klausur MAI2, Test 2/4
66 Integralrechnung
24.5.05
1. Die Funktion p(x) = 8 − x3 wird durch einen Polygonzug aus zwei Geradenstücken angenähert, deren Endpunkte bei x = 0 und x = 2 und einem Wert xo dazwischen liegen und die Funktion jeweils treffen. Skizzieren Sie das Problem und finden Sie den Zwischenwert xo , für den die Fläche zwischen dem Polygonzug und der x-Achse maximal wird. (6 Pkt) 1 für geometrische Zerlegung, 1 für AR , 1 für D1 , 1 für D2 , 1 für Ableitung, 1 für qualifizierte Extremwertstelle bzw. alternativ 1 für g1 (x), 1 für g2 (x), je 1 für Integration eines Polynoms ersten Grades, 1 für Ableitung, 1 für Extremwertstelle y
f (xo )
D1
AR D2 1 xo
x
Die Fläche A = A(xo ) setzt sich aus dem Achsen-parallelen Rechteck mit der Diagonalen vom Ursprung zum Punkt (xo , f (xo )) mit Flächeninhalt AR = xo f (xo ) und zwei rechtwinkligen Dreiecken mit Flächeninhalten D1 = 1 x (8 − f (xo )) bzw. D2 = 21 (2 − xo )f (xo ) zusammen. Also ist für 2 o A(xo ) = AR + D1 + D2 = xo f (xo ) + 12 xo (8 − f (xo )) + 12 (2 − xo )f (xo ) = xo (8 − x3o ) + 21 x4o + 12 (2 − xo )(8 − x3o ) = 12 (2 + xo )(8 − x3o ) + 21 x4o =
1 2
(16 + 8xo − 2x3o ) = 8 + 4xo − x3o q
das Maximum zu bestimmen. Wegen A0 (xo ) = 4 − 3x2o sind x∗o = ± 4/3 = √ ± 32 3 kritische Punkte. Da der Koeffizient von x3o in A(xo ) negativ ist, ist √ x∗o = + 23 3 ein Maximum. Umständlicher ergibt sich per Integration wie folgt dasselbe Resultat: Das erste Geradenstück hat die Gleichung g1 (x) = 8 − x2o x. Das zweite 3 o (x − 2). Dann ist g(x) = Geradenstück hat die Gleichung g2 (x) = x8−x o −2 χ[0,xo ] (x) g1 (x) + χ(xo ,2] (x) g2 (x) die Funktionsgleichung des Polygonzugs.
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
67
Die Fläche A = A(xo ) zwischen dem Graphen von g und der x-Achse hat den Flächeninhalt f (xo ) = |A(xo )| = =
Z xo o
Z 2
g(x) dx =
o
o
(8 − x2o x) dx + xo
= (8x − x2o 21 x2 ) = 8xo − 12 x4o + = 8xo − 12 x4o −
Z xo
+
Z 2 xo
g1 (x) dx +
8−x3o (x xo −2
8−x3o xo −2
Z 2 xo
− 2) dx 2
( 12 x2 − 2x)
o xo 8−x3o 2 − 12 x2o − 4 + 2xo xo −2 8−x3o 1 (xo − 2)2 = 8xo − 12 x4o xo −2 2
(
g2 (x) dx
)
− 12 (8 − x3o )(xo − 2)
= −x3o + 4xo + 8 q √ Damit ist f 0 (xo ) = −3x2o + 4 = 0 ⇐⇒ xo = ± 43 = ± 23 3. Da der √ Koeffizient von x3o in f (xo ) negativ ist, ist x∗o = + 23 3 ein Maximum.
2. Berechnen Sie die Fläche zwischen den Graphen der beiden Funktionen 3 x im ersten Quadranten. f (x) = sin(x) und g(x) = 5π a) Zeigen Sie, daß 0 und
5π 6
Schnittpunkte sind.
(2 Pkt)
b) Bestimmen Sie den fraglichen Flächeninhalt.
(4 Pkt)
1 Pkt. je Schnittpunkt-Verifikation, 1 Pkt. für f (x) ≥ g(x) für x ∈ [0, 5π ], 6 R xo 3 R xo 1 Pkt. für o sin x dx, 1 Pkt. für o 5π x dx, 1 Pkt. für Grenzen einsetzen Zusatzpunkte für ’es gibt keine weiteren Schnittpunkte im ersten Quadranten’
y 1
π
x
Schnittpunkte der beiden Graphen im ersten Quadranten sind offensichtlich 3 5π der Ursprung und ( 5π , 1 ), weil f ( 5π ) = sin 5π = sin π6 = 21 = 5π = g( 5π ) 6 2 6 6 6 6 3 5π gilt. Wegen f (x) = sin x ≥ 5π x = g(x) für x ∈ [0, 6 ] = [0, xo ] hat die Fläche A zwischen den Graphen der beiden Funktionen den Flächeninhalt |A| mit |A| =
Z xo o
(f (x) − g(x)) dx =
= 1 − cos
5π 6
−
3 1 5π 2 5π 2 6
Z xo o
xo
( sin x− 5π3 x) dx = ( − cos x− 5π3 12 x2 ) o
=1+ ( ) = 1 + cos π6 − 5π 24
√
3 2
−
5π 24
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik 3. Berechnen Sie
R∞ o
68
x dx (1+x2 )2
(7 Pkt)
2 Pkt. für Substitution, 2 Pkt. für Resubstitution (oder richtige Transformation der Grenzen) und Integrationsergebnis, 2 Pkt. für Formulierung mit Grenzübergang, 1 Pkt. für Grenzwertberechnung x Substitution u = x2 mit du = 2x dx oder x dx = 12 du liefert ob (1+x 2 2 dx = R 1 1 R 1 1 ) du. Die Substitution v = 1 + u mit dv = du liefert 2 (1+u)2 du = 2 (1+u)2 1 1R 1 dv = − 12 v1 . Zweimaliges Resubstituieren liefert − 12 v1 = − 12 1+u = 2 v2
R
− 21
1 . 1+x2
Damit ist
Rb
Im Grenzübergang gilt 1 1 limb→+∞ (1 − 1+b 2) = 2 4. Zeigen Sie
Rx u e du o
b o 1 1 1 1 = = 12 1 − 1+b 2 2 2 . 1+x o 2 1+x b R∞ R b x x endlich o (1+x2 )2 dx = limb→+∞ o (1+x2 )2 dx = 1 1 1 − limb→+∞ 1+b = 12 . 2 2
x o (1+x2 )2
(
dx = − 12
(
)
)
= ex − 1 per Integration der Taylor-Reihe.
(6 Pkt)
2 Pkt. für Taylor-Reihe der Exp-Funktion, 1 Pkt. für Vertauschen Integral und Reihe, 1 Pkt. für gliedweise Integration, 2 Pkt. für Umrechnung (eine Anerkennung für die, die mit dem Summenzeichen umgehen können !)
Z x
u
e du =
o
o
=
x
∞ ∞ X X 1 uk+1 1 Zx k uk u du = du = k=0 k! k + 1 o k=0 k! o k=0 k!
Z xX ∞ ∞ X
∞ ∞ X X xk+1 xk xk = = − 1 = ex − 1 (k + 1)! k! k! k=0 k=1 k=0
(Punkte-Summe 25 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
69
Krug, Risse, Schmidt-Göttrup: MAI SS05
Klausur MAI 2, Test 3/4
Funktionen mehrerer Veränderlicher
Name
21.6.05
Matrikel
Taschenrechner sind nicht zugelassen! Nur ein DIN A4-Spickzettel ist zulässig! Es sind mindestens 13 Punkte zu erreichen.
0
x ∈ [−π, −π/6) 1. Gegeben sei die Funktion f (x) = 1 x ∈ [−π/6, π/6] , die 2π-periodisch 0 x ∈ (π/6, π) auf R fortgesetzt wird. Bestimmen Sie DC-Anteil, Grund- und erste Oberschwingung von f . Skizzieren Sie in einem gemeinsamen Koordinaten-System den Graphen von f und denjenigen des Anfangs der Fourier-Reihenentwicklung von f , bestehend aus DC-Anteil plus Grundschwingung. (8 Pkt) 2. Sei f (x, y) = 31 x3 + xy 2 − x + 42 gegeben. Charakterisieren Sie die kritischen oder stationären Punkte von f , d.h. die Stellen, an denen alle partiellen Ableitungen verschwinden, d.h. die Stellen (x∗ , y ∗ ) mit grad f (x∗ , y ∗ ) = ~0. (8 Pkt) 3. Ein Zylinder-förmiges Faß fasse 100`. Bestimmen Sie r und h, so daß die Oberfläche und damit der Materialverbrauch minimiert wird. Lösen Sie diese Optimierungsaufgabe mit dem Lagrange-Verfahren. (9 Pkt)
(Punkte-Summe 25 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
70
Lösungen der Klausur MAI2, Test 3/4
Fourier-Reihe, Funktionen 21.6.05
mehrerer Veränderlicher 0
x ∈ [−π, −π/6) 1 x ∈ [−π/6, π/6] , die 2π-periodisch 0 x ∈ (π/6, π) auf R fortgesetzt wird. Bestimmen Sie DC-Anteil, Grund- und erste Oberschwingung von f . Skizzieren Sie in einem gemeinsamen Koordinaten-System den Graphen von f und denjenigen des Anfangs der Fourier-Reihenentwicklung von f , bestehend aus DC-Anteil plus Grundschwingung. (8 Pkt)
1. Gegeben sei die Funktion f (x) =
2 Pkt für DC-Anteil, 2 Pkt für Grundschwingung, 2 Pkt für erste Oberschwingung, 2 Pkt für Skizze Die Funktion f ist gerade, d.h. symmetrisch zur y-Achse. Daher verschwinden alle Sinus-Anteile, d.h. bk = 0 für alle k = 1, 2, . . .. DC-Anteil ist 21 ao mit ao = also 12 ao = 61 = 0.1¯6.
1 π
Rπ
−π
f (x) dx =
2 π
Rπ o
f (x) dx =
2 π
R π/6 o
Die Grundschwingung ist a1 cos x + b1 sin x = a1 cos x mit Rπ R R a1 = π1 −π f (x) cos x dx = π2 oπ f (x) cos x dx = π2 oπ/6 cos x dx = = π1 ≈ 0.3183.
1 dx = 31 ,
2 π
sin x|π/6 o
Die ersteR Oberschwingung ist a2 cos(2x) + b2 sin(2x) = a2Rcos(2x) mit R π f (x) cos(2x) dx = π2 oπ f (x) cos(2x) dx = π2 oπ/6 cos(2x) dx = a2 = π1 −π 2 1 π 2
π/6
sin(2x)
o
=
1 π
sin( π3 ) =
1 π
√
3 2
≈ 0.27566444771.
y = f (x) DC-Anteil DC-Anteil+Grund DC-Anteil+Grund+1.Ober
− π6
−π
π
π 6
x
2. Sei f (x, y) = 13 x3 + xy 2 − x + 42 gegeben. Charakterisieren Sie die kritischen oder stationären Punkte von f , d.h. die Stellen, an denen alle partiellen Ableitungen verschwinden, d.h. die Stellen (x∗ , y ∗ ) mit grad f (x∗ , y ∗ ) = ~0. (8 Pkt) 1 Pkt für erste Ableitungen fx und fy , 2 Pkt für vier (!) Lösungen, 2 Pkt für zweite Ableitungen der Hesse Matrix, 1 Pkt für Determinante der Hesse Matrix, 1 Pkt für Interpretation für Det0, Min / Max ∂f ∂x ∂f ∂y
!
!
x2 + y 2 − 1 = = ~0 hat als Lösungen Die Gleichung grad f (x, y) = 2xy ∗ die vier kritischen Punkte z ∗ = ±(0, 1) und z3,4 = ±(1, 0) von f . 1,2 Hf (x, y) =
∂2f ∂x2 2 ∂ f ∂y∂x
∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y 2
!
=
2x 2y ∗ . Wegen det(Hf (z1,2 )) = −1 < 0 2y 2x
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
71
∗ sind z1∗ und z2∗ Sattelpunkte. Wegen det(Hf (z3,4 )) = 4 > 0 sind z1∗ und z2∗ ∗ ∗ Extrema. Weil fxx (z3 ) = 1 und fyy (z3 ) = 1 zugleich positiv sind, ist z1∗ Minimum. Weil fxx (z4∗ ) = −1 und fyy (z4∗ ) = −1 zugleich negativ sind, ist z1∗ Maximum.
3. Ein Zylinder-förmiges Faß fasse 100`. Bestimmen Sie r und h, so daß die Oberfläche und damit der Materialverbrauch minimiert wird. Lösen Sie diese Optimierungsaufgabe mit dem Lagrange-Verfahren. (9 Pkt) 2 Pkt für Formel für Zylinder-Oberfläche, 1 Pkt für Formel für ZylinderVolumen, 1 Pkt für Aufstellen der Lagrangefunktion, 2 Pkt für Berechnung der partiellen Ableitungen und Aufstellen des Gl.-Sys., 2 Pkt für Lösung des Gl.-Sys., 1 Pkt für Ergebnis in richtiger Einheit Die Zylinder-Oberfläche A(r, h) = 2πr2 +2πrh ist unter der Randbedingung des konstanten Volumens v(r, h) = V (r, h) − 100 = πr2 h − 100 = 0 zu minimieren. Mit der Lagrange-Funktion L(r, h, λ) = A(r, h) + λv(r, h) ergeben ∂ A + λ ∂∂rv ∂r sich die Lösungen des Gleichungssystems grad L(r, h, λ) = ∂∂hA + λ ∂∂hv = v(r, h) 2 4πr + 2πh + λ2πrh 2r + h + λrh= 0 2r + rh + λr2 h= 0 ~ 2πr + λπr2 2r + λr2 = 0 ⇐⇒ 2rh + λr2 h= 0 = 0 ⇐⇒ πr2 h − 100 πr2 h − 100= 0 πr2 h − 100= 0 2 durch Subtraktion der ersten beiden Gleichungen zu 2r = rh. Für r = 0 entartet der Zylinder. Für r 6= 0 folgt dagegen r = 21 h und eingesetzt in die q 1 3 dritte Gleichung eben πr2 h = π 4 h3 = 100, d.h. h = 2 50/π ≈ 5dm und r=
q 3
50/π ≈ 2.5dm.
(Punkte-Summe 25 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
72
Krug, Risse, Schmidt-Göttrup: MAI SS05
Klausur MAI 2, Test 4/4
Differentialgleichungen & Laplace
Name
13.7.05
Matrikel
Taschenrechner sind nicht zugelassen! Nur ein DIN A4-Spickzettel ist zulässig! Es sind mindestens 13 Punkte zu erreichen.
1. Lösen Sie y 0 = y 2 ex mit y(0) = −1. 2. Bestimmen Sie alle Lösungen von y 0 = − xy + sin x.
(5 Pkt) (10 Pkt)
3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y 00 + y 0 + 37 y = 0. 4 a) Welche Eigenschaften hat das physikalische System, das diese Differentialgleichung beschreibt? Begründen Sie. b) Skizzieren Sie die Lösung für die Anfangsbedingungen y(0) = 1 und y 0 (0) = 0, ohne die Lösung explizit berechnet zu haben. (10 Pkt) 4. Bekanntermaßen gilt L(y 0 )(z) = zL(y )(z) − y(0). Leiten Sie aus dieser Eigenschaft der Laplace-Transformation Formeln für L(y 00 )(z) und L(y 000 )(z) ab und verallgemeinern Sie Ihre Formel für L(y (n) )(z). (5 Pkt)
(Punkte-Summe erwartet/möglich = 25/30 Punkte)
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
73
Lösungen der Klausur MAI2, Test 4/4 Differentialgleichungen & Laplace 13.7.05 1. Lösen Sie y 0 = y 2 ex mit y(0) = −1. R dy
1 Pkt für Trennen, 1 Pkt für y2 , 1 Pkt für Pkt für c = 0 bzw. y(x) = −e−x
(5 Pkt) R x e dx,
1 Pkt für Auflösen, 1
In der Differentialgleichung kann man die Variablen trennen: − y1 + cy = R dy R = ex dx = ex + cx . Auflösen liefert die ein-parametrige Lösungsgey2 und Berücksichtigen der Anfangsbedingung c = 0 und samtheit y(x) = ex−1 +c damit die Lösung y(x) = −e−x . 2. Bestimmen Sie alle Lösungen von y 0 = − xy + sin x.
(10 Pkt)
1 Pkt für zugehörige homogene Differentialgleichung, 1 Pkt für Trennen in R dx R bzw. , der zugehörigen homogenen Differentialgleichung, 1 Pkt für dy y x 1 Pkt für Auflösen nach yh (x), 1 Pkt für Variation der Konstanten c = c(x), 1 Pkt für Einsetzen in inhomogene DGl, 1 Pkt für Auflösen nach c0 (x), 2 Pkte für Integration, 1 Pkt Einsetzen c(x) in Variations-Ansatz Es handelt sich um eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung: y 0 + y = y 0 + f (x)y = g(x) = sin x. In der zugehörigen homogenen Differentialx gleichung y 0 + xy = 0 kann man immer die Variablen trennen: ln y + cy = R R dy = − dx = − ln x + cx . Auflösen liefert yhom (x) = xc . Variation der y x 0
Konstanten c = c(x) liefert wegen y 0 = x c (x)−c(x) = − c(x) + sin x = x2 x2 y 0 − x + sin x die Differentialgleichung c (x) = x sin x in der unbekannten Funktion c mit der Lösung (durch ’Trennen’ und partielle Integration) c(x) = sin x−x cos x+co . Damit ist die ein-parametrige Lösungsgesamtheit der inhomogenen Differentialgleichung yinhom (x) = sinx x − cos x + cxo . 3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y 00 + y 0 + 37 y = 0. 4 a) Welche Eigenschaften hat das physikalische System, das diese Differentialgleichung beschreibt? Begründen Sie. b) Skizzieren Sie die Lösung für die Anfangsbedingungen y(0) = 1 und y 0 (0) = 0, ohne die Lösung explizit berechnet zu haben. (10 Pkt) 1 Pkt für Klassifizierung, 1 Pkt für charakteristisches Polynom, 1 Pkt für Nullstellen, 2 Pkt für allgemeine Lösung, 1 Pkt für ’gedämpft schwingendes System’, 1 Pkt für korrekten Ordinaten-Abschnitt, 1 Pkt für korrekte Steigung in 0, 1 Pkt für exponentiellen Amplituden-Abfall, 1 Pkt für ’äquidistante’ Nullstellen Es handelt sich um eine homogene, lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Das charakteristische Polynom p(b) q √ 1 1 37 37 2 = b +b+ 4 hat die beiden Nullstellen b1,2 = − 2 ± 4 − 4 = − 12 ± 62 −1 = − 12 ± 3j mit j 2 = −1. Damit ist die zwei-parametrige Lösungsgesamtheit
Th. Risse, HSB: Klausuren zur Mathematik
74
y(x) = e−x/2 (c1 cos(3x) + c2 sin(3x)) mit Konstanten c1 und c2 . Das physikalische System führt eine gedämpfte Schwingung aus. Aufgrund der Anfangsbedingungen hat y = y(x) in 0 ein Maximum. Der restliche Graph ist durch Cosinus-ähnliche ’Schwingungen’ mit exponentiell abfallender Amplitude gekennzeichnet. Aus der Anfangsbedingung y(0) = 1 folgt c1 = 1 und aus der Anfangsbedingung y 0 (0) = 0 mit y 0 (x) = e−x/2 ((3c2 − 21 ) cos(3x) − ( 21 c2 + 3) sin(3x)) folgt c2 = 16 . y = y(x)
x
q
1 Wegen cos(3x) + 16 sin(3x) = 9 + 36 sin(3x + ϕ) mit tan ϕ = 6, d.h. ϕ = arctan 6 ≈ 1.40565 liegen die Nullstellen von y = y(x) bei 13 (πZ − ϕ).
4. Bekanntermaßen gilt L(y 0 )(z) = zL(y )(z) − y(0). Leiten Sie aus dieser Eigenschaft der Laplace-Transformation Formeln für L(y 00 )(z) und L(y 000 )(z) ab und verallgemeinern Sie Ihre Formel für L(y (n) )(z). (5 Pkt) 2 Pkt für L(y 00 )(z) herleiten, 1 Pkt für L(y 000 )(z), 2 Pkt für L(y (n) )(z) Aus L(y 0 )(z) = zL(y )(z) − y(0) folgt L((y 0 )0 )(z) = zL(y 0 )(z) − y 0 (0) = z zL(y )(z) − y(0) −y 0 (0) = z 2 L(y )(z)−z y(0)−y 0 (0), ebenso L(y 000 )(z) = z 3 L(y )(z)−z 2 y(0)−z y 0 (0)−y 00 (0) und allgemein L(y (n) )(z) = z n L(y )(z)− P n−1−i (i) z n−1 y(0) − z n−2 y 0 (0) − . . . − y (n−1) (0) = z n L(y )(z) − n−1 y (0). i=0 z
(Punkte-Summe erwartet/möglich = 25/30 Punkte)
