Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/22/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	2	2	3	4	4	4	5	3	4	5	3	3	4	2	3	3	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Die Menge
${}L\cap M={\left\{x\mid x\in L{\text{ und }}x\in M\right\}}\,$

heißt der Durchschnitt der beiden Mengen.
Die Konvergenz gegen ${}x$ bedeutet, dass es zu jedem reellen ${}\epsilon >0$ ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart gibt, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung
${}\vert {x-x_{n}}\vert \leq \epsilon \,$

gilt.
Der Logarithmus zur Basis ${}b\in \mathbb {R} _{+}$ , ${}b\neq 1$ , von ${}x\in \mathbb {R} _{+}$ ist durch
${}\log _{b}x:={\frac {\ln x}{\ln b}}\,$

definiert.
Zu ${}x\in \mathbb {R}$ , ${}x\neq a$ , heißt die Zahl
${\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

der Differenzenquotient von ${}f$ zu ${}a$ und ${}x$ .
Das nach Voraussetzung existierende Oberintegral zu ${}f$ über ${}[a,b]$ heißt bestimmtes Integral.
Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Familie von Vektoren in ${}V$ . Dann heißt der Vektor
$s_{1}v_{1}+s_{2}v_{2}+\cdots +s_{n}v_{n}{\text{ mit }}s_{i}\in K$

eine Linearkombination dieser Vektoren

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall und
$f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetige,streng wachsende Funktion. Dann ist das Bild ${}J:=f(I)$ ebenfalls ein Intervall, und die Umkehrabbildung

$f^{-1}\colon J\longrightarrow I$
ist ebenfalls stetig.
Die Sinusfunktion und die Kosinusfunktion erfüllen in ${}\mathbb {R}$ ${}\mathbb {R}$ folgende Periodizitätseigenschaften.
1. Es ist ${}\cos \left(x+2\pi \right)=\cos x$ und ${}\sin \left(x+2\pi \right)=\sin x$ für alle ${}x\in \mathbb {R}$ .
2. Es ist ${}\cos \left(x+\pi \right)=-\cos x$ und ${}\sin \left(x+\pi \right)=-\sin x$ für alle ${}x\in \mathbb {R}$ .
3. Es ist ${}\cos \left(x+\pi /2\right)=-\sin x$ und ${}\sin \left(x+\pi /2\right)=\cos x$ für alle ${}x\in \mathbb {R}$ .
Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der gleichen Dimension ${}n$ . Es sei
$\varphi \colon V\longrightarrow W$
eine lineare Abbildung. Dann ist ${}\varphi$ genau dann injektiv, wenn ${}\varphi$ surjektiv ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Erläutere das Prinzip Beweis durch Widerspruch.

Lösung

Man möchte eine Aussage ${}A$ beweisen. Man nimmt an, dass ${}A$ nicht gilt. Daraus leitet man durch logisch korrektes Schließen einen Widerspruch her. Somit kann ${}\neg A$ nicht gelten und also muss ${}A$ gelten.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}n$ eine natürliche Zahl. Wann ist die Zahl ${}n^{2}-1$ eine Primzahl?

Lösung

Es gilt generell die Zerlegung

{}n^{2}-1=(n-1)(n+1)\,.

Bei ${}n\geq 3$ sind beide Faktoren ${}\geq 2$ und daher kann ${}n^{2}-1$ nicht prim sein. Bei ${}n=2$ ist

{}2^{2}-1=3\,

eine Primzahl. Bei ${}n=0,1$ liegt keine Primzahl vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Heidi Gonzales beschließt, sich eine Woche lang ausschließlich von Heidelbeeren zu ernähren, und ihre Nahrungszufuhr gleichmäßig über ihre Wachzeit (16 Stunden pro Tag) zu verteilen. Ihr täglicher Kalorienbedarf liegt bei ${}2000$ kcal und ${}100$ Gramm Heidelbeeren enthalten ${}42$ kcal. Eine mittlere Heidelbeere wiegt ${}1,5$ Gramm. In welchem Abstand muss sie sich eine Heidelbeere einwerfen?

Lösung

Heidi muss pro Tag ${}2000:42\sim 47,6$ mal ${}100$ Gramm Heidelbeeren essen, also ${}4,76$ Kilogramm. Wegen ${}4760:1,5\sim 3173$ sind das ${}3173$ Heidelbeeren pro Tag. Die ${}16$ Stunden haben ${}16\cdot 3600=57600$ Sekunden. Es ist ${}57600:3173\sim 18,15$ . Sie muss also alle ${}18,15$ Sekunden eine Heidelbeere essen.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise durch Induktion, dass für ${}n\geq 10$ die Abschätzung

{}3^{n}\geq n^{4}\,

gilt.

Lösung

Induktionsanfang für ${}n=10$ . Es ist

{}3^{10}=9^{5}=81\cdot 81\cdot 9\geq 6000\cdot 9\geq 10000=n^{4}\,.

Zum Induktionsschluss sei ${}n\geq 10$ . Dann ist

{}3^{n+1}=3\cdot 3^{n}\geq 3\cdot n^{4}=n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}\,.

Andererseits ist nach der binomischen Formel

{}(n+1)^{4}=n^{4}+4n^{3}+6n^{2}+4n+1\,.

Wir müssen

{}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}\geq n^{4}+4n^{3}+6n^{2}+4n+1\,

nachweisen. Der erste Summand stimmt links und rechts überein, für die anderen Summanden zeigen wir, dass die linken, also jeweils ${}{\frac {1}{2}}n^{4}$ , mindestens so groß wie die rechten sind. Dies folgt aber direkt aus ${}n^{4}\geq 8n^{3}$ (da ${}n\geq 10$ ), aus ${}n^{4}\geq 12n^{2}$ , da ja ${}n^{2}\geq 12$ ist, aus ${}n^{4}\geq 8n$ und aus ${}n^{4}\geq 2$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Man finde ein Polynom ${}f$ von minimalem Grad mit

f(0)=0,\,f(1)=1,\,f(2)=3,\,f(3)=6.

Lösung

Es muss ein interpolierendes Polynom vom Grad ${}\leq 3$ geben, wir können also den Ansatz

{}f(x)=ax^{3}+bx^{2}+cx+d\,

machen, wobei wegen der ersten Bedingung direkt ${}d=0$ gilt. Die übrigen Interpolationspunkte liefern das lineare Gleichungssystem

{}a+b+c=1\,,

{}8a+4b+2c=3\,,

{}27a+9b+3c=6\,.

${}II-2I$ ergibt

{}6a+2b=1\,

und ${}III-3I$ ergibt

{}24a+6b=3\,

bzw.

{}8a+2b=1\,.

Daraus folgt ${}a=0$ und ${}b={\frac {1}{2}}$ und damit auch ${}c={\frac {1}{2}}$ . Das interpolierende Polynom minimalen Grades ist also

{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}x.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Quotientenkriterium für Reihen.

Lösung

Die Konvergenz ändert sich nicht, wenn man endlich viele Glieder ändert. Daher können wir ${}k_{0}=0$ annehmen. Ferner können wir annehmen, dass alle ${}a_{k}$ positive reelle Zahlen sind. Es ist

{}a_{k}={\frac {a_{k}}{a_{k-1}}}\cdot {\frac {a_{k-1}}{a_{k-2}}}{\cdots }{\frac {a_{1}}{a_{0}}}\cdot a_{0}\leq a_{0}\cdot q^{k}\,.

Somit folgt die Konvergenz aus dem Majorantenkriterium und der Konvergenz der geometrischen Reihe.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass die Funktion

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

mit

{}f(x)={\begin{cases}x,\,{\text{ falls }}x\in \mathbb {Q} \,,\\0,\,{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}\,

nur im Nullpunkt stetig ist.

Lösung

Es sei zunächst ${}x=0$ und ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Dann kann man ${}\delta =\epsilon$ setzen, denn aus ${}\vert {u}\vert \leq \epsilon$ folgt wegen ${}f(x)=0$ oder ${}f(x)=x$ auch ${}\vert {f(u)}\vert \leq \epsilon$ . Es sei nun ${}x\neq 0$ Wir zeigen, dass man für ${}\epsilon =\vert {\frac {x}{2}}\vert >0$ kein ${}\delta >0$ mit der Abschätzungseigenschaft für die Stetigkeit finden kann. Es sei hierzu ${}\delta >0$ vorgegeben und sei ${}c={\min {\left(\delta ,\epsilon \right)}}$ . Wenn ${}x$ rational ist, so wählen wir eine irrationale Zahl ${}u\in {]x-c,x+c[}$ , wenn ${}x$ irrational ist, so wählen wir eine rationale Zahl ${}q\in {]x-c,x+c[}$ Im ersten Fall gilt

{}\vert {f(x)-f(u)}\vert =\vert {x}\vert >\epsilon \,,

im zweiten Fall gilt

{}\vert {f(x)-f(q)}\vert =\vert {q}\vert >\epsilon \,,

sodass in beiden Fällen die ${}\delta$ -Umgebung von ${}x$ nicht in die ${}\epsilon$ -Umgebung von ${}f(x)$ abgebildet wird.

Aufgabe (3 Punkte)

Gibt es eine reelle Zahl, die in ihrer vierten Potenz, vermindert um das Doppelte ihrer dritten Potenz, gleich dem Negativen der Quadratwurzel von ${}42$ ist?

Lösung

Es geht um eine reelle Lösung für die Gleichung

{}f(x)=x^{4}-2x^{3}=-{\sqrt {42}}\,.

Für ${}x<0$ und ${}x>2$ ist ${}f(x)=x^{3}(x-2)>0$ , es kann also allenfalls in ${}[0,2]$ eine Lösung geben. Dazu bestimmen wir, wo die Funktion ${}f$ ihr Minimum annimmt. Für die Ableitung gilt

{}f'(x)=4x^{3}-6x^{2}=2x^{2}(2x-3)\,.

An den beiden Nullstellen ${}0$ und ${}{\frac {3}{2}}$ sind die Werte

{}f(0)=0\,

und

{}f{\left({\frac {3}{2}}\right)}={\frac {27}{8}}{\left({\frac {3}{2}}-2\right)}={\frac {27}{8}}{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}=-{\frac {27}{16}}>-2>-{\sqrt {42}}\,.

Also ist das Minimum von ${}f$ größer als ${}-{\sqrt {42}}$ und es gibt keine Lösung.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,z\longmapsto f(z),

eine Funktion, die die Funktionalgleichung

{}f(z+w)=f(z)\cdot f(w)\,

für alle ${}z,w\in \mathbb {R}$ erfülle und die in ${}0$ differenzierbar sei. Zeige, dass dann ${}f$ in jedem Punkt differenzierbar ist und die Beziehung ${}f'(z)=\lambda f(z)$ mit einem festen ${}\lambda \in \mathbb {R}$ gilt.

Lösung

Bei ${}f(0)=0$ ist ${}f(z)=f(z+0)=f(z)f(0)=0$ , sodass die Nullfunktion vorliegt, die die angegebene Ableitungseigenschaft (mit einem beliebigen ${}\lambda$ ) erfüllt. Es sei also ${}f(0)\neq 0$ . Dann ist ${}f(0)=1$ wegen ${}f(0)=f(0+0)=f(0)f(0)$ . Der Differenzenquotient ist

{}{\frac {f(z+h)-f(z)}{h}}={\frac {f(z)f(h)-f(z)}{h}}=f(z){\frac {f(h)-1}{h}}=f(z){\frac {f(h)-f(0)}{h}}\,.

Der rechte Faktor ist der Differenzenquotient im Nullpunkt. Dieser konvergiert nach Voraussetzung für ${}h\rightarrow 0$ gegen ${}f'(0)$ . Also konvergiert der Differenzenquotient gegen ${}f(z)f'(0)$ und die Ableitungseigenschaft ist mit ${}\lambda =f'(0)$ erfüllt.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Ableitung in einem Extremum.

Lösung

Wir können annehmen, dass ${}f$ ein lokales Maximum in ${}c$ besitzt. Es gibt also ein ${}\epsilon >0$ mit ${}f(x)\leq f(c)$ für alle ${}x\in [c-\epsilon ,c+\epsilon ]$ . Es sei ${}{\left(s_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge mit ${}c-\epsilon \leq s_{n}<c$ , die gegen ${}c$ („von unten“) konvergiere. Dann ist ${}s_{n}-c<0$ und ${}f(s_{n})-f(c)\leq 0$ und somit ist der Differenzenquotient

{}{\frac {f(s_{n})-f(c)}{s_{n}-c}}\geq 0\,,

was sich dann nach Lemma 7.12 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) auf den Limes, also den Differentialquotienten, überträgt. Also ist ${}f'(c)\geq 0$ . Für eine Folge ${}{\left(t_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ mit ${}c+\epsilon \geq t_{n}>c$ gilt andererseits

{}{\frac {f(t_{n})-f(c)}{t_{n}-c}}\leq 0\,.

Daher ist auch ${}f'(c)\leq 0$ und somit ist insgesamt ${}f'(c)=0$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${}2$ zur rationalen Funktion

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {x}{x^{2}+1}},

im Entwicklungspunkt ${}1$ .

Lösung

Nach der Quotientenregel ist

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

und

{}f^{\prime \prime }(x)={\frac {-2x(x^{2}+1)^{2}-4(1-x^{2})(x^{2}+1)}{(x^{2}+1)^{4}}}\,.

Es ist

{}f(1)={\frac {1}{2}}\,,

{}f'(1)=0\,

und

{}f^{\prime \prime }(1)={\frac {-2\cdot 4}{16}}=-{\frac {1}{2}}\,.

Somit ist das gesuchte Taylor-Polynom gleich

{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-1)^{2}.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Stammfunktion der Umkehrfunktion.

Lösung

Ableiten unter Verwendung von Lemma 14.7 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) und Satz 14.8 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) ergibt

{}{\begin{aligned}{\left(yf^{-1}(y)-F{\left(f^{-1}(y)\right)}\right)}'&=f^{-1}(y)+y{\frac {1}{f'(f^{-1}(y))}}-f{\left(f^{-1}(y)\right)}{\frac {1}{f'{\left(f^{-1}(y)\right)}}}\\&=f^{-1}(y).\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Durchschnittswert der Quadratwurzel ${}{\sqrt {x}}$ für ${}x\in [1,4]$ . Vergleiche diesen Wert mit der Wurzel des arithmetischen Mittels von ${}1$ und ${}4$ und mit dem arithmetischen Mittel der Wurzel von ${}1$ und der Wurzel von ${}4$ .

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\int _{1}^{4}{\sqrt {x}}dx&=\int _{1}^{4}x^{\frac {1}{2}}dx\\&={\frac {2}{3}}x^{\frac {3}{2}}|_{1}^{4}\\&={\frac {2}{3}}{\left(4^{\frac {3}{2}}-1^{\frac {3}{2}}\right)}\\&={\frac {2}{3}}{\left(8-1\right)}\\&={\frac {14}{3}}.\end{aligned}}

Der Durchschnittswert ist also

{}{\frac {14}{3}}\cdot {\frac {1}{3}}={\frac {14}{9}}\,.

Das arithmetische Mittel von ${}1$ und ${}4$ ist ${}{\frac {5}{2}}$ , die Wurzel davon ist ${}{\sqrt {\frac {5}{2}}}$ . Wegen

{}{\left({\frac {14}{9}}\right)}^{2}={\frac {196}{81}}<{\frac {200}{80}}={\frac {5}{2}}\,

ist

{}{\frac {14}{9}}<{\sqrt {\frac {5}{2}}}\,.

Die Quadratwurzeln von ${}1$ bzw. ${}4$ sind ${}1$ bzw. ${}2$ und das arithmetische Mittel davon ist ${}{\frac {3}{2}}$ . Wegen

{}{\frac {3}{2}}={\frac {27}{18}}<{\frac {28}{18}}={\frac {14}{9}}\,

ist dies kleiner als ${}{\frac {14}{9}}$ . Insgesamt gilt also

{}{\frac {3}{2}}<{\frac {14}{9}}<{\sqrt {\frac {5}{2}}}\,.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Punktrichtungsform für die durch die Gleichung

{}4x+7y=3\,

im ${}\mathbb {Q} ^{2}$ gegebene Gerade.

Lösung

Es ist ${}{\begin{pmatrix}0\\{\frac {3}{7}}\end{pmatrix}}$ eine Lösung der Gleichung, die wir als Aufpunkt nehmen können. Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}7\\-4\end{pmatrix}}$ ist eine Lösung der zugehörigen homogenen Gleichung. Somit ist

{\left\{{\begin{pmatrix}0\\{\frac {3}{7}}\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}7\\-4\end{pmatrix}}\mid t\in \mathbb {Q} \right\}}

eine Beschreibung der Geraden in Punktrichtungsform.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der Dimension ${}n$ bzw. ${}m$ . Es sei

\varphi \colon V\longrightarrow W

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

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

gilt.

Lösung Lineare Abbildung/Matrix bzgl. Basis/Rang/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei

{}{\begin{pmatrix}a_{1}\\\vdots \\a_{n}\end{pmatrix}}\in K^{n}\,

ein von ${}0$ verschiedener Vektor. Man finde ein lineares Gleichungssystem in ${}n$ Variablen mit ${}n-1$ Gleichungen, dessen Lösungsraum genau

{\left\{\lambda {\begin{pmatrix}a_{1}\\\vdots \\a_{n}\end{pmatrix}}\mid \lambda \in K\right\}}

ist.

Lösung Lineares Gleichungssystem/n Variablen/Lösungsraum ist (a 1,...,a n)/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass das charakteristische Polynom zu einer linearen Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ auf einem endlichdimensionalen ${}K$ - Vektorraum ${}V$ wohldefiniert ist, also unabhängig von der gewählten Basis.