Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/32/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	1	2	4	1	7	5	3	5	4	6	3	4	2	2	4	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Unter der leeren Menge versteht man diejenige Menge, die kein Element besitzt.
2. Unter der Fakultät von ${}n$ versteht man die Zahl

   ${}n!:=n(n-1)(n-2)\cdots 3\cdot 2\cdot 1\,.$

3. Unter der Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ versteht man die Folge ${}{\left(s_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ der Partialsummen

   ${}s_{n}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}\,.$

4. Der Arkuskosinus

   $[-1,1]\longrightarrow [0,\pi ],\,x\longmapsto \arccos x,$

   ist die Umkehrfunktion der reellen Kosinusfunktion.

5. 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

6. Man nennt die Matrix

   ${M^{\text{tr}}}=(b_{ij})_{ij}{\text{ mit }}b_{ij}:=a_{ji}$

   die transponierte Matrix zu ${}M$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es gibt keine rationale Zahl, deren Quadrat gleich ${}2$ ist. D.h. die reelle Zahl ${}{\sqrt {2}}$ ist irrational.
2. Die Ableitung des natürlichen Logarithmus

   $\ln \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \ln x,$

   ist

   $\operatorname {ln} '\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{x}}.$

3. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M=(a_{ij})_{ij}$ eine ${}n\times n$-Matrix über ${}K$. Zu ${}i,j\in {\{1,\ldots ,n\}}$ sei ${}M_{ij}$ diejenige Matrix, die entsteht, wenn man in ${}M$ die ${}i$-te Zeile und die ${}j$-te Spalte weglässt. Dann ist (bei ${}n\geq 2$ für jedes feste ${}i$ bzw. ${}j$)

   ${}\det M=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+j}a_{ij}\det M_{ij}=\sum _{j=1}^{n}(-1)^{i+j}a_{ij}\det M_{ij}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestätige die folgende Identität.

${}3^{5}+11^{4}=122^{2}\,.$

Lösung

Es ist

${}3^{5}=243\,$

und

${}11^{4}=121^{2}=14641\,.$

Somit ist

${}3^{5}+11^{4}=243+14641=14884\,.$

Andererseits ist auch

${}122^{2}=14884\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Was fällt an dem folgenden Satz auf (aus der Sendung Börse vor acht, 2020): „Die deutsche Bahn will bis 2030 ihren Personenverkehr verdoppeln. Ihren Güterverkehr will sie im gleichen Zeitraum sogar um ${}70\%$ steigern“.

Lösung Bahn/Güterverkehr/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Eine leere Flasche stand über Nacht draußen und es hat dann angefangen zu regnen. Am Morgen steht in der Flasche Wasser in einer Höhe von ${}{\frac {1}{2}}$ cm. Die Flaschenöffnung hat einen (inneren) Durchmesser von ${}2$ cm und die Flasche hat einen Durchmesser von ${}6$ cm. Wie viel Regen fiel in der Nacht (gemessen in Zentimetern)?

Lösung

Der Wasserinhalt in der Flasche ist

$\pi \cdot 3^{2}\cdot {\frac {1}{2}}.$

Diese Menge muss durch die Flaschenöffnung eingegangen sein, sodass sich die Bedingung

${}\pi \cdot 3^{2}\cdot {\frac {1}{2}}=\pi \cdot 1^{2}\cdot h\,$

ergibt, wobei ${}h$ die Regenmengenhöhe ist. Daher ist

${}h=3^{2}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {9}{2}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Man entwerfe ein Computer-Programm (Pseudocode), das zu einer vorgegebenen Zahl ${}n\geq 2$ entscheidet, ob ${}n$ eine Primzahl ist oder nicht.

• Der Computer besitzt beliebig viele Speicher, die natürliche Zahlen enthalten können.
• Er kann einen Speicher leeren.
• Er kann einen Speicherinhalt um ${}1$ erhöhen.
• Er kann die Summe von zwei Speicherinhalten ausrechnen und in einen Speicher schreiben.
• Er kann Speicherinhalte miteinander vergleichen und abhängig davon zu einem bestimmten Befehl wechseln.
• Er kann Speicherinhalte ausdrucken und vorgegebene Texte ausdrucken.
• Es gibt einen Haltebefehl.

Die Anfangskonfiguration sei

$(n,0,0,0,0,0,0,\ldots )$

mit ${}n\geq 2$. Das Programm soll „${}n$ ist eine Primzahl“ oder „${}n$ ist keine Primzahl“ ausdrucken und anschließend anhalten.

Lösung

1. Erhöhe den zweiten Speicher um 1.
2. Erhöhe den zweiten Speicher um 1.
3. Vergleiche den zweiten Speicherinhalt mit dem ersten Speicherinhalt. Wenn der zweite Speicherinhalt gleich dem ersten Speicherinhalt ist, so gehe zu Befehl 7 (sonst weiter).
4. Leere den dritten Speicher.
5. Addiere den zweiten Speicherinhalt mit dem dritten Speicherinhalt und schreibe das Ergebnis in den dritten Speicher.
6. Vergleiche den dritten Speicherinhalt mit dem ersten Speicherinhalt. Wenn der dritte Speicherinhalt kleiner als der erste Speicherinhalt ist, so gehe zu Befehl 5. Wenn der dritte Speicherinhalt gleich dem ersten Speicherinhalt ist, so gehe zu Befehl 9. Wenn der dritte Speicherinhalt größer ist, so gehe zu Befehl 2.
7. Drucke den ersten Speicherinhalt und „ist eine Primzahl“ aus.
8. Halte an.
9. Drucke den ersten Speicherinhalt und „ist keine Primzahl“ aus.
10. Halte an.

Erläuterung: Im zweiten Speicher stehen die potentiellen Teiler von ${}n$. Im dritten Speicher werden die sukzessiven Vielfachen dieser Teiler berechnet. Wenn Übereinstimmung mit einem echten Vielfachen besteht, so ist ${}n$ keine Primzahl. Andernfalls wird der nächste Teiler durchprobiert. Wenn der potentielle Teiler mit ${}n$ übereinstimmt, so liegt eine Primzahl vor, da ja dann nie zuvor eine Teilbarkeitsbeziehung festgestellt wurde.

Aufgabe (1 Punkt)

Zeige, dass zwischen den Binomialkoeffizienten ${}{\binom {n}{k}}$ und ${}{\binom {n}{k+1}}$ der Zusammenhang

${}{\binom {n}{k+1}}={\binom {n}{k}}\cdot {\frac {n-k}{k+1}}\,$

besteht.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\binom {n}{k+1}}&={\frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdots (n-k+2)\cdot (n-k+1)\cdot (n-k)}{(k+1)\cdot k\cdot (k-1)\cdot (k-2)\cdots 2\cdot 1}}\\&={\frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdots (n-k+2)\cdot (n-k+1)}{k\cdot (k-1)\cdot (k-2)\cdots 2\cdot 1}}\cdot {\frac {n-k}{k+1}}\\&={\binom {n}{k}}\cdot {\frac {n-k}{k+1}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Division mit Rest im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über den Grad von ${}P$. Wenn der Grad von ${}T$ größer als der Grad von ${}P$ ist, so ist ${}Q=0$ und ${}R=P$ eine Lösung, sodass wir dies nicht weiter betrachten müssen. Bei ${}\operatorname {grad} \,(P)=0$ ist nach der Vorbemerkung auch ${}\operatorname {grad} \,(TP)=0$, also ist ${}T$ ein konstantes Polynom, und damit ist (da ${}T\neq 0$ und ${}K$ ein Körper ist) ${}Q=P/T$ und ${}R=0$ eine Lösung. Es sei nun ${}\operatorname {grad} \,(P)=n$ und die Aussage für kleineren Grad schon bewiesen. Wir schreiben ${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}$ und ${}T=b_{k}X^{k}+\cdots +b_{1}X+b_{0}$ mit ${}a_{n},b_{k}\neq 0,\,k\leq n$. Dann gilt mit ${}H={\frac {a_{n}}{b_{k}}}X^{n-k}$ die Beziehung

${}{\begin{aligned}P'&:=P-TH\\&=0X^{n}+{\left(a_{n-1}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{k-1}\right)}X^{n-1}+\cdots +{\left(a_{n-k}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{0}\right)}X^{n-k}+a_{n-k-1}X^{n-k-1}+\cdots +a_{0}.\end{aligned}}$

Dieses Polynom ${}P'$ hat einen Grad kleiner als ${}n$ und darauf können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, d.h. es gibt ${}Q'$ und ${}R'$ mit

$P'=TQ'+R'{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R')<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R'=0.$

Daraus ergibt sich insgesamt

${}P=P'+TH=TQ'+TH+R'=T(Q'+H)+R'\,,$

sodass also ${}Q=Q'+H$ und ${}R=R'$ eine Lösung ist. Zur Eindeutigkeit sei ${}P=TQ+R=TQ'+R'$ mit den angegebenen Bedingungen. Dann ist ${}T(Q-Q')=R'-R$. Da die Differenz ${}R'-R$ einen Grad kleiner als ${}\operatorname {grad} \,(T)$ besitzt, ist aufgrund der Gradeigenschaften diese Gleichung nur bei ${}R=R'$ und ${}Q=Q'$ lösbar.

Aufgabe (5 Punkte)

Untersuche die Folge

${}x_{n}={\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n\,$

auf Konvergenz.

Lösung

Wir behaupten, dass die Folge gegen ${}{\frac {1}{2}}$ konvergiert. Zunächst haben wir die Abschätzung

${}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n(n+1)}}-n\\&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\leq {\sqrt {n^{2}+n+{\frac {1}{4}}}}-n\\&={\sqrt {{\left(n+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}}}-n\\&=n+{\frac {1}{2}}-n\\&={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}$

Es sei nun ${}\alpha <{\frac {1}{2}}$ fixiert. Wir zeigen, dass die Folgenglieder für ${}n$ hinreichend groß oberhalb von ${}\alpha$ liegen. Es ist

${}(1-2\alpha )>0\,$

und somit gilt für ${}n$ hinreichend groß die Abschätzung

${}(1-2\alpha )n\geq \alpha ^{2}\,.$

Für solche ${}n$ ist dann auch

${}n^{2}+n\geq n^{2}+2\alpha n+\alpha ^{2}=(n+\alpha )^{2}\,.$

Also hat man für diese Folgenglieder die Abschätzung

${}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\geq {\sqrt {(n+\alpha )^{2}}}-n\\&=n+\alpha -n\\&=\alpha .\end{aligned}}$

Daraus folgt die Behauptung.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die harmonische Reihe divergiert.

Lösung

Für die ${}2^{n}$ Zahlen ${}k=2^{n}+1,\ldots ,2^{n+1}$ ist

${}\sum _{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{k}}\geq \sum _{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{2^{n+1}}}=2^{n}{\frac {1}{2^{n+1}}}={\frac {1}{2}}\,.$

Daher ist

${}\sum _{k=1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{k}}=1+\sum _{i=0}^{n}\left(\sum _{k=2^{i}+1}^{2^{i+1}}{\frac {1}{k}}\right)\geq 1+(n+1){\frac {1}{2}}\,.$

Damit ist die Folge der Partialsummen unbeschränkt und kann nach Lemma 7.10 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) nicht konvergent sein.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die lineare Approximierbarkeit.

Lösung

Wenn ${}f$ differenzierbar ist, so setzen wir

${}s:=f'(a)\,.$

Für die Funktion ${}r$ muss notwendigerweise

${}r(x)={\begin{cases}{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}-s{\text{ für }}x\neq a\,,\\0{\text{ für }}x=a\,,\end{cases}}\,$

gelten, um die Bedingungen zu erfüllen. Aufgrund der Differenzierbarkeit existiert der Limes

$\operatorname {lim} _{x\rightarrow a,\,x\in D\setminus \{a\}}r(x)=\operatorname {lim} _{x\rightarrow a,\,x\in D\setminus \{a\}}{\left({\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}-s\right)}\,,$

und hat den Wert ${}0$. Dies bedeutet, dass ${}r$ in ${}a$ stetig ist.
Wenn umgekehrt ${}s$ und ${}r$ mit den angegebenen Eigenschaften existieren, so gilt für ${}x\neq a$ die Beziehung

${}{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}=s+r(x)\,.$

Da ${}r$ stetig in ${}a$ ist, muss auch der Limes links für ${}x\rightarrow a$ existieren.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=2xe^{3x}.$

Zeige durch Induktion, dass die ${}n$-te Ableitung ($n\geq 1$) von ${}f$ gleich

${}f^{(n)}(x)={\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\,$

ist.

Lösung

Die Ableitung von ${}f$ ist nach der Produktregel

${}f'(x)=2e^{3x}+2x\cdot 3e^{3x}={\left(3^{1}\cdot 2x+2\right)}e^{3x}={\left(3^{1}\cdot 2x+3^{0}\cdot 2\cdot 1\right)}e^{3x}\,.$

Dadurch ist die Gleichung für ${}n=1$ richtig und der Induktionsanfang ist gesichert. Es sei die Gleichung nun für die ${}n$-te Ableitung schon bewiesen. Wegen ${}f^{(n+1)}=(f^{n})'$ gilt somit

${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}&={\left({\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\right)}'\\&=3^{n}\cdot 2e^{3x}+3{\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\\&={\left(3^{n+1}\cdot 2x+3^{n}\cdot 2+3^{n}\cdot 2n\right)}e^{3x}\\&={\left(3^{n+1}\cdot 2x+3^{n}\cdot 2(n+1)\right)}e^{3x}.\end{aligned}}$

Daher ist die Gleichung auch für die ${}(n+1)$-te Ableitung richtig.

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

Wir betrachten den Graphen der Sinusfunktion auf ${}\mathbb {R} _{\geq 0}$ und den um ${}d\in \mathbb {R}$ vertikal verschobenen Graphen der Quadratwurzelfunktion, also den Graphen von

${}h(x)={\sqrt {x}}+d\,.$

1. Zeige, dass die beiden Graphen nur endlich viele Schnittpunkte besitzen.
2. Zeige, dass die Anzahl der Schnittpunkte der beiden Graphen (bei geeignetem ${}d$) beliebig groß werden kann.

Lösung Sinusfunktion/Quadratwurzelfunktion/Verschoben/Schnittpunkte/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Finde die Punkte (bzw. den Punkt) ${}a\in [0,{\frac {\pi }{2}}]$ derart, dass die Steigung der Sinusfunktion ${}\operatorname {sin}$ in ${}a$ gleich der Gesamtsteigung von ${}\operatorname {sin}$ zwischen ${}0$ und ${}{\frac {\pi }{2}}$ ist.

Lösung

Die Gesamtsteigung ist

${}{\frac {\sin {\frac {\pi }{2}}-\sin 0}{{\frac {\pi }{2}}-0}}={\frac {1}{\frac {\pi }{2}}}={\frac {2}{\pi }}\,.$

Die Ableitung des Sinus ist der Kosinus, es geht also um die Lösungen der Gleichung

${}\cos a={\frac {2}{\pi }}\,$

mit ${}a\in [0,{\frac {\pi }{2}}]$. Auf diesem Intervall ist die Kosinusfunktion streng fallend und somit gibt es wegen ${}{\frac {2}{\pi }}<{\frac {\pi }{2}}$ genau eine Lösung, nämlich bei

${}a=\arccos {\frac {2}{\pi }}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion für die Funktion

$(\ln(1+\sin x))\cdot \sin x.$

Lösung

Wir verwenden partielle Integration und leiten den linken Faktor ab, das ergibt ${}{\frac {\cos x}{1+\sin x}}$ und nehmen für den rechten Faktor die Stammfunktion ${}-\cos x$. Das ergibt

${}\int \ln \left(1+\sin x\right)\sin xdx=-\ln \left(1+\sin x\right)\cos x+\int {\frac {\cos x}{1+\sin x}}\cos xdx\,.$

Das rechte Integral ist

${}{\begin{aligned}\int {\frac {\cos x}{1+\sin x}}\cos xdx&=\int {\frac {\cos ^{2}x}{1+\sin x}}dx\\&=\int {\frac {1-\sin ^{2}x}{1+\sin x}}dx\\&=\int {\frac {(1-\sin x)(1+\sin x)}{1+\sin x}}dx\\&=\int 1-\sin xdx\\&=x+\cos x.\end{aligned}}$

Eine Stammfunktion ist somit

$-\ln \left(1+\sin x\right)\cos x+x+\cos x,$

was man durch ableiten bestätigt (deshalb mussten wir uns oben keine Gedanken über die Integrationsgrenzen machen).

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne das Matrizenprodukt

${\begin{pmatrix}6&0&-1&-3\\7&3&0&-7\\6&5&-3&-2\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&4&-2\\2&-1&7\\2&4&8\\1&0&1\end{pmatrix}}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{pmatrix}6&0&-1&-3\\7&3&0&-7\\6&5&-3&-2\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&4&-2\\2&-1&7\\2&4&8\\1&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-5&20&-23\\-1&25&0\\2&7&-3\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für einen Körper ${}K$, eine kommutative Gruppe ${}(V,+,0)$ und eine Abbildung

$K\times V\longrightarrow V,\,(s,v)\longmapsto sv,$

derart, dass diese Struktur alle Vektorraumaxiome außer

$(5)\,\,\,1u=u$

erfüllt.

Lösung

Es sei ${}K=V$ ein beliebiger Körper. Wir betrachten die „Skalarmultiplikation“

$K\times K\longrightarrow K,\,(r,u)\longmapsto r\bullet u,$

die jedes Paar ${}(r,u)$ auf ${}0$ abbildet. Dann ist

${}1\bullet u=0\neq u\,$

und somit ist das letzte Vektorraumaxiom nicht erfüllt. Alle anderen Vektorraumaxiome sind hingegen erfüllt, da jeweils auf beiden Seiten stets ${}0$ steht.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Determinantenmultiplikationssatz für den Spezialfall, wo die linke der beteiligten Matrizen eine Diagonalmatrix ist.

Lösung

Es sei

${}M={\begin{pmatrix}d_{11}&0&\cdots &\cdots &0\\0&d_{22}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1\,n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&d_{nn}\end{pmatrix}}\,$

eine Diagonalmatrix und

${}N=(a_{ij})_{ij}\,$

eine beliebige quadratische Matrix. Die Produktmatrix ist

${}MN=(b_{ij})_{ij}\,$

mit

${}b_{ij}=d_{ii}a_{ij}\,,$

es wird also einfach jede Zeile von ${}N$ mit dem entsprechenden Diagonalelement multipliziert. Die Diagonalmatrix ${}M$ ist das Produkt der Diagonalmatrizen ${}D_{i}$, bei denen der ${}i$-te Diagonaleintrag gleich ${}d_{ii}$ ist und sonst jeder Diagonaleintrag gleich ${}1$ ist. Wir können also zum Beweis des Determinantenmultiplikationssatzes in diesem Fall annehmen, dass ${}M$ selbst von dieser Bauart ist. Dann entsteht ${}MN$ aus ${}N$ dadurch, dass eine bestimmte Zeile mit einer Zahl ${}s$ multipliziert wird und die anderen Zeilen unverändert übernommen werden. Die Beziehung

${}\det MN=s\det N=\det M\det N\,$

ergibt sich dann einfach aus der Multilinearität der Determinante.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die Matrix

${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}$

über ${}\mathbb {Q}$ diagonalisierbar ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}\,.$

Daher sind ${}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ Eigenvektoren zu den Eigenwerten ${}1$ bzw. ${}-1$. Somit bilden sie eine Basis aus Eigenvektoren und daher ist ${}\varphi$ diagonalisierbar.