Probeklausur Sommersemester 2014, Fragen und Antworten PDF

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probe Klausur mathe 2 SS2014 mit Lösung ...

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Prof. Dr. Frank Recker

06.08.2014

Mathematik 2 — Musterlösung zur Klausur — Aufgabe 1. Bestimmen Sie die MacLaurinsche Reihe von 2

e3x 1 + x4 für |x| < 1 bis zur 6. Potenz von x. Der Rechenweg muss klar ersichtlich sein, die reine Angabe der Lösung ist nicht ausreichend. (7 Punkte) 2

Lösung 1. Für e3x benutzen wir die Exponentialreihe: 2

e3x =

∞ X (3x2 )n n=0

n!

=

∞ X 3n x2n n=0

n!

9 9 = 1 + 3x2 + x4 + x6 + . . . . 2 2

Für 1/(1 + x4 ) benutzen wir die Geometrische Reihe: ∞ ∞ X X 1 1 4 n = = (−1)n x4n = 1 − x4 + x8 − . . . . (−x ) = 1 + x4 1 − (−x4 ) n=0 n=0

Wir bilden das Cauchy-Produkt beider Reihen und erhalten 2

e3x = 1 + x4

    9 4 9 6 2 1 + 3x + x + x + . . . · 1 − x4 + x8 − . . . 2 2 9 9 = 1 + 3x2 + x4 + x6 − x4 − 3x6 + . . . 2 2 7 4 3 6 2 = 1 + 3x + x + x + . . . . 2 2

Die MacLaurinsche Reihe bis zur 6. Potenz von x ist damit 3 7 1 + 3x2 + x4 + x6 . 2 2 Aufgabe 2. Durch sin(x) + x3 = y 5 + tan(y ) ist implizit eine Funktion y = f (x) auf ] − π/2, π/2[ gegeben. Bestimmen Sie f ′ (0). Der Rechenweg muss klar ersichtlich sein, die reine Angabe der Lösung ist nicht ausreichend. (7 Punkte) Hinweis: Sie können tan′ (x) = cos21(x) benutzen.

1

Lösung 2. Wir betrachten die Funktion   F (x, y) = y 5 + tan(y) − sin(x) + x3 = y 5 + tan(y) − sin(x) − x3 , welche durch F (x, y) = 0 implizit f definiert. Es gilt

F (0, y ) = y 5 + tan(y). Also ist F (0, 0) = 0 und damit f (0) = 0. Die partiellen Ableitungen sind Fx (x, y) = − cos(x) − 3x2 und Fy (x, y) = 5y 4 + Also ist f ′ (0) = −

1 . cos2 (y)

−1 Fx (0, 0) =− = 1. Fy (0, 0) 1

Aufgabe 3. Bestimmen Sie alle lokalen Extrema und Sattelpunkte von f (x, y ) = (x − 2)(y − 5) − (x − 1)2 − (y + 2)2 . Der Rechenweg muss klar ersichtlich sein, die reine Angabe der Lösung ist nicht ausreichend. (8 Punkte) Lösung 3. Wir berechnen zunächst die partiellen Ableitungen: fx (x, y) = (y − 5) − 2(x − 1) fy (x, y ) = (x − 2) − 2(y + 2). Für ein Extremum oder Sattelpunkt müssen beide partiellen Ableitungen 0 sein. Dies liefert das Gleichungssystem (y − 5) − 2(x − 1) = 0

(x − 2) − 2(y + 2) = 0.

Vereinfacht ist dies y − 2x − 3 = 0 x − 2y − 6 = 0. Die erste Gleichung lösen wir nach y auf: y − 2x − 3 = 0 ⇐⇒ y = 2x + 3. Dies setzen wir in die zweite Gleichung ein: x − 4x − 6 − 6 = 0 ⇐⇒ −3x = 12 ⇐⇒ x = −4. Damit gilt dann y = 2x + 3 = −5. 2

Ein Kandidat für ein lokales Extremum oder einen Sattelpunkt ist also (−4, −5). Wir berechnen jetzt die Hesse-Matrix. Es gilt fxx (x, y) = −2

fxy (x, y) = 1 fyy (x, y ) = −2.

Also ist Hf (x, y) =



Damit ist auch Hf (−4, −5) = Da −2 < 0 und

−2 1 1 −2





. 

−2 1 1 −2

.

det (Hf (−4, −5)) = 4 − 1 = 3 > 0

ist, ist Hf (−4, −5) negativ definit. f hat damit in (−4, −5) ein lokales Maximum. Aufgabe 4. Finden Sie alle lokalen Extrema der Funktion f (x, y, z ) = x − y + z unter den Nebenbedingungen x2 + z 2 = 4 −x + y = 1. Der Rechenweg muss klar ersichtlich sein, die reine Angabe der Lösung ist nicht ausreichend. (6 Punkte) Lösung 4. Die Lagrange-Funktion ist   L(x, y, z, λ, µ) = x − y + z + λ x2 + z 2 − 4 + µ (−x + y − 1) .

Alle partiellen Ableitungen von L müssen 0 sein. Dies liefert die Gleichungen !

Lx (x, y, z, λ, µ) = 1 + 2λx − µ = 0 !

Ly (x, y, z, λ, µ) = −1 + µ = 0

(1) (2)

!

Lz (x, y, z, λ, µ) = 1 + 2λz = 0

(3) !

Lλ (x, y, z, λ, µ) = x2 + z 2 − 4 = 0 !

Lµ (x, y, z, λ, µ) = −x + y − 1 = 0.

(4) (5)

Aus Gleichung (2) folgt sofort µ = 1. Setzen wir µ = 1 in Gleichung (1) ein, so erhalten wir 2λx = 0, also λ = 0 oder x = 0. Für λ = 0 wäre Gleichung (3) nicht erfüllbar. Also muss x = 0 gelten. Aus Gleichung (5) folgt dann y = 1. Aus Gleichung (4) folgt z = ±2 und in beiden Fällen für z ist die (letzte noch ausstehende) Gleichung (3) für λ erfüllbar. Kandidaten für lokale Extrema sind damit (0, 1, ±2). Es gilt f (0, 1, 2) = 1 und f (0, 1, −2) = −3. Also ist (0, 1, 2) ein lokales Maximum und (0, 1, −2) ein lokales Minimum von f unter den angegebenen Nebenbedingungen. 3

Aufgabe 5. Gegeben ist der Körper   K = (x, y, z) ∈ R3 | x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, 2x + y + z ≤ 1

mit der Dichte

ρ(x, y, z) = x. Berechnen Sie das Volumen (10 Punkte) und die Masse (5 Punkte) von K. Der Rechenweg muss klar ersichtlich sein, die reine Angabe der Lösung ist nicht ausreichend. Lösung 5. Zunächst liegen für alle 0 ≤ x ≤ 1/2 Punkte in K. Ist x gegeben, so muss y ≥ 0 und 2x + y ≤ 1, also y ≤ 1−2x gelten. Schließlich muss z ≥ 0 und 2x + y + z ≤ 1, also z ≤ 1 − 2x − y gelten. Damit gilt Z Z Z 1 dV V (K) = K

Z1/2 1Z−2x 1−2x−y Z = 1 dz dy dx 0

0

0

1/2 1−2x

=

Z Z 0

=

0

1 − 2x − y dy dx

Z1/2

1 y − 2xy − y 2 2

1−2x

0

dx

y=0

Z1/2 1 (1 − 2x) − 2x(1 − 2x) − (1 − 2x)2 dx = 2 0

Z1/2

1 − 2x + 2x2 dx 2 0   2 3 1/2 1 2 x−x + x = 2 3 0 1 = . 12 =

4

Für die Masse gilt Z Z Z ρ(x, y, z) dV m(K) = =

K 1/2 1−2x Z Z 1−2x−y Z 0

0

1/2

=

Z

x

0

=

0

1Z −2x 1−2x−y Z 0

Z1/2

x dz dy dx



dz dy dx

0

1 − 2x + 2x2 x 2



dx (die inneren Integrale wurden bei V (K) berechnet)

0

Z1/2

1 x − 2x2 + 2x3 dx 2 0 1/2  1 2 2 3 1 4 = x − x + x 2 4 3 0 1 = = 0, 0104. 96

=

Aufgabe 6. Gegeben ist der kugelförmige Körper   K = (x, y, z) ∈ R3 | x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, 16 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 25

mit der Dichte

ρ(x, y, z) =

p

x2 + y 2 + z 2 .

Berechnen Sie die Masse (9 Punkte) und die z-Koordinate des Schwerpunktes (9 Punkte) von K. Der Rechenweg muss klar ersichtlich sein, die reine Angabe der Lösung ist nicht ausreichend. R Hinweis: Sie können sin(x) cos(x)dx = 21 sin2 (x) + c verwenden.

Lösung 6. Wir verwenden Kugelkoordinaten. Aus 16 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 25 folgt durch Einsetzen der Kugelkoordinaten 4 ≤ r ≤ 5. Aus x, y, z ≥ 0 folgt 0 ≤ ϕ, ϑ ≤ 2π. Für die

5

Masse gilt damit Z Z Z

m(K) =

ρ(x, y, z) dV

K Z5 Zπ/2Zπ/2

=

4

0

Z5 Zπ/2

=

4

π 3 r cos(ϑ) dϑ dr 2

0

Z5 h

=

0

r · r 2 cos(ϑ) dϕ dϑ dr

4

iπ/2 π 3 r sin(ϑ) dr 2 ϑ=0

Z5

π 3 r dr 2 4 h π i5 369 π = 144, 9060. r4 = = 8 8 r=4 Für die z-Koordinate des Schwerpunktes gilt Z Z Z 1 ρ(x, y, z) · z dV zs = m(K) K =

1 = m(K)

Z 5 Zπ/2Zπ/2 r · r sin(ϑ) · r 2 cos(ϑ) dϕ dϑ dr 4

=

1 m(K)

0

0

Z 5 Zπ/2

π 4 r sin(ϑ) cos(ϑ) dϑ dr 2

4

0

1 = m(K)

Z5

 π/2 π 4 1 2 r dr sin (ϑ) 2 2 ϑ=0

1 m(K)

Z5

4

π 4 r dr 4 4  5 4202 8 π 2101 1 π r5 = 2, 2775. · = = = 1845 m(K) 4 5 r=4 369π 4 5 =

Aufgabe 7. Lösen Sie das Anfangswertproblem y ′ + cos(x)y = cos(x),

y (0) = 3.

Der Rechenweg muss klar ersichtlich sein, die reine Angabe der Lösung ist nicht ausreichend. (9 Punkte) Lösung 7. Wir lösen zuerst die homogene Differentialgleichung y ′ + cos(x)y = 0 6

mittels Trennen der Variablen: dy dx dy y Z dy y ln(|y|) |y|

= − cos(x)y = − cos(x)dx Z = − cos(x)dx = − sin(x) + c1 (c1 ∈ R) = e− sin(x) ec1 (c1 ∈ R).

Wir setzten c2 = ec1 und erhalten die Lösung |y| = c2 e− sin(x)

(c2 > 0).

Also ist die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung y = ce− sin(x)

(c ∈ R),

wobei der Fall c = 0 durch Einsetzen in die Differentialgleichung bestätigt wird. Die inhomogene Differentialgleichung lösen wir mittels Variation der Konstanten. Der Ansatz ist damit y(x) = c(x)e− sin(x) . Die Ableitung ist y ′ (x) = c′ (x)e− sin(x) − c(x) cos(x)e− sin(x) . In die Differentialgleichung eingesetzt ergibt diese c′ (x)e− sin(x) − c(x) cos(x)e− sin(x) + cos(x)c(x)e− sin(x) = cos(x). Vereinfacht ist dies

c′ (x)e− sin(x) = cos(x)

also c′ (x) = esin(x) cos(x). Damit gilt mit der Substitution u = sin(x) Z Z sin(x) c(x) = e cos(x)dx = eu du = eu + k = esin(x) + k

(k ∈ R).

Also ist die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung   y(x) = esin(x) + k e− sin(x) = 1 + ke− sin(x) (k ∈ R). Für das Anfangswertproblem berechnen wir

y(0) = 1 + ke− sin(0) = 1 + k. Aus der Bedingung y(0) = 3 folgt damit 1 + k = 3, also k = 2. Die Lösung des Anfangswertproblems ist daher y(x) = 1 + 2e− sin(x) . 7

Aufgabe 8. Finden Sie die allgemeine Lösung von y ′′ + 16y = g(x) für die Fälle (a) g(x) = 0 (3 Punkte) (b) g(x) = 3e2x + 5x (5 Punkte) (c) g(x) = 2 sin(4x) + 3 cos(4x) (12 Punkte) Der Rechenweg muss klar ersichtlich sein, die reine Angabe der Lösung ist nicht ausreichend. Lösung 8. Die zugehörige homogene Differentialgleichung lautet für beide Aufgaben y ′′ + 16y = 0. Dies ergibt die charakteristische Gleichung λ2 + 16 = 0. Die Lösung ist

√ λ = ± −16 = ±4i.

Die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung ist damit y0 (x) = c1 sin(4x) + c2 cos(4x)

(c1 , c2 ∈ R).

Für die inhomogene Differentialgleichung wählen wir jeweils den passenden Ansatz für eine partikuläre Lösung. (a) g(x) = 0 ergibt die homogene Differentialgleichung. Die allgemeine Lösung ist damit y(x) = c1 sin(4x) + c2 cos(4x) (c1 , c2 ∈ R). (b) 2 ist keine Lösung der charakteristischen Gleichung. Also liefert 3e2x den Ansatz ae2x . Da der Koeffizient von y nicht 0 ist, liefert 5x den Ansatz bx + c. Insgesamt haben wir damit den Ansatz yp (x) = ae2x + bx + c. Die Ableitungen sind yp′ (x) = 2ae2x + b yp′′ (x) = 4ae2x . Eingesetzt in die Differentialgleichung erhalten wir 4ae2x + 16ae2x + 16bx + 16c = 3e2x + 5x. 8

Wir klammern jeweils die von x abhängenden Terme aus und erhalten 20ae2x + 16bx + 16c = 3e2x + 5x. Ein Koeffizientenvergleich liefert 20a = 3 16b = 5 16c = 0. Die Lösung ist a = 3/20, b = 5/16 und c = 0. Eine partikuläre Lösung der Differentialgleichung ist also 5 3 2x e + x. yp (x) = 20 16 Die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung ist damit y(x) = c1 sin(4x) + c2 cos(4x) +

3 2x 5 x (c1 , c2 ∈ R). e + 16 20

(c) 4i ist Lösung der charakteristischen Gleichung. Der Ansatz ist damit yp (x) = x (a sin(4x) + b cos(4x)) = ax sin(4x) + bx cos(4x). Die Ableitungen sind yp′ (x) = a sin(4x) + 4ax cos(4x) + b cos(4x) − 4bx sin(4x) yp′′ (x) = 4a cos(4x) + 4a cos(4x) − 16ax sin(4x) − 4b sin(4x) −4b sin(4x) − 16bx cos(4x) = 8a cos(4x) − 16ax sin(4x) − 8b sin(4x) − 16bx cos(4x). Eingesetzt in die Differentialgleichung erhalten wir 8a cos(4x) − 16ax sin(4x) − 8b sin(4x) − 16bx cos(4x)

+16ax sin(4x) + 16bx cos(4x) = 2 sin(4x) + 3 cos(4x). Wir vereinfachen dies und erhalten

8a cos(4x) − 8b sin(4x) = 2 sin(4x) + 3 cos(4x). Ein Koeffizientenvergleich liefert 8a = 3 −8b = 2. Die Lösung ist a = 3/8 und b = −1/4. Eine partikuläre Lösung der Differentialgleichung ist also 1 3 yp (x) = x sin(4x) − x cos(4x). 4 8 Die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung ist damit 1 3 y(x) = c1 sin(4x) + c2 cos(4x) + x sin(4x) − x cos(4x) 8 4

9

(c1 , c2 ∈ R)....