Stroppel Musterl osung 13.10.2017, 180min Aufgabe 1 5 ... · Stroppel H ohere Mathematik 1/2...

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Stroppel Musterl¨ osung 13.10.2017, 180min Aufgabe 1 (5 Punkte ) uhren Sie eine reelle Partialbruchzerlegung durch f¨ ur x 3 +2 x(x 2 + 1) 2 . Ein Ansatz f¨ ur eine reelle Partialbruchzerlegung ist gegeben durch x 3 +2 x(x 2 + 1) 2 ! = A x + Bx + C x 2 +1 + Dx + E (x 2 + 1) 2 . Durchmultiplizieren mit dem Hauptnenner und K¨ urzen f¨ uhrt auf x 3 +2 ! = A(x 4 +2x 2 + 1) + (Bx + C )(x 3 + x)+(Dx + E)x = (A + B)x 4 + Cx 3 + (2A + B + D)x 2 +(C + E)x + A. Koeffizientenvergleich liefert folgendes lineare Gleichungssystem. A B C D E 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 2 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 2 Dies liefert C = 1, daraus E = -1. Ferner ist A = 2, daraus B = -2. Schließlich wird D = -2. Dies gibt die reelle Partialbruchzerlegung x 3 +2 x(x 2 + 1) 2 = 2 x + -2x +1 x 2 +1 + -2x - 1 (x 2 + 1) 2 . Seite 1 von 13

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Aufgabe 1 (5 Punkte) Fuhren Sie eine reelle Partialbruchzerlegung durch fur

x3 + 2

x(x2 + 1)2.

Ein Ansatz fur eine reelle Partialbruchzerlegung ist gegeben durch

x3 + 2

x(x2 + 1)2!

=A

x+Bx+ C

x2 + 1+

Dx+ E

(x2 + 1)2.

Durchmultiplizieren mit dem Hauptnenner und Kurzen fuhrt auf

x3 + 2!

= A(x4 + 2x2 + 1) + (Bx+ C)(x3 + x) + (Dx+ E)x

= (A+B)x4 + Cx3 + (2A+B +D)x2 + (C + E)x+ A.

Koeffizientenvergleich liefert folgendes lineare Gleichungssystem.

A B C D E

1 1 0 0 0 0

0 0 1 0 0 1

2 1 0 1 0 0

0 0 1 0 1 0

1 0 0 0 0 2

Dies liefert C = 1, daraus E = −1. Ferner ist A = 2, daraus B = −2. Schließlich wird D = −2.

Dies gibt die reelle Partialbruchzerlegung

x3 + 2

x(x2 + 1)2=

2

x+−2x+ 1

x2 + 1+−2x− 1

(x2 + 1)2.

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Aufgabe 2 (14 Punkte) Sei

f : R2 → R : (x, y) 7→ (x2 − x)(x2 + y2 − 1) .

(a) Skizzieren Sie die Niveaumenge von f zum Niveau 0. Markieren Sie in Ihrer Skizze die Bereiche,

in denen f nur positive Werte annimmt, mit einem “+” und die Bereiche, in denen f nur negative

Werte annimmt, mit einem “−”.

(b) Zeigen Sie die Ungleichungen 4 <√

17 < 5.

(c) Berechnen Sie ∇f (1, 0).

(d) Bestimmen Sie alle kritischen Stellen von f . Geben Sie jeweils an, ob es sich um ein lokales

Maximum, ein lokales Minimum oder einen Sattelpunkt handelt.

(a) Gesucht ist die Niveaumenge von f zum Niveau 0, mit anderen Worten, gesucht ist die Nullstel-

lenmenge von f .

Es ist f(x, y) = x(x− 1)(x2 + y2 − 1). Also ist f(x, y) = 0 genau dann, wenn x = 0 oder x = 1

oder x2 + y2 = 1 ist. Somit ist die Nullstellenmenge von f die Vereinigung der Geraden x = 0,

der Geraden x = 1 und des Kreises mit Mittelpunkt (0, 0) und Radius 1. Damit lasst sich eine

Skizze der Nullstellenmenge anfertigen:

Die Nullstellenmenge ist hierbei grun skizziert. Die Vorzeichenverteilung erhalt man durch Be-

trachten der Vorzeichen der Faktoren von f . So ist etwa im Innern der rechten Kreishalfte der

erste Faktor von f(x, y) = x(x−1)(x2+y2−1) positiv, der zweite negativ und der dritte negativ,

was dort insgesamt ein positives Vorzeichen ergibt.

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(b) Da positive Zahlen verglichen werden sollen, durfen wir hierzu ihre Quadrate vergleichen.

In der Tat ist 42 <√

172< 52 , da 16 < 17 < 25 ist.

(c) Wir berechnen ∇f (1, 0). Es ist

∇f (x, y) =

(4x3 + 2xy2 − 2x− 3x2 − y2 + 1

2x2y − 2xy

)=

(4x3 + 2xy2 − 2x− 3x2 − y2 + 1

2xy(x− 1)

)und dann

∇f (1, 0) =

(0

0

).

(d) Wir bestimmen zunachst die kritischen Stellen von f .

Die zweite Komponente von ∇f (x, y) wird genau dann gleich Null, wenn x = 0 oder y = 0 oder

x = 1 ist.

• Falls x = 0 ist, so wird die erste Komponente genau dann gleich Null, wenn −y2 +1 = 0 ist.

Die Losungen dieser Gleichung sind y1 = −1 und y2 = 1. Damit ergeben sich die kritischen

Stellen

S1 = (0,−1), S2 = (0, 1).

• Falls y = 0 ist, so wird die erste Komponente genau dann gleich Null, wenn

4x3 − 2x− 3x2 + 1 = 0

ist. Eine kritische Stelle, die zu diesem Fall gehort, kennen wir bereits aus (b), da dort

∇f (1, 0) =

(0

0

)berechnet wurde. Also ist 1 eine Nullstelle von 4x3− 2x− 3x2 + 1. Unsere

Gleichung lasst sich nach Polynomdivision als (x− 1)(4x2 + x− 1) = 0 schreiben. Die zwei

anderen Losungen dieser Gleichung sind x1 = −1−√17

8und x2 = −1+

√17

8. Damit ergeben sich

die kritischen Stellen

S3 = (1, 0), S4 =(−1−

√17

8, 0)

S5 =(−1+

√17

8, 0).

• Falls x = 1 ist, so ist die erste Komponente genau dann gleich Null, wenn y2 = 0 ist, also

wenn y = 0 ist. Es ergibt sich in diesem Fall die bereits oben gefundene kritische Stelle S3 .

Zur Klassifikation der kritischen Stellen betrachen wir die Hessematrix von f :

Hf(x, y) =

(12x2 + 2y2 − 2− 6x 4xy − 2y

4xy − 2y 2x2 − 2x

).

Es ist damit

Hf(S1) =

(0 2

2 0

), Hf(S2) =

(0 −2

−2 0

), Hf(S3) =

(4 0

0 0

),

Hf(S4) =

(17+9

√17

80

0 13+5√17

16

), Hf(S5) =

(17−9

√17

80

0 13−5√17

16

).

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Da die Determinante von Hf(S1) negativ ist, ist die Hessematrix an dieser Stelle indefinit, so

dass wir bei S1 einen Sattelpunkt vorliegen haben. Dasselbe gilt fur S2 .

Es ist Hf(S4) positiv definit. Also ist S4 die Stelle eines lokalen Minimums.

Es ist Hf(S5) negativ definit, wie man unter Verwendung der Ungleichung√

17 > 4 aus (b)

erkennt: es ist 17− 9√

17 < 17− 9 · 4 < 0 und 13− 5√

17 < 13− 5 · 4 < 0. Also ist S5 die Stelle

eines lokalen Maximums.

Um S3 = (1, 0) treten in der Vorzeichenverteilung aus (a) sowohl negative als auch positive

Funktionswerte auf. Somit liegt bei S3 ein Sattelpunkt vor.

(Die Hessematrix von Hf(S3) ist nicht indefinit und kann daher nicht zur Entscheidung heran-

gezogen werden.)

Alternative Argumentation fur die Klassifikation der kritischen Stellen.

Wir konnen den jeweiligen Typ der kritischen Stellen auch ohne Kenntnis der Hessematrix be-

stimmen, indem wir die Vorzeichenverteilung aus (a) verwenden.

Um S1 = (0,−1) treten in der Vorzeichenverteilung aus (a) sowohl negative als auch positive

Funktionswerte auf. Somit liegt bei S1 ein Sattelpunkt vor.

Um S2 = (0, 1) treten in der Vorzeichenverteilung aus (a) sowohl negative als auch positive

Funktionswerte auf. Somit liegt bei S2 ein Sattelpunkt vor.

Um S3 = (1, 0) treten in der Vorzeichenverteilung aus (a) sowohl negative als auch positive

Funktionswerte auf. Somit liegt bei S3 ein Sattelpunkt vor.

In der Skizze aus (a) sei M die abgeschlossene Teilmenge von R2 , die vom Kreis und der Geraden

x = 0 eingeschlossen wird und auf der linken Seite dieser Geraden liegt. Sei N die abgeschlossene

Teilmenge von R2 , die vom Kreis und der Geraden x = 0 eingeschlossen wird und auf der rechten

Seite dieser Geraden liegt.

Aus (b) ist√

17 ∈ (4, 5) bekannt. Daraus folgt 18(−1 −

√17) ∈ (−3

4,−5

8) und also S4 ∈ M◦ .

Keine weitere kritische Stelle liegt in M◦ . Ferner folgt 18(−1 +

√17) ∈ (3

8, 12) und also S5 ∈ N◦ .

Keine weitere kritische Stelle liegt in N◦ .

Da f stetig und M kompakt ist, nimmt f auf M ein Minimum an. Da f auf dem Rand von

M gleich Null ist und auf M◦ negativ, wird dieses Minimum in M◦ angenommen. Dort liegt

also eine kritische Stelle von f vor. Da S4 die einzige kritische Stelle im Innern von M ist, liegt

damit bei S4 ein lokales Minimum vor.

Da f stetig und N kompakt ist, nimmt f auf N ein Maximum an. Da f auf dem Rand von

N gleich Null ist und auf N◦ positiv, wird dieses Maximum in N◦ angenommen. Dort liegt also

eine kritische Stelle von f vor. Da S5 die einzige kritische Stelle im Innern von N ist, liegt damit

bei S5 ein lokales Maximum vor.

In der Aufgabenstellung zwar nicht verlangt, fur diese alternative Argumentation aber nutzlich

ist es, die kritischen Stellen einzuzeichnen:

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Aufgabe 3 (4 Punkte)

(a) Sei t ∈ [5,+∞) ein Parameter. Berechnen Sie das Integral

∫ t

5

1

x ln(x)dx .

(b) Ermitteln Sie, ob die Reihe∞∑k=5

1

k ln(k)konvergiert.

(a) Wir substituieren u = ln(x). Es istdu

dx=

1

x. Es wird∫

1

x ln(x)dx =

∫1

udu

= [ln |u|]= [ln | ln(x)|] .

Somit wird ∫ t

5

1

x ln(x)dx = [ln | ln(x)|]t5 = ln(ln(t))− ln(ln(5)) .

(Die Betrage konnen letztendlich entfallen, da t = 5 > 1 und also ln(t) = ln(5) > ln(1) = 0 ist.)

(b) Es ist

limt→+∞

∫ t

5

1

x ln(x)dx = lim

t→+∞

(ln(ln(t))− ln(ln(5))

)= +∞ ,

da fur t→ +∞ sich ln(t)→ +∞ und also auch ln(ln(t))→ +∞ ergibt. Folglich ist das Integral∫ +∞

5

1

x ln(x)dx divergent.

Es ist1

x ln(x)fur x = 5 positiv und monoton fallend.

Folglich haben∞∑k=5

1

k ln(k)und

∫ +∞

5

1

x ln(x)dx dasselbe Konvergenzverhalten. Somit ist auch

∞∑k=5

1

k ln(k)divergent.

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Aufgabe 4 (6 Punkte)

Sei δ : R3 → R3 : x 7→ Ax die Drehung mit δ

1

0

0

=

0

1

0

und mit δ

0

1

0

=

0

0

1

,

wobei A ∈ R3×3 .

(a) Bestimmen Sie die Matrix A .

(b) Bestimmen Sie die Drehachse von δ . Bestimmen Sie den Cosinus des Drehwinkels von δ .

(c) Bestimmen Sie eine Orthonormalbasis B : b1, b2, b3 von R3

so, dass die Gerade L (b1) die Drehachse von δ ist.

(d) Bestimmen Sie die MatrixBδB

fur die Orthonormalbasis B aus (c).

(a) Sei aj der j -te Spaltenvektor von A . Es ist

a1 = A

1

0

0

= δ

1

0

0

=

0

1

0

,und

a2 = A

0

1

0

= δ

0

1

0

=

0

0

1

.Die lineare Abbildung δ ist eine Drehung genau dann, wenn die Matrix A eine eigentliche or-

thogonale Matrix ist; das heißt, wenn a1, a2, a3 eine Orthonormalbasis ist und det(A) = 1 gilt.

Ersteres liefert a3 =

±1

0

0

, zweiteres dann vollends a3 =

1

0

0

. Wir erhalten

A =

0 0 1

1 0 0

0 1 0

.

(b) Die Drehachse findet man durch Losen der Fixpunktgleichung Ax = x , also des homogenen

linearen Gleichungssystems (A− E3)x = 0. Es wird

(A− E3)x = 0⇔

−1 0 1

1 −1 0

0 1 −1

x = 0⇔

−1 0 1

0 −1 1

0 1 −1

x = 0⇔

1 0 −1

0 1 −1

0 0 0

x = 0 .

Der Losungsraum ist also die Gerade R

1

1

1

. Diese Gerade ist die Drehachse von δ .

Den Cosinus des Drehwinkels α findet man durch

cos(α) =SpA− 1

2= −1

2.

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(c) Wir wahlen b1 :=1√3

1

1

1

auf der Drehachse und von Lange 1.

Es ist b2 :=1√2

1

−1

0

senkrecht auf b1 und von Lange 1.

Mit b3 := b1 × b2 =1√6

1

1

−2

ist folglich B : b1, b2, b3 eine Orthonormalbasis.

(d) Sei B die Matrix mit Spalten b1, b2, b3 .

Da B eine Orthogonalmatrix ist, wird B−1 = Bᵀ

und also

BδB

=B

idE E

δE E

idB

= B−1AB = BᵀAB

Somit wird

BδB

= BᵀAB =

1√3

1√3

1√3

1√2−1√2

01√6

1√6−2√6

0 0 1

1 0 0

0 1 0

1√3

1√2

1√6

1√3−1√2

1√6

1√3

0 −2√6

=

1√3

1√3

1√3

−1√2

0 1√2

1√6−2√6

1√6

1√3

1√2

1√6

1√3−1√2

1√6

1√3

0 −2√6

=

1 0 0

0 −12−√32

0√32−1

2

.

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Aufgabe 5 (12 Punkte)

Seien E =

((0

0

);

(1

0

),

(0

1

))und F =

((0

0

);1

5

(4

−3

),1

5

(3

4

))Koordinatensysteme von R2 .

Bezuglich E heißen die Koordinaten x1 , x2 . Bezuglich F heißen die Koordinaten y1 , y2 .

Sei f : R2 → R : (x1, x2) 7→ 4x21 + x22 . Sei die Quadrik Q bezuglich E beschrieben durch

Q : 4x21 + x22 = 16 ,

also als Niveaumenge von f zum Niveau 16.

(a) Zeichnen Sie F und Q in das Standardkoordinatensystem E ein.

(b) Sei P der Punkt mitEP =

4

5

(−2

3

). Liegt der Punkt P auf der Quadrik Q ?

(c) Berechnen Sie den Gradienten ∇f (x1, x2).

(d) Sei g die Tangente an die Quadrik Q durch den Punkt P aus (b).

Berechnen Sie einen Richtungsvektor von g .

Zeichnen Sie P und g in die Zeichnung aus (a) ein.

(e) Bestimmen Sie die KoordinatentransformationenEκF

undFκE

.

(f) Geben Sie eine Beschreibung der Quadrik Q bezuglich F an.

(a) Die Quadrik Q wird beschrieben durch 4x21 + x22 = 16, also durch −x21

22− x22

42+ 1 = 0. Dies ist

eine Ellipse mit Halbachsenlangen 2 und 4. Damit lasst sich Q einzeichnen:

Das Koordinatensystem E ist in schwarz, das Koordinatensystem F in grun eingezeichnet.

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(b) Wegen

4 ·(−4

5· 2)2

+

(4

5· 3)2

= 4 · 64

25+

144

25=

400

25= 16

erfullt P die Gleichung 4x21 + x22 = 16 und liegt somit auf Q .

(c) Es ergibt sich der Gradient ∇f (x1, x2) =

(8x1

2x2

).

(d) Es steht ∇f (P ) =1

5

(−64

24

)=

8

5

(−8

3

)orthogonal auf der Tangente g durch P an die

Niveaumenge von f .

Ein Richtungsvektor von g ergibt sich somit zu

(3

8

).

Wir erhalten folgende Zeichnung.

Hierfur ist keine neue Skizze anzufertigen, vielmehr sind der Punkt P und die Tangente g in die

Skizze aus (a) einzuzeichnen. Zur besseren Ubersicht der einzelnen Aufgabenteile wurde hier die

erste Skizze wiederholt und mit den Markierungen fur g und P versehen.

(e) Sei F =1

5

(4 3

−3 4

). Es gilt F−1 = F

ᵀ, da F eine Orthogonalmatrix ist. Somit wird

EκF

: R2 → R2 : y 7→ Fy + 0 =1

5

(4 3

−3 4

)y

und

FκE

: R2 → R2 : x 7→ F−1(x− 0) =1

5

(4 −3

3 4

)x .

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(f) Mit x =EκF(y) = Fy ergibt sich

4x21 + x22 = 16 ⇔ xᵀ

(4 0

0 1

)x = 16

(1

5

(4 3

−3 4

)y

)T(4 0

0 1

)(1

5

(4 3

−3 4

)y

)= 16

⇔ 1

25yᵀ

(4 3

−3 4

)T(4 0

0 1

)(4 3

−3 4

)y = 16

⇔ yᵀ

(73 36

36 52

)y = 400

⇔ 73y21 + 72y1y2 + 52y22 = 400 .

Daher wird Q bezuglich F beschrieben durch 73y21 + 72y1y2 + 52y22 = 400 .

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Name,

Vorname:

Matrikel-

Nummer:

Studien-

gang:

Aufgabe 6 (4 Punkte)

(a) Bestimmen Sie folgende Reihenwerte.

∞∑k=1

1

2kk!=

√e− 1

∞∑k=0

(−π2

16

)k· 1

(2k)!=

1

2

√2

(b) Sei t ∈ R . Berechnen Sie : Re(e2πit/3) = cos(2πt/3)

Bestimmen Sie alle Haufungspunkte der Folge(2 Re(e2πik/3)

)k∈N : 2, −1

Aufgabe 7 (6 Punkte)

Seien u =1

3

2

1

2

und v =1

3

1

2

−2

Vektoren aus R3 .

(a) Bestimmen Sie w ∈ R3 derart, dass R : u, v, w ein Rechtssystem ist : w =1

3

−2

2

1

(b) Berechnen Sie u× w =

−v =

1

3

−1

−2

2

.

(c) Berechnen Sie (u× (u+ w))× w =

−u =

1

3

−2

−1

−2

und u× ((u+ w)× w) =

−w =

1

3

2

−2

−1

.

(d) Sei D das Dreieck, dessen Ecken die Ortsvektoren u , v und 3u+ v haben.

Bestimmen Sie den Flacheninhalt von D :3

2

(e) Bestimmen Sie die Anzahl der Vektoren x ∈ R3 ,

fur welche B : u, v, x eine Orthonormalbasis von R3 ist : 2

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Aufgabe 8 (4 Punkte)

Wir betrachten das Vektorfeld g : R2 → R2 :

(x

y

)7→

(0

y

).

Die geschlossene Kurve K werde durch C : [0, 2π]→ R2 : t 7→

(3 cos(t) + 1

sin(t)

)parametrisiert.

Bestimmen Sie C ′(t) =

(−3 sin(t)

cos(t)

)und

∫2(sin(t))2 dt = [− sin(t) cos(t) + t] .

Berechnen Sie den Ausfluss von g durch K : A(g,K) = 3π

Aufgabe 9 (5 Punkte) Sei t ∈ R ein Parameter. Sei At =

(1 t

t 2

)∈ R2×2 .

Bestimmen Sie die Spur : Sp(At) = 3

Bestimmen Sie die Determinante : det(At) = 2− t2

Bestimmen Sie das charakteristische Polynom : χAt(λ) = λ2 − 3λ+ (2− t2)

Fur welche Werte von t ist At invertierbar? t ∈ Rr {−√

2,√

2}

Fur welche Werte von t ist At positiv definit? t ∈ (−√

2,√

2)

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