HM1_Lösung

Kurzlösung zur Klausur HM1

Aufgabe 1 (7 Punkte)

Die Reihe hat die Form \[ \sum_{n=1}^{\infty} a_n (x-1)^n, \quad a_n = \frac{1}{n 3^n} \] und ist eine Potenzreihe mit Konvergenzradius \[ R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = 3. \] Damit konvergiert die Reihe für \[ |x - 1| < 3, \quad \Rightarrow \quad -2 < x < 4. \] Randpunkte prüfen: - Für $ x = -2 $ divergiert die Reihe, da sie zur harmonischen Reihe führt. - Für \(x = 4\) divergiert sie ebenfalls aus dem gleichen Grund.

Lösung: Die Reihe konvergiert für \(x \in (-2,4)\).

Aufgabe 2 (14 Punkte)

Definitionsbereich: \[ x^2(x-3) \neq 0 \Rightarrow x \neq 0,3. \]

Nullstellen: Keine, da der Zähler immer positiv ist.

Ableitungen: \[ f'(x) = \frac{- (2x^2 - 6x)}{x^4 - 3x^3}, \] setzen von \(f'(x) = 0\) liefert \(x = 0, 3\) (nicht im Definitionsbereich) und \(x = 3/2\). \(f''(x)\) bestätigt ein lokales Minimum bei \(x = 3/2\).

Asymptoten: - Polstellen: \(x = 0, 3\) (senkrechte Asymptoten) - Für \(x \to \pm \infty\) geht \(f(x) \to 0\) (waagrechte Asymptote).

Skizze: Die Funktion hat eine Minimumstelle bei \(x = 3/2\) und zwei Polstellen.

Aufgabe 3 (5+5 Punkte)

a) Umwandlung in Polarform: \[ \sqrt{2} + i \sqrt{2} = 2 e^{i \pi/4}. \] Damit: \[ (2 e^{i \pi/4})^3 = 8 e^{i 3\pi/4}, \] \[ (2 e^{i \pi/3})^6 = 64 e^{i 2\pi}. \] Ergebnis: \[ \frac{8 e^{i 3\pi/4}}{64 e^{i 2\pi}} = \frac{1}{8} e^{-i 5\pi/4}. \]

b) Faktorisieren: \[ z^6 - (\sqrt2 + \sqrt2 i) z^2 = 0. \] Setzen \(w = z^2\) und lösen: \[ w(w^2 - (\sqrt2 + \sqrt2 i)) = 0. \] Finden der Wurzeln und Umwandlung in Polarform ergibt 6 Lösungen.

Aufgabe 4 (6+4 Punkte)

a) Taylorentwicklung von \(g(x) = x^2 \ln x\) um \(x = e\): \[ g(e) = e^2, \quad g'(e) = 2e \ln e + e = 3e, \] \[ g''(e) = \frac{2e}{e} + 2 \ln e + 1 = 5, \] \[ g'''(e) = \frac{2}{e} + \frac{2}{e} = 4/e. \] Taylorpolynom: \[ g(x) \approx e^2 + 3e (x - e) + \frac{5}{2} (x - e)^2 + \frac{2}{3e} (x - e)^3. \]

b) Abschätzung des Fehlers mit der Restgliedformel.

Aufgabe 5 (7+2 Punkte)

a) Partialbruchzerlegung von: \[ \frac{x^2+4x-3}{x^3-3x-2} \] Polynomdivision und Zerlegung führen zu: \[ \frac{x^2+4x-3}{(x+1)(x-2)(x+1)} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x-2} + \frac{C}{x+1}. \] Bestimmen der Koeffizienten.

b) Bestimmen der Stammfunktion durch Aufsummieren der Partialbruch-Integrale.

Aufgabe 6 (4+6 Punkte)

a) Grenzwert: \[ \lim_{y \to 1} \sqrt{1 - y^2} \ln (\sqrt{1 - y^2}). \] Setze \(t = \sqrt{1 - y^2}\), dann ist \(t \to 0\) und damit: \[ t \ln t \to 0. \]

b) Integral: \[ I(y) = \int_0^y \ln(\sqrt{1 - x^2}) \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}dx. \] Substitution \(u = 1 - x^2\) führt zu Lösung.

Kurzlösung zur Klausur HM 2

Aufgabe 1 (8 Punkte)

Gegeben: \[ A=\begin{pmatrix} 1&1&3&1\\ 2&-1&0&1\\ -3&2&1&-2\\ 4&1&6&1 \end{pmatrix},\quad b=\begin{pmatrix}6\\-1\\1\\3\end{pmatrix}. \]

Lösungsschritte:

  1. Gauß-Elimination:
    – Schreiben Sie das erweiterte System und eliminieren Sie \(x_1\) mithilfe von Zeilenoperationen.
    – Durch Einsetzen von \(x_1\) aus der ersten Zeile in die anderen erhält man ein System in den Variablen \(x_2\), \(x_3\) und \(x_4\).

  2. Reduziertes System (nach Substitution):
    Es stellt sich folgendes Teilsystem heraus: \[ \begin{aligned} &3x_2+6x_3+x_4=13,\\ &5x_2+10x_3+x_4=19,\\ &x_2+2x_3+x_4=7. \end{aligned} \] Aus der Differenz der ersten beiden Gleichungen folgt: \[ 2x_2+4x_3=6\quad\Rightarrow\quad x_2+2x_3=3. \] Mit der dritten Gleichung: \[ x_2+2x_3+x_4=7\quad\Rightarrow\quad x_4=4. \] Setzen Sie \(x_3=t\) als freien Parameter ein, dann folgt: \[ x_2=3-2t. \]

  3. Rücksubstitution:
    Aus der ersten Zeile: \[ x_1=6 - x_2-3x_3-x_4 = 6 - (3-2t) - 3t - 4 = -1 - t. \]

Ergebnis:
\[ x(t)=\begin{pmatrix} -1-t\\ 3-2t\\ t\\ 4\end{pmatrix},\quad t\in\mathbb{R}. \] Da ein freier Parameter verbleibt, ist der Rang von \(A\)
\[ \operatorname{rg}(A)=3. \]

Aufgabe 2 (7+3 Punkte)

a) Parameterdarstellung der Geraden \(g\):

Die Koordinatendarstellung \[ \frac{4-x_1}{2}=\frac{4+x_2}{3}=\frac{2-x_3}{2}=t \] liefert: \[ \begin{aligned} x_1&=4-2t,\\ x_2&=3t-4,\\ x_3&=2-2t. \end{aligned} \] Also:
\[ g(t)=(4-2t,\;3t-4,\;2-2t)^T. \]

Parameterdarstellung der Ebene \(E\):

Gegeben durch die Punkte \[ P=(3,1,2),\quad Q=(-1,3,2),\quad R=(5,-2,4). \] Berechnen Sie zwei Richtungsvektoren: \[ \begin{aligned} \vec{PQ}&=Q-P=(-4,2,0),\\ \vec{PR}&=R-P=(2,-3,2). \end{aligned} \] Der Normalenvektor ist das Kreuzprodukt: \[ n=\vec{PQ}\times\vec{PR}=\begin{pmatrix}4\\8\\8\end{pmatrix}\quad\Rightarrow\quad n=(1,2,2) \] (bei Bedarf normiert).
Die Ebenengleichung in Hesse-Normalform lautet dann: \[ 1\,(x-3)+2\,(y-1)+2\,(z-2)=0\quad\Rightarrow\quad x+2y+2z-9=0. \]

b) Schnitt bzw. Abstand:

Setzen Sie \(g(t)=(4-2t,3t-4,2-2t)\) in die Ebenengleichung ein: \[ (4-2t)+2(3t-4)+2(2-2t)-9=4-2t+6t-8+4-4t-9=-9. \] Da \(-9\neq0\) – unabhängig von \(t\) – liegt die Gerade nicht in der Ebene (keinen Schnittpunkt).

Abstand:
Der Abstand \(d\) eines beliebigen Punktes \(P_g\) der Geraden von der Ebene ist: \[ d=\frac{|(4-2t)+2(3t-4)+2(2-2t)-9|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{9}{3}=3. \]

Aufgabe 3 (8+3 Punkte)

Gegeben: \[ A=\begin{pmatrix} 1&-2&3\\ 1&0&1\\ 0&4&-2 \end{pmatrix}. \]

a) Eigenwerte:

Berechnen Sie die Determinante von \(A-\lambda I\): \[ \det\Bigl(A-\lambda I\Bigr)=\lambda^3+\lambda^2-4\lambda-4=0. \] Offensichtlich ist \(\lambda=2\) eine Nullstelle. Faktorisieren: \[ \lambda^3+\lambda^2-4\lambda-4=(\lambda-2)(\lambda+1)(\lambda+2)=0. \] Eigenwerte:
\(\lambda_1=2,\quad \lambda_2=-1,\quad \lambda_3=-2.\)

Eigenvektoren:

  • Für \(\lambda=2\): Lösen \((A-2I)v=0\) führt zu
    \[ v=(1,\,1,\,1)^T. \]
  • Für \(\lambda=-1\): Lösen \((A+I)v=0\) ergibt
    \[ v=(-5,\,1,\,4)^T. \]
  • Für \(\lambda=-2\): Lösen \((A+2I)v=0\) liefert
    \[ v=(-1,\,0,\,1)^T. \]

b) Darstellung in der Eigenbasis:

Sei \(B=\{(1,1,1),\,(-5,1,4),\,(-1,0,1)\}\). Dann ist die Darstellung der linearen Abbildung \[ y=Ax \] in Basis \(B\) diagonal: \[ A_B=\begin{pmatrix} 2&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&-2 \end{pmatrix}. \]

Aufgabe 4 (4+4+3 Punkte)

a) Stationäre Punkte:

Berechnen Sie die partiellen Ableitungen: \[ \begin{aligned} f_x(x,y)&=-\ln x+\frac{y^2-x}{x},\\ f_y(x,y)&=2y\,\ln x. \end{aligned} \] Setzen \(f_y=0\): - Fall 1: \(\ln x=0\) \(\Rightarrow x=1\). Dann \(f_x(1,y)=\,(y^2-1)=0\) \(\Rightarrow y=\pm 1.\) - Fall 2: \(y=0\). Dann \(f_x(x,0)=-\ln x-1=0\) \(\Rightarrow \ln x=-1\) \(\Rightarrow x=e^{-1}.\)

Stationäre Punkte:
\((1,1),\;(1,-1),\;(e^{-1},0).\)

b) Klassifizierung:

  • Bei \((1,1)\) und \((1,-1)\):
    Berechnen der Hesse-Matrix führt zu einem negativen Determinantenwert (\(D<0\)) – Sattelpunkt.

  • Bei \((e^{-1},0)\):
    Mit \(f_{xx}(e^{-1},0)=-e\) und \(f_{yy}(e^{-1},0)=-2\) ergibt sich
    \[ D=(-e)(-2)=2e>0,\quad f_{xx}<0, \] also lokales Maximum.

c) Taylor-Polynom 2. Ordnung in \((1,2)\):

Berechnen Sie: \[ \begin{aligned} f(1,2)&=(4-1)\ln1=0,\\ f_x(1,2)&=-\ln1+\frac{4-1}{1}=3,\\ f_y(1,2)&=2\cdot2\,\ln1=0. \end{aligned} \] Zusatzableitungen: \[ \begin{aligned} f_{xx}(x,y)&=-\frac{1}{x}-\frac{y^2}{x^2}\quad\Rightarrow\quad f_{xx}(1,2)=-1-4=-5,\\ f_{xy}(x,y)&=\frac{2y}{x}\quad\Rightarrow\quad f_{xy}(1,2)=4,\\ f_{yy}(x,y)&=2\ln x\quad\Rightarrow\quad f_{yy}(1,2)=0. \end{aligned} \] Taylorpolynom: \[ T_2(x,y)=3(x-1)+\frac{1}{2}\Bigl[-5(x-1)^2+8(x-1)(y-2)\Bigr]. \]

Aufgabe 5 (7+3 Punkte)

Gegeben:
\(f(x,y)=(3x+2y)x=3x^2+2xy\) und Nebenbedingung
\[ g(x,y)=2x^3+3x^2y-40=0. \]

a) Lagrange-Funktion: \[ \mathcal{L}(x,y, \lambda)=3x^2+2xy+\lambda\Bigl(2x^3+3x^2y-40\Bigr). \] Ableitungen: \[ \begin{aligned} \mathcal{L}_x&=6x+2y+\lambda\,(6x^2+6xy)=0,\\ \mathcal{L}_y&=2x+3\lambda x^2=0,\\ \mathcal{L}_\lambda&=2x^3+3x^2y-40=0. \end{aligned} \] Aus \(\mathcal{L}_y=0\) (bei \(x\neq0\)): \[ 2x+3\lambda x^2=0\quad\Rightarrow\quad \lambda=-\frac{2}{3x}. \] Einsetzen in \(\mathcal{L}_x=0\) liefert: \[ 6x+2y-\frac{2}{3x}(6x^2+6xy)=6x+2y-4x-4y=2x-2y=0, \] also \(y=x\).
In die Nebenbedingung einsetzen: \[ 2x^3+3x^3=5x^3=40\quad\Rightarrow\quad x^3=8\quad\Rightarrow\quad x=2, \] und damit \(y=2\).

Kandidat:
\((2,2)\).

b) Ableitung entlang der durch die Nebenbedingung implizit gegebenen Kurve:

Gesucht ist \[ \frac{d}{dx}f(x,y(x))=f_x(x,y)+f_y(x,y)\,y'(x), \] wobei \(y'(x)\) über die totale Differentiation der Nebenbedingung \(g(x,y)=0\) mit \[ y'(x)=-\frac{g_x}{g_y},\quad g_x=6x^2+6xy,\quad g_y=3x^2. \] Einsetzen liefert \[ \frac{d}{dx}f(x,y(x))=2x-2y, \] insbesondere bei \((2,2)\) gilt:
\(\frac{d}{dx}f(2,2)=0\).

Aufgabe 6 (10 Punkte)

Gegeben:
\(f(x,y)=\frac{2y}{x}\), und das Kreissegment \(B\) wird begrenzt durch
- die Kreislinie: \((x-2)^2+y^2=4\)
- die Gerade: \(x+2y=4\).

Lösungsschritte:

  1. Polarkoordinaten:
    Verschieben Sie das Koordinatensystem zum Kreiszentrum \((2,0)\): \[ x=2+r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta,\quad r\le2. \]

  2. Transformation der Geradengleichung:
    Einsetzen:
    \[ (2+r\cos\theta)+2r\sin\theta=4\quad\Rightarrow\quad r\bigl(\cos\theta+2\sin\theta\bigr)=2. \] Dies bestimmt den radialen Grenzwert \(r_{\max}(\theta)=\dfrac{2}{\cos\theta+2\sin\theta}\) für Winkel \(\theta\) in einem bestimmten Intervall \([\theta_1,\theta_2]\).

  3. Integralaufbau:
    Mit \(f(x,y)=\frac{2r\sin\theta}{2+r\cos\theta}\) und dem Jakobiand \(r\) ergibt sich: \[ I=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\int_{0}^{r_{\max}(\theta)} \frac{2r\sin\theta}{2+r\cos\theta}\,r\,dr\,d\theta. \]

  4. Berechnung:
    Nach Durchführung der \(r\)- und \(\theta\)-Integration (unter Beachtung der durch den Schnitt der Kreislinie und der Geraden bestimmten Grenzen) erhält man: \[ I=\frac{8}{3}\Biggl[2\arctan\Bigl(\frac{3}{4}\Bigr)-\ln\Bigl(\frac{25}{9}\Bigr)\Biggr]. \]

Endergebnis Kurzfassung:

  • Aufgabe 1:
    \(\displaystyle x=(-1-t,\;3-2t,\;t,\;4)^T,\; t\in\mathbb{R}\) und \(\operatorname{rg}(A)=3.\)

  • Aufgabe 2:
    Geradendarstellung: \(g(t)=(4-2t,\;3t-4,\;2-2t)^T.\)
    Ebenengleichung (Hesse-Normalform): \(x+2y+2z-9=0.\)
    Schnitt: Nein; Abstand: \(3.\)

  • Aufgabe 3:
    Eigenwerte: \(2,\;-1,\;-2.\)
    Eigenvektoren: \((1,1,1)^T,\;(-5,1,4)^T,\;(-1,0,1)^T.\)
    Darstellung in Eigenbasis: \(A_B=\operatorname{diag}(2,-1,-2).\)

  • Aufgabe 4:
    Stationäre Punkte: \((1,1)\) und \((1,-1)\) (Sattelpunkte), \((e^{-1},0)\) (lokales Maximum).
    Taylorpolynom 2. Ordnung in \((1,2)\): \[ T_2(x,y)=3(x-1)+\frac{-5(x-1)^2+8(x-1)(y-2)}{2}. \]

  • Aufgabe 5:
    Mit Lagrange-Multiplikatoren: Kandidat \((2,2)\);
    Ableitung entlang der Nebenbedingung: \(\frac{d}{dx}f(x,y(x))=2(x-y)\) (bei \((2,2)\) \(=0\)).

  • Aufgabe 6:
    Nach Umrechnung in Polarkoordinaten und Integration: \[ I=\frac{8}{3}\Biggl[2\arctan\Bigl(\frac{3}{4}\Bigr)-\ln\Bigl(\frac{25}{9}\Bigr)\Biggr]. \]

Kurzlösung zur Klausur HM4

Aufgabe 1: Vektoriterationsalgorithmus

a) Approximation des betragsgrößten Eigenwertes Gegeben: \[ A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \quad x_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \]

  1. Iteration: \[ x_1 = A x_0 = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \end{pmatrix} \] \[ \lambda_1 \approx \frac{\|x_1\|_\infty}{\|x_0\|_\infty} = \frac{3}{1} = 3 \]

  2. Iteration: \[ x_2 = A x_1 = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 \\ 3 \end{pmatrix} \] \[ \lambda_2 \approx \frac{\|x_2\|_\infty}{\|x_1\|_\infty} = \frac{6}{3} = 2 \]

b) Approximation des betragskleinsten Eigenwertes mit inverser Iteration Gegeben: \[ x_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \]

  1. Iteration: \[ y_1 = A^{-1} x_0 \approx \begin{pmatrix} 1/3 & 1/3 \\ 1/3 & -2/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \end{pmatrix} \] \[ \lambda_1 \approx \frac{1}{\|y_1\|_\infty} \approx -1 \]

  2. Iteration analog.

Aufgabe 2: Interpolation

a) Newton-Interpolationspolynom Berechnung der dividierten Differenzen: \[ f[x_0] = 5, f[x_1] = 1, f[x_2] = 1, f[x_3] = -1 \] \[ f[x_0,x_1] = \frac{1-5}{0-(-1)} = -4 \] \[ f[x_1,x_2] = \frac{1-1}{1-0} = 0 \] \[ f[x_2,x_3] = \frac{-1-1}{2-1} = -2 \] \[ f[x_0,x_1,x_2] = \frac{0-(-4)}{1-(-1)} = 2 \] \[ f[x_1,x_2,x_3] = \frac{-2-0}{2-0} = -1 \] \[ f[x_0,x_1,x_2,x_3] = \frac{-1-2}{2-(-1)} = -1 \]

Newton-Polynom: \[ p(x) = 5 -4(x+1) + 2(x+1)x -1(x+1)x(x-1) \]

b) Monomdarstellung durch Umformung.

c) Bisektionsverfahren zur Nullstellenapproximation: \[ x_1=1, x_2=2 \] \[ p(1), p(1.5), p(2) \] berechnen, bis hinreichende Genauigkeit erreicht.

d) Simpson-Regel: \[ \int_{-1}^{1} p(x) dx \approx \frac{1-(-1)}{6} (f(-1) + 4f(0) + f(1)) \]

Aufgabe 3: Lineare Regression

a) Normalengleichungen Aufstellen der Summen für die Koeffizienten der Normalengleichung.

b) Cholesky-Zerlegung 1. Zerlege $ A = LL^T $ mit \[ L = \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix} \]

  1. Vorwärts- und Rückwärtseinsetzen zur Lösung von $Ax = b $.

Aufgabe 4: Nichtlineare Regression

a) Formulierung als Fehlerquadratsumme \[ r_i(x_1, x_2) = f(x_1, x_2, t_i) - y_i \] Minimiere $ r_i^2 $.

b) Gauß-Newton-Verfahren Berechnung der Jacobi-Matrix und Iteration $x^{(1)} = x^{(0)} - (J^T J)^{-1} J^T r $. Vergleich der Fehlerquadratsumme zur Beurteilung der Verbesserung.