Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/1/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Abstandsfunktion auf einem reellen Vektorraum ${}V$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$.
2. Die Konvergenz einer Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem metrischen Raum ${}M$.
3. Ein Anfangswertproblem in einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$.
4. Ein homogenes lineares Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.
5. Ein kritischer Punkt einer differenzierbaren Funktion ${}f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$.
6. Der Schwerpunkt zu einer stetigen Massenverteilung

   $f\colon T\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$

   auf einer kompakten Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ mit positivem Gesamtvolumen.

Lösung

1. Zu zwei Vektoren ${}v,w\in V$ nennt man

   ${}d{\left(v,w\right)}:=\Vert {v-w}\Vert :={\sqrt {\left\langle v-w,v-w\right\rangle }}\,$

   den Abstand zwischen ${}v$ und ${}w$.

2. Man sagt, dass die Folge konvergiert, wenn es ein ${}x\in M$ gibt, das folgende Eigenschaft erfüllt: Zu jedem ${}\epsilon \in \mathbb {R}$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung

   $d{\left(x_{n},x\right)}\leq \epsilon$

   gilt.

3. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein reelles Intervall, ${}U\subseteq V$ eine offene Menge und

   $f\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto f(t,v),$

   ein Vektorfeld auf ${}U$. Es sei ${}(t_{0},w)\in I\times U$ gegeben. Dann nennt man

   $v'=f(t,v){\text{ und }}v(t_{0})=w$

   das Anfangswertproblem zur gewöhnlichen Differentialgleichung ${}v'=f(t,v)$ mit der Anfangsbedingung ${}v(t_{0})=w$.

4. Ein homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten ist eine Differentialgleichung der Form

   ${}v'=Mv\,,$

   wobei

   ${}M={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{n1}&a_{n2}&\ldots &a_{nn}\end{pmatrix}}\,$

   eine Matrix mit Einträgen ${}a_{ij}\in {\mathbb {C} }$ ist.

5. Zur differenzierbaren Funktion

   $f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}$

   heißt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ ein kritischer Punkt, wenn

   ${}\left(Df\right)_{P}=0\,$

   ist.

6. Der Schwerpunkt von ${}T$ ist der Punkt ${}\left(s_{1},\,\ldots ,\,s_{n}\right)$ mit den Koordinaten

   ${}s_{i}={\frac {\int _{T}x_{i}fd\lambda ^{n}}{\int _{T}fd\lambda ^{n}}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Lösungsverfahren für homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen.
2. Die Mittelwertabschätzung für eine differenzierbare Kurve

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$

3. Der Satz über stetige partielle Ableitungen und totale Differenzierbarkeit für eine Funktion ${}f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{m}$.

Lösung

1. Es sei

   ${}y'=g(t)y\,$

   eine homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit einer stetigen Funktion

   $g\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t),$

   die auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ definiert sei. Es sei ${}G$ eine Stammfunktion zu ${}g$ auf ${}I$. Dann sind die Lösungen der Differentialgleichung gleich

   $y(t)=c\cdot \exp(G(t)){\text{ mit }}c\in \mathbb {R} .$

2. Es gibt ein ${}c\in [a,b]$ mit

   ${}\Vert {f(b)-f(a)}\Vert \leq (b-a)\cdot \Vert {f'(c)}\Vert \,.$

3. Wenn alle partiellen Ableitungen von ${}f$ existieren und stetig sind, so ist ${}f$ total differenzierbar.

Aufgabe (5 (4+1) Punkte)

a) Finde alle Lösungen der inhomogenen linearen Differentialgleichung

$y'=-{\frac {\sin t}{\cos t}}y+(t^{2}-3)\cos t$

für ${}t\in {]{-{\frac {\pi }{2}}},{\frac {\pi }{2}}[}$.

b) Löse das Anfangswertproblem

$y'=-{\frac {\sin t}{\cos t}}y+(t^{2}-3)\cos t{\text{ mit }}y(0)=7.$

Lösung

a) Wir berechnen zuerst die Lösungen der zugehörigen homogenen linearen Differentialgleichung

$y'=-{\frac {\sin t}{\cos t}}y.$

Eine Stammfunktion zu ${}g(t)=-{\frac {\sin t}{\cos t}}$ ist ${}G(t)=\ln {\left(\cos t\right)}$. Daher sind (mit $c\in \mathbb {R}$)

${}c\cdot e^{\ln {\left(\cos t\right)}}=c\cdot \cos t\,$

die Lösungen der homogenen Gleichung.

Zur Bestimmung einer Lösung der inhomogenen Gleichung müssen wir eine Stammfunktion zu

$(t^{2}-3)\cdot \cos t\cdot (\cos t)^{-1}=t^{2}-3$

bestimmen. Eine solche ist ${}{\frac {1}{3}}t^{3}-3t$. Somit sind die Lösungen der inhomogenen Differentialgleichung gleich

${\left({\frac {1}{3}}t^{3}-3t\right)}\cos t+c\cdot \cos t,c\in \mathbb {R} .$

b) Zur Lösung des Anfangswertproblems müssen wir das ${}c$ aus Teil a) bestimmen. Die Anfangsbedingung führt auf

${}c\cos 0=7\,,$

also ist ${}c=7$ und

${\left({\frac {1}{3}}t^{3}-3t\right)}\cos t+7\cdot \cos t$

ist die Lösung des Anfangswertproblems.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme das orthogonale Komplement zu dem von ${}{\begin{pmatrix}-2\\8\\9\end{pmatrix}}$ erzeugten Untervektorraum im ${}\mathbb {R} ^{3}$.

Lösung

Die Vektoren ${}{\begin{pmatrix}8\\2\\0\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}9\\0\\2\end{pmatrix}}$ stehen offenbar senkrecht auf der gegebenen Geraden und sind zueinander linear unabhängig. Daher und aus Dimensionsgründen ist der Orthonormalraum gleich

${\left\{r{\begin{pmatrix}8\\2\\0\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}9\\0\\2\end{pmatrix}}\mid r,s\in \mathbb {R} \right\}}.$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Stetigkeit linearer Abbildungen.

Lösung

Eine komplex-lineare Abbildung ist auch reell-linear, und die euklidische Metrik hängt nur von der reellen Struktur ab. Wir können also ${}{\mathbb {K} }=\mathbb {R}$ annehmen. Aufgrund von Lemma 36.7 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) können wir ${}m=1$ annehmen. Die Abbildung sei durch

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\left(x_{1},\ldots ,x_{n}\right)}\longmapsto \sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i},$

mit ${}a_{i}\in \mathbb {R}$ gegeben. Die Nullabbildung ist konstant und daher stetig, also sei ${}a={\max {\left(\vert {a_{i}}\vert ,i=1,\ldots ,n\right)}}>0$. Es sei ${}x\in \mathbb {R} ^{n}$ und ein ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Für alle ${}y\in \mathbb {R} ^{n}$ mit ${}d{\left(x,y\right)}\leq {\frac {\epsilon }{na}}$ ist insbesondere ${}\vert {x_{i}-y_{i}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{na}}$ für alle ${}i$ und daher ist

${}{\begin{aligned}d{\left(\varphi (x),\varphi (y)\right)}&=\vert {\sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i}-\sum _{i=1}^{n}a_{i}y_{i}}\vert \\&=\vert {\sum _{i=1}^{n}a_{i}(x_{i}-y_{i})}\vert \\&\leq \sum _{i=1}^{n}\vert {a_{i}(x_{i}-y_{i})}\vert \\&\leq na\vert {x_{i}-y_{i}}\vert \\&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (8 (4+4) Punkte)

Wir betrachten die reelle Ebene ${}\mathbb {R} ^{2}$ ohne den offenen Kreis mit Mittelpunkt ${}M=(0,0)$ und Radius ${}3$, also

${}T={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\geq 3\right\}}\,.$

Eine Person befindet sich im Punkt ${}A=(5,0)$ und möchte zum Punkt ${}B=(-5,0)$, wobei sie sich nur in ${}T$ bewegen darf.

a) Zeige, dass die Person von ${}A$ nach ${}B$ entlang von zwei geraden Strecken kommen kann, deren Gesamtlänge ${}12,5$ ist.

b) Zeige, dass die Person von ${}A$ nach ${}B$ entlang eines stetigen Weges kommen kann, dessen Gesamtlänge maximal ${}11,9$ ist.

Lösung

a) Wir betrachten die (obere) Tangente an den Kreis durch ${}(5,0)$. Es sei ${}C$ der Schnittpunkt des Kreises mit dieser Tangente. Diese steht senkrecht auf dem Ortsvektor zu ${}C$. Nach dem Satz des Pythagoras, angewendet auf das rechtwinklige Dreieck ${}M,C,A$, besitzt die Verbindungsstrecke von ${}A$ nach ${}C$ die Länge ${}4$. Es sei ${}D$ der Schnittpunkt der Tangente mit der ${}y$-Achse. Wir betrachten das (rechtwinklige) Dreieck ${}M,D,C$. Der Winkel dieses Dreiecks an ${}M$ stimmt mit dem Winkel des zuerst betrachteten Dreiecks an ${}A$ überein. Daher sind die beiden Dreiecke ähnlich (d.h. es gelten die gleichen Längenverhältnisse) und daher besteht, wenn ${}x$ die Länge von ${}C$ nach ${}D$ bezeichnet, die Beziehung

${}{\frac {x}{3}}={\frac {3}{4}}\,.$

Also ist ${}x=2{,}25$. Daher ist die Strecke von ${}A$ nach ${}D$ gleich

${}4+2{,}25=6{,}25\,.$

Man kann also auf dieser Tangente von ${}A$ nach ${}D$ und von dort mit der gespiegelten Tangente von ${}D$ nach ${}B$ gelangen und legt dabei einen Weg der Länge ${}12{,}5$ zurück.

b) Die Person bewegt sich nun von ${}A$ nach ${}C$ längs der Tangenten, folgt dann dem Kreis bis zu dem ${}C$ gegenüberliegenden Punkt ${}C'$ und läuft dann längs der gespiegelten Tangenten von ${}C'$ nach ${}B$. Dieser Weg ist offenbar stetig. Es sei ${}\alpha$ der Winkel des Dreiecks ${}M,C,A$ an ${}A$. In diesem rechtwinkligen Dreieck besteht die Beziehung („Gegenkathete durch Hypotenuse“)

${}\sin \alpha ={\frac {3}{5}}\,.$

Daher ist ${}\alpha =0{,}6435\dotso$ im Bogenmaß. Wie unter a) bemerkt, tritt dieser Winkel auch im Dreieck ${}M,D,C$ an ${}M$ auf und beschreibt daher den Winkel, der den zugehörigen Kreisbogen bestimmt, entlang dem sich die Person bewegt. Da der Radius ${}3$ ist, ist der zugehörige Bogen maximal gleich

${}3\cdot 0{,}644=1{,}932\,.$

Daher ist die Gesamtlänge dieses Weges gleich

${}8+2\cdot 1{,}932=8+3{,}864=11{,}864<11{,}9\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Kurve

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto f(t)={\left(t\sin t,t^{3}e^{-t}\right)},$

in jedem Punkt ${}t\in \mathbb {R}$.

Lösung

Die Ableitung rechnet man komponentenweise aus, sie ist

${}f'(t)={\begin{pmatrix}\sin t+t\cos t\\3t^{2}e^{-t}-t^{3}e^{-t}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Lösung ${}\varphi$ des Anfangswertproblems für das Zentralfeld

$F\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(t,x,y)\longmapsto e^{t}x{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},$

mit ${}\varphi (0)={\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}$.

Lösung

Es handelt sich um ein Zentralfeld, das auf die eindimensionale Differentialgleichung

${}z'=-e^{t}z^{2}\,$

mit ${}z(0)=1$ führt. Dies ist eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen. Es ist

${}-{\frac {z'}{z^{2}}}=e^{t}\,$

und somit

${}z^{-1}=e^{t}+c\,.$

Also ist

${}z={\frac {1}{e^{t}+c}}\,$

und wegen der Anfangsbedingung muss ${}c=0$ sein, also ist

${}z=e^{-t}\,.$

Die Lösung für das Zentralfeld ist somit

${}{\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}}=e^{-t}{\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}t^{2}x-xy\\t^{3}+x^{2}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}x(0)=1{\text{ und }}y(0)=0$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${}4$.

Lösung

Wir machen den Potenzreihenansatz ${}x(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}$ und ${}y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}$. Aufgrund der Anfangsbedingung ist

$a_{0}=1\,\,{\text{ und }}\,\,b_{0}=0.$

Das Differentialgleichungssystem führt auf die beiden Potenreihengleichungen

${}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{\prime }=\sum _{k=1}^{\infty }ka_{k}t^{k-1}=t^{2}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}-{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}\right)}\,$

und

${}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}\right)}^{\prime }=\sum _{k=1}^{\infty }kb_{k}t^{k-1}=t^{3}+{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{2}\,,$

die wir gradweise auswerten. Für den Grad ${}0$ (der Potenzreihengleichungen) ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$a_{1}=-a_{0}b_{0}=0\,\,{\text{ und }}\,\,b_{1}=a_{0}^{2}=1.$

Für den Grad ${}1$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$2a_{2}=-a_{1}b_{0}-a_{0}b_{1}=-1\,\,{\text{ und }}\,\,2b_{2}=2a_{0}a_{1}=0,$

also ist ${}a_{2}=-{\frac {1}{2}}$ und ${}b_{2}=0$. Für den Grad ${}2$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$3a_{3}=a_{0}-a_{0}b_{2}-a_{1}b_{1}-a_{2}b_{0}=1\,\,{\text{ und }}\,\,3b_{3}=2a_{0}a_{2}+a_{1}a_{1}=-1,$

also ist ${}a_{3}={\frac {1}{3}}$ und ${}b_{3}=-{\frac {1}{3}}$. Für den Grad ${}3$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$4a_{4}=a_{1}-a_{0}b_{3}-a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}-a_{3}b_{0}={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}={\frac {5}{6}}\,\,{\text{ und }}\,\,4b_{4}=1+2a_{0}a_{3}+2a_{1}a_{2}=1+{\frac {2}{3}}={\frac {5}{3}},$

also ist ${}a_{4}={\frac {5}{24}}$ und ${}b_{4}={\frac {5}{12}}$. Die Taylor-Entwicklung der Lösungskurve bis zur Ordnung ${}4$ ist demnach

$\left(1-{\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {5}{24}}t^{4},\,t-{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {5}{12}}t^{4}\right).$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine Bilinearform auf einem zweidimensionalen reellen Vektorraum, die bezüglich einer Basis durch die Gramsche Matrix

${\begin{pmatrix}0&b\\b&c\end{pmatrix}}$

beschrieben werde. Bestimme den Typ der Form in Abhängigkeit von ${}b,c$.

Lösung

Wir verwenden das Eigenwertkriterium. Das charakteristische Polynom der Matrix ist

${}X(X-c)-b^{2}=X^{2}-cX-b^{2}\,.$

Bei ${}b\neq 0$ ist der Wert des charakteristischen Polynoms an der Stelle ${}0$ negativ. Somit gibt es eine negative und eine positive Nullstelle und daher ist der Typ gleich ${}(1,1)$. Es sei also ${}b=0$. Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind dann ${}0$ und ${}c$. Bei ${}c=0$ liegt die Nullform mit dem Typ ${}(0,0)$ vor. Bei negativem ${}c$ ist der Typ ${}(0,1)$ und bei positivem ${}c$ ist der Typ ${}(1,0)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestätige die Kettenregel für ${}g\circ f$ für die beiden differenzierbaren Abbildungen

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (t^{3}-t,-t^{2}),$

und

$g\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto xy+x+y.$

Lösung

Die zusammengesetzte Abbildung ${}g\circ f$ ist durch

${}{\begin{aligned}g(f(t))&=g(t^{3}-t,-t^{2})\\&=(t^{3}-t)(-t^{2})+t^{3}-t-t^{2}\\&=-t^{5}+t^{3}+t^{3}-t-t^{2}\\&=-t^{5}+2t^{3}-t^{2}-t\end{aligned}}$

gegeben, ihre Ableitung ist

$-5t^{4}+6t^{2}-2t-1.$

Die Jacobi-Matrix zu ${}f$ ist

$\operatorname {Jak} (f)_{t}={\begin{pmatrix}3t^{2}-1\\-2t\end{pmatrix}}$

und die Jacobi-Matrix zu ${}g$ ist

$\operatorname {Jak} (g)_{(x,y)}=\left(y+1,\,x+1\right).$

Daher ist die Jacobi-Matrix zu ${}g$ in einem Punkt ${}f(t)$ gleich

$\operatorname {Jak} (g)_{(f_{1}(t),f_{2}(t))}=\left(-t^{2}+1,\,t^{3}-t+1\right).$

Das zu bildende Matrixprodukt dieser beiden Matrizen ist

${}{\begin{aligned}\left(-t^{2}+1,\,t^{3}-t+1\right)\circ {\begin{pmatrix}3t^{2}-1\\-2t\end{pmatrix}}&=(-t^{2}+1)(3t^{2}-1)+(t^{3}-t+1)(-2t)\\&=-3t^{4}+4t^{2}-1-2t^{4}+2t^{2}-2t\\&=-5t^{4}+6t^{2}-2t-1.\end{aligned}}$

Dies stimmt natürlich mit der direkt bestimmten Ableitung überein.

Aufgabe (6 (4+1+1) Punkte)

Es sei

$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetig differenzierbare Funktion mit

${}f(P)=f(-P)\,$

für alle ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

a) Zeige, dass ${}f$ in ${}0$ einen kritischen Punkt besitzt.

b) Man gebe ein Beispiel für eine solche Funktion, die in ${}0$ ein isoliertes lokales Maximum besitzt.

c) Man gebe ein Beispiel für eine solche Funktion, die in ${}0$ kein Extremum besitzt.

Lösung

a) Wir zeigen, dass im Nullpunkt sämtliche Richtungsableitungen verschwinden. Dazu sei ${}v\in \mathbb {R} ^{n},\,v\neq 0$, und ${}G=\mathbb {R} v$ die zugehörige Gerade durch den Nullpunkt. Die Richtungsableitung in Richtung ${}v$ kann man allein auf dieser Geraden bestimmen. Mit ${}P\in G$ ist auch ${}-P\in G$. Die Voraussetzung überträgt sich also auf die Gerade und wir können annehmen, dass eine differenzierbare Funktion

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

mit der gegebenen Symmetrieeigenschaft vorliegt. Nach der eindimensionalen Kettenregel ist

${}f'(P)=(P\mapsto f(P))'=(P\mapsto f(-P))'=-f'(-P)\,.$

Für ${}P=0$ ist somit

${}f'(0)=-f'(0)\,$

und daher ist

${}f'(0)=0\,.$

b) Sei

${}f(x)=-x^{2}\,.$

Diese Funktion hat überall negative Werte und nur im Nullpunkt den Wert ${}0$, es liegt also ein isoliertes globales Maximum vor. Offenbar ist ${}f(x)=f(-x)$.

c) Sei

${}f(x,y)=xy\,.$

Diese Funktion hat auf der durch ${}y=x$ gegebenen Diagonalen ein isoliertes Minimum und auf der durch ${}y=-x$ gegebenen Nebendiagonalen ein isoliertes Maximum. Insgesamt liegt also kein Extremum vor. Auch hier ist ${}f(x,y)=xy=(-x)(-y)=f(-x,-y)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom zweiter Ordnung der Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)=e^{\sin x-\cos y},$

im Punkt ${}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)$.

Lösung

Die relevanten Ableitungen sind

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\cos xe^{\sin x-\cos y}\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=\sin ye^{\sin x-\cos y}\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}={\left(\cos ^{2}x-\sin x\right)}e^{\sin x-\cos y}\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}={\left(\sin ^{2}y+\cos y\right)}e^{\sin x-\cos y}\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\cos x\sin ye^{\sin x-\cos y}\,.$

Somit sind die Werte der relevanten Ableitungen im Punkt ${}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)$ gleich

${}f\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=e^{0}=1\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=1\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=1\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=1\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=1\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=1\,.$

Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung zwei gleich

$1+x+{\left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)}+{\frac {1}{2}}x^{2}+x{\left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)}+{\frac {1}{2}}{\left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}.$

Aufgabe (5 (2+1+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{6}\longrightarrow \mathbb {R} ^{4},\,(a,b,c,d,u,v)\longmapsto (au+bv+c+d,ad-bc,ac-b^{2},bd-c^{2}).$

a) Bestimme die Jacobi-Matrix zu dieser Abbildung.

b) Zeige, dass ${}\varphi$ im Nullpunkt nicht regulär ist.

c) Zeige, dass ${}\varphi$ in ${}(1,1,0,0,1,1)$ regulär ist.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix ist

${\begin{pmatrix}u&v&1&1&a&b\\d&-c&-b&a&0&0\\c&-2b&a&0&0&0\\0&d&-2c&b&0&0\end{pmatrix}}.$

b) Die Jacobi-Matrix im Nullpunkt ist

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

Diese Matrix hat den Rang ${}1$, so dass der Nullpunkt nicht regulär ist.

c) Die Jacobi-Matrix in ${}(1,1,0,0,1,1)$ ist

${\begin{pmatrix}1&1&1&1&1&1\\0&0&-1&1&0&0\\0&-2&1&0&0&0\\0&0&0&1&0&0\end{pmatrix}}.$

Die Determinante der vorderen ${}4\times 4$-Untermatrix ist ${}1\cdot (-1)(-2)(-1)1=-2\neq 0$, so dass die ersten vier Spaltenvektoren linear unabhängig sind und daher der Rang der Matrix gleich ${}4$ ist. Daher handelt es sich um einen regulären Punkt.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Additivität des Volumens für zwei disjunkte Teilmengen.

Lösung

Die Abschätzung ${}\leq$ folgt aus Lemma 58.3 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021))  (2).

Für die andere Abschätzung sei eine Überpflasterung von ${}T_{1}\cup T_{2}$ gegeben. Aufgrund der Disjunktheit und der Kompaktheit gibt es einen positiven Abstand zwischen den beiden Mengen, d.h. es gibt ein ${}\epsilon >0$ derart, dass ${}d(P_{1},P_{2})>0$ für alle ${}P_{1}\in T_{1}$ , ${}P_{2}\in T_{2}$, ist. Einen Quader aus der Überpflasterung, der beide Teilmengen schneidet, kann man dann in endlich viele Quader unterteilen, so dass diese zu (mindestens) einer der beiden Mengen disjunkt sind. So erreicht man eine Verfeinerung der Überpflasterung mit der gleichen Quadervolumensumme, deren Quader jeweils nur eine Teilmenge treffen. Daher ist die Volumensumme dieser Überpflasterung gleich der Summe der Volumensumme der beiden Teilüberpflasterungen und damit mindestens so groß wie ${}\lambda ^{n}(T_{1})+\lambda ^{n}(T_{2})$.