Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/13/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Zeitunabhängigkeit einer gewöhnlichen Differentialgleichung

   $y'=f(t,y).$

2. Das Wegintegral zu einem stetigen Vektorfeld ${}F\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ längs eines stetig differenzierbaren Weges ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$.
3. Ein zeitartiger Vektor in einem Minkowski-Raum.
4. Das Taylor-Polynom im Punkt ${}P=(a_{1},\ldots ,a_{n})\in \mathbb {R} ^{n}$ vom Grad ${}\leq k$ einer ${}k$-fach differenzierbaren Abbildung

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

5. Die Hesse-Matrix zu einer zweimal stetig differenzierbaren Funktion

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

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

6. Die Rotationsmenge (um die ${}x$-Achse) zu einer Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} \times \mathbb {R} _{\geq 0}$.

Lösung

1. Die gewöhnliche Differentialgleichung

   $y'=f(t,y)$

   heißt zeitunabhängig, wenn die Funktion ${}f$ nicht von ${}t$ abhängt, wenn also ${}f(t,y)=h(y)$ gilt mit einer Funktion ${}h$ in der einen Variablen ${}y$.

2. Das Wegintegral ist

   ${}\int _{\gamma }F:=\int _{a}^{b}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\,.$

3. Ein Vektor ${}v\in V$ mit

   ${}\left\langle v,v\right\rangle <0\,$

   heißt zeitartig.

4. Das Taylor-Polynom vom Grad ${}\leq k$ zu ${}f$ in ${}P$ ist

   $\sum _{r={\left(r_{1},\ldots ,r_{n}\right)},\,\vert {\,r\,}\vert \leq k}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot (x_{1}-a_{1})^{r_{1}}\cdots (x_{n}-a_{n})^{r_{n}}.$

5. Es seien ${}D_{i}$ die Richtungsableitungen in Richtung des ${}i$-ten Einheitsvektors. Zu ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ heißt die Matrix

   ${\begin{pmatrix}D_{1}D_{1}f(P)&\cdots &D_{1}D_{n}f(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\D_{n}D_{1}f(P)&\cdots &D_{n}D_{n}f(P)\end{pmatrix}}$

   die Hesse-Matrix zu ${}f$ im Punkt ${}P$.

6. Die Rotationsmenge zu ${}T$ ist

   ${\left\{(x,y\cos \alpha ,y\sin \alpha )\in \mathbb {R} ^{3}\mid (x,y)\in T,\,\alpha \in [0,2\pi ]\right\}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Eigenschaften des Abstandes auf einem reellen Vektorraum mit einem Skalarprodukt.
2. Der Satz von Schwarz.
3. Die Transformationsformel für Volumina zu einem Diffeomorphismus ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

1. Es sei ${}V$ ein Vektorraum über ${}\mathbb {R}$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$. Dann besitzt der zugehörige Abstand die folgenden Eigenschaften (dabei sind $u,v,w\in V$).
   1. Es ist ${}d(v,w)\geq 0$.
   2. Es ist ${}d(v,w)=0$ genau dann, wenn ${}v=w$.
   3. Es ist ${}d(v,w)=d(w,v)$.
   4. Es ist

      ${}d(u,w)\leq d(u,v)+d(v,w)\,.$

2. Es sei ${}G\subseteq V$ offen und ${}\varphi \colon G\rightarrow W$ eine Abbildung, so dass für ${}u,v\in V$ die zweiten Richtungsableitungen ${}D_{v}D_{u}\varphi$ und ${}D_{u}D_{v}\varphi$ existieren und stetig sind. Dann gilt

   $D_{v}D_{u}\varphi =D_{u}D_{v}\varphi .$

3. Für eine kompakte Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ ist

   ${}\lambda ^{n}(T)=\int _{\varphi ^{-1}(T)}\vert {J(\varphi )}\vert \,d\lambda ^{n}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung

${}y'={\frac {y}{t^{2}(t-1)}}\,$

für ${}t>1$.

Lösung

Wir müssen für

${\frac {1}{t^{2}(t-1)}}$

mittels Partialbruchzerlegung eine Stammfunktion bestimmen. Es ist

${}{\frac {1}{t^{2}(t-1)}}={\frac {a}{t}}+{\frac {b}{t^{2}}}+{\frac {c}{t-1}}\,.$

Multiplikation mit dem Nenner führt auf

${}1=at(t-1)+b(t-1)+ct^{2}\,.$

Einsetzen von ${}t=0,1,-1$ führt auf die linearen Gleichungen

${}1=-b\,,$

${}1=c\,$

und

${}1=2a-2b+c\,.$

Also ist

$a=-1,\,b=-1,\,c=1.$

Eine Stammfunktion ist also

$-\ln t+{\frac {1}{t}}+\ln {\left(t-1\right)}.$

Somit ist

${}e^{-\ln t+{\frac {1}{t}}+\ln {\left(t-1\right)}}={\frac {t-1}{t}}\cdot e^{\frac {1}{t}}\,$

eine Lösung der Differentialgleichung.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Cauchy-Schwarzsche Abschätzung.

Lösung

Bei ${}w=0$ ist die Aussage richtig. Es sei also ${}w\neq 0$ und damit auch ${}\Vert {w}\Vert \neq 0$. Damit hat man die Abschätzungen

${}{\begin{aligned}0&\leq \left\langle v-{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}w,v-{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}w\right\rangle \\&=\left\langle v,v\right\rangle -{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}\left\langle w,v\right\rangle -{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}\left\langle v,w\right\rangle +{\frac {\left\langle v,w\right\rangle \left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{4}}}\left\langle w,w\right\rangle \\&=\left\langle v,v\right\rangle -{\frac {\left\langle v,w\right\rangle ^{2}}{\Vert {w}\Vert ^{2}}}.\end{aligned}}$

Multiplikation mit ${}\Vert {w}\Vert ^{2}$ und Wurzelziehen ergibt das Resultat.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum. Zeige, dass jede endliche Teilmenge ${}T\subseteq M$ abgeschlossen ist.

Lösung

Die endliche Punktmenge bestehe aus ${}P_{1},\ldots ,P_{n}\in M$. Wir müssen zeigen, dass das Komplement ${}U=M\setminus \{P_{1},\ldots ,P_{n}\}$ dieser Punktmenge offen ist. D.h. wir müssen zeigen, dass es zu jedem Punkt ${}Q\in M$, ${}Q\neq P_{1},\ldots ,P_{n}$, eine offene Ballumgebung ${}U{\left(Q,\epsilon \right)}$ gibt, die ganz in ${}U$ liegt. Wegen ${}Q\neq P_{i}$ ist ${}d(Q,P_{i})=\epsilon _{i}>0$. Wir setzen ${}\epsilon :=\operatorname {min} _{i=1,\ldots ,n}\{\epsilon _{i}\}$. Dann enthält ${}U{\left(Q,\epsilon \right)}=\bigcap _{i=1}^{n}U{\left(Q,\epsilon _{i}\right)}$ keinen der Punkte.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

1. Beschreibe eine Parametrisierung des einfach mit dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Einheitskreises mit konstanter Geschwindigkeit ${}1$.
2. Beschreibe eine Parametrisierung des einfach mit dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Einheitskreises mit konstanter Geschwindigkeit, die insgesamt eine Zeiteinheit braucht.
3. Berechne mit der Paramterisierung aus ${}(1)$ die Länge des Kreisbogens.

Lösung

1. Eine solche Parametrisierung ist durch

   $[0,2\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}\cos t\\-\sin t\end{pmatrix}},$

   gegeben.

2. Eine solche Parametrisierung ist durch

   $[0,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}\cos 2\pi t\\-\sin 2\pi t\end{pmatrix}},$

   gegeben.

3. Nach Satz 38.6 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) ist die Länge gleich

   ${}{\begin{aligned}\int _{0}^{2\pi }\Vert {{\begin{pmatrix}\cos t\\-\sin t\end{pmatrix}}'}\Vert dt&=\int _{0}^{2\pi }\Vert {\begin{pmatrix}-\sin t\\-\cos t\end{pmatrix}}\Vert dt\\&=\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {\sin ^{2}t+\cos ^{2}t}}dt\\&=\int _{0}^{2\pi }1dt\\&=2\pi .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Lösung zu einem Eigenvektor bei einem linearen Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.

Lösung

Dies folgt direkt aus

${}{\begin{aligned}v'(t)&={\begin{pmatrix}ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}'\\&={\begin{pmatrix}(ce^{\lambda t}u_{1})'\\\vdots \\(ce^{\lambda t}u_{n})'\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\lambda ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\\lambda ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}\\&=\lambda ce^{\lambda t}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\\&=M{\left(ce^{\lambda t}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\right)}\\&=M{\begin{pmatrix}ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass es eine Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem Vektorraum ${}V$ geben kann, die nicht die Nullform ist, für die aber

${}\left\langle v,v\right\rangle =0\,$

für alle ${}v\in V$ ist.

Lösung

Wir betrachten auf ${}V=K^{2}$ die Abbildung

${}\left\langle {\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\end{pmatrix}}\right\rangle :=\det {\begin{pmatrix}x_{1}&x_{2}\\y_{1}&y_{2}\end{pmatrix}}=x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\,.$

Nach grundlegenden Eigenschaften der Determinante ist dies eine Bilinearform, und zwar nicht die Nullform. Wenn aber vorne und hinten der gleiche Vektor steht, so ist das Ergebnis ${}0$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Richtungsableitung von

${}f(x,y)=x^{3}+x^{2}y-y^{5}\,$

im Punkt ${}(4,-1)$ in Richtung ${}(-3,2)$ über das totale Differential von ${}f$.

Lösung

Das totale Differential von ${}f$ ist

$\left(3x^{2}+2xy,\,x^{2}-5y^{4}\right).$

Im Punkt ${}{\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}}$ ist dies

$\left(40,\,11\right).$

Angewendet auf die Richtung ${}{\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Richtungsableitung

${}\left(40,\,11\right){\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}=-120+22=-98\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}\lambda \in \mathbb {R}$

${}f(t,x)=\sin \left(\lambda x\right)e^{-\lambda ^{2}t}\,.$

Zeige, dass ${}f$ die Wärmeleitungsgleichung

${}{\frac {\partial f}{\partial t}}={\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}\,$

erfüllt.

Lösung

Es ist

${}{\frac {\partial }{\partial t}}{\left(\sin \left(\lambda x\right)e^{-\lambda ^{2}t}\right)}=-\lambda ^{2}\sin \left(\lambda x\right)e^{-\lambda ^{2}t}\,$

und

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

wie behauptet.

Aufgabe (3 Punkte)

Begründe ohne Differentialrechnung, dass die Funktion

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

kein lokales Extremum besitzt.

Lösung

Die Funktion ${}h\mapsto h^{2}$ ist für ${}h\geq 0$ streng wachsend und für ${}h\leq 0$ streng fallend, für ${}h\mapsto -h^{2}$ ist es umgekehrt. Daher kann man für jeden Punkt ${}(x,y)$ in einer beliebig kleinen Ballumgebung den Funktionswert von ${}f(x,y)$ erhöhen, indem man ${}y$ beibehält und ${}x$ größer (bei ${}x\geq 0$) bzw. kleiner (bei $x<0$) macht. Ebenso kann man den Funktionswert kleiner machen, indem man ${}x$ beibehält und ${}y$ größer (bei $y\geq 0$) bzw. kleiner (bei ${}y<0$) macht.

Aufgabe (11 (2+2+4+3) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left(x^{y},\,y^{x}\right).$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem beliebigen Punkt ${}\left(x,\,y\right)$
2. Bestimme die Punkte ${}\left(x,\,y\right)$, für die ${}\varphi$ regulär ist.
3. Ist ${}\varphi$ injektiv?
4. Ist ${}\varphi$ surjektiv? Tipp: Die Funktion ${}e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x$ ist nach unten beschränkt.

Lösung

1. Es ist

   ${}x^{y}=e^{{\left(\ln x\right)}y}\,$

   und

   ${}y^{x}=e^{{\left(\ln y\right)}x}\,.$

   Somit ist die Jacobi-Matrix gleich

   ${}\left(D\varphi \right)_{(x,y)}={\begin{pmatrix}{\frac {y}{x}}e^{{\left(\ln x\right)}y}&{\left(\ln x\right)}e^{{\left(\ln x\right)}y}\\{\left(\ln y\right)}e^{{\left(\ln y\right)}x}&{\frac {x}{y}}e^{{\left(\ln y\right)}x}\end{pmatrix}}\,.$

2. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist

   ${}e^{{\left(\ln x\right)}y}e^{{\left(\ln y\right)}x}{\left({\frac {y}{x}}\cdot {\frac {x}{y}}-{\left(\ln x\right)}{\left(\ln y\right)}\right)}=e^{{\left(\ln x\right)}y}e^{{\left(\ln y\right)}x}{\left(1-{\left(\ln x\right)}{\left(\ln y\right)}\right)}\,.$

   Da die Exponentialfunktion stets positiv ist, ist die Determinante genau dann gleich ${}0$, wenn

   ${}{\left(\ln x\right)}{\left(\ln y\right)}=1\,$

   ist. Dies ist genau bei

   ${}x\neq 1\,$

   und

   ${}\ln y={\frac {1}{\ln x}}\,$

   bzw.

   ${}y=e^{\frac {1}{\ln x}}\,$

   der Fall. Dies charakterisiert die kritischen Punkte, die Punkte mit ${}x=1$ oder

   ${}y\neq e^{\frac {1}{\ln x}}\,$

   sind regulär.

3. Wir betrachten die Einschränkung von ${}\varphi$ auf die durch

   ${}x=y\,$

   gegebene Gerade. Die beiden Komponentenfunktionen haben darauf die Form

   ${}g(x)=x^{x}\,.$

   Die Ableitung davon ist

   ${}g'(x)={\left(1+\ln x\right)}x^{x}\,$

   mit einer Nullstelle an

   ${}x=e^{-1}\,.$

   Wegen

   ${}g^{\prime \prime }(x)={\left({\frac {1}{x}}+1+\ln x\right)}x^{x}\,$

   liegt dort ein isoliertes Minimum von ${}g$ vor. Nach dem Zwischenwertsatz gibt es daher

   ${}x_{1}<e^{-1}<x_{2}\,$

   mit

   ${}x_{1}^{x_{1}}=x_{2}^{x_{2}}\,.$

   Daher haben ${}(x_{1},x_{1})$ und ${}(x_{2},x_{2})$ unter ${}\varphi$ den gleichen Wert und die Abbildung ist nicht injektiv.

4. Die Abbildung ist nicht surjektiv. Wir zeigen, dass Elemente der Form

   ${\begin{pmatrix}a\\e^{-1}\end{pmatrix}}$

   mit ${}a$ hinreichend klein nicht zum Bild gehören. Die Bedingung (der zweiten Komponente)

   ${}e^{x\ln y}=e^{-1}\,$

   führt auf

   ${}x\ln y=-1\,$

   und damit auf

   ${}y=e^{-{\frac {1}{x}}}\,$

   und somit ergibt sich (aus der ersten Komponente) die Bedingung

   ${}a=e^{y\ln x}=e^{e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x}\,.$

   Da ${}e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x$ nach Aufgabe 15.20 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) nach unten beschränkt ist, ist auch ${}e^{e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x}$ nach unten beschränkt, und für

   ${}a>0\,$

   unterhalb dieser Schranke gibt es kein Urbild.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über implizite Abbildungen für den Fall einer linearen surjektiven Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}.$

Für welche Punkte ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ sind die Voraussetzungen des Satzes erfüllt?

Lösung

Es ist ${}G=\mathbb {R} ^{n}$ und ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ sei ein beliebiger Punkt. Bei einer linearen Abbildung stimmt das totale Differential mit der linearen Abbildung überein. Da diese nach Voraussetzung surjektiv ist, sind die Voraussetzungen des Satzes für jeden Punkt erfüllt. Ferner folgt ${}n\geq m$ aus der Surjektivität. Es sei ${}L=\operatorname {kern} \varphi$ der Kern der linearen Abbildung, der nach dem Dimensionssatz die Dimension ${}n-m$ besitzt. Daher gibt es eine lineare Isomorphie ${}\mathbb {R} ^{n-m}\cong L$, die eine lineare injektive Abbildung ${}\theta \colon \mathbb {R} ^{n-m}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ definiert.

Die Faser ${}Z$ durch ${}P$, also das Urbild von ${}\varphi (P)$, ist die Teilmenge

$P+L={\left\{P+v\mid v\in L\right\}}$

und ergibt sich daher aus dem Kern durch verschieben um ${}P$. Insgesamt erhalten wir

$\psi :V=\mathbb {R} ^{n-m}{\stackrel {\theta }{\longrightarrow }}\mathbb {R} ^{n}{\stackrel {+P}{\longrightarrow }}\mathbb {R} ^{n}=W,$

wobei vorne eine lineare injektive Abbildung (deren Bild gleich ${}L$ ist) und hinten eine Verschiebung steht. Daher ist die Abbildung ${}\psi$ stetig differenzierbar und injektiv. Das Bild von ${}\psi$ ist nach der Vorüberlegung genau ${}Z$, so dass eine Bijektion ${}\mathbb {R} ^{n-m}\cong Z$ vorliegt.

Als Verknüpfung einer linearen Einbettung und einer Verschiebung ist ${}\psi$ in jedem Punkt regulär. Das totale Differential von ${}\psi$ ist ${}\theta$, da das totale Differential einer Verschiebung die Identität ist. Wegen ${}\varphi \circ \theta =0$ gilt auch der Zusatz.

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne das Volumen der Einheitskugel mit dem Cavalieri-Prinzip.

Lösung

Wir wollen das Volumen einer dreidimensionalen abgeschlossenen Kugel vom Radius ${}r$ berechnen, also von

${}B(r)={\left\{x\in \mathbb {R} ^{3}\mid \Vert {x}\Vert \leq r\right\}}\,.$

Wegen Satz 58.8 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) gilt dabei ${}\lambda ^{3}(B(r))=r^{3}\lambda ^{3}(B(1))$, d.h. es geht im Wesentlichen darum, das Volumen der Einheitskugel auszurechnen.

Für jedes fixierte ${}u$, ${}-1\leq u\leq 1$, kann man den Querschnitt als

${}{\begin{aligned}T(u)&={\left\{(x_{1},x_{2},x_{3})\in B(1)\mid x_{3}=u\right\}}\\&={\left\{(x_{1},x_{2})\in \mathbb {R} ^{2}\mid x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\leq 1-u^{2}\right\}}\end{aligned}}$

schreiben, d.h. als eine Kreisfläche vom Radius ${}{\sqrt {1-u^{2}}}$. Aufgrund des Cavalieri-Prinzips ist daher

${}{\begin{aligned}\lambda ^{3}(B(1))&=\int _{-1}^{1}\lambda ^{2}{\left(B_{2}{\left({\sqrt {1-u^{2}}}\right)}\right)}\,dh\\&=\pi \int _{-1}^{1}1-u^{2}\,du\\&=\pi {\left(u-{\frac {1}{3}}u^{3}\right)}|_{-1}^{1}\\&=\pi {\left(1-{\frac {1}{3}}-{\left(-1+{\frac {1}{3}}\right)}\right)}\\&=\pi {\frac {4}{3}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten den Kreissektor ${}T$ aus dem Einheitskreis zum Winkel ${}30$ Grad, der an der ${}x$-Achse anliegt. Bestimme mit der Hilfe von Polarkoordinaten den Schwerpunkt von ${}T$.

Lösung

Der Flächeninhalt von ${}T$ ist ${}\pi /12$. In Polarkoordinaten wird ${}T$ durch den Radius

${}0\leq r\leq 1\,$

und den Winkel

${}0\leq \theta \leq \pi /6\,$

parametrisiert. Somit ist nach Korollar 60.5 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) und Korollar 59.6 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021))

${}{\begin{aligned}\int _{T}xd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /6}\int _{0}^{1}r\cos \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /6}\cos \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}\sin \left(\pi /6\right)\\&={\frac {1}{6}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}\int _{T}yd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /6}\int _{0}^{1}r\sin \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /6}\sin \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left(1-\cos \left(\pi /6\right)\right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left(1-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)}\\&={\frac {2-{\sqrt {3}}}{6}}.\end{aligned}}$

Somit sind die Koordinaten des Schwerpunktes von ${}T$ gleich

${}\left({\frac {\frac {1}{6}}{\frac {\pi }{12}}},\,{\frac {\frac {2-{\sqrt {3}}}{6}}{\frac {\pi }{12}}}\right)=\left({\frac {2}{\pi }},\,{\frac {4-2{\sqrt {3}}}{\pi }}\right)\,.$