Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/14/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Anfangswertproblem auf einer offenen Teilmenge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ zu einer Funktion

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

2. Die Abstandsfunktion auf einem reellen Vektorraum ${}V$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$.
3. Das Wegintegral zu einem stetigen Vektorfeld ${}F\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ längs eines stetig differenzierbaren Weges ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$.
4. Die Jacobi-Determinante zu einer total differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem reellen endlichdimensionalen Vektorraum ${}V$ in einem Punkt ${}P\in V$.

5. Ein isoliertes lokales Minimum einer Funktion

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

   auf einem metrischen Raum ${}M$.

6. Den Tangentialraum an die Faser einer stetig differenzierbare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$- Vektorräumen durch einen Punkt ${}P\in V$, in dem das totale Differential surjektiv ist.

Lösung

1. Man nennt

   $y'=f(t,y){\text{ und }}y(t_{0})=y_{0}$

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

2. 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 ${}w$.

3. Das Wegintegral ist

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

4. Man nennt die Determinante

   $\det \left(D\varphi \right)_{P}$

   des totalen Differentials die Jacobi-Determinante in ${}P\in V$.

5. Man sagt, dass ${}f$ in einem Punkt ${}x\in M$ ein isoliertes lokales Minimum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in M$ mit ${}d(x,x')<\epsilon$ und ${}x'\neq x$ die Abschätzung

   ${}f(x)<f(x')\,$

   gilt.

6. Unter dem Tangentiaraum in ${}P$ an die Faser versteht man

   ${\left\{v\in V\mid {\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}=0\right\}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über eine Differentialgleichung höherer Ordnung und das zugehörige System erster Ordnung.
2. Das Minorenkriterium für den Typ einer symmetrischen Bilinearform.
3. Der Satz über die Integration einer Funktion über ein ebenes stetig berandetes Gebiet.

Lösung

1. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall, ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Menge und

   $h\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine Funktion. Dann ist die Differentialgleichung höherer Ordnung

   $y^{(n)}=h{\left(t,y,y',y^{\prime \prime },\ldots ,y^{(n-1)}\right)}$

   über die Beziehung ${}v_{i}:=y^{(i)}$ äquivalent zum Differentialgleichungssystem

   ${}{\begin{pmatrix}v_{0}\\v_{1}\\\vdots \\v_{n-2}\\v_{n-1}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\\vdots \\v_{n-1}\\h(t,v_{0},v_{1},\ldots ,v_{n-1})\end{pmatrix}}\,.$

2. Es sei ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine symmetrische Bilinearform auf einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$ und sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$. Es sei ${}G$ die Gramsche Matrix zu ${}\left\langle -,-\right\rangle$ bezüglich dieser Basis. Die Determinanten ${}D_{k}$ der quadratischen Untermatrizen

   $M_{k}=(\left\langle v_{i},v_{j}\right\rangle )_{1\leq i,j\leq k}$

   seien alle von ${}0$ verschieden für ${}k=1,\ldots ,n$. Es sei ${}q$ die Anzahl der Vorzeichenwechsel in der Folge

   $D_{0}=1,\,D_{1}=\det M_{1},\,D_{2}=\det M_{2},\ldots ,D_{n}=\det M_{n}=\det G.$

   Dann ist ${}\left\langle -,-\right\rangle$ vom Typ

   ${}(n-q,q)$.
3. Es sei ${}I=[a,b]$ ein reelles Intervall und es seien

   $g,h\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   zwei stetige Funktionen mit ${}g(x)\leq h(x)$ für alle ${}x\in [a,b]$. Es sei ${}T$ das durch die beiden zugehörigen Graphen begrenzte Flächenstück über ${}[a,b]$, und es sei

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

   eine stetige Funktion. Dann ist

   ${}\int _{T}fd\lambda ^{2}=\int _{a}^{b}{\left(\int _{g(x)}^{h(x)}f(x,y)dy\right)}dx\,.$

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

1. Es sei ${}a>1$ und ${}g(x)=a^{x}$ die Exponentialfunktion zur Basis ${}a$. Zeige, dass es ein ${}w\in \mathbb {R} _{+}$ mit ${}g(x+w)=2g(x)$ für alle ${}x\in \mathbb {R}$ gibt.
2. Es sei ${}w>0$ vorgeben. Zeige, dass es eine Exponentialfunktion ${}b^{x}$ mit ${}b>1$ und mit

   ${}b^{x+w}=2b^{x}\,$

   für alle ${}x\in \mathbb {R}$ gibt.

3. Man gebe ein Beispiel für eine stetige, streng wachsende Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ mit ${}f(x+1)=2f(x)$ für alle ${}x\in \mathbb {R}$, die keine Exponentialfunktion ist.

Lösung

1. Es sei ${}a>1$ und ${}g(x)=a^{x}$ die Exponentialfunktion zur Basis ${}a$. Zeige, dass es ein ${}w\in \mathbb {R} _{+}$ mit ${}g(x+w)=2g(x)$ für alle ${}x\in \mathbb {R}$ gibt. Wir setzen

   ${}w:=\log _{a}2\,.$

   Dann ist

   ${}a^{x+w}=a^{x}\cdot a^{w}=a^{x}\cdot a^{\log _{a}2}=a^{x}\cdot 2=2a^{x}\,.$

2. Aus der Bedingung ${}b^{w}=2$ folgt

   ${}b=2^{\frac {1}{w}}\,.$

   Damit ist in der Tat

   ${}{\left(2^{\frac {1}{w}}\right)}^{x+w}=2^{\frac {x+w}{w}}=2^{{\frac {x}{w}}+1}=2^{\frac {x}{w}}\cdot 2=2\cdot {\left(2^{\frac {1}{w}}\right)}^{x}\,.$

3. Wir betrachten die Funktion

   $h\colon [0,1[\longrightarrow \mathbb {R}$

   mit ${}h(x):=1+x$. Jedes ${}x\in \mathbb {R}$ liegt in einem eindeutigen halboffenen Intervall ${}x\in [n,n+1[$ mit ${}n\in \mathbb {Z}$. Wir setzen die Funktion ${}f$ auf ganz ${}\mathbb {R}$ durch die Festlegung

   ${}f(x):=2^{n}h(x-n)\,$

   fort. Dies stimmt für ${}x\in [0,1[$ mit ${}h$ überein, da dort ${}n=0$ ist. Für ${}x\in [n,n+1[$ ist

   ${}f(x+1)=2^{n+1}h(x+1-n-1)=2\cdot 2^{n}h(x-n)=2f(x)\,.$

   Die Funktion ist stetig, was auf den ganzzahligen Intervallen klar ist und an den Intervallgrenzen wegen (der Funktionslimes ist für ${}x<n$)

   ${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow n}\,f(x)=\operatorname {lim} _{x\rightarrow n}\,2^{n-1}h(x-n+1)=2^{n-1}\cdot 2=2^{n}=f(n)\,$

   gilt. Die Funktion ist auch streng monoton wachsend, was ebenfalls auf den ganzzahligen Intervallen klar ist und an den Übergängen wegen der Stetigkeit gilt. Die Funktion ist keine Exponentialfunktion, da sie auf ${}[0,1[$ linear ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Kurve

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto f(t)={\left({\frac {\sin t}{t^{2}+1}},e^{\cos t}\right)},$

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

Lösung

Die Ableitung rechnet man komponentenweise aus, sie ist

${}f'(t)={\begin{pmatrix}{\frac {{\left(t^{2}+1\right)}\cos t-2t\sin t}{(t^{2}+1)^{2}}}\\-\sin t\cdot e^{\cos t}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Integralabschätzung für stetige Kurven.

Lösung

Wenn ${}\int _{a}^{b}g(t)\,dt=0$ ist, so ist nichts zu zeigen. Es sei also

${}\int _{a}^{b}g(t)\,dt=v\neq 0\,.$

Es sei ${}u_{1}:={\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}$. Das ergänzen wir zu einer Orthonormalbasis ${}u_{1},u_{2},\ldots ,u_{n}$ von ${}V$. Es seien ${}g_{1},g_{2},\ldots ,g_{n}$ die Koordinatenfunktionen von ${}g$ bezüglich dieser Basis. Dann besteht aufgrund unserer Basiswahl die Beziehung

${}{\begin{aligned}v&=\int _{a}^{b}g(t)\,dt\\&={\left(\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt\right)}u_{1}+\cdots +{\left(\int _{a}^{b}g_{n}(t)\,dt\right)}u_{n}\\&={\left(\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt\right)}u_{1},\end{aligned}}$

da ja ${}v$ ein Vielfaches von ${}u_{1}$ ist und somit die anderen Koeffizienten gleich ${}0$ sind. Daher ist

${}{\begin{aligned}\Vert {\int _{a}^{b}g(t)\,dt}\Vert &=\vert {\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt}\vert \\&\leq \int _{a}^{b}\vert {g_{1}(t)}\vert \,dt\\&\leq \int _{a}^{b}{\sqrt {(g_{1}(t))^{2}+\cdots +(g_{n}(t))^{2}}}\,dt\\&=\int _{a}^{b}\Vert {g_{1}(t)u_{1}+\cdots +g_{n}(t)u_{n}}\Vert \,dt\\&=\int _{a}^{b}\Vert {g(t)}\Vert \,dt.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

$y^{\prime \prime }=3yy'+y^{2}{\text{ mit }}y(0)=0{\text{ und }}y'(0)=2$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur vierten Ordnung.

Lösung

Wir machen den Ansatz

$y=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n},$

aufgrund der Anfangswertbedingungen ist ${}a_{0}=0$ und ${}a_{1}=2$. Es ist ${}y'=\sum _{n=1}^{\infty }na_{n}t^{n-1}$ und ${}y^{\prime \prime }=\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_{n}t^{n-2}$. Aus der Gleichung

${}\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_{n}t^{n-2}=3{\left(\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n}\right)}\cdot {\left(\sum _{n=1}^{\infty }na_{n}t^{n-1}\right)}+{\left(\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n}\right)}^{2}\,$

lassen sich die Koeffizienten ${}a_{i}$ bestimmen.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{0}$ ergibt

${}2a_{2}=3a_{0}a_{1}+a_{0}^{2}=0\,,$

also ist ${}a_{2}=0$.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{1}$ ergibt

${}6a_{3}=3{\left(a_{1}a_{1}+2a_{0}a_{2}\right)}+2a_{0}a_{1}=12\,,$

also ist ${}a_{3}=2$.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{2}$ ergibt

${}12a_{4}=3{\left(a_{2}a_{1}+2a_{1}a_{2}+3a_{0}a_{3}\right)}+2a_{0}a_{2}+a_{1}^{2}=a_{1}^{2}=4\,,$

also ist ${}a_{4}={\frac {1}{3}}$.

Daher ist

$2t+2t^{3}+{\frac {1}{3}}t^{4}$

die Lösung des Anfangswertproblems bis zur Ordnung ${}4$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom zweiter Ordnung der Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\longmapsto f(x,y,z)=e^{x}yz^{2}-xy,$

im Punkt ${}(1,0,-1)$.

Lösung

Die relevanten Ableitungen sind

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=e^{x}yz^{2}-y\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=e^{x}z^{2}-x\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial z}}=2e^{x}yz\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}=e^{x}yz^{2}\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}=0\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}z}}=2e^{x}y\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial y}}=e^{x}z^{2}-1\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial z}}=2e^{x}yz\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial z}}=2e^{x}z\,.$

Somit sind die Werte der relevanten Ableitungen im Punkt ${}(1,0,-1)$ gleich

${}f(1,0,-1)=0\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}(1,0,-1)=0\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}(1,0,-1)=e-1\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial z}}(1,0,-1)=0\,,$

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

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

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}z}}(1,0,-1)=0\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial y}}(1,0,-1)=e-1\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial z}}(1,0,-1)=0\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial z}}(1,0,-1)=-2e\,.$

Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung zwei gleich

$(e-1)y+(e-1)(x-1)y-2ey(z+1).$

Aufgabe (6 (1+5) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$[1,2]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t)={\frac {1}{t}}.$

1. Beschreibe den Flächeninhalt zur unteren maximalen Treppenfunktion zu ${}g$ zur Intervallunterteilung ${}1\leq x\leq y\leq 2$ in Abhängigkeit von ${}x$ und ${}y$.
2. Bestimme das Punktepaar ${}(x,y)$ zwischen ${}1$ und ${}2$, für das der Flächeninhalt zur unteren maximalen Treppenfunktion zu ${}g$ zur Intervallunterteilung ${}1\leq x\leq y\leq 2$ maximal wird. Welchen Wert hat dieser Flächeninhalt?

Lösung

1. Da ${}g$ streng fallend ist, besitzt die maximale untere Treppenfunktion auf jedem Teilintervall den Wert von ${}g$ an der oberen Intervallgrenze. Der Flächeninhalt der maximalen unteren Treppenfunktion zu

   ${}1<x<y<2\,$

   ist also

   ${}{\begin{aligned}f(x,y)&={\left(x-1\right)}{\frac {1}{x}}+{\left(y-x\right)}{\frac {1}{y}}+{\left(2-y\right)}{\frac {1}{2}}\\&=3-{\frac {1}{x}}-{\frac {x}{y}}-{\frac {y}{2}}.\end{aligned}}$

2. Es ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial x}}={\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{y}}\,$

   und

   ${}{\frac {\partial f}{\partial y}}={\frac {x}{y^{2}}}-{\frac {1}{2}}\,.$

   Damit beide partiellen Ableitungen gleich ${}0$ sind, muss

   ${}{\frac {1}{x^{2}}}={\frac {1}{y}}\,,$

   also ${}y=x^{2}$ und

   ${}{\frac {x}{y^{2}}}={\frac {1}{2}}\,,$

   also ${}x={\frac {1}{2}}y^{2}$ sein. Dies ergibt für ${}x$ die Bedingung

   ${}x={\frac {1}{2}}x^{4}\,,$

   also, da ${}x\neq 0$,

   ${}x={\sqrt[{3}]{2}}=2^{\frac {1}{3}}\,$

   und damit

   ${}y=2^{\frac {2}{3}}\,$

   Der einzige kritische Punkt liegt also in

   $\left(2^{\frac {1}{3}},\,2^{\frac {2}{3}}\right)$

   vor.

   Die Hesse-Matrix ist

   ${\begin{pmatrix}-2x^{-3}&y^{-2}\\y^{-2}&-2xy^{-3}\end{pmatrix}}.$

   Die Determinante ist

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

   Im kritischen Punkt ist dies wegen

   ${}4\cdot 2^{\frac {2}{3}}-2^{\frac {2}{3}}=3\cdot 2^{\frac {2}{3}}>0\,$

   positiv. Also ist die Hesse-Form im kritischen Punkt negativ definit und somit liegt in diesem Punkt ein isoliertes lokales Maximum vor. Da es der einzige kritische Punkt ist, und in Randpunkten kein Maximum vorliegt, da diese ja einer Unterteilung mit weniger Punkten entsprechen, liegt auch ein globales Maximum vor.

   Das Flächenintegral für diesen Punkt ist gleich

   ${}{\begin{aligned}f(2^{\frac {1}{3}},2^{\frac {2}{3}})&=3-{\frac {1}{2^{\frac {1}{3}}}}-{\frac {2^{\frac {1}{3}}}{2^{\frac {2}{3}}}}-{\frac {2^{\frac {2}{3}}}{2}}\\&=3-2^{-{\frac {1}{3}}}-2^{-{\frac {1}{3}}}-2^{-{\frac {1}{3}}}\\&=3-3\cdot 2^{-{\frac {1}{3}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (8 (1+2+1+3+1) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,\left(x,\,y,\,z\right)\longmapsto xyz.$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$.
2. Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$.
3. Bestimme die Hesse-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$.
4. Bestimme die Eigenräume der Hesse-Matrix zu ${}\varphi$ im Punkt ${}\left(1,\,1,\,1\right)$.
5. Bestimme den Typ der Hesse-Form zu ${}\varphi$ im Punkt ${}\left(1,\,1,\,1\right)$ mit Hilfe des Eigenwertkriteriums.

Lösung

1. Die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in ${}\left(x,\,y,\,z\right)$ ist

   $\left(yz,\,xz,\,xy\right).$

2. Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn alle drei partiellen Ableitungen ${}0$ sind. Bei

   ${}x\neq 0\,$

   muss

   ${}y=z=0\,$

   sein, dass ist die ${}x$-Achse. Wegen der Symmetrie der Situation sind also die kritischen Punkte genau die Punkte der drei Raumachsen.

3. Die Hesse-Matrix zu ${}\varphi$ in ${}\left(x,\,y,\,z\right)$ ist

   ${\begin{pmatrix}0&z&y\\z&0&x\\y&x&0\end{pmatrix}}.$

4. Die Hesse-Matrix zu ${}\varphi$ in ${}\left(1,\,1,\,1\right)$ ist

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

   Das charakteristische Polynom davon ist

   ${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}t&-1&-1\\-1&t&-1\\-1&-1&t\end{pmatrix}}&=t(t^{2}-1)-t-1-(1+t)\\&=t^{3}-3t-2\\&=(t-2)(t^{2}+2t+1)\\&=(t-2)(t+1)^{2}.\end{aligned}}$

   Der Eigenraum zum Eigenwert ${}2$ ist ${}\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$. Der Eigenraum zum Eigenwert ${}-1$ ist

   ${}\operatorname {kern} {\begin{pmatrix}-1&-1&-1\\-1&-1&-1\\-1&-1&-1\end{pmatrix}}=\left(-1,\,-1,\,-1\right)^{\perp }=\langle {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}}\rangle \,.$

5. Nach Teil (4) und dem Eigenwertkriterium ist der Typ der Hesse-Form zu ${}\varphi$ im Punkt ${}\left(1,\,1,\,1\right)$ gleich ${}(1,2)$.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer Funktion

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

das zeigt, dass im Satz über die (lokale) Umkehrbarkeit die Bijektivität im Allgemeinen nur auf echten Teilintervallen besteht.

Lösung

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{2}.$

Diese Funktion ist stetig differenzierbar mit ${}f'(x)=2x$. Im Punkt ${}x=1$ gilt ${}f'(1)=2\neq 0$, so dass dort der Satz über die lokale Umkehrbarkeit anwendbar ist (und zwar liegt eine Bijektion ${}f\colon \mathbb {R} _{+}\rightarrow \mathbb {R} _{+}$ mit der Quadratwurzel als Umkehrfunktion vor). Es gibt aber keine Umkehrfunktion auf ganz ${}\mathbb {R}$, da wegen ${}x^{2}=(-x)^{2}$ die Funktion nicht injektiv ist.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei

$F\colon G\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

ein stetig differenzierbares Vektorfeld auf einer offenen Menge ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ und es sei

${}\rho (P):={\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\,.$

Zeige

${}\rho (P)={\frac {1}{\pi }}\cdot \operatorname {lim} _{\epsilon \rightarrow 0}\,{\frac {1}{\epsilon ^{2}}}\int _{\gamma _{\epsilon }}F\,,$

wobei ${}\gamma _{\epsilon }$ den einmal gegen den Uhrzeigersinn durchlaufenen Kreisweg um ${}P$ mit Radius ${}\epsilon$ bezeichnet.

Lösung

Der Weg ${}\gamma _{\epsilon }$ ist durch

$[0,2\pi ]\longrightarrow U,\,t\longmapsto P+{\begin{pmatrix}\epsilon \cos t\\\epsilon \sin t\end{pmatrix}},$

gegeben. Somit ist

${}{\begin{aligned}{\frac {1}{\epsilon ^{2}}}\int _{\gamma _{\epsilon }}F&={\frac {1}{\epsilon ^{2}}}\int _{0}^{2\pi }\left\langle F{\left(P+\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\right)},\epsilon {\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&={\frac {1}{\epsilon }}\int _{0}^{2\pi }\left\langle F(P)+\epsilon DF_{P}{\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}+\Vert {\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}}\Vert r{\left(\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\right)},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&={\frac {1}{\epsilon }}\int _{0}^{2\pi }\left\langle F(P),{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt+{\frac {1}{\epsilon }}\int _{0}^{2\pi }\left\langle \epsilon DF_{P}{\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt+{\frac {1}{\epsilon }}\int _{0}^{2\pi }\left\langle \Vert {\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}}\Vert r{\left(\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\right)},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&={\frac {1}{\epsilon }}\int _{0}^{2\pi }\left\langle F(P),{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt+\int _{0}^{2\pi }\left\langle DF_{P}{\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt+\int _{0}^{2\pi }\left\langle r{\left(\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\right)},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt.\end{aligned}}$

Wir analysieren die einzelnen Summanden getrennt. Ganz rechts wird der Integrand für ${}\epsilon \rightarrow 0$ aufgrund der Eigenschaften von ${}r$ und der Stetigkeit des Skalarproduktes beliebig klein, was sich auf das Integral überträgt. Dieser Term spielt also im Limes keine Rolle. Das linke Integral ist

${}\int _{0}^{2\pi }-F_{1}(P)\sin t+F_{2}(P)\cos tdt=0\,,$

so dass alles vom mittleren Summanden abhängt. Der Integrand ist

${}{\begin{aligned}\left\langle DF_{P}{\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle &=\left\langle {\begin{pmatrix}{\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}(P)\cos t+{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\sin t\\{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)\cos t+{\frac {\partial F_{2}}{\partial y}}(P)\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=-{\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}(P)\cos t\sin t-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\sin t\sin t+{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)\cos t\cos t+{\frac {\partial F_{2}}{\partial y}}(P)\sin t\cos t.\end{aligned}}$

Wegen

${}\int _{0}^{2\pi }\cos t\sin tdt={\frac {1}{2}}{\left(\sin ^{2}t\right)}_{0}^{2\pi }=0\,$

fallen diese Terme weg. Übrig bleiben

${}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\int _{0}^{2\pi }\sin t\sin tdt=-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P){\frac {1}{2}}{\left(x-\sin t\cos t\right)}_{0}^{2\pi }=-\pi {\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\,$

und

${}{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)\int _{0}^{2\pi }\cos t\cos tdt=\pi {\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)\,.$

Alles zusammen ergibt

${}\operatorname {lim} _{\epsilon \rightarrow 0}\,{\frac {1}{\epsilon ^{2}}}\int _{\gamma _{\epsilon }}F=\pi {\left({\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\right)}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass der Flächeninhalt der Rotationsfläche, die entsteht, wenn man den Graphen

$\Gamma ={\left\{(x,e^{x})\mid x\leq 0\right\}}$

um die ${}x$-Achse rotieren lässt, kleiner als ${}10$ ist.

Lösung

Wir betrachten die Oberfläche für ${}s\leq x\leq 0$ mit einer beliebigen negativen Zahl ${}s$. Der Flächeninhalt ist nach der Rotationsformel gleich

$2\pi \int _{s}^{0}{\sqrt {1+e^{2t}}}e^{t}dt.$

Da ${}t$ sich im negativen Bereich bewegt, ist ${}e^{2t}\leq 1$ und somit ist der Integrand ${}\leq {\sqrt {2}}e^{t}$. Damit ist dieses Integral kleiner/gleich

${}2\pi {\sqrt {2}}\int _{s}^{0}e^{t}dt=2\pi {\sqrt {2}}(1-e^{s})\leq 2\pi {\sqrt {2}}\leq 2\cdot 3{,}2\cdot 1{,}5=2\cdot 4{,}8<10\,.$

Diese Abschätzung gilt auch für ${}s\rightarrow -\infty$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

${}Q=[a_{1},b_{1}]\times [a_{2}\times b_{2}]\times \cdots \times [a_{n},b_{n}]\,$

ein Quader im ${}\mathbb {R} ^{n}$ und sei

${}f=x_{1}^{d_{1}}x_{2}^{d_{2}}\cdots x_{n}^{d_{n}}\,$

ein Monom. Berechne ${}\int _{Q}fd\lambda ^{n}$.

Lösung

Die Funktion ${}f$ ist ein Produkt von ${}n$ Funktionen, nämlich ${}x_{i}^{d_{i}}$, die jeweils nur von der einen Variablen ${}x_{i}$ abhängen. Daher kann man (eine geeignete Verallgemeinerung von) Korollar 59.6 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) anwenden und erhält

${}{\begin{aligned}\int _{Q}fd\lambda ^{n}&={\left(\int _{a_{1}}^{b_{1}}x_{1}^{d_{1}}dx_{1}\right)}{\left(\int _{a_{2}}^{b_{2}}x_{2}^{d_{2}}dx_{2}\right)}\cdots {\left(\int _{a_{n}}^{b_{n}}x_{n}^{d_{n}}dx_{n}\right)}\\&={\frac {1}{d_{1}+1}}{\left(b_{1}^{d_{1}+1}-a_{1}^{d_{1}+1}\right)}{\frac {1}{d_{2}+1}}{\left(b_{2}^{d_{2}+1}-a_{2}^{d_{2}+1}\right)}\cdots {\frac {1}{d_{n}+1}}{\left(b_{n}^{d_{n}+1}-a_{n}^{d_{n}+1}\right)}\\&={\frac {1}{(d_{1}+1)(d_{2}+1)\cdots (d_{n}+1)}}{\left(b_{1}^{d_{1}+1}-a_{1}^{d_{1}+1}\right)}{\left(b_{2}^{d_{2}+1}-a_{2}^{d_{2}+1}\right)}\cdots {\left(b_{n}^{d_{n}+1}-a_{n}^{d_{n}+1}\right)}.\end{aligned}}$