Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/16/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Lösung zu einer gewöhnlichen Differentialgleichung

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

   wobei

   $f\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(t,y)\longmapsto f(t,y),$

   eine Funktion auf einer offenen Teilmenge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ ist.

2. Ein euklidischer Vektorraum.
3. Die Kurvenlänge einer Kurve

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

4. Ein homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten (über ${}{\mathbb {C} }$).
5. Die ${}n$-fache stetige Differenzierbarkeit einer Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow W$ zwischen endlichdimensionalen reellen Vektorräumen ${}V$ und ${}W$.
6. Eine harmonische Funktion

   $u\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$

   auf einer offenen Teilmenge ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

1. Unter einer Lösung der Differentialgleichung versteht man eine Funktion

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

   auf einem mehrpunktigen Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$, die folgende Eigenschaften erfüllt.

   1. Es ist ${}(t,y(t))\in U$ für alle ${}t\in I$.
   2. Die Funktion ${}y$ ist differenzierbar.
   3. Es ist ${}y'(t)=f(t,y(t))$ für alle ${}t\in I$.
2. Unter einem euklidischen Vektorraum versteht man einen reellen endlichdimensionalen Vektorraum mit Skalarprodukt.
3. Unter der Kurvenlänge von ${}f$ versteht man

   $L(f)={\operatorname {sup} \,(L(f(t_{0}),\ldots ,f(t_{k})),a=t_{0}\leq t_{1}\leq \ldots \leq t_{k-1}\leq t_{k}=b{\text{ Unterteilung}},\,k\in \mathbb {N} )}.$

4. 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, heißt homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.

5. Die ${}n$-fache stetige Differenzierbarkeit liegt vor, wenn für jede Auswahl ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}n$ Vektoren aus ${}V$ die höhere Richtungsableitung

   $D_{v_{n}}(...D_{v_{2}}(D_{v_{1}}f)\ldots )$

   in Richtung ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ existiert und stetig ist.

6. Eine zweimal differenzierbare Funktion

   $u\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$

   auf einer offenen Teilmenge ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ heißt harmonisch, wenn

   ${}\triangle u={\frac {\partial ^{2}u}{\partial ^{2}x_{1}}}+{\frac {\partial ^{2}u}{\partial ^{2}x_{2}}}+\cdots +{\frac {\partial ^{2}u}{\partial ^{2}x_{n}}}=0\,$

   ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Lösungsverfahren für ein durch ein Zentralfeld

   $F\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   gegebenes Anfangswertproblem.
2. Der Satz über implizite Abbildungen.
3. Das Ableitungskriterium für die Lipschitz-Eigenschaft eines Vektorfeldes

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

Lösung

1. Zu ${}w\in \mathbb {R} ^{n}$ und einer Lösung

   $\alpha \colon J\longrightarrow \mathbb {R}$

   der eindimensionalen Differentialgleichung

   $z'=g(t,zw)\cdot z{\text{ mit }}\alpha (t_{0})=1$

   ist

   $v(t)=\alpha (t)\cdot w$

   eine Lösung des Anfangswertproblems

   $v'=F(t,v){\text{ mit }}v(t_{0})=w.$

2. Es sei ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und sei

   $\varphi \colon G\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Es sei ${}P\in G$ und es sei ${}Z=\varphi ^{-1}(\varphi (P))$ die Faser durch ${}P$. Das totale Differential ${}\left(D\varphi \right)_{P}$ sei surjektiv. Dann gibt es eine offene Menge ${}P\in W$, ${}W\subseteq G$, eine offene Menge ${}V\subseteq \mathbb {R} ^{n-m}$ und eine stetig differenzierbare Abbildung

   $\psi \colon V\longrightarrow W$

   derart, dass ${}\psi (V)\subseteq Z\cap W$ ist und ${}\psi$ eine Bijektion

   $\psi \colon V\longrightarrow Z\cap W$

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

   $f\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(t,v_{1},\ldots ,v_{n})\longmapsto f(t,v_{1},\ldots ,v_{n}),$

   ein Vektorfeld auf ${}U$ derart, dass die partiellen Ableitungen nach ${}v_{j}$ existieren und stetig sind. Dann genügt ${}f$

   lokal einer Lipschitz-Bedingung.

Aufgabe (3 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

$y'=(-4t^{3}+2t^{2}+3t+1)y{\text{ mit }}y(-2)=-5.$

Lösung

Eine Stammfunktion zu ${}g(t)=-4t^{3}+2t^{2}+3t+1$ ist

${}G(t)=-t^{4}+{\frac {2}{3}}t^{3}+{\frac {3}{2}}t^{2}+t\,.$

Nach [[Lineare gewöhnliche Differentialgleichung/Homogen/1/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Lineare gewöhnliche Differentialgleichung/Homogen/1/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] sind die Lösungen der Differentialgleichung gleich

$ce^{-t^{4}+{\frac {2}{3}}t^{3}+{\frac {3}{2}}t^{2}+t}$

mit einer Konstanten ${}c\in \mathbb {R}$. Die Anfangsbedingung führt auf

${}ce^{-16-{\frac {16}{3}}+6-2}=ce^{-{\frac {52}{3}}}=-5\,,$

also ist

${}c=-5e^{\frac {52}{3}}\,.$

Die Lösung des Anfangswertproblems ist also

${}y(t)=-5e^{\frac {52}{3}}e^{-t^{4}+{\frac {2}{3}}t^{3}+{\frac {3}{2}}t^{2}+t}=-5e^{-t^{4}+{\frac {2}{3}}t^{3}+{\frac {3}{2}}t^{2}+t+{\frac {52}{3}}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten im ${}\mathbb {R} ^{2}$ die offenen Bälle ${}U=U{\left((0,0),1\right)}$ und ${}V=U{\left((2,0),2\right)}$. Man gebe für jeden Punkt

${}x=(a,b)\in U\cap V\,$

einen expliziten offenen Ball mit Mittelpunkt ${}x$ an, der ganz innerhalb von ${}U\cap V$ liegt.

Lösung

Es sei ${}x=(a,b)\in U\cap V$. Dies bedeutet einerseits

${}a^{2}+b^{2}<1\,$

und andererseits

${}{\sqrt {(a-2)^{2}+b^{2}}}<2\,,$

also

${}a^{2}+b^{2}<4a\,.$

Sei

${}\epsilon :={\min {\left(1-{\sqrt {a^{2}+b^{2}}},2-{\sqrt {(a-2)^{2}+b^{2}}}\right)}}>0\,.$

Wir behaupten

${}U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\cap V\,,$

sei dazu ${}y\in U{\left(x,\epsilon \right)}$. Die erste Inklusion ergibt sich aus

${}d((0,0),y)\leq d((0,0),x)+d(x,y)<{\sqrt {a^{2}+b^{2}}}+\epsilon \leq 1\,$

und die zweite Inklusion ergibt sich aus

${}d((2,0),y)\leq d((2,0),x)+d(x,y)<{\sqrt {(a-2)^{2}+b^{2}}}+\epsilon \leq 2\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Aussage, dass eine Folge ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ im ${}\mathbb {R} ^{m}$ (versehen mit der euklidischen Metrik) genau dann konvergiert, wenn sämtliche Komponentenfolgen konvergieren.

Lösung

Es sei die Gesamtfolge konvergent gegen ${}w=(w_{1},\ldots ,w_{m})$. Wir behaupten, dass die ${}i$-te Komponentenfolge ${}{\left(z_{in}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}w_{i}$ konvergiert. Sei (ohne Einschränkung) ${}i=1$ und ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz der Gesamtfolge gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ mit ${}d{\left(z_{n},w\right)}\leq \epsilon$ für alle ${}n\geq n_{0}$. Daher ist

${}{\begin{aligned}\vert {z_{1n}-w_{1}}\vert &={\sqrt {{\left(z_{1n}-w_{1}\right)}^{2}}}\\&\leq {\sqrt {{\left(z_{1n}-w_{1}\right)}^{2}+{\left(z_{2n}-w_{2}\right)}^{2}+\cdots +{\left(z_{mn}-w_{m}\right)}^{2}}}\\&=d{\left(z_{n},w\right)}\\&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Es seien nun alle Komponentenfolgen konvergent, wobei die ${}i$-te Folge den Grenzwert ${}w_{i}$ besitzen möge, und sei ein ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wir setzen ${}w=(w_{1},\ldots ,w_{m})$ und behaupten, dass die Folge gegen ${}w$ konvergiert. Zu ${}\epsilon /m$ gibt es für jede Komponentenfolge ein ${}n_{0i}$ derart, dass ${}\vert {z_{in}-w_{i}}\vert \leq \epsilon /m$ für alle ${}n\geq n_{0i}$ gilt. Dann gilt für alle

${}n\geq n_{0}:={\max {\left(n_{0i},i=1,\ldots ,m\right)}}\,$

die Beziehung

${}{\begin{aligned}d{\left(z_{n},w\right)}&={\sqrt {{\left(z_{1n}-w_{1}\right)}^{2}+\cdots +{\left(z_{mn}-w_{m}\right)}^{2}}}\\&\leq {\sqrt {{\left({\frac {\epsilon }{m}}\right)}^{2}+\cdots +{\left({\frac {\epsilon }{m}}\right)}^{2}}}\\&={\sqrt {\frac {\epsilon ^{2}}{m}}}\\&={\frac {\epsilon }{\sqrt {m}}}\\&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere die Funktion

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

Lösung Skizziere/x^2+y/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}h\colon I\rightarrow V$ eine zweimal differenzierbare Kurve in einem euklidischen Vektorraum ${}V$. Zeige, dass bei ${}h'(t)\neq 0$ die Gleichheit

${}\Vert {h'(t)}\Vert '={\frac {\left\langle h'(t),h^{\prime \prime }(t)\right\rangle }{\left\langle h'(t),h'(t)\right\rangle }}\Vert {h'(t)}\Vert \,$

gilt.

Lösung

Es sei ${}u_{1}=h'(t)$, das wir zu einer Orthogonalbasis ${}u_{1},u_{2},\ldots ,u_{n}$ von ${}V$ ergänzen. Es seien ${}h_{1},\ldots ,h_{n}$ die Koordinatenfunktionen von ${}h$ zu dieser Basis. Dann ist

${}{\begin{aligned}\Vert {h'(t)}\Vert '&=\Vert {\begin{pmatrix}h_{1}'(t)\\\vdots \\h_{n}'(t)\end{pmatrix}}\Vert '\\&={\sqrt {h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}'\\&={\frac {h_{1}(t)h_{1}'(t)+\cdots +h_{n}(t)h_{n}'(t)}{\sqrt {h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}}\\&={\frac {h_{1}(t)h_{1}'(t)+\cdots +h_{n}(t)h_{n}'(t)}{h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}{\sqrt {h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}\\&={\frac {\left\langle h'(t),h^{\prime \prime }(t)\right\rangle }{\left\langle h'(t),h'(t)\right\rangle }}\Vert {h'(t)}\Vert .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Formuliere den Lösungsansatz für Zentralfelder und beweise dessen Korrektheit.

Lösung

Es sei ${}U\subseteq V$ eine offene Teilmenge in einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$. Es sei

$F\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto F(t,v)=g(t,v)\cdot v,$

ein stetiges Zentralfeld zur stetigen Funktion

$g\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(t,v)\longmapsto g(t,v).$

Es sei ${}w\in U$ und es sei

$\alpha \colon J\longrightarrow \mathbb {R}$

eine Lösung der eindimensionalen Differentialgleichung

$z'=h(t,z):=g(t,zw)\cdot z{\text{ mit }}\alpha (t_{0})=1.$

Dann ist

${}v(t)=\alpha (t)\cdot w\,$

eine Lösung des Anfangswertproblems

$v'=F(t,v){\text{ mit }}v(t_{0})=w.$

Es ist

${}{\begin{aligned}v'(t)&=(\alpha (t)\cdot w)'\\&=\alpha '(t)\cdot w\\&=g(t,\alpha (t)\cdot w)\cdot \alpha (t)\cdot w\\&=F(t,\alpha (t)\cdot w)\\&=F(t,v(t))\end{aligned}}$

und

${}v(t_{0})=\alpha (t_{0})\cdot w=w\,,$

so dass eine Lösung des Anfangswertproblems vorliegt.

Aufgabe (6 Punkte)

Löse die Differentialgleichung

${}y^{\prime \prime }-3y'+9y=(t^{2}-8)e^{5t}\,.$

Lösung

Wegen

${}5^{2}-3\cdot 5+9=19\,$

ist ${}5$ keine Nullstelle des charakteristischen Polynoms der Differentialgleichung. Somit kann man nach [[Differentialgleichung/Zweite Ordnung/Rechte Seite/Ansatz/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Differentialgleichung/Zweite Ordnung/Rechte Seite/Ansatz/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] den Ansatz

${}y(t)=(at^{2}+bt+c)e^{5t}\,$

machen. Die linke Seite wird dann zu

${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,y^{\prime \prime }(t)-3y'(t)+9y(t)\\&={\left((at^{2}+bt+c)e^{5t}\right)}^{\prime \prime }-3{\left((at^{2}+bt+c)e^{5t}\right)}'+9(at^{2}+bt+c)e^{5t}\\&={\left((5at^{2}+5bt+5c+2at+b)e^{5t}\right)}^{\prime }-3(5at^{2}+5bt+5c+2at+b)e^{5t}+9(at^{2}+bt+c)e^{5t}\\&={\left((5at^{2}+(5b+2a)t+5c+b)e^{5t}\right)}'-3(5at^{2}+(5b+2a)t+5c+b)e^{5t}+9(at^{2}+bt+c)e^{5t}\\&=(5(5at^{2}+(5b+2a)t+5c+b)+10at+5b+2a)e^{5t}-3(5at^{2}+(5b+2a)t+5c+b)e^{5t}+9(at^{2}+bt+c)e^{5t}\\&={\left({\left(25a-15a+9a\right)}t^{2}+{\left(25b+10a+10a-15b-6a+9b\right)}t+25c+5b+5b+2a-15c-3b+9c\right)}e^{5t}\\&={\left(19at^{2}+{\left(14a+19b\right)}t+2a+7b+19c\right)}e^{5t}.\,\end{aligned}}$

Der Vergleich

${}19at^{2}+{\left(14a+19b\right)}t+2a+7b+19c=t^{2}-8\,$

liefert

${}a={\frac {1}{19}}\,,$

${}14a+19b=0\,,$

also

${}b=-{\frac {14}{19}}a=-{\frac {14}{361}}\,$

und

${}2a+7b+19c=-8\,,$

also

${}{\begin{aligned}c&={\frac {-8-2a-7b}{19}}\\&={\frac {-8-2{\frac {1}{19}}+7\cdot {\frac {14}{361}}}{19}}\\&={\frac {-8\cdot 361-2\cdot 19+7\cdot 14}{6859}}\\&={\frac {-2888-38+98}{6859}}\\&=-{\frac {2828}{6859}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${\left({\frac {1}{19}}t^{2}-{\frac {14}{361}}t-{\frac {2828}{6859}}\right)}e^{5t}$

eine Lösung der Differentialgleichung.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall, ${}W$ ein reeller Vektorraum und

$\varphi \colon I\longrightarrow W$

eine differenzierbare Kurve. Zeige, dass zwischen dem totalen Differential und der Kurven-Ableitung die Beziehung

${}{\left(D\varphi \right)}_{t}{\left(1\right)}=\varphi '(t)\,$

besteht.

Lösung

Die Kurvendifferenzierbarkeit im Punkt ${}t$ bedeutet nach Definition ***** die Existenz des Limes

$\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,{\frac {\gamma (t+h)-\gamma (t)}{h}}.$

Diese Existenz ist (entsprechend Satz 14.5 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))) dazu äquivalent, dass man

${}\gamma (t+h)=\gamma (t)+hw+h\cdot r(h)\,$

mit einem Vektor ${}w\in W$ und einer in ${}0$ stetigen Abbildung ${}r$ mir ${}r(0)=0$ schreiben kann (wobei ${}w=\gamma '(t)$ sein muss). Dabei kann man hinten ${}h$ durch ${}\vert {h}\vert$ ersetzen (wobei man auch ${}r(h)$ abwandeln muss). Diese lineare Approximierbarkeit ist aber die Definition der totalen Differenzierbarkeit, und zwar ist die lineare Abbildung durch

$\mathbb {R} \longrightarrow W,\,h\longmapsto hw,$

gegeben. Somit ist

${}\gamma '(t)=w=\left(D\gamma \right)_{t}(1)\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}f$ ein Polynom in zwei Variablen der Bauart

${}f(x,y)=x^{2}+y^{2}+\sum _{(r_{1},r_{2})\in \mathbb {N} ^{2},\,r_{1}+r_{2}\geq 3}a_{(r_{1},r_{2})}x^{r_{1}}y^{r_{2}}\,.$

Zeige ohne Differentialrechnung, dass ${}f$ im Nullpunkt ein isoliertes lokales Minimum besitzt. Bestimme in Abhängigkeit der Koeffizienten ${}a_{(r_{1},r_{2})}$ ein ${}\epsilon >0$ derart, dass die Einschränkung von ${}f$ auf ${}U{\left(0,\epsilon \right)}$ außerhalb des Nullpunktes echt positiv ist.

Lösung

Für jedes ${}(r_{1},r_{2})$ mit ${}r_{1}+r_{2}\geq 3$ und ${}(x,y)\neq 0$ ist

${}{\begin{aligned}\vert {\frac {x^{r_{1}}y^{r_{2}}}{x^{2}+y^{2}}}\vert &={\frac {\vert {x}\vert ^{r_{1}}\vert {y}\vert ^{r_{2}}}{\Vert {(x,y)}\Vert ^{2}}}\\&\leq {\frac {\Vert {(x,y)}\Vert ^{r_{1}}\Vert {(x,y)}\Vert ^{r_{2}}}{\Vert {(x,y)}\Vert ^{2}}}\\&={\frac {\Vert {(x,y)}\Vert ^{r_{1}+r_{2}}}{\Vert {(x,y)}\Vert ^{2}}}\\&\leq \Vert {(x,y)}\Vert ^{r_{1}+r_{2}-2}\\&\leq \Vert {(x,y)}\Vert ,\end{aligned}}$

wobei die letzte Abschätzung für Punkte mit ${}\Vert {(x,y)}\Vert \leq 1$ gilt. Es seien ${}k$ Koeffizienten ${}\neq 0$ und es sei ${}a$ das Maximum der Beträge der ${}a_{(r_{1},r_{2})}$. Wir setzen

${}\epsilon :=\operatorname {min} ({\frac {1}{ka}},1)\,.$

Dann ist für ${}(x,y)\neq (0,0)$ mit ${}\Vert {(x,y)}\Vert <\epsilon$

${}{\begin{aligned}{\frac {f(x,y)}{x^{2}+y^{2}}}&=1+\sum _{(r_{1},r_{2}),\,r_{1}+r_{2}\geq 3}a_{(r_{1},r_{2})}{\frac {x^{r_{1}}y^{r_{2}}}{x^{2}+y^{2}}}\\&\geq 1-\sum _{(r_{1},r_{2}),\,r_{1}+r_{2}\geq 3,\,a_{(r_{1},r_{2})}\neq 0}a{\frac {\vert {x^{r_{1}}y^{r_{2}}}\vert }{x^{2}+y^{2}}}\\&=1-ka\Vert {(x,y)}\Vert \\&>0.\end{aligned}}$

Insbesondere liegt im Nullpunkt ein isoliertes lokales Minimum mit dem Wert ${}0$ vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die kritischen Punkte der Funktion

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

Lösung

Der Gradient der Funktion ist

${\begin{pmatrix}y^{2}-1\\2xy\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung der kritischen Punkte setzen wir ${}y^{2}-1=0$ und ${}2xy=0$. Die erste Bedingung führt auf ${}y=\pm 1$ und die zweite Bedingung auf ${}x=0$. Die kritischen Punkte sind also ${}(0,1)$ und ${}(0,-1)$.

Aufgabe (9 (1+4+1+1+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left({\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {y^{2}}{2}}+y,\,x(y+1)\right).$

1. Zeige, dass ${}\varphi$ nicht injektiv ist.
2. Zeige, dass die Einschränkung von ${}\varphi$ auf ${}\mathbb {R} \times \mathbb {R} _{<-1}$ injektiv ist.
3. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y\right)\in \mathbb {R} ^{2}$.
4. Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$. Welches geometrische Gebilde bilden diese?
5. Berechne den Flächeninhalt des Bildes des Rechteckes

   ${}Q=[-1,1]\times [-3,-2]\,.$

Lösung

1. Die beiden Punkte ${}\left(1,\,-1\right)$ und ${}\left(-1,\,-1\right)$ werden beide auf ${}\left(-1,\,0\right)$ abgebildet, die Abbildung ist also nicht injektiv.
2. Wir machen den Ansatz

   ${}{\begin{pmatrix}{\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {y^{2}}{2}}+y\\x(y+1)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}\,.$

   Aus der zweiten Gleichung folgt (wegen ${}y+1<0$)

   ${}x={\frac {v}{y+1}}\,$

   und daraus mit der ersten Gleichung

   ${}g(y)={\frac {v^{2}}{2(y+1)^{2}}}-{\frac {y^{2}}{2}}+y=u\,.$

   Die Ableitung dieser Funktion ${}g(y)$ nach ${}y$ ist

   $-{\frac {v^{2}}{(y+1)^{3}}}-y+1.$

   Dies ist stets positiv, da alle drei Summanden positiv sind. D.h. ${}g$ ist streng wachsend und so kann es zu gegebenem ${}{\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}$ höchstens eine Lösung für ${}y$ geben, was wegen der ersten Bedingung auch ${}x$ eindeutig festlegt.

3. Die Jacobi-Matrix ist

   ${\begin{pmatrix}x&-y+1\\y+1&x\end{pmatrix}}$

4. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist

   ${}\det {\begin{pmatrix}x&-y+1\\y+1&x\end{pmatrix}}=x^{2}-(y+1)(-y+1)=x^{2}+y^{2}-1\,.$

   Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn diese Determinante ${}0$ ist, was also bei

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

   der Fall ist. Daher bilden die kritischen Punkten den Einheitskreis.

5. Die Abbildung ist auf dem Rechteck ${}Q$ injektiv und darauf überall regulär, daher ist nach [[Diffeomorphismus/Transformationsformel/Kompakte Teilmengen/Volumen/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Diffeomorphismus/Transformationsformel/Kompakte Teilmengen/Volumen/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]]

   ${}{\begin{aligned}\lambda ^{2}(\varphi (Q))&=\int _{Q}(x^{2}+y^{2}+1)d\lambda ^{2}\\&=\int _{-3}^{-2}\int _{-1}^{1}(x^{2}+y^{2}+1)dxdy\\&=\int _{-3}^{-2}{\left({\frac {x^{3}}{3}}+xy^{2}+x\right)}{|}_{-1}^{1}dy\\&=2\int _{-3}^{-2}{\left({\frac {1}{3}}+y^{2}+1\right)}dy\\&=2{\left({\frac {4}{3}}y+{\frac {1}{3}}y^{3}\right)}_{-3}^{-2}\\&=2{\left(-{\frac {8}{3}}-{\frac {8}{3}}+4+9\right)}\\&={\frac {46}{3}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Ein Eimer steht im Garten, gestern abend war er leer. Der Eimer ist ${}30$ cm hoch, er hat am Boden einen Durchmesser von ${}20$ cm und oben am Rand einen Durchmesser von ${}25$ cm. Über Nacht hat es ${}5$ cm geregnet. Wie hoch ist der Wasserstand im Eimer am Morgen?

Lösung

Wir denken uns den Eimer als Ausschnitt aus einem Kegel mit runder Grundseite. Wenn der Eimer bis zur Höhe ${}h$ gefüllt ist, so ist das Wasservolumen darin nach [[Kegel/Über messbarer Basis/Maßformel/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Kegel/Über messbarer Basis/Maßformel/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] gleich

${}{\frac {1}{3}}(120+h)\cdot \pi {\left(10+{\frac {h}{12}}\right)}^{2}-{\frac {1}{3}}\cdot 120\cdot \pi \cdot 10^{2}={\frac {1}{3}}\pi {\left({\frac {1}{144}}(120+h)^{3}-12000\right)}\,.$

Die Wasserzufuhr in den Eimer hängt vom oberen Querschritt ab. Bei einer Regenmenge von ${}5$ cm ist dies

${}5\cdot {\left({\frac {25}{2}}\right)}^{2}\cdot \pi ={\frac {3125}{4}}\pi \,.$

Dies führt zur Bedingung

${}{\frac {1}{3}}{\left({\frac {1}{144}}(120+h)^{3}-12000\right)}={\frac {3125}{4}}\,$

bzw.

${}{\left({\frac {1}{36}}(120+h)^{3}-4\cdot 12000\right)}=3\cdot 3125\,$

bzw.

${}(120+h)^{3}=3\cdot 36\cdot 3125+4\cdot 36\cdot 12000=337500+1728000=2065500\,.$

Also ist

${}h={\sqrt[{3}]{2065500}}-120\cong 7,35\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Integral zur Funktion

${}f(r,s,t)=rst+t\sin s\,$

über dem Einheitswürfel ${}W=[0,1]^{3}$.

Lösung

Aufgrund des Satzes von Fubini ist

${}{\begin{aligned}\int _{W}rst+t\sin s\,d\lambda ^{3}&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\left(rst+t\sin s\right)}drdsdt\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\left({\frac {1}{2}}r^{2}st+rt\sin s\right)}|_{0}^{1}dsdt\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\left({\frac {1}{2}}st+t\sin s\right)}dsdt\\&=\int _{0}^{1}{\left({\frac {1}{4}}s^{2}t-t\cos s\right)}|_{0}^{1}dt\\&=\int _{0}^{1}{\left({\frac {1}{4}}t-t\cos 1+t\right)}dt\\&=\int _{0}^{1}{\left({\left({\frac {5}{4}}-\cos 1\right)}t\right)}dt\\&={\left({\frac {1}{2}}{\left({\frac {5}{4}}-\cos 1\right)}t^{2}\right)}|_{0}^{1}\\&={\frac {5}{8}}-{\frac {1}{2}}\cos 1.\end{aligned}}$