Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/18/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die gewöhnliche Differentialgleichung zu einer Funktion

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

   auf einer offenen Menge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{2}$.

2. Orthogonale Vektoren ${}v,w\in V$ in einem reellen Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt.
3. Die Differenzierbarkeit einer Funktion

   $f\colon I\longrightarrow V$

   in einem Punkt ${}t\in I$, wobei ${}I$ ein Intervall und ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum ist.

4. Ein Fundamentalsystem von Lösungen eines homogenen linearen Differentialgleichungssystems mit konstanten Koeffizienten.
5. Die Faser zu einer Abbildung

   $\varphi \colon L\longrightarrow M$

   über einem Punkt ${}x\in M$.

6. Eine sternförmige Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

1. Man nennt die Gleichung

   $y'=f(t,y)$

   gewöhnliche Differentialgleichung zu ${}f$.

2. Zwei Vektoren ${}v,w\in V$ heißen orthogonal zueinander, wenn

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

   ist.

3. Die Abbildung ${}f$ heißt in ${}t\in I$ differenzierbar, wenn der Limes

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

   existiert.

4. Es sei

   ${}v'=Mv\,$

   mit

   $M\in \operatorname {Mat} _{n\times n}({\mathbb {K} })$

   ein homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten. Dann heißt eine Basis des Lösungsraumes ein Fundamentalsystem von Lösungen dieses Systems.

5. Die Faser über ${}y$ ist die Menge

   ${}F_{y}={\left\{x\in L\mid \varphi (x)=y\right\}}\,.$

6. Eine Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ heißt sternförmig bezüglich eines Punktes ${}P\in T$, wenn für jeden Punkt ${}Q\in T$ die Verbindungsstrecke ${}sQ+(1-s)P$, ${}s\in [0,1]$, ganz in ${}T$ liegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über das Verhalten der Gramschen Matrizen zu einer Bilinearform bei einem Basiswechsel.
2. Die Kettenregel zu zwei total differenzierbaren Abbildungen

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

   und

   $g\colon \mathbb {R} ^{m}\longrightarrow \mathbb {R} ^{k}$

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.
3. Der Satz über den Zusammenhang von Anfangswertproblemen und Integralgleichungen.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum und ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine Bilinearform auf ${}V$. Es seien ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{n}$ zwei Basen von ${}V$ und es seien ${}G$ bzw. ${}H$ die Gramschen Matrizen von ${}\left\langle -,-\right\rangle$ bezüglich dieser Basen. Zwischen den Basiselementen gelte die Beziehungen

   ${}w_{j}=\sum _{i=1}^{n}a_{ij}v_{i}\,,$

   die wir durch die Übergangsmatrix ${}A=(a_{ij})_{i,j}$

   ausdrücken. Dan
2. Die zusammengesetzte Abbildung ${}g\circ f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{k}$ ist ebenfalls total differenzierbar, und zwischen den totalen Differentialen in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ besteht die Beziehung

   $\left(D(g\circ f)\right)_{P}=\left(Dg\right)_{f(P)}\circ \left(Df\right)_{P}.$

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

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

   ein stetiges Vektorfeld auf ${}U$. Es sei ${}(t_{0},w)\in I\times U$ vorgegeben. Dann ist eine stetige Abbildung

   $v\colon J\longrightarrow V,\,t\longmapsto v(t),$

   auf einem Intervall ${}J\subseteq I$ mit ${}t_{0}\in J$ genau dann eine Lösung des Anfangswertproblems (insbesondere muss ${}v$ differenzierbar sein)

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

   wenn ${}v$ die Integralgleichung

   $v(t)=w+\int _{t_{0}}^{t}f(s,v(s))\,ds$

   erfüllt.

Aufgabe (9 (3+3+3) Punkte)

a) Es sei

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

ein nullstellenfreies Vektorfeld, d.h. ${}f(t,y)\neq 0$ für alle ${}(t,y)\in \mathbb {R} ^{2}$. Zeige, dass jede Lösungskurve zur Differentialgleichung

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

injektiv ist.

b) Es sei ${}f$ nun ein zeitunabhängiges Vektorfeld. Zeige, dass ${}f$ genau dann nullstellenfrei ist, wenn jede Lösungskurve injektiv ist.

c) Man gebe ein Beispiel für ein Vektorfeld, das nicht nullstellenfrei ist, für das aber jede Lösungskurve injektiv ist.

Lösung

a) Es sei angenommen, dass es eine nicht injektive Lösungskurve

$y\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

gibt. Dann gibt es Punkte ${}a,b\in I$, ${}a<b$ mit ${}y(a)=y(b)$. Nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung gibt es ein ${}c\in {]a,b[}$ mit

${}y'(c)=0\,.$

Dies ist ein Widerspruch zu

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

b) Die Hinrichtung folgt aus Teil a). Es sei nun

${}f(t,y)=h(y)\,$

nicht nullstellenfrei. Dann gibt es ein ${}y_{0}$ mit ${}h(y_{0})=0$. Für die konstante Funktion

${}y(t):=y_{0}\,$

gilt

${}y'(t)=0=h(y_{0})=f(t,y_{0})=f(t,y(t))\,$

für alle ${}t\in \mathbb {R}$, so dass eine Lösung der Differentialgleichung vorliegt. Diese konstante Lösung ist nicht injektiv.

c) Wir betrachten die Differentialgleichung

${}y'=t^{2}\,$

zum ortsunabhängigen Vektorfeld

${}f(t,y)=g(t)=t^{2}\,.$

Bei ${}t=0$ liegen Nullstellen vor. Die Lösungen sind die Stammfunktionen zu ${}t^{2}$, also ${}{\frac {1}{3}}t^{3}+c$. Da dritte Wurzeln im Reellen eindeutig sind, handelt es sich um injektive Funktionen.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}z\in {\mathbb {C} }$ eine komplexe Zahl mit ${}\vert {z}\vert <1$. Zeige, dass die Folge ${}{\left(z^{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}0$ konvergiert.

Lösung

Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Es ist

${}\vert {z^{n}}\vert =\vert {z}\vert ^{n}\,,$

so dass es genügt, die Aussage für reelles ${}r$, ${}0\leq r<1$, zu zeigen. Es ist

${}t:={\frac {1}{r}}>1\,,$

wir schreiben ${}t=1+\delta$ mit ${}\delta >0$. Aufgrund des Archimedes-Prinzips gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass

${}n_{0}\delta \geq {\frac {1}{\epsilon }}\,$

ist. Nach der Bernoullischen Ungleichung gilt somit für ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}t^{n}=t^{n_{0}}=(1+\delta )^{n_{0}}\geq 1+{n_{0}}\delta \geq {\frac {1}{\epsilon }}\,.$

Also ist

${}r^{n}={\left({\frac {1}{t}}\right)}^{n}\leq \epsilon \,$

für ${}n\geq n_{0}$.

Aufgabe (7 (1+1+2+3) Punkte)

Es sei ein quadratischer Billardtisch ohne Löcher mit einer Seitenlänge von einem Meter gegeben, darauf bewegt sich eine punktförmige Kugel ohne Bremswirkung nach dem Reflexionsprinzip „Einfallswinkel ist gleich Ausfallswinkel“.

1. Beschreibe durch eine Skizze (inklusive Winkel oder Punktkoordinaten) eine periodische Bewegung, bei der zwei Randpunkte getroffen werden.
2. Beschreibe durch eine Skizze (inklusive Winkel oder Punktkoordinaten) eine periodische Bewegung, bei der vier Randpunkte getroffen werden.
3. Beschreibe durch eine Skizze (inklusive Winkel oder Punktkoordinaten) eine periodische Bewegung, bei der acht Randpunkte getroffen werden.
4. Zeige, dass es keine periodische Bewegung gibt, bei der drei Randpunkte getroffen werden.

Lösung

1. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

2. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

3. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

4. Offenbar können nicht die drei Punkte auf einer Seite sein. Wenn zwei Punkte auf einer Seite und ein dritter auf einer weiteren Seite wäre, so müssten bei der Bewegung die beiden gleichseitigen Punkte verbunden sein, was nicht sein kann. Es ist also noch die Möglichkeit auszuschließen, dass drei Seiten einen Punkt enthalten und die vierte nicht. Ohne Einschränkung sei auf der rechten Seite kein Punkt und die Bewegung beginnt im Punkt auf der linken Seite und läuft direkt zum Punkt auf der oberen Seite. Von diesem Punkt muss die Bewegung dann zum dritten Punkt auf der unteren Seite weitergehen. Doch dann ändert sich bei dieser Bewegung die Geschwindigkeit in Richtung der ${}x$-Koordinate nicht und die Bewegung trifft doch die rechte Seite.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse die Differentialgleichung

${}y^{\prime \prime }-y=e^{t}\,.$

Lösung

Das charakteristische Polynom ist ${}x^{2}-1$, somit ist ${}1$ eine einfache Nullstelle des Polynoms und man muss die gesuchte Lösungsfunktion als

${}y(t)=rte^{t}\,$

mit einer Konstanten ${}r\in \mathbb {R}$ ansetzen. Ableiten ergibt

${}{\begin{aligned}y^{\prime \prime }(t)-y(t)&={\left(rte^{t}\right)}^{\prime \prime }-rte^{t}\\&={\left(re^{t}+rte^{t}\right)}'-rte^{t}\\&=re^{t}+re^{t}+rte^{t}-rte^{t}\\&=2re^{t}.\end{aligned}}$

Der Vergleich mit der rechten Seite zeigt

${}r={\frac {1}{2}}\,$

und somit ist

${}y(t)={\frac {1}{2}}te^{t}\,$

eine Lösung der inhomogen Differentialgleichung.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die partielle Ableitung nach ${}w$ der Funktion

${}{\begin{aligned}f(x,y,z,u,v,w)&=e^{x^{2}-yv}-\sin \left(v-\cos u^{2}\right)+w^{2}-17x^{13}z^{11}+{\sqrt[{3}]{u^{2}+v^{2}+3}}\\\,\end{aligned}}$

Lösung

Die partielle Ableitung nach ${}w$ ist

${}{\frac {\partial f}{\partial w}}=2w\,.$

Aufgabe (6 (1+1+3+1) Punkte)

Der ${}\mathbb {R} ^{4}$ sei mit der Standard-Minkowski-Form versehen.

1. Beschreibe den Lichtkegel in ${}\mathbb {R} ^{4}$ als Faser ${}Y=f^{-1}(0)$ einer geeigneten Funktion ${}f\colon \mathbb {R} ^{4}\rightarrow \mathbb {R}$ über ${}0\in \mathbb {R}$.
2. Zeige, dass der Nullpunkt der einzige kritische Punkt des Lichtkegels ist.
3. Es sei ${}P\in Y$ ein Punkt ${}\neq 0$ des Lichtkegels und ${}v\in T_{P}Y\subseteq \mathbb {R} ^{4}$ ein Tangentenvektor in ${}P$ an der Faser, der zugleich selbst lichtartig sei. Zeige, dass ${}P+v$ ebenfalls lichtartig ist.
4. Zeige, dass man in (3) nicht auf die Bedingung verzichten kann, dass ${}v$ selbst lichtartig ist.

Lösung

1. Die Bedingung für einen lichtartigen Vektor ist

   ${}\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\right\rangle =x^{2}+y^{2}+z^{2}-w^{2}=0\,,$

   deshalb kann man direkt

   ${}f(x,y,z,w)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-w^{2}\,$

   nehmen.

2. Die Jacobi-Matrix zu ${}f$ ist

   $\left(2x,\,2y,\,2z,\,-2w\right).$

   Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn sämtliche Einträge dieses Vektors verschwinden, was nur im Nullpunkt ${}\left(0,\,0,\,0,\,0\right)$ der Fall ist.

3. Es sei

   ${}P=\left(x,\,y,\,z,\,w\right)\neq \left(0,\,0,\,0,\,0\right)\,$

   ein Element des Lichtkegels. Sei

   ${}v=\left(v_{1},\,v_{2},\,v_{3},\,v_{4}\right)\in T_{P}Y=\operatorname {kern} \left(2x,\,2y,\,2z,\,-2w\right)\,.$

   Dann ist

   ${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\\v_{4}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\\v_{4}\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=\left\langle {\begin{pmatrix}x+v_{1}\\y+v_{2}\\z+v_{3}\\w+v_{4}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x+v_{1}\\y+v_{2}\\z+v_{3}\\w+v_{4}\end{pmatrix}}\right\rangle \\&={\left(x+v_{1}\right)}^{2}+{\left(y+v^{2}\right)}^{2}+{\left(z+v_{3}\right)}^{2}-{\left(w+v_{4}\right)}^{2}\\&=x^{2}+2xv_{1}+v_{1}^{2}+y^{2}+2yv_{2}+v_{2}^{2}+z^{2}+2zv_{3}+v_{3}^{2}-w^{2}-2wv_{4}-v_{4}^{2}\\&=x^{2}+y^{2}+z^{2}-w^{2}+2xv_{1}+2yv_{2}+2zv_{3}-2wv_{4}+v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+v_{3}^{2}-v_{4}^{2}\\&=0\,\end{aligned}}$

   aufgrund der Bedingungen an ${}P$ und ${}v$, was die Lichtartigkeit bedeutet.

4. Betrachte ${}P={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\1\end{pmatrix}}$ und

   ${}v={\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}}\,.$

   In diesem Fall ist

   ${}P+v={\begin{pmatrix}1\\1\\-1\\1\end{pmatrix}}\,$

   nicht lichtartig.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Bestimmung von Extrema mit der Hesse-Matrix.

Lösung

(1). Aufgrund von Lemma 52.1 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) gibt es ein ${}\delta >0$ derart, dass die Hesse-Form ${}\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ für alle ${}Q\in U{\left(P,\delta \right)}$ negativ definit ist. Für alle Vektoren ${}v\in V$, ${}v\in U{\left(0,\delta \right)}$, gibt es nach Satz 50.5 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) ein ${}c=c(v)\in [0,1]$ mit

${}f(P+v)=f(P)+\sum _{\vert {\,r\,}\vert =2}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P+cv)\cdot v^{r}=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+cv}\,f(v,v)\,,$

wobei die erste Formulierung sich auf eine fixierte Basis bezieht und wobei die zweite Identität auf Aufgabe 52.15 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) beruht. Da die Hesse-Form negativ definit ist, steht rechts für ${}v\neq 0$ eine Zahl, die echt kleiner als ${}f(P)$ ist. Daher liegt ein isoliertes lokales Maximum vor.
(2) wird wie (1) bewiesen oder durch betrachten von ${}-f$ darauf zurückgeführt.
(3). Es sei ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ indefinit. Dann gibt es Vektoren ${}v$ und ${}w$ mit

$\operatorname {Hess} _{P}\,f(v,v)>0\,\,{\text{ und }}\,\,\operatorname {Hess} _{P}\,f(w,w)<0.$

Wegen der stetigen Abhängigkeit der Hesse-Form gelten diese Abschätzungen auch für ${}\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ für ${}Q$ aus einer offenen Umgebung von ${}P$ (mit den gleichen Vektoren ${}v$ und ${}w$). Wir können durch Skalierung von ${}v$ und ${}w$ annehmen, dass ${}P+v$ und ${}P+w$ zu dieser Umgebung gehören. Wie im Beweis zu Teil (1) gilt daher (${}v$ und ${}w$ sind nicht ${}0$)

${}f(P+v)=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+cv}\,f(v,v)>f(P)\,$

und

${}f(P+w)=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+dw}\,f(w,w)<f(P)\,$

mit ${}c,d\in [0,1]$. Also kann in ${}P$ kein lokales Extremum vorliegen.

Aufgabe (4 Punkte)

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

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

eine stetig differenzierbare Abbildung. Zeige, dass die Menge der regulären Punkte von ${}\varphi$ offen ist.

Lösung

Es seien ${}\varphi _{i}$ die Koordinatenfunktionen zu ${}\varphi$ und sei

${}J(P)={\begin{pmatrix}{\frac {\partial \varphi _{1}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial \varphi _{1}}{\partial x_{n}}}(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\{\frac {\partial \varphi _{n}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial \varphi _{n}}{\partial x_{n}}}(P)\end{pmatrix}}\,$

die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$. Die Abbildung ist in einem Punkt ${}P\in G$ genau dann regulär, wenn die Jacobi-Matrix bijektiv ist, und dies ist genau dann der Fall, wenn ihre Determinante ungleich ${}0$ ist. Nach Voraussetzung sind die Einträge in der Matrix stetige Funktionen. Da die Determinante eine polynomiale Funktion ist, ist die Gesamtabbildung

$G\longrightarrow \mathbb {R} ,\,P\longmapsto \det J(P),$

stetig. Die Menge der regulären Punkte ist das Urbild der offenen Menge ${}\mathbb {R} \setminus \{0\}$ unter dieser Abbildung, also offen.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten das Vektorfeld

$G\colon \mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} _{>0}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y,z)\longmapsto \left(ye^{xy}+\ln z,\,xe^{xy}-2yz,\,{\frac {x}{z}}-y^{2}\right).$

a) Zeige mit Hilfe der Integrabilitätsbedingung, dass ${}G$ ein Gradientenfeld ist.

b) Bestimme ein Potential zu ${}G$.

Lösung

a) Es ist

${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}=e^{xy}+xye^{xy}\,$

und ebenso

${}{\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}=e^{xy}+xye^{xy}\,,$

es ist

${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial z}}={\frac {1}{z}}\,$

und ebenso

${}{\frac {\partial G_{3}}{\partial x}}={\frac {1}{z}}\,,$

und schließlich ist

${}{\frac {\partial G_{2}}{\partial z}}=-2y\,$

und ebenso

${}{\frac {\partial G_{3}}{\partial y}}=-2y\,,$

die Integrabilitätsbedingungen sind also erfüllt. Da ${}\mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} _{>0}$ sternförmig ist, handelt es sich um ein Gradientenfeld.

b) Ein Potential zu ${}G$ ist

${}f(x,y,z)=x\ln z+e^{xy}-y^{2}z\,,$

wie man durch Ableiten bestätigt.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme für das Anfangswertproblem

$y^{\prime }=y{\text{ mit }}y(0)=1$

explizite Formeln für die Picard-Lindelöf-Iterationen.

Lösung

Wir behaupten, dass die ${}n$-te Picard-Lindelöf-Iteration gleich

${}\varphi _{n}(t)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {t^{k}}{k!}}\,$

ist. Dies beweisen wir durch Induktion nach ${}n$, wobei der Anfang ${}n=0$ klaar ist, da wegen der Anfangsbedingung

${}\varphi _{0}(t)=1\,$

ist. Der Induktionsschritt ergibt sich aus

${}{\begin{aligned}\varphi _{n+1}(t)&=1+\int _{0}^{t}\varphi _{n}(s)ds\\&=1+\int _{0}^{t}\sum _{k=0}^{n}{\frac {s^{k}}{k!}}ds\\&=1+\sum _{k=0}^{n}\int _{0}^{t}{\frac {s^{k}}{k!}}ds\\&=1+\sum _{k=0}^{n}{\frac {s^{k+1}}{(k+1)!}}{|}_{0}^{t}\\&=1+\sum _{k=0}^{n}{\frac {t^{k+1}}{(k+1)!}}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\frac {t^{k}}{k!}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}Z$ der Zylinder um die ${}x$-Achse und ${}W$ der Zylinder um die ${}z$-Achse, beide zum Radius ${}1$. Bestimme das Volumen des Durchschnitts ${}Z\cap W$.

Lösung

Es ist

${}Z={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid y^{2}+z^{2}\leq 1\right\}}\,$

und

${}W={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{2}+y^{2}\leq 1\right\}}\,.$

Somit ist

${}T=Z\cap W={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid y^{2}+z^{2}\leq 1{\text{ und }}x^{2}+y^{2}\leq 1\right\}}\,.$

Wir bestimmen den Flächeninhalt des Querschnitts von ${}T$ zu ${}x$ zwischen ${}0$ und ${}1$. Der Querschnitt ist

${}T(x)={\left\{(y,z)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y^{2}+z^{2}\leq 1{\text{ und }}\vert {y}\vert \leq {\sqrt {1-x^{2}}}\right\}}\,.$

Bei fixiertem ${}y$ (neben dem fixierten ${}x$) läuft ${}z$ zwischen ${}-{\sqrt {1-y^{2}}}$ und ${}{\sqrt {1-y^{2}}}$. Der Flächeninhalt von ${}T(x)$ ist durch

${}{\begin{aligned}\lambda ^{2}(T(x))&=2\int _{-{\sqrt {1-x^{2}}}}^{\sqrt {1-x^{2}}}{\sqrt {1-y^{2}}}dy\\&={\left(y\cdot {\sqrt {1-y^{2}}}-\arccos y\right)}_{-{\sqrt {1-x^{2}}}}^{\sqrt {1-x^{2}}}\\&={\sqrt {1-x^{2}}}\cdot {\sqrt {1-{\left({\sqrt {1-x^{2}}}\right)}^{2}}}-\arccos {\left({\sqrt {1-x^{2}}}\right)}+{\sqrt {1-x^{2}}}\cdot {\sqrt {1-{\left(-{\sqrt {1-x^{2}}}\right)}^{2}}}+\arccos {\left(-{\sqrt {1-x^{2}}}\right)}\\&=2x{\sqrt {1-x^{2}}}-2\arccos {\left({\sqrt {1-x^{2}}}\right)}+\pi \\&=2x{\sqrt {1-x^{2}}}-2\arcsin x+\pi .\,\end{aligned}}$

Eine Stammfunktion dazu ist

$-{\frac {2}{3}}{\left(1-x^{2}\right)}^{3/2}-2x\arcsin x-2{\sqrt {1-x^{2}}}+\pi x.$

Somit ist das Volumen von ${}T$ gleich

${}{\begin{aligned}2\int _{0}^{1}2x{\sqrt {1-x^{2}}}-2\arcsin x+\pi dx&=2{\left(-{\frac {2}{3}}{\left(1-x^{2}\right)}^{3/2}-2x\arcsin x-2{\sqrt {1-x^{2}}}+\pi x\right)}_{0}^{1}\\&=2{\left(-2{\frac {\pi }{2}}+\pi +{\frac {2}{3}}+2\right)}\\&={\frac {16}{3}}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}S,T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ kompakte Teilmengen mit positivem Volumen derart, dass ihr Durchschnitt ${}S\cap T$ das Volumen ${}0$ besitze. Es sei ${}P$ der Schwerpunkt von ${}S$ und ${}Q$ der Schwerpunkt von ${}T$. Zeige, dass der Schwerpunkt der Vereinigung ${}S\cup T$ durch

${\frac {\lambda ^{n}(S)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}P+{\frac {\lambda ^{n}(T)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}Q$

gegeben ist.

Lösung

Die ${}i$-te Koordinate des Schwerpunktes von ${}S\cup T$ ist unter Verwendung von Lemma 59.3 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021))  (3)

${}{\begin{aligned}{\frac {\int _{S\cup T}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S\cup T)}}&={\frac {\int _{S\cup T}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\\&={\frac {\int _{S}x_{i}d\lambda ^{n}+\int _{T}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\\&={\frac {\int _{S}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}+{\frac {\int _{T}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\\&={\frac {\lambda ^{n}(S)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\cdot {\frac {\int _{S}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)}}+{\frac {\lambda ^{n}(T)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\cdot {\frac {\int _{T}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(T)}}\\&={\frac {\lambda ^{n}(S)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\cdot P_{i}+{\frac {\lambda ^{n}(T)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\cdot Q_{i},\end{aligned}}$

wobei ${}P_{i}$ (bzw. ${}Q_{i}$) die ${}i$-te Koordinate von ${}P$ (bzw. ${}Q$) bezeichnet.