Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/20/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die offene Kugel mit Mittelpunkt ${}x\in M$ und Radius ${}r\in \mathbb {R} _{+}$ in einem metrischen Raum ${}M$.
2. Eine gewöhnliche Differentialgleichung zu einem (zeitabhängigen) Vektorfeld.
3. Ein isoliertes lokales Minimum einer Funktion

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

   auf einem metrischen Raum ${}M$.

4. Der Gradient einer total differenzierbaren Abbildung

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

   in einem Punkt ${}P\in V$ eines euklidischen Vektorraumes.

5. Das Taylor-Polynom im Punkt ${}P=(a_{1},\ldots ,a_{n})\in \mathbb {R} ^{n}$ vom Grad ${}\leq k$ einer ${}k$-fach differenzierbaren Abbildung

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

6. Die Eigenschaft eines Vektorfeldes, einer Lipschitz-Bedingung zu genügen.

Lösung

1. Die offene Kugel zum Mittelpunkt ${}x$ und Radius ${}r$ ist durch

   ${}U{\left(x,r\right)}={\left\{y\in M\mid d(x,y)<r\right\}}\,$

   definiert.

2. 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 Vektorfeld auf ${}U$. Dann nennt man

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

   die gewöhnliche Differentialgleichung zum Vektorfeld ${}f$.

3. 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.

4. Der Gradient von ${}f$ in ${}P$ ist der eindeutig bestimmte Vektor ${}w\in V$ mit

   ${}{\left(Df\right)}_{P}{\left(v\right)}=\left\langle w,v\right\rangle \,$

   für alle ${}v\in V$.

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

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

6. 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 Vektorfeld auf ${}U$. Man sagt, dass das Vektorfeld ${}f$ einer Lipschitz-Bedingung genügt, wenn es eine reelle Zahl ${}L\geq 0$ gibt mit

   $\Vert {f(t,u)-f(t,v)}\Vert \leq L\cdot \Vert {u-v}\Vert$

   für alle ${}t\in I$ und ${}u,v\in U$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Abschätzung von Cauchy-Schwarz (oder Ungleichung von Cauchy-Schwarz).
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 die Differentialgleichung zu einem Gradientenfeld.

Lösung

1. Es sei ${}V$ ein Vektorraum über ${}\mathbb {R}$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ und der zugehörigen Norm ${}\Vert {-}\Vert$. Dann gilt die Abschätzung

   ${}\vert {\left\langle v,w\right\rangle }\vert \leq \Vert {v}\Vert \cdot \Vert {w}\Vert \,$

   für alle ${}v,w\in V$.
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 euklidischer Vektorraum, ${}U\subseteq V$ offen,

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

   eine differenzierbare Funktion und

   $U\longrightarrow V,\,P\longmapsto G(P)=\operatorname {Grad} \,h(P),$

   das zugehörige Gradientenfeld. Es sei

   $\varphi \colon J\longrightarrow U$

   eine Lösung der Differentialgleichung

   $v'=G(v).$

   Dann steht ${}\varphi '(t)$ senkrecht auf dem Tangentialraum ${}T_{\varphi (t)}F$ der Faser ${}F$ von ${}h$ durch ${}\varphi (t)$ für alle ${}t\in J$, für die ${}\varphi (t)$ reguläre Punkte

   von ${}h$ sind.

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

a) Finde alle Lösungen der gewöhnlichen Differentialgleichung ($t\in \mathbb {R} _{+}$)

$y'={\frac {y}{t}}.$

b) Finde alle Lösungen der gewöhnlichen Differentialgleichung ($t\in \mathbb {R} _{+}$)

$y'={\frac {y}{t}}+t^{7}.$

c) Löse das Anfangswertproblem

$y'={\frac {y}{t}}+t^{7}{\text{ und }}y(1)=5.$

Lösung

a) Nach dem Lösungsansatz für homogene lineare Differentialgleichungen müssen wir zuerst eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{t}}$ bestimmen, eine solche ist ${}\ln t$. Die Exponentialfunktion davon ist ${}t$, so dass ${}y=ct$ (mit ${}c\in \mathbb {R}$) die Lösungen von

${}y'=y/t\,$

sind.

b) Eine Stammfunktion zu ${}{\frac {t^{7}}{t}}=t^{6}$ ist

${\frac {1}{7}}t^{7}.$

Damit ist

${}{\frac {1}{7}}t^{7}\cdot t={\frac {1}{7}}t^{8}\,$

eine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung und somit sind

${\frac {1}{7}}t^{8}+ct,\,c\in \mathbb {R} ,$

alle Lösungen.

c) Wenn zusätzlich die Anfangsbedingung ${}y(1)=5$ erfüllt sein soll, so muss

${}{\frac {1}{7}}+c=5\,$

gelten, also

${}c=5-{\frac {1}{7}}={\frac {34}{7}}\,.$

Die Lösungs des Anfangsproblems ist also

${}y(t)={\frac {1}{7}}t^{8}+{\frac {34}{7}}t\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in einem metrischen Raum ${}M$. Zeige, dass die Folge genau dann gegen ${}x\in M$ konvergiert, wenn in jeder offenen Menge ${}U$ mit ${}x\in U$ alle bis auf endlich viele Folgenglieder liegen.

Lösung

Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiere gegen ${}x$ und sei ${}x\in U$ eine offene Umgebung. Es gibt ein ${}\epsilon >0$ mit

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

Wegen der Folgenkonvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung ${}x_{n}\in U{\left(x,\epsilon \right)}$ und damit ${}x_{n}\in U$ gilt.

Umgekehrt gelte die Eigenschaft für jede offene Umgebung von ${}x$. Dann gilt sie insbesondere für jede offene Ballumgebung ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ und dies bedeutet die Konvergenz der Folge.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Länge der durch

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

gegebenen Schraubenlinie für ${}t$ zwischen ${}0$ und ${}b$, wobei ${}b\in \mathbb {R} _{\geq 0}$.

Lösung

Es ist

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

Aufgabe (5 Punkte)

Frau Dr. Eisenbeis möchte für ihre Neffen Richy und Franky eine Fahrrad-Sprungrampe basteln. Die Steigung soll entlang eines Kreissegmentes der Länge (alle Angaben in Meter) ${}\ell =1,2$ verlaufen und eine Sprunghöhe von ${}h=0,2$ erreichen (siehe Bild). Welche (implizite) Bedingung muss der Winkel ${}\alpha$ erfüllen (die Bedingung muss so sein, dass sie mit einer Intervallhalbierung gelöst werden könnte, diese muss aber nicht durchgeführt werden)?

Lösung

Es sei ${}r$ der Radius des Kreises, ${}\alpha$ der Winkel im Bogenmaß und ${}x$ wie in der Skizze. Dann gelten die Beziehungen

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

${}x+0,2=r\,,$

und

${}x=r\cos \alpha \,.$

Daraus ergibt sich (${}\alpha =0$ ist sicher keine Lösung)

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

${}x=r-0,2={\frac {1,2}{\alpha }}-0,2\,$

und somit

${}{\frac {1,2}{\alpha }}-0,2={\frac {1,2}{\alpha }}\cos \alpha \,.$

Multiplikation mit ${}{\frac {\alpha }{1,2}}$ ergibt

${}1-{\frac {1}{6}}\alpha =\cos \alpha \,$

bzw.

${}F(\alpha )=\cos \alpha +{\frac {\alpha }{6}}-1=0\,.$

Diese Funktion ${}F(\alpha )$ hat für ${}\alpha =0$ eine Nullstelle, die für das Problem aber irrelevant ist. An der Stelle ${}0$ ist die Funktion streng wachsend und an der Stelle ${}\pi /2$ besitzt die Funktion einen negativen Wert, nach dem Zwischenwertsatz muss es also im Intervall ${}]0,\pi /2[$ eine Nullstelle geben, die man mit einer Intervallhalbierung berechnen kann.

Aufgabe (8 (5+3) Punkte)

a) Bestimme den Lösungsraum des linearen Differentialgleichungssystems

${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}1&2\\3&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}.$

b) Löse das Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}1&2\\3&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$

mit der Anfangsbedingung ${}{\begin{pmatrix}x(0)\\y(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4\\3\end{pmatrix}}$.

Lösung

a) Wir berechnen die Eigenwerte der Matrix. Das charakteristische Polynom davon ist

${}\det {\begin{pmatrix}\lambda -1&-2\\-3&\lambda -5\end{pmatrix}}=(\lambda -1)(\lambda -5)-6=\lambda ^{2}-6\lambda -1\,.$

Daher sind ${}3+{\sqrt {10}}$ und ${}3-{\sqrt {10}}$ die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}3+{\sqrt {10}}$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}&-2\\-3&-2+{\sqrt {10}}\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}3+{\sqrt {10}}$ und damit die erste Fundamentallösung

$e^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}3-{\sqrt {10}}$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}&-2\\-3&-2-{\sqrt {10}}\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}3-{\sqrt {10}}$ und damit die zweite Fundamentallösung

$e^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.$

Die allgemeine Lösung hat demnach die Form

${}ae^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}+be^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a(2-{\sqrt {10}})e^{(3+{\sqrt {10}})t}+b(2+{\sqrt {10}})e^{(3-{\sqrt {10}})t}\\-3ae^{(3+{\sqrt {10}})t}-3be^{(3-{\sqrt {10}})t}\end{pmatrix}}\,$

mit ${}a,b\in \mathbb {R}$.

b) Um das Anfangsproblem zu lösen müssen wir ${}a$ und ${}b$ so bestimmen, dass

${\begin{pmatrix}(2-{\sqrt {10}})a+(2+{\sqrt {10}})b\\-3a-3b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4\\3\end{pmatrix}}$

ist. Die zweite Gleichung bedeutet ${}a+b=-1$. Wir addieren das ${}-{\frac {1}{2-{\sqrt {10}}}}$-fache der ersten Zeile zu ${}a+b=-1$ dazu und erhalten

${}b(1-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}})=-1+{\frac {4}{2-{\sqrt {10}}}}={\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}\,,$

woraus sich

${}b{\frac {-2{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}={\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}\,$

und somit

${}b=-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}\,$

ergibt. Daher ist

${}a=-1-b=-1+{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}={\frac {2-{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}\,.$

Die Lösung des Anfangswertproblems ist also

${\frac {2-{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}e^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}e^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne

$\left\langle {\begin{pmatrix}6\\-1\\4\\3\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-5\\-5\\7\\-2\end{pmatrix}}\right\rangle$

in einem vierdimensionalen Standard-Minkowski-Raum.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\left\langle {\begin{pmatrix}6\\-1\\4\\3\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-5\\-5\\7\\-2\end{pmatrix}}\right\rangle &=-30+5+28+6\\&=9.\end{aligned}}$

Aufgabe (9 Punkte)

Beweise die Kettenregel für total differenzierbare Abbildungen ${}\varphi :V\rightarrow W$ und ${}\psi :W\rightarrow U$, wobei ${}V,W,U$ endlichdimensionale ${}\mathbb {R}$- Vektorräume sind.

Lösung

Wir haben nach Voraussetzung (wobei wir ${}Q:=\varphi (P)$ setzen)

${}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,$

und

${}\psi (Q+w)=\psi (Q)+M(w)+\Vert {w}\Vert s(w)\,$

mit linearen Abbildungen ${}L\colon V\rightarrow W$ und ${}M\colon W\rightarrow U$, und mit in ${}0$ stetigen Funktionen ${}r\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ und ${}s\colon U{\left(0,\delta '\right)}\rightarrow U$, die beide in ${}0$ den Wert ${}0$ annehmen. Damit gilt

${}{\begin{aligned}(\psi \circ \varphi )(P+v)&=\psi (\varphi (P+v))\\&=\psi {\left(\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\right)}\\&=\psi (\varphi (P))+M(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))+\Vert {L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+M(L(v))+M(\Vert {v}\Vert r(v))+\Vert {L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+(M\circ L)(v)+\Vert {v}\Vert M(r(v))+\Vert {\Vert {v}\Vert L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+(M\circ L)(v)+\Vert {v}\Vert {\left(M(r(v))+\Vert {L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\right)}.\,\end{aligned}}$

Dabei haben wir in der dritten Gleichung die lineare Approximation für

${}w=L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,$

eingesetzt. Die beiden letzten Gleichungen gelten nur für ${}v\neq 0$. Der Ausdruck

$t(v):=M(r(v))+\Vert {L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\,$

ist unser Kandidat für die Abweichungsfunktion. Der erste Summand ${}M(r(v))$ ist in ${}v=0$ stetig und hat dort auch den Wert ${}0$. Es genügt also den zweiten Summanden zu betrachten. Der ${}\Vert {-}\Vert$-Ausdruck ist in einer Umgebung der Null beschränkt, da ${}L$ auf der kompakten Einheitssphäre nach Satz . (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) beschränkt ist und da ${}r$ in ${}0$ stetig ist. Daher hängt die Stetigkeit nur von dem rechten Faktor ab. Aber ${}L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)$ hat für ${}v\rightarrow 0$ den Grenzwert ${}0$. Damit ist auch ${}s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))$ in ${}0$ stetig und hat dort den Grenzwert ${}0$.

Aufgabe (6 (1+3+2) Punkte)

Wir betrachten die Determinante für ${}2\times 2$- Matrizen als Funktion

$\det \colon \operatorname {Mat} _{2}(\mathbb {R} )=\mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}\longmapsto xw-zy.$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\det$ und die kritischen Punkte.
2. Untersuche ${}\det$ auf lokale Extrema. Bestimme insbesondere den Typ der Hesse-Matrix im Nullpunkt.
3. Finde einen zweidimensionalen Untervektorraum

   ${}U\subseteq \operatorname {Mat} _{2}(\mathbb {R} )\,,$

   auf dem die (Einschränkung der) Determinante ein lokales Minimum besitzt.

Lösung

Wir arbeiten mit der Variablenreihenfolge ${}x,y,z,w$.

1. Die Jacobi-Matrix ist

   $(w,-z,-y,x).$

   Der einzige kritische Punkt ist der Nullpunkt.

2. Die Hesse-Matrix ist (in jedem Punkt) gleich

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

   Diese hat die linear unabhängigen Eigenvektoren ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}1$ und die beiden linear unabhängigen Eigenvektoren ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\-1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}-1$. Deshalb hat die Hasse-Matrix den Typ ${}(2,-2)$. Insbesondere besitzt die Determinante kein lokales Extremum.

3. Wir betrachten den Untervektorraum der Matrizen, der durch die beiden Bedingungen ${}w=x$ und ${}z=-y$ gegeben ist, also den zweidimensionalen Untervektorraum der Matrizen der Form

   ${\begin{pmatrix}x&y\\-y&x\end{pmatrix}}.$

   Auf diesem Untervektorraum ist die Determinante durch ${}x^{2}+y^{2}$ gegeben und hat im Nullpunkt ein isoliertes globales Minimum.

Aufgabe (9 (2+2+5) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y,z)\longmapsto \left(x^{2}+y^{2}+z^{2},\,2x+3y+4z\right).$

a) Bestimme die regulären Punkte der Abbildung ${}\varphi$. Zeige, dass ${}P=(1,-2,1)$ regulär ist.

b) Beschreibe für den Punkt ${}P=(1,-2,1)$ den Tangentialraum an die Faser ${}F$ von ${}\varphi$ durch ${}P$.

c) Man gebe für ${}P=(1,-2,1)$ einen lokalen Diffeomorphismus zwischen einem offenen Intervall und einer offenen Umgebung von ${}P$ in der Faser ${}F$ durch ${}P$ an.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix der Abbildung ist

${}J={\begin{pmatrix}2x&2y&2z\\2&3&4\end{pmatrix}}\,.$

Diese Matrix besitzt maximalen Rang, wenn die erste Zeile kein Vielfaches der zweiten Zeile ist. Die Bedingung lautet also

$(x,y,z)=s(2,3,4),\,s\in \mathbb {R} .$

D.h. die singulären Punkte der Abbildung sind die Punkte der von ${}(2,3,4)$ erzeugten Geraden. Der Punkt ${}P=(1,-2,1)$ gehört nicht zu dieser Geraden, da ${}s(2,3,4)=(1,-2,1)$ keine Lösung besitzt.

b) Der Tangentialraum an ${}F$ in ${}P$ ist der Kern des totalen Differentials, also der Kern von

$J={\begin{pmatrix}2&-4&2\\2&3&4\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung des Kerns muss man also das lineare Gleichungssystem

${\begin{pmatrix}2&-4&2\\2&3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}=0$

lösen. Durch Subtraktion der beiden Zeilen folgt ${}7b+2c=0$ und daher ist der Tangentialraum gleich der Geraden

$\{t(-11,-2,7),\,t\in \mathbb {R} \}.$

c) Der Punkt ${}P=(1,-2,1)$ wird unter der Abbildung ${}\varphi$ auf ${}(6,0)$ abgebildet. Die Faser darüber wird durch die beiden Gleichungen

$x^{2}+y^{2}+z^{2}=6{\text{ und }}2x+3y+4z=0$

beschrieben. Wir lösen die lineare Gleichung nach ${}x$ auf und setzen das Ergebnis

$x={\frac {-3y-4z}{2}}$

in die quadratische Gleichung ein. Das ergibt

${\frac {9y^{2}+16z^{2}+24yz}{4}}+y^{2}+z^{2}=6$

bzw.

$13y^{2}+20z^{2}+24yz-24=0.$

Wir lösen dies nach ${}z$ auf und erhalten zunächst

$z^{2}+{\frac {6}{5}}yz+{\frac {13}{20}}y^{2}-{\frac {6}{5}}=0$

und durch quadratisches Ergänzen

$(z+{\frac {3}{5}}y)^{2}={\frac {9}{25}}y^{2}-{\frac {13}{20}}y^{2}+{\frac {6}{5}}=-{\frac {29}{100}}y^{2}+{\frac {6}{5}}.$

Daraus ergibt sich

$z=\pm {\sqrt {-{\frac {29}{100}}y^{2}+{\frac {6}{5}}}}-{\frac {3}{5}}y.$

Dabei ist die Wurzel für ${}-{\sqrt {\frac {120}{29}}}\leq y\leq {\sqrt {\frac {120}{29}}}$ und damit insbesondere für ${}y=-2$ definiert. Da für ${}y=-2$ ja ${}z=1$ sein soll, muss man das negative Vorzeichen nehmen. Somit liefert die Abbildung

$(-{\sqrt {\frac {120}{29}}},{\sqrt {\frac {120}{29}}})\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,y\longmapsto ({\frac {-3y-4(-{\sqrt {-{\frac {29}{100}}y^{2}+{\frac {6}{5}}}}-{\frac {3}{5}}y)}{2}},y,-{\sqrt {-{\frac {29}{100}}y^{2}+{\frac {6}{5}}}}-{\frac {3}{5}}y)$

eine Bijektion dieses offenen Intervalls mit der offenen Teilmenge der Faser ${}F$ durch ${}P$, die durch ${}F\cap {\left\{(x,y,z)\mid -{\sqrt {\frac {120}{29}}}<y<{\sqrt {\frac {120}{29}}}\right\}}$ gegeben ist. Es ist ein Diffeomorphismus, da diese Abbildung differenzierbar ist und ihre Ableitung wegen der zweiten Komponenten nirgendwo verschwindet.

Aufgabe (11 (4+7) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+y^{4}.$

a) Bestimme zu jedem Punkt ${}(r,s)\in \mathbb {R} ^{2}$ das Volumen des Körpers

${}K={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid r\leq x\leq r+1,\,s\leq y\leq s+1,\,0\leq z\leq f(x,y)\right\}}\,.$

b) Zeige, dass das (von ${}(r,s)$ abhängige) Volumen aus Teil a) in genau einem Punkt ${}(r,s)$ minimal ist (dieser Punkt muss nicht explizit angegeben werden).

Lösung

a) Das Volumen ist

${}{\begin{aligned}\int _{r}^{r+1}\int _{s}^{s+1}x^{2}+y^{4}\,dy\,dx&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}y+{\frac {1}{5}}y^{5}\right)}|_{s}^{s+1}\,dx\\&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}(s+1-s)+{\frac {1}{5}}{\left((s+1)^{5}-s^{5}\right)}\right)}\,dx\\&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}+{\frac {1}{5}}{\left(5s^{4}+10s^{3}+10s^{2}+5s+1\right)}\right)}\,dx\\&={\left({\frac {1}{3}}x^{3}+{\left(s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\right)}x\right)}|_{r}^{r+1}\\&={\frac {1}{3}}{\left((r+1)^{3}-r^{3}\right)}+{\left(s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\right)}{\left(r+1-r\right)}\\&={\frac {1}{3}}(3r^{2}+3r+1)+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\\&=r^{2}+r+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {8}{15}}.\end{aligned}}$

b) Die Ableitung der Volumenfunktion

${}V(r,s)=r^{2}+r+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {8}{15}}\,$

ist

$(2r+1,4s^{3}+6s^{2}+4s+1).$

Ein Minimum kann nur vorliegen, wenn die Ableitung ${}0$ ist. Wir zeigen, dass dies nur für ein ${}(r,s)$ der Fall sein kann. Wegen der ersten Komponente muss ${}r=-{\frac {1}{2}}$ sein. Wir zeigen, dass die zweite Komponente

${}h(s)=4s^{3}+6s^{2}+4s+1\,$

ebenfalls nur eine Nullstelle besitzt, indem wir zeigen, dass ${}h$ streng wachsend ist. Die Ableitung von ${}h$ ist

${}h'(s)=12s^{2}+12s+4=12s(s+1)+4\,.$

Diese Funktion ist für ${}s\to \infty$ und ${}s\to -\infty$ offenbar positiv, sie besitzt also genau ein Minimum, und zwar wegen

${}h^{\prime \prime }(s)=24s+12\,$

bei

${}s=-{\frac {1}{2}}\,.$

Der Wert des Minimums von ${}h'$ ist

${}h'{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}=12{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}{\left(-{\frac {1}{2}}+1\right)}+4=-12\cdot {\frac {1}{4}}+4=-3+4=1>0\,.$

Dies bedeutet, dass ${}h'$ stets positiv ist und somit ist ${}h$ streng wachsend. Da ferner ${}h$ ein Polynom vom Grad ${}3$ ist, also ${}h(s)\to \infty$ für ${}s\to \infty$ und ${}h(s)\to -\infty$ für ${}s\to -\infty$ gilt, besitzt ${}h$ genau eine Nullstelle. Insgesamt besitzt also ${}V(r,s)$ genau einen kritischen Punkt.

Wir müssen noch zeigen, dass in dem einzigen kritischen Punkt ein Minimum von ${}V(r,s)$ vorliegt. Die Hesse-Matrix zu ${}V$ ist

${\begin{pmatrix}2&0\\0&12s^{2}+12s+4\end{pmatrix}}.$

Diese Matrix ist für jedes ${}s$ nach der oben durchgeführten Berechnung positiv definit, also liegt im kritischen Punkt ein Minimum vor.