Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/3/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	5	3	3	4	1	3	2	6	5	12	5	3	5	63

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Eine abgeschlossene Menge ${}A\subseteq M$ in einem metrischen Raum ${}M$ .
Ein inhomogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten (über ${}{\mathbb {C} }$ ).
Ein Beobachtervektor in einem Minkowskiraum ${}V$ .
Die Richtungsableitung einer Abbildung
$f\colon G\longrightarrow W$

in Richtung ${}v\in V$ , wobei ${}V,W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume sind mit ${}G\subseteq V$ offen und ${}v\in V$ .
Das Taylor-Polynom im Punkt ${}P=(a_{1},\ldots ,a_{n})\in \mathbb {R} ^{n}$ vom Grad ${}\leq k$ einer ${}k$ -fach differenzierbaren Abbildung
$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} .$
Ein volumentreuer Diffeomorphismus ${}\varphi \colon U\rightarrow V$ zwischen offenen Mengen ${}U,V\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ .

Lösung

Eine Teilmenge ${}A\subseteq M$ heißt abgeschlossen, wenn das Komplement ${}M\setminus A$ offen ist.
offenes Intervall. Eine Differentialgleichung der Form
$v'=Mv+z,$

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 und

$z\colon I\longrightarrow {\mathbb {C} }^{n}$
eine Abbildung, heißt inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten oder inhomogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.
Ein Vektor ${}v\in V$ mit
${}\left\langle v,v\right\rangle =-1\,$

heißt Beobachtervektor.
Die Abbildung ${}f$ heißt differenzierbar in Richtung ${}v$ , falls ${}f$ in jedem Punkt ${}P\in G$ in Richtung ${}v$ differenzierbar ist. In diesem Fall heißt die Abbildung
$D_{v}f\colon G\longrightarrow W,\,P\longmapsto {\left(D_{v}f\right)}{\left(P\right)},$

die Richtungsableitung von ${}f$ in Richtung ${}v$ .
Das Taylor-Polynom vom Grad ${}\leq k$ zu ${}f$ in ${}P$ ist
$\sum _{r={\left(r_{1},\ldots ,r_{n}\right)},\,\vert {\,r\,}\vert \leq k}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot (x_{1}-a_{1})^{r_{1}}\cdots (x_{n}-a_{n})^{r_{n}}.$
${}\varphi$ heißt volumentreu, wenn
${}\vert {(J(\varphi ))(x)}\vert =\vert {\det \left(D\varphi \right)_{x}}\vert =1\,$

für alle ${}x\in G$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Die Kettenregel für differenzierbare Kurven.
Der Satz über die Lösung zu einem Eigenvektor bei einem linearen Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.
Der Satz über implizite Abbildungen.

Lösung

Es seien ${}I$ und ${}J$ zwei reelle Intervalle, es sei
$h\colon I\longrightarrow J,\,s\longmapsto h(s),$

eine in ${}s_{0}\in I$ differenzierbare Funktion und es sei

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

eine in ${}t_{0}=h(s_{0})$ differenzierbare Kurve in einen euklidischen Vektorraum ${}V$ . Dann ist auch die zusammengesetzte Kurve

$f\circ h\colon I\longrightarrow V,\,s\longmapsto f(h(s)),$

in ${}s_{0}$ differenzierbar und es gilt

${}(f\circ h)'(s_{0})=h'(s_{0})\cdot f'(h(s_{0}))\,.$
Es sei
${}v'=Mv\,$

mit

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

eine lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten und es sei ${}u\in {\mathbb {K} }^{n}$ ein Eigenvektor zu ${}M$ zum Eigenwert ${}\lambda \in {\mathbb {K} }$ . Dann ist die Abbildung

$\mathbb {R} \longrightarrow {\mathbb {K} }^{n},\,t\longmapsto ce^{\lambda t}u=c{\begin{pmatrix}e^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\e^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}},$

( ${}c\in {\mathbb {K} }$ ) eine Lösung dieses
Differentialgleichungssystems.
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.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise das Lösungsverfahren für inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen in einer Variablen.

Lösung

Da ${}a(t)$ keine Nullstelle besitzt, kann man jede Funktion

y\colon I\longrightarrow \mathbb {R}

als

{}y(t)=c(t)a(t)\,

mit einer unbekannten (differenzierbaren) Funktion ${}c(t)$ ansetzen. Dabei ist (für eine differenzierbare Funktion ${}y$ )

{}y'(t)=c'(t)a(t)+c(t)a'(t)\,.

Daher kann man die Lösungsbedingung

{}y'(t)=g(t)y(t)+h(t)\,

als

{}c'(t)a(t)+c(t)a'(t)=g(t)c(t)a(t)+h(t)\,

schreiben, und diese gilt wegen ${}a'(t)=g(t)a(t)$ genau dann, wenn

{}c'(t)a(t)=h(t)\,

bzw.

{}c'(t)={\frac {h(t)}{a(t)}}\,

gilt. D.h. ${}c(t)$ muss eine Stammfunktion zu ${}{\frac {h(t)}{a(t)}}$ sein.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum und sei ${}P\in M$ ein Punkt. Zeige, dass ${}\{P\}$ abgeschlossen ist.

Lösung

Es ist zu zeigen, dass ${}M\setminus \{P\}$ offen ist. Es sei dazu ${}Q\in M\setminus \{P\}$ , also ${}Q\neq P$ . Dann ist

{}d(Q,P)=r>0\,

und somit ist

{}Q\in U{\left(Q,r\right)}\subseteq M\setminus \{P\}\,,

da ja ${}P$ nicht zu diesem offenen Ball gehört. Also gibt es zu jedem Punkt aus ${}M\setminus \{P\}$ eine offene Ballumgebung, die ganz in ${}M\setminus \{P\}$ drinliegt und daher ist diese Menge offen.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Länge der Kurve

\gamma \colon [0,2\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto \left(\cos t,\,\sin t,\,3t\right).

Lösung

Es ist

{}\gamma '(t)=\left(-\sin t,\,\cos t,\,3\right)\,

und

{}\Vert {\gamma '(t)}\Vert ={\sqrt {\sin ^{2}t+\cos ^{2}t+9}}={\sqrt {10}}\,.

Die Länge der Kurve ist nach [[Kurve im R^n/Stetig differenzierbar/Rektifizierbar/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Kurve im R^n/Stetig differenzierbar/Rektifizierbar/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] gleich

{}\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {10}}=2\pi {\sqrt {10}}\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über Wegintegrale bei einer Umparametrisierung.

Lösung

Es seien ${}F_{1},\ldots ,F_{n}$ die Komponentenfunktionen von ${}F$ und ${}\gamma _{1},\ldots ,\gamma _{n}$ die Komponentenfunktionen von ${}\gamma$ . Dann gilt mit der Substitution

{}t=g(s)\,

unter Verwendung von [[Integration/Substitutionsregel/dx Version/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Integration/Substitutionsregel/dx Version/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]]

{}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\sum _{i=1}^{n}\int _{a}^{b}F_{i}{\left(\gamma _{1}(t),\ldots ,\gamma _{n}(t)\right)}\cdot \gamma _{i}'(t)dt\\&=\sum _{i=1}^{n}\int _{c}^{d}F_{i}{\left(\gamma _{1}(g(s)),\ldots ,\gamma _{n}(g(s))\right)}\cdot \gamma _{i}'(g(s))\cdot g'(s)ds\\&=\sum _{i=1}^{n}\int _{c}^{d}F_{i}{\left({\tilde {\gamma }}_{1}(s),\ldots ,{\tilde {\gamma }}_{n}(s)\right)}\cdot {\tilde {\gamma }}_{i}'(s)ds\\&=\int _{\tilde {\gamma }}F.\end{aligned}}

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow V,\,t\longmapsto \varphi (t),

eine Lösung der zeitunabhängigen Differentialgleichung

{}v'=F(t,v)=F(v)\,

zum Vektorfeld

F\colon V\longrightarrow V.

Zeige, dass auch

{}\psi (t):=\varphi (t+c)\,

zu jedem ${}c\in \mathbb {R}$ eine Lösung ist.

Lösung

Dies folgt direkt aus

{}\psi '(t)=\varphi '(t+c)=F(t+c,\varphi (t+c))=F(t,\varphi (t+c))=F(t,\psi (t))\,.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}M$ eine reelle ${}n\times n$ - Matrix, ${}u\in \mathbb {R} ^{n}$ ein Eigenvektor von ${}M$ zum Eigenwert ${}\lambda$ . Es sei ${}g\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Finde eine nichttriviale Lösung für das lineare Differentialgleichungssystem

{}{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}'=g(t)M{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\,.

Lösung

Es sei ${}G(t)$ eine Stammfunktion zu ${}g(t)$ . Wir behaupten, dass

{}v(t)=e^{\lambda G(t)}u\,

eine Lösung ist. Dies beruht auf

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

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}n$ - dimensionaler ${}\mathbb {R}$ - Vektorraum mit einer Bilinearform vom Typ ${}(p,q)$ und es sei ${}U\subseteq V$ ein ${}d$ -dimensionaler Untervektorraum. Die Einschränkung der Bilinearform sei vom Typ ${}(p',q')$ . Zeige

{}p'\geq d+p-n\,.

Lösung

Es sei ${}W\subseteq V$ ein Untervektorraum der Dimension ${}p$ , auf dem die eingeschränkte Bilinearform positiv definit ist. Einen solchen Untervektorraum muss es nach der Definition des Typs geben. Nach der Dimensionsabschätzung für den Durchschnitt von Untervektorräumen besitzt ${}U\cap W$ mindestens die Dimension ${}d+p-n$ . Da dies ein Untervektorraum von ${}U$ ist, auf dem die Form positiv definit ist, gilt

{}p'\geq d+p-n\,.

Aufgabe (6 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

f\colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto 1-t^{2}.

Für welche ${}x,y\in [0,1]$ , ${}x<y$ , besitzt die zugehörige dreistufige (maximale) untere Treppenfunktion zu ${}f$ den maximalen Flächeninhalt? Welchen Wert besitzt er?

Lösung

Es seien ${}0\leq x\leq y\leq 1$ die Markierungen der möglichen Intervallunterteilungen. Der Flächeninhalt der zugehörigen maximalen unteren Treppenfunktion von ${}f$ ist

{}{\begin{aligned}g(x,y)&=x(1-x^{2})+(y-x)(1-y^{2})\\&=x-x^{3}+y-y^{3}-x+xy^{2}\\&=-x^{3}-y^{3}+xy^{2}+y.\end{aligned}}

Die partiellen Ableitungen davon sind

{\frac {\partial g}{\partial x}}=-3x^{2}+y^{2}\,\,{\text{  und }}\,\,{\frac {\partial g}{\partial y}}=-3y^{2}+2xy+1.

Wir bestimmen die kritischen Punkte. Aus der ersten Gleichung folgt

{}y={\sqrt {3}}x\,

(den negativen Fall kann man ausschließen). Wir setzen ${}x={\frac {1}{\sqrt {3}}}y$ in die zweite Gleichung ein und erhalten die Bedingung

{}-1=-3y^{2}+{\frac {2}{\sqrt {3}}}y^{2}={\frac {-3{\sqrt {3}}+2}{\sqrt {3}}}y^{2}\,,

woraus

{}y={\frac {3^{1/4}}{\sqrt {3{\sqrt {3}}-2}}}={\frac {3^{1/4}\cdot 3^{1/4}}{3^{1/4}\cdot {\sqrt {3{\sqrt {3}}-2}}}}={\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}\,

folgt. Daher ist

{}x={\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}\,

und der einzige kritische Punkt ist

\left({\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}},\,{\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}\right).

Die Hesse-Matrix von ${}g$ ist

{\begin{pmatrix}-6x&2y\\2y&-6y+2x\end{pmatrix}}.

Im kritischen Punkt ist der Eintrag links oben negativ. Die Determinante ist

{}36xy-12x^{2}-4y^{2}=x^{2}{\left(36{\sqrt {3}}-12-4{\sqrt {3}}^{2}\right)}=x^{2}{\left(36{\sqrt {3}}-24\right)}>0\,

positiv, sodass die Hesse-Matrix negativ definit ist und daher im kritischen Punkt ein Maximum vorliegt. Da es auch in einer geeigneten (kleinen) offenen Umgebung des abgeschlossenen Definitionsbereiches keinen weiteren kritischen Punkt gibt, liegt ein absolutes Maximum vor. Der Wert ist

{}{\begin{aligned}&=-x^{3}-y^{3}+xy^{2}+y\\&=x{\left(-x^{2}-3{\sqrt {3}}x^{2}+3x^{2}+{\sqrt {3}}\right)}\\&=x{\left(x^{2}{\left(2-3{\sqrt {3}}\right)}+{\sqrt {3}}\right)}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\left({\frac {1}{9-2{\sqrt {3}}}}{\left(2-3{\sqrt {3}}\right)}+{\sqrt {3}}\right)}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\frac {{\left(2-3{\sqrt {3}}\right)}{\left(9+2{\sqrt {3}}\right)}+69{\sqrt {3}}}{69}}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\frac {-23{\sqrt {3}}+69{\sqrt {3}}}{69}}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\frac {2}{3}}{\sqrt {3}}\\&={\frac {2}{\sqrt {9{\sqrt {3}}-6}}}.\end{aligned}}

Aufgabe (5 (1+1+1+2) Punkte)

Betrachte die Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(s,t)\longmapsto (s,-s-t^{2},t^{3})=(x,y,z).

a) Erstelle die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$ .

b) Bestimme die regulären Punkte ${}(s,t)$ von ${}\varphi$ .

c) Zeige, dass ${}\varphi (s,t)$ die Bedingung

{}(x+y)^{3}+z^{2}=0\,

erfüllt.

d) Zeige, dass die Abbildung injektiv ist.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix ist

{\begin{pmatrix}1&0\\-1&-2t\\0&3t^{2}\end{pmatrix}}.

b) Für ${}t\neq 0$ ist der Rang der Matrix gleich ${}2$ und die Abbildung ist regulär, für ${}t=0$ wird die zweite Spalte zu ${}0$ und der Rang der Matrix ist ${}1$ . Die regulären Punkte der Abbildung sind also genau die Punkte ${}(s,t)$ mit ${}t\neq 0$ .

c) Es ist

{}(x+y)^{3}+z^{2}=(\varphi _{1}(s,t)+\varphi _{2}(s,t))^{3}+\varphi _{3}(s,t)^{2}=(x-x-t^{2})^{3}+(t^{3})^{2}=-t^{6}+t^{6}=0\,.

d) Es seien ${}P=(s,t)$ und

{}P'=(s',t')\,

gegeben mit

{}\varphi (s,t)=\varphi (s',t')\,.

Wegen

{}\varphi _{1}(s,t)=s\,

folgt sofort ${}s=s'$ . Wegen

{}\varphi _{3}(P)=t^{3}=t'^{3}=\varphi _{3}(P')\,

folgt wegen der Bijektivität der dritten Potenz direkt

{}t=t'\,.

Also ist ${}P=P'$ .

Aufgabe (12 (4+4+4) Punkte)

Es soll eine (quaderförmige) Schachtel mit den Seitenlängen ${}a,b,c\in \mathbb {R} _{+}$ angefertigt werden, deren Inhalt gleich

{}abc=1000\,{\rm {{cm}^{3}\,}}

sein soll.

a) Wie müssen ${}a,b,c,$ gewählt werden, damit der Materialaufwand für die sechs Seiten kritisch (also extremal sein könnte) wird?

b) Ist der Materialaufwand unter der in a) beschriebenen Situation minimal oder maximal?

c) Für die Luxusversion der Schachtel aus Teil a) soll die kleinste Seitenfläche (vorne und hinten) mit einer Goldfolie bedeckt werden. Die Materialkosten für eine solche Seite sind dreimal so hoch wie für eine normale Seite. Für welche Seitenlängen sind nun die Materialkosten extremal?

Lösung

a) Wir schreiben die Inhaltsbedingung als

{}f(a,b,c)=abc=1000\,

und die Flächenfunktion (bis auf den Faktor ${}2$ ) als

{}h(a,b,c)=ab+ac+bc\,.

Die Ableitungen in einem Punkt ${}P=\left(a,\,b,\,c\right)$ sind

{}\left(Df\right)_{P}=\left(bc,\,ac,\,ab\right)\,

und

{}\left(Dh\right)_{P}=\left(b+c,\,a+c,\,a+b\right)\,.

Den Ansatz für die lineare Abhängigkeit schreiben wir als

{}{\begin{pmatrix}b+c\\a+c\\a+b\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}bc\\ac\\ab\end{pmatrix}}\,.

Die Differenz von je zwei der Gleichungen führt auf

b-a=\lambda c(b-a),\,c-a=\lambda b(c-a),\,c-b=\lambda a(c-b)\,.

Wären die drei Zahlen ${}a,b,c$ alle untereinander verschieden, so würde sich durch kürzen sofort der Widerspruch

{}{\frac {1}{\lambda }}=a=b=c\,

ergeben. Bei

{}a=b\neq c\,

ergibt sich

{}{\frac {1}{\lambda }}=a\,

und daraus mit der zweiten Zeile

{}a+c=c\,,

also

{}a=0\,,

was außerhalb des Definitionsbereiches liegt. Die einzige Möglichkeit für einen extremalen Punkt ist also

{}a=b=c\,

(und ${}\lambda ={\frac {2}{a}}$ ). Wegen

{}abc=1000\,

ist dieser Punkt ${}(10,10,10)$ .

b) Wir arbeiten mit der Abbildung

\psi \colon \mathbb {R} _{+}^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(a,b)\longmapsto \left(a,\,b,\,{\frac {1000}{ab}}\right).

Diese stiftet eine lokale Bijektion zwischen einer offenen Umgebung von ${}(10,10)$ und einer offenen Umgebung von ${}(10,10,10)$ der Faser von ${}f$ , sodass es zu untersuchen genügt, ob die Funktion

{}{\tilde {h}}=h\circ \psi \,

in ${}(10,10)$ ein Maximum oder ein Minimum besitzt. Es gilt

{}{\tilde {h}}(a,b)=ab+a{\frac {1000}{ab}}+b{\frac {1000}{ab}}=ab+{\frac {1000}{b}}+{\frac {1000}{a}}\,.

Das totale Differential davon ist

\left(b-{\frac {1000}{a^{2}}},\,a-{\frac {1000}{b^{2}}}\right)

mit dem kritischen Punkt ${}(10,10)$ . Die Hesse-Matrix dazu ist

{\begin{pmatrix}{\frac {2000}{a^{3}}}&1\\1&{\frac {2000}{b^{3}}}\end{pmatrix}}.

Für den kritischen Punkt ist der Eintrag links oben positiv und die Determinante ist

{}4-1=3>0\,.

Daher ist die Matrix positiv definit und somit liegt ein lokales Minimum vor.

c) Sei

{}a\leq b\leq c\,.

Die Zielfunktion ist jetzt

{}g(a,b,c)=3ab+ac+bc\,.

Die Lagrange-Bedingung ist somit

{}{\begin{pmatrix}3b+c\\3a+c\\a+b\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}bc\\ac\\ab\end{pmatrix}}\,.

Die Differenz der ersten beiden Gleichungen ist

{}3(b-a)=\lambda c(b-a)\,.

Bei ${}a\neq b$ ergibt sich

{}3=\lambda c\,

und daraus mit

{}3b+c=\lambda bc=3b\,

der Wert

{}c=0\,,

was nicht erlaubt ist. Also ist

{}a=b\,.

Aus

{}2a=\lambda a^{2}\,

folgt

{}\lambda ={\frac {2}{a}}\,.

Aus

{}3a+c=\lambda ac=2c\,

ergibt sich

{}c=3a\,.

Aus der Volumenbedingung

{}1000=aa(3a)=3a^{3}\,

folgt

{}a=b={\frac {10}{\sqrt[{3}]{3}}}\,

und

{}c=10\cdot 3^{2/3}\,.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die ersten drei Iterationen in der Picard-Lindelöf-Iteration für die lineare gewöhnliche Differentialgleichung

{}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}t&3\\1&t\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,

mit der Anfangsbedingung ${}x(0)=0$ und ${}y(0)=1$ .

Lösung

Die nullte Iteration ist die konstante Funktion

{}\varphi _{0}(t)={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}\,.

Die erste Iteration ist

{}{\begin{aligned}\varphi _{1}(t)&={\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\y_{1}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}s&3\\1&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}3\\s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}3t\\{\frac {1}{2}}t^{2}+1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Die zweite Iteration ist

{}{\begin{aligned}\varphi _{2}(t)&={\begin{pmatrix}x_{2}(t)\\y_{2}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}s&3\\1&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3s\\{\frac {1}{2}}s^{2}+1\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}{\frac {9}{2}}s^{2}+3\\{\frac {1}{2}}s^{3}+4s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}t^{3}+3t\\{\frac {1}{8}}t^{4}+2t^{2}+1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Die dritte Iteration ist

{}{\begin{aligned}\varphi _{3}(t)&={\begin{pmatrix}x_{3}(t)\\y_{3}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}s&3\\1&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}s^{3}+3s\\{\frac {1}{8}}s^{4}+2s^{2}+1\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}{\frac {15}{8}}s^{4}+9s^{2}+3\\{\frac {1}{8}}s^{5}+{\frac {7}{2}}s^{3}+4s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}{\frac {3}{8}}t^{5}+3t^{3}+3t\\{\frac {1}{48}}t^{6}+{\frac {7}{8}}t^{4}+2t^{2}+1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Integral zur Funktion

{}f(r,s,t)=s^{2}t+r\cos t\,

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

Lösung

Aufgrund des Satzes von Fubini ist

{}{\begin{aligned}\int _{W}s^{2}t+r\cos t\,d\lambda ^{3}&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\left(s^{2}t+r\cos t\right)}drdsdt\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\left(rs^{2}t+{\frac {1}{2}}r^{2}\cos t\right)}|_{0}^{1}dsdt\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\left(s^{2}t+{\frac {1}{2}}\cos t\right)}dsdt\\&=\int _{0}^{1}{\left({\frac {1}{3}}s^{3}t+s{\frac {1}{2}}\cos t\right)}|_{0}^{1}dt\\&=\int _{0}^{1}{\left({\frac {1}{3}}t+{\frac {1}{2}}\cos t\right)}dt\\&={\left({\frac {1}{6}}t^{2}+{\frac {1}{2}}\sin t\right)}|_{0}^{1}\\&={\frac {1}{6}}+{\frac {1}{2}}\sin 1.\end{aligned}}

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten den Kreissektor ${}T$ aus dem Einheitskreis zum Winkel ${}45$ Grad, der an der ${}x$ -Achse anliegt. Bestimme mit der Hilfe von Polarkoordinaten den Schwerpunkt von ${}T$ .