Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/4/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine ortsunabhängige gewöhnliche Differentialgleichung

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

2. Ein euklidischer Vektorraum.
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. Eine polynomiale Funktion

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

5. Ein lokales Maximum einer Funktion

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

   auf einem metrischen Raum ${}M$ in einem Punkt ${}x\in M$.

6. Die Rotationsmenge (um die ${}x$-Achse) zu einer Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} \times \mathbb {R} _{\geq 0}$.

Lösung

1. Ortsunabhängig bedeutet, dass die Funktion ${}f$ nicht von ${}y$ abhängt.
2. Unter einem euklidischen Vektorraum versteht man einen reellen endlichdimensionalen Vektorraum mit Skalarprodukt.
3. Das Wegintegral ist

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

4. Eine polynomiale Funktion ist eine Funktion

   $f\colon {\mathbb {K} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {K} },\,(x_{1},\ldots ,x_{n})\longmapsto f(x_{1},\ldots ,x_{n}),$

   die man als eine Summe der Form

   ${}f(x_{1},\ldots ,x_{n})=\sum _{\nu \in \mathbb {N} ^{n}}a_{\nu }x^{\nu }=\sum _{\nu \in \mathbb {N} ^{n}}a_{\nu }x_{1}^{\nu _{1}}x_{2}^{\nu _{2}}\cdots x_{n}^{\nu _{n}}\,$

   mit ${}a_{\nu }\in {\mathbb {K} }$ schreiben kann, wobei nur endlich viele ${}a_{\nu }\neq 0$ sind.

5. Man sagt, dass ${}f$ in ${}x\in M$ ein lokales Maximum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in M$ mit ${}d(x,x')\leq \epsilon$ die Abschätzung

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

   gilt.

6. Die Rotationsmenge zu ${}T$ ist

   ${\left\{(x,y\cos \alpha ,y\sin \alpha )\in \mathbb {R} ^{3}\mid (x,y)\in T,\,\alpha \in [0,2\pi ]\right\}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über differenzierbare Kurven und Komponentenfunktionen.
2. Der Satz über den Zusammenhang von Anfangswertproblemen und Integralgleichungen.
3. Die Transformationsformel für Volumina zu einem Diffeomorphismus ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

1. Es sei ${}I$ ein reelles Intervall, ${}V$ ein euklidischer Vektorraum und

   $f\colon I\longrightarrow V$

   eine Abbildung. Es sei ${}v_{1},v_{2},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$ und es seien

   $f_{j}\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   die zugehörigen Komponentenfunktionen von ${}f$. Es sei ${}t\in I$. Dann ist ${}f$ genau dann differenzierbar in ${}t$, wenn sämtliche Funktionen ${}f_{j}$ in ${}t$ differenzierbar

   sind.
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 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.
3. Für eine kompakte Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ ist

   ${}\lambda ^{n}(T)=\int _{\varphi ^{-1}(T)}\vert {J(\varphi )}\vert \,d\lambda ^{n}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Lösungen der Differentialgleichung (${}y>0$)

$y'=t^{2}y^{3}$

mit dem Lösungsansatz für getrennte Variablen. Was ist der Definitionsbereich der Lösungen?

Lösung

Wir schreiben ${}g(t)=t^{2}$ und ${}h(y)=y^{3}$. Eine Stammfunktion zu ${}{\frac {1}{h(y)}}={\frac {1}{y^{3}}}$ ist ${}H(y)=-{\frac {1}{2}}y^{-2}=z$ (${}z$ ist also negativ) mit der Umkehrfunktion

${}y=H^{-1}(z)={\sqrt {-{\frac {1}{2}}z^{-1}}}\,.$

Die Stammfunktionen zu

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

sind ${}{\frac {1}{3}}t^{3}+c$ mit ${}c\in \mathbb {R}$. Daher sind die Lösungen der Differentialgleichung von der Form

${}y(t)={\sqrt {-{\frac {1}{2}}{\left({\frac {1}{3}}t^{3}+c\right)}^{-1}}}={\sqrt {\frac {-1}{2{\left({\frac {1}{3}}t^{3}+c\right)}}}}={\sqrt {\frac {-1}{{\frac {2}{3}}t^{3}+2c}}}\,.$

Bei gegebenem ${}c$ ist diese Wurzel genau dann definiert, wenn

${}{\frac {2}{3}}t^{3}+2c<0\,$

ist. Dies bedeutet

${}t<{\sqrt[{3}]{-3c}}\,.$

Die Definitionsbereiche sind also

$]-\infty ,{\sqrt[{3}]{-3c}}[.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das orthogonale Komplement zu der von ${}{\begin{pmatrix}5\\-3\\4\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}2\\4\\-7\end{pmatrix}}$ erzeugten Ebene ${}E\subseteq \mathbb {R} ^{3}$.

Lösung

Die beiden Vektoren sind offensichtlich linear unabhängig, sodass sie in der Tat eine Ebene erzeugen und das orthogonale Komplement eine Gerade ist. Die Bedingungen für einen Vektor ${}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$, zu dem orthogonalen Komplement zu gehören, sind

${}5x-3y+4z=0\,$

und

${}2x+4y-7z=0\,.$

Die lineare Kombination ${}2I-5II$ führt auf

${}-26y+43z=0\,.$

Dafür ist ${}y=43$ und ${}z=26$ eine Lösung, und bei dieser Vorgabe ist

${}x=-2y+{\frac {7}{2}}z=-86+91=5\,.$

Also ist das orthogonale Komplement gleich

$\mathbb {R} {\begin{pmatrix}5\\43\\26\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Wegintegral ${}\int _{\gamma }F$ zum Vektorfeld

$F\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y)\longmapsto (y,x),$

längs des Weges

$\gamma \colon [-1,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (t,e^{t}).$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{-1}^{1}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle \\&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}e^{t}\\t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\e^{t}\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}e^{t}+te^{t}dt\\&={\left(te^{t}\right)}{|}_{-1}^{1}\\&=e+e^{-1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum, ${}u\in V$ ein fixierter Vektor und

$F\colon \mathbb {R} \times V\longrightarrow V$

ein stetiges Vektorfeld mit der Eigenschaft

${}F(t,v)=F(t,v+u)\,$

für alle ${}v\in V$. Es sei

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

eine Lösung zur Differentialgleichung

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

Zeige, dass auch

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

eine Lösung dieser Differentialgleichung ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\psi '(t)&=(\varphi (t)+u)'\\&=\varphi '(t)\\&=F(t,\varphi (t))\\&=F(t,\varphi (t)+u)\\&=F(t,\psi (t)),\end{aligned}}$

daher ist auch ${}\psi$ eine Lösung.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über eine Differentialgleichung höherer Ordnung und das zugehörige System erster Ordnung.

Lösung

Wenn

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

eine Lösung der Differentialgleichung höherer Ordnung

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

ist, so sind alle Funktionen ${}v_{i}=y^{(i)}$ für ${}i=0,\ldots ,n-1$ differenzierbar, und es gilt ${}v_{i}'=v_{i+1}$ für ${}i=0,\ldots ,n-2$ nach Definition und schließlich

${}{\begin{aligned}v_{n-1}'(t)&={\left(y^{(n-1)}\right)}^{\prime }(t)\\&=y^{(n)}(t)\\&=h{\left(t,y(t),y'(t),y^{\prime \prime }(t),\ldots ,y^{(n-1)}(t)\right)}\\&=h{\left(t,v_{0}(t),v_{1}(t),v_{2}(t),\ldots ,v_{n-1}(t)\right)}.\end{aligned}}$

Wenn umgekehrt

$v\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

eine Lösung des Differentialgleichungssystems zum Vektorfeld

$F\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(t,v_{0},\ldots ,v_{n-1})\longmapsto F(t,v_{0},\ldots ,v_{n-1})=(v_{1},\ldots ,v_{n-1},h(t,v_{0},v_{1},\ldots ,v_{n-1})),$

ist, so ergibt sich sukzessive aus den ersten ${}n-1$ Gleichungen, dass ${}y=v_{0}$ ${}n$-mal differenzierbar ist, und die letzte Gleichung des Differentialgleichungssystems besagt gerade

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

Aufgabe (7 (5+2) Punkte)

a) Bestimme den Lösungsraum des linearen Differentialgleichungssystems

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,.$

b) Löse das Anfangswertproblem

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$

mit der Anfangsbedingung

${}{\begin{pmatrix}x(0)\\y(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

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

${}\det {\begin{pmatrix}\lambda -2&-1\\-3&\lambda -4\end{pmatrix}}=(\lambda -2)(\lambda -4)-3=\lambda ^{2}-6\lambda +5=(\lambda -1)(\lambda -5)\,.$

Daher sind ${}1$ und ${}5$ die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}1$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}-1&-1\\-3&-3\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}1$ und damit die erste Fundamentallösung

$e^{t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}5$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}3&-1\\-3&1\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}5$ und damit die zweite Fundamentallösung

$e^{5t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}.$

Die allgemeine Lösung hat demnach die Form

$ae^{t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+be^{5t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ae^{t}+be^{5t}\\-ae^{t}+3be^{5t}\end{pmatrix}},\,a,b\in \mathbb {R} .$

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

${}{\begin{pmatrix}a+b\\-a+3b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,$

ist. Dies ist ein lineares Gleichungssystem, Addition führt auf ${}4b=9$, also ${}b={\frac {9}{4}}$ und daher ${}a=-{\frac {1}{4}}$. Die Lösung des Anfangswertproblems ist also

$-{\frac {1}{4}}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {9}{4}}e^{5t}{\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}V$ ein Minkowski-Raum mit der Minkowski-Form ${}\left\langle -,-\right\rangle$ und es seien ${}v,w$ gleichgerichtete Beobachtervektoren. Zeige

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

Lösung

Wir können annehmen, dass ${}v=e_{4}$ und

${}w=ae_{1}+be_{2}+ce_{3}+de_{4}\,$

mit

${}a^{2}+b^{2}+c^{2}-d^{2}=-1\,$

ist. Wegen der Gleichgerichtetheit ist ${}d>0$. Somit ist

${}\left\langle e_{4},w\right\rangle =\left\langle e_{4},ae_{1}+be_{2}+ce_{3}+de_{4}\right\rangle =-d<0\,.$

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

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R}$

mit

${}f(x,y):={\begin{cases}{\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}{\text{ für }}(x,y)\neq (0,0)\,,\\0{\text{ für }}(x,y)=(0,0)\,.\end{cases}}\,$

a) Zeige, dass ${}f$ stetig ist.

b) Zeige, dass die Einschränkung von ${}f$ auf jede Gerade durch den Nullpunkt eine lineare Abbildung ist.

c) Zeige, dass zu ${}f$ im Nullpunkt in jede Richtung die Richtungsableitung existiert.

d) Zeige, dass ${}f$ im Nullpunkt nicht total differenzierbar ist.

Lösung

1. Für ${}(x,y)\neq (0,0)$ ist

   ${}\vert {\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}\vert =\vert {x}\vert \vert {\frac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\vert \leq \vert {x}\vert \,.$

   Für eine gegen ${}(0,0)$ konvergente Folge konvergiert auch ${}\vert {x}\vert$ gegen ${}0$ und damit konvergiert wegen dieser Abschätzung auch die Bildfolge unter der Funktion gegen ${}0$. Daher liegt Stetigkeit im Nullpunkt vor. An den anderen Punkten liegt eine rationale, also stetige Funktion vor.

2. Die Gerade sei durch

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}at\\bt\end{pmatrix}},$

   mit ${}(a,b)\neq 0$ parametrisiert. Die Einschränkung ist somit

   $t\mapsto f(at,bt)={\frac {a^{3}t^{3}}{a^{2}t^{2}+b^{2}t^{2}}}={\frac {a^{3}}{a^{2}+b^{2}}}t,$

   also linear.

3. Die Richtungsableitung in Richtung ${}v$ im Nullpunkt hängt nur vom Verhalten der Funktion auf der durch ${}v$ gegebenen Geraden ab. Nach Teil (2) ist dies eine lineare Funktion, sodass die Richtungsableitung existiert.
4. Nach Teil (2) ist die Richtungsableitung im Nullpunkt in Richtung ${}(a,b)$ durch ${}{\frac {a^{3}}{a^{2}+b^{2}}}$ gegeben. Die Richtungsableitung in Richtung des ersten Standardvektors ${}e_{1}$ ist somit ${}1$ und die Richtungsableitung in Richtung des zweiten Standardvektors ${}e_{2}$ ist ${}0$. Die Richtungsableitung in Richtung ${}(1,1)=e_{1}+e_{2}$ ist ${}{\frac {1}{2}}$. Wenn die Funktion total differenzierbar wäre, so würde aber

   ${}{\begin{aligned}{\left(D_{e_{1}+e_{2}}\varphi \right)}{\left(0\right)}&={\left(D\varphi \right)}_{0}{\left(e_{1}+e_{2}\right)}\\&={\left(D\varphi \right)}_{0}{\left(e_{1}\right)}+{\left(D\varphi \right)}_{0}{\left(e_{2}\right)}\\&={\left(D_{e_{1}}\varphi \right)}{\left(0\right)}+{\left(D_{e_{2}}\varphi \right)}{\left(0\right)}\\&=1+0\\&=1\end{aligned}}$

   gelten.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom zweiter Ordnung der Funktion

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

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

Lösung

Die relevanten Ableitungen sind

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

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

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

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}={\left(-2+4y^{2}\right)}e^{x-y^{2}}\,,$

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

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

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

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

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

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

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

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

Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung zwei gleich

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

Aufgabe (7 (1+2+4) Punkte)

Wir betrachten die Funktion ${}f(x,y)=x^{3}-y^{3}$ auf dem ${}\mathbb {R} ^{2}$.

1. Bestimme die kritischen Punkte von ${}f$.
2. Zeige, dass ${}f$ keine lokalen Extrema besitzt.
3. Es sei

   ${}S^{1}={\left\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}=1\right\}}\subseteq \mathbb {R} ^{2}\,$

   der Einheitskreis und ${}g\colon S^{1}\rightarrow \mathbb {R}$ die Einschränkung von ${}f$ auf ${}S^{1}$. Bestimme die lokalen Extrema von ${}g$.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=3x^{2}\,$

   und

   ${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=-3y^{2}\,.$

   Diese beiden Funktionen sind nur im Punkt ${}(0,0)$ gleich ${}0$, also ist ${}(0,0)$ der einzige kritische Punkt.

2. Wegen (1) kann allenfalls im Nullpunkt ${}(0,0)$ ein lokales Extremum vorliegen. Wenn dort ein lokales Extremum vorliegen würde, so hätte auch die Einschränkung auf eine jede Gerade durch den Nullpunkt dort ein lokales Extremum. Auf der durch ${}y=0$ gegebenen Geraden ist die eingeschränkte Funktion gleich ${}x^{3}$, und diese ist streng wachsend und besitzt kein lokales Extremum.
3. Der Einheitskreis wird durch

   $\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow S^{1},\,t\longmapsto \left(\cos t,\,\sin t\right),$

   parametrisiert, und ${}g$ besitzt ein lokales Extremum in einem Punkt ${}P=\left(\cos t,\,\sin t\right)\in S^{1}$ genau dann, wenn ${}h=g\circ \varphi$ ein lokales Extremum in ${}t$ besitzt. Die zusammengesetzte Funktion ist

   $h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto \cos ^{3}t-\sin ^{3}t.$

   Es ist

   ${}{\begin{aligned}h'(t)&=-3\cos ^{2}t\sin t-3\sin ^{2}t\cos t\\&=-3\cos t\sin t{\left(\cos t+\sin t\right)}.\end{aligned}}$

   Die Nullstellen hiervon sind (wir beschränken uns auf das Intervall ${}[0,2\pi [$, und betrachten die drei Faktoren) ${}t=0,{\frac {\pi }{2}},{\frac {3\pi }{4}},\pi ,{\frac {3\pi }{2}},{\frac {7\pi }{4}}$. Es ist

   ${}{\begin{aligned}h^{\prime \prime }(t)&=6\cos t\sin ^{2}t-3\cos ^{3}t-6\cos ^{2}t\sin t+3\sin ^{3}t\\\end{aligned}}$

   Daher ist

   ${}h^{\prime \prime }(0)=-3<0\,,$

   ${}h^{\prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=3>0\,,$

   ${}h^{\prime \prime }{\left({\frac {3\pi }{4}}\right)}=-6\sin ^{3}\left({\frac {3\pi }{4}}\right)<0\,,$

   ${}h^{\prime \prime }(\pi )=3>0\,,$

   ${}h^{\prime \prime }{\left({\frac {3\pi }{2}}\right)}=-3<0\,,$

   ${}h^{\prime \prime }{\left({\frac {7\pi }{4}}\right)}=-6\sin ^{3}\left({\frac {7\pi }{4}}\right)>0\,.$

   Somit liegt in ${}t=0$ ein lokales Maximum und dann abwechselnd lokale Minima und Maxima vor.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

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

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y\right)$.
2. Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$.

Lösung

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

   ${\begin{pmatrix}{\frac {1}{y}}&-{\frac {x}{y^{2}}}\\-{\frac {2xy}{(1+x^{2})^{2}}}&{\frac {1}{1+x^{2}}}\end{pmatrix}}.$

2. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist

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

   Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn die Determinante der Jacobi-Matrix gleich ${}0$ ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn der Zähler

   ${}y-x^{2}y=y(1-x^{2})\,$

   gleich ${}0$ ist. Wegen ${}y>0$ ist dies genau bei

   ${}x=\pm 1\,$

   der Fall, die kritischen Punkte sind also ${}(1,y)$ und ${}(-1,y)$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}P_{1}=(a_{1},b_{1}),\,P_{2}=(a_{2},b_{2})$ und ${}P_{3}=(a_{3},b_{3})$ drei Punkte im ${}\mathbb {R} ^{2}$. Stelle den Flächeninhalt des zugehörigen Dreiecks mit ${}a_{1},b_{1},a_{2},b_{2},a_{3},b_{3}$ dar.

Lösung

Aufgrund der Translationsinvarianz des Flächeninhalts können wir der Punkt ${}(a_{1},b_{1})$ in den Nullpunkt verschieben, die Koordinaten der beiden anderen Punkte sind ${}(a_{2}-a_{1},b_{2}-b_{1})$ bzw. ${}(a_{3}-a_{1},b_{3}-b_{1})$. Dieses Dreieck ist das Bild des durch den Nullpunkt und die beiden Standardvektoren ${}(1,0)$ und ${}(0,1)$ gegebenen Dreiecks unter der durch die Matrix

${\begin{pmatrix}a_{2}-a_{1}&a_{3}-a_{1}\\b_{2}-b_{1}&b_{3}-b_{1}\end{pmatrix}}$

gegebenen linearen Abbildung. Das Standardreieck hat den Flächeninhalt ${}{\frac {1}{2}}$. Daher ist der Flächeninhalt des gegebenen Dreiecks nach [[R^n/Kompakte Teilmenge/Volumen/Lineare Abbildung/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/R^n/Kompakte Teilmenge/Volumen/Lineare Abbildung/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] gleich

${}{\begin{aligned}\vert {\det {\begin{pmatrix}a_{2}-a_{1}&a_{3}-a_{1}\\b_{2}-b_{1}&b_{3}-b_{1}\end{pmatrix}}}\vert {\frac {1}{2}}&={\frac {1}{2}}\vert {(a_{2}-a_{1})(b_{3}-b_{1})-(a_{3}-a_{1})(b_{2}-b_{1})}\vert \\&={\frac {1}{2}}\vert {a_{2}b_{3}-a_{2}b_{1}-a_{1}b_{3}-a_{3}b_{2}+a_{1}b_{2}+a_{3}b_{1}}\vert \\&={\frac {1}{2}}\vert {a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}+a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}-a_{1}b_{3}+a_{3}b_{1}}\vert .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Schwerpunkt derjenigen Fläche, die auf ${}[-1,1]$ durch die Standardparabel und die durch ${}y=1$ gegebene Gerade begrenzt wird.

Lösung

Es sei

${}T={\left\{(x,y)\mid 1\leq x\leq 1,\,x^{2}\leq y\leq 1\right\}}\,$

die in Frage stehende Fläche. Der Flächeninhalt von ${}T$ ist

${}{\begin{aligned}2-\int _{-1}^{1}x^{2}dx&=2-{\frac {1}{3}}x^{3}{|}_{-1}^{1}dx\\&=2-{\frac {2}{3}}\\&={\frac {4}{3}}.\end{aligned}}$

Die ${}x$-Koordinate des Schwerpunktes von ${}T$ ist wegen der Symmetrie gleich ${}0$. Zur Bestimmung der ${}y$-Koordinate des Schwerpunktes berechnen wir

${}{\begin{aligned}\int _{-1}^{1}\int _{x^{2}}^{1}ydydx&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}y^{2}\right)}{|}_{x^{2}}^{1}dx\\&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2}}x^{4}\right)}dx\\&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{10}}x^{5}\right)}dx\\&=1-{\frac {1}{5}}\\&={\frac {4}{5}}.\end{aligned}}$

Die ${}y$-Koordinate des Schwerpunktes ist somit gleich

${}{\frac {4}{5}}/{\frac {4}{3}}={\frac {3}{5}}\,,$

der Schwerpunkt liegt also in ${}\left(0,\,{\frac {3}{5}}\right)$.