Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/6/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine gewöhnliche Differentialgleichung mit getrennten Variablen.
2. Das orthogonale Komplement zu einem Untervektorraum ${}U\subseteq V$ in einem euklidischen Vektorraum ${}V$.
3. Ein lichtartiger Vektor in einem Minkowski-Raum.
4. Eine höhere Richtungsableitung zu einer Abbildung

   $f\colon V\longrightarrow W,$

   wobei ${}V,W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume sind, bezüglich der Richtungen ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$.

5. Ein isoliertes lokales Maximum einer Funktion

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

   auf einem metrischen Raum ${}M$.

6. Der Subgraph zu einer Funktion ${}f\colon M\rightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$ auf einer Menge ${}M$.

Lösung

1. Eine Differentialgleichung der Form

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

   mit Funktionen (dabei sind ${}I$ und ${}J$ reelle Intervalle)

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

   und

   $h\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto h(y),$

   heißt gewöhnliche Differentialgleichung mit getrennten Variablen.

2. Unter dem orthogonalen Komplement versteht man den Untervektorraum

   ${}U^{\perp }={\left\{v\in V\mid \left\langle v,u\right\rangle =0{\text{ für alle }}u\in U\right\}}\,.$

3. Ein Vektor ${}v\in V$ mit

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

   heißt lichtartig.

4. Man sagt, dass die höhere Richtungsableitung von ${}f$ in Richtung ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ existiert, wenn die höhere Richtungsableitung in Richtung ${}v_{1},\ldots ,v_{n-1}$ existiert und davon die Richtungsableitung in Richtung ${}v_{n}$ existiert.
5. Man sagt, dass ${}f$ in einem Punkt ${}x\in M$ ein isoliertes lokales Maximum 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.

6. Der Subgraph ist

   ${}S(f)={\left\{(x,y)\in M\times \mathbb {R} \mid 0\leq y\leq f(x)\right\}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Lösungsverfahren für inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen in einer Variablen.
2. Der Satz über Wegintegrale bei einer Umparametrisierung.
3. Die Transformationsformel für Volumina zu einem Diffeomorphismus ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

1. Es sei

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

   eine inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit stetigen Funktionen ${}g,h\colon I\rightarrow \mathbb {R}$. Es sei ${}G$ eine Stammfunktion von ${}g$ und es sei

   ${}a(t)=\exp(G(t))\,$

   eine Lösung der zugehörigen homogenen linearen Differentialgleichung. Dann sind die Lösungen (auf ${}I$) der inhomogenen Differentialgleichung genau die Funktionen

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

   wobei ${}c(t)$ eine Stammfunktion zu ${}{\frac {h(t)}{a(t)}}$ ist.
2. Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Teilmenge,

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

   ein stetiges Vektorfeld und

   $\gamma \colon [a,b]\longrightarrow U$

   eine stetig differenzierbare Kurve. Es sei

   $g\colon [c,d]\longrightarrow [a,b]$

   eine bijektive, monoton wachsende, stetig differenzierbare Funktion und sei ${}{\tilde {\gamma }}=\gamma \circ g$. Dann gilt

   ${}\int _{\gamma }F=\int _{\tilde {\gamma }}F\,.$

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 (6 Punkte)

Finde die Lösung für das Anfangswertproblem

${}y'=y-y^{2}\,$

für ${}y\in ]0,1[$ mit der Anfangsbedingung ${}y(0)={\frac {1}{2}}$.

Lösung

Es handelt sich um eine zeitunabhängige eindimensionale Differentialgleichung, die mit dem Ansatz für getrente Variablen gelöst werden kann. Es ist

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

eine Stammfunktion davon ist

${}H(y)=\ln y-\ln \left(1-y\right)=\ln \left({\frac {y}{1-y}}\right)\,.$

Dafür müssen wir die Umkehrfunktion bestimmen. Der Ansatz

${}z=\ln \left({\frac {y}{1-y}}\right)\,$

führt auf

${}e^{z}={\frac {y}{1-y}}\,$

und auf

${}(1-y)e^{z}-y=y(-e^{z}-1)+e^{z}=0\,,$

also

${}y={\frac {e^{z}}{e^{z}+1}}\,.$

Die Lösungsfunktionen haben daher die Form

${}y(t)={\frac {e^{t+c}}{e^{t+c}+1}}\,,$

wobei die Anfangsbedingung

${}y(0)={\frac {1}{2}}\,$

über

${}{\frac {e^{c}}{e^{c}+1}}={\frac {1}{2}}\,$

die Konstante ${}c=0$ festlegt. Die Lösung des Anfangswertproblems ist also

${}y(t)={\frac {e^{t}}{e^{t}+1}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz, dass eine Linearform auf einem euklidischen Vektorraum einen eindeutigen Gradienten besitzt.

Lösung

Die Aussage folgt aus dem Zusatz. Es sei also eine Orthonormalbasis ${}u_{1},\ldots ,u_{n}$ gegeben und sei ${}w=\sum _{i=1}^{n}a_{i}u_{i}$. Dann ist für jedes ${}j$

${}\left\langle w,u_{j}\right\rangle =\left\langle \sum _{i=1}^{n}a_{i}u_{i},u_{j}\right\rangle =a_{j}=f(u_{j})\,.$

D.h. die beiden linearen Abbildungen ${}v\mapsto \left\langle w,v\right\rangle$ und ${}f$ stimmen auf einer Basis überein, sind also nach Satz 24.7 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) identisch. Für jeden anderen Vektor ${}w'=\sum _{i=1}^{n}b_{i}u_{i}$ ist der Wert der zugehörigen Linearform an mindestens einem Basisvektor ${}u_{j}$ von ${}f(u_{j})$ verschieden, daher liegt Eindeutigkeit vor.

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

Es sei ${}A$ eine nichtleere Menge, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ und ${}M=A^{n}$ das ${}n$-fache Produkt der Menge mit sich selbst.

a) Zeige, dass auf ${}M$ durch

${}d(x,y)=d((x_{1},\ldots ,x_{n}),(y_{1},\ldots ,y_{n})):={\#\left({\left\{i\mid x_{i}\neq y_{i}\right\}}\right)}\,$

eine Metrik definiert wird.

b) Bestimme zu ${}A=\{a,b,c\}$ und ${}n=4$ den Abstand ${}d((a,a,b,c),(c,a,b,a))$.

c) Liste für ${}A=\{a,b,c\}$ und ${}n=3$ alle Elemente aus der offenen Kugel ${}U{\left((a,a,b),2\right)}$ auf.

Lösung

a) Die Anzahl ist stets eine nichtnegative Zahl. Zwei Tupel ${}x,y\in M$ sind genau dann gleich, wenn jede ihrer Komponenten übereinstimmt. Dies ist genau dann der Fall, wenn ${}d(x,y)=0$ ist. Da die (Un-)gleichheit symmetrisch ist, ist ${}d(x,y)=d(y,x)$. Zum Beweis der Dreiecksungleichung seien ${}x,y,z\in M$ vorgegeben. Wenn ${}x$ und ${}z$ in der ${}i$-ten Komponente nicht übereinstimmen, so ist ${}x_{i}\neq y_{i}$ oder ${}y_{i}\neq z_{i}$. Es ist also

${}{\left\{i\mid x_{i}\neq z_{i}\right\}}\subseteq {\left\{i\mid x_{i}\neq y_{i}\right\}}\cup {\left\{i\mid y_{i}\neq z_{i}\right\}}\,$

und daher

${}{\begin{aligned}d(x,z)&={\#\left({\left\{i\mid x_{i}\neq z_{i}\right\}}\right)}\\&\leq {\#\left({\left\{i\mid x_{i}\neq y_{i}\right\}}\right)}+{\#\left({\left\{i\mid y_{i}\neq z_{i}\right\}}\right)}\\&=d(x,y)+d(y,z).\end{aligned}}$

b) Die beiden Tupel ${}(a,a,b,c)$ und ${}(c,a,b,a)$ unterscheiden sich an der ersten und der vierten Stelle, also ist der Abstand ${}2$.

c) Die Werte der Metrik sind ganzzahlig, und in der offenen Ballumgebung mit Radius ${}2$ liegen die Elemente, die vom Mittelpunkt einen Abstand ${}<2$ haben. Der Abstand zum Mittelpunkt muss also ${}0$ oder ${}1$ sein. Die Elemente darin sind daher

$(a,a,b),\,(b,a,b),\,(c,a,b),\,(a,b,b),\,(a,c,b),\,(a,a,a),\,(a,a,c).$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Kurve

${}\gamma (t)={\begin{pmatrix}t^{3}\cos t\\e^{-t^{2}}\\\sin \left({\frac {t}{t^{2}+1}}\right)\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Die Ableitung ist

${}{\begin{aligned}\gamma '(t)&={\begin{pmatrix}3t^{2}\cos t-t^{3}\sin t\\-2te^{-t^{2}}\\{\frac {t^{2}+1-2t^{2}}{(t^{2}+1)^{2}}}\cos \left({\frac {t}{t^{2}+1}}\right)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}3t^{2}\cos t-t^{3}\sin t\\-2te^{-t^{2}}\\{\frac {-t^{2}+1}{t^{4}+2t^{2}+1}}\cos \left({\frac {t}{t^{2}+1}}\right)\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Löse mit einem Potenzreihenansatz das Anfangswertproblem

${}x^{\prime \prime }={\frac {-2gx-4x(x')^{2}}{1+4x^{2}}}\,$

mit ${}x(0)=0$ und ${}x'(0)=1$ bis zur Ordnung ${}4$. Dabei ist ${}g$ eine Konstante.

Lösung

Wir machen den Ansatz

${}x(t)=a_{0}+a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots =t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \,,$

wobei sich die ersten beiden Koeffizienten aus den Anfangsbedingungen ergeben. Es ist also noch ${}a_{2},a_{3}$ und ${}a_{4}$ zu bestimmen. Die linke Seite der Gleichung ist

$2a_{2}+6a_{3}t+12a_{4}t^{2}+\ldots .$

Von der rechten Seite müssen wir also die Koeffizienten zu ${}t^{0},t^{1},t^{2}$ ausrechnen, um drei Gleichungen zu bekommen. Zur Auswertung des Nenners verwenden wir

${}{\frac {1}{1+u}}=1-u+u^{2}-u^{3}+u^{4}\pm \ldots \,.$

Daher gilt mit ${}u=4x^{2}$ die Beziehung

${}{\frac {1}{1+4x^{2}}}=1-4x^{2}+16x^{4}\pm \ldots \,.$

Wenn man darin für ${}x$ die Potenzreihe einsetzt, erhält man

${}{\begin{aligned}{\frac {1}{1+4{\left(t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \right)}^{2}}}&=1-4{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}^{2}+16{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}^{4}\ldots \\&=1-4t^{2}-8a_{2}t^{3}+\ldots .\end{aligned}}$

Somit ist die rechte Seite der Differentialgleichung gleich

${}{\begin{aligned}\,&\,{\left(-2g{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}-4{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots \right)}^{2}\right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&={\left(-2g{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}-4{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1+4a_{2}t+\ldots \right)}\right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&={\left(-2gt-2ga_{2}t^{2}-4t-16a_{2}t^{2}-4a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&={\left((-2g-4)t+(-2g-20)a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&=(-2g-4)t+(-2g-20)a_{2}t^{2}+\ldots .\end{aligned}}$

Somit ist (rechts ist der Koeffizient zu ${}t^{0}$ gleich ${}0$)

${}a_{2}=0\,,$

aus

${}6a_{3}=-2g-4\,$

folgt

${}a_{3}=-{\frac {g+2}{3}}\,,$

aus

${}12a_{4}=0\,$

folgt

${}a_{4}=0\,.$

Der Anfang der Potenzreihe ist also

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

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das lineare Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}3&-4\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}{\begin{pmatrix}v_{1}(0)\\v_{2}(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}}.$

Lösung

Aus der zweiten Zeile folgt sofort

${}v_{2}(t)=ae^{2t}\,,$

wobei die Anfangsbedingung ${}v_{2}(0)=1$ durch ${}a=1$ erfüllt wird. Für ${}v_{1}$ ergibt sich daraus die inhomogene lineare Differentialgleichung in einer Variablen,

$v_{1}'=3v_{1}-4e^{2t}{\text{ mit }}v_{1}(0)=5.$

Die zugehörige homogene lineare Gleichung besitzt die Lösungen ${}ce^{3t}$. Mittels Variation der Konstanten, also dem Ansatz

${}v_{1}(t)=c(t)e^{3t}\,,$

ergibt sich die Bedingung

${}c'(t)=-4e^{2t}\cdot e^{-3t}=-4e^{-t}\,.$

Also ist ${}c(t)=4e^{-t}+b$ mit einer Konstanten ${}b\in \mathbb {R}$. Aus

${}(4e^{0}+b)e^{0}=5\,$

folgt ${}b=1$. Die Lösung ist also

${}{\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}(4e^{-t}+1)e^{3t}\\e^{2t}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Eine symmetrische Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf dem ${}\mathbb {R} ^{2}$ werde bezüglich der Standardbasis durch die Gramsche Matrix

${\begin{pmatrix}\pi &2\\2&{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}$

beschrieben. Berechne ${}\left\langle {\begin{pmatrix}{\sqrt {3}}\\4\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-1\\e\end{pmatrix}}\right\rangle$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\left\langle {\begin{pmatrix}{\sqrt {3}}\\4\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-1\\e\end{pmatrix}}\right\rangle &=\left({\sqrt {3}},\,4\right){\begin{pmatrix}\pi &2\\2&{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1\\e\end{pmatrix}}\\&=\left({\sqrt {3}},\,4\right){\begin{pmatrix}-\pi +2e\\-2+{\sqrt {5}}e\end{pmatrix}}\\&=-{\sqrt {3}}\pi +2{\sqrt {3}}e-8+4{\sqrt {5}}e.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$f\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\longmapsto {\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}},$

(es ist also ${}y>0$).

a) Berechne die partiellen Ableitungen von ${}f$ und stelle den Gradienten zu ${}f$ auf.

b) Bestimme die isolierten lokalen Extrema von ${}f$.

Lösung

a) Es handelt sich um eine rationale Funktionen in mehreren Variablen ohne Nullstelle des Nenners, daher existieren alle partiellen Ableitungen. Die partiellen Ableitungen von ${}f$ ergeben sich aus der Quotientenregel; sie sind

${}{\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {z(x^{2}+y^{2})-2x^{2}z}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {z(-x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\left({\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {-2xyz}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,$

und

${}{\frac {\partial }{\partial z}}{\left({\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\,.$

Der Gradient zu ${}f$ in einem Punkt ${}P=(x,y,z)$ ist demnach der Vektor

${}\operatorname {Grad} \,f(P)=\left({\frac {z(-x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}},\,{\frac {-2xyz}{(x^{2}+y^{2})^{2}}},\,{\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\right)\,.$

b) Da der Definitionsbereich offen ist und da die Funktion stetig differenzierbar ist, ist es für die Existenz eines lokalen Extremums eine notwendige Bedingung, dass der Gradient ${}0$ ist. Dies kann wegen der dritten partiellen Ableitung nur bei ${}x=0$ der Fall sein. Dann ist die zweite partielle Ableitung ebenfalls ${}0$ und wegen ${}y>0$ folgt aus der ersten partiellen Ableitung, dass ${}z=0$ sein muss. Extrema kann es also allenfalls bei Punkten der Form ${}(0,y,0)$ geben. Die Funktion hat aber bei all diesen Punkten den Wert ${}0$, so dass es kein isoliertes Extremum gibt.

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe für jedes ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ eine bijektive, total differenzierbare Abbildung

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

an, für die das totale Differential in mindestens einem Punkt nicht regulär ist.

Lösung

Für ${}n=1$ ist die Abbildung

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{3},$

bijektiv (mit der Umkehrfunktion ${}x\mapsto {\sqrt[{3}]{x}}$). Für ein ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ betrachten wir die Abbildung

$\varphi _{n}\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})\longmapsto (x_{1}^{3},x_{2},\ldots ,x_{n}).$

Dies ist eine polynomiale Abbildung, so dass das totale Differential durch die Jacobi-Matrix, also durch

${\begin{pmatrix}3x_{1}^{2}&0&\cdots &0\\0&1&\ddots &\vdots \\\vdots &\ddots &\ddots &0\\0&\cdots &0&1\end{pmatrix}}$

gegeben ist. Für ${}x_{1}=0$ ist diese Matrix nicht invertierbar, da ihre Determinante ${}0$ ist, und die Abbildung ist für diese Punkte nicht regulär. Dennoch ist die Abbildung bijektiv, die Umkehrabbildung wird durch

$\mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})\longmapsto ({\sqrt[{3}]{x_{1}}},x_{2},\ldots ,x_{n})$

gegeben.

Aufgabe (4 Punkte)

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

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

mit der Anfangsbedingung ${}x(0)=2$ und ${}y(0)=-7$.

Lösung

Die nullte Iteration ist die konstante Funktion

${}\varphi _{0}(t)={\begin{pmatrix}x_{0}(t)\\y_{0}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}\,.$

Die erste Iteration ist

${}{\begin{aligned}\varphi _{1}(t)&={\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\y_{1}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-1&3\\2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-23\\-24\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2-23t\\-7-24t\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Die zweite Iteration ist

${}{\begin{aligned}\varphi _{2}(t)&={\begin{pmatrix}x_{2}(t)\\y_{2}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-1&3\\2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2-23s\\-7-24s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-23-49s\\-24-142s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2-23t-{\frac {49}{2}}t^{2}\\-7-24t-71t^{2}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Die dritte Iteration ist

${}{\begin{aligned}\varphi _{3}(t)&={\begin{pmatrix}x_{3}(t)\\y_{3}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-1&3\\2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2-23s-{\frac {49}{2}}s^{2}\\-7-24s-71s^{2}\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-23-49s-{\frac {277}{2}}s^{2}\\-24-142s-333s^{2}\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2-23t-{\frac {49}{2}}t^{2}+{\frac {277}{6}}t^{3}\\-7-24t-71t^{2}-111t^{3}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

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

ein Gradientenfeld und sei

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

(${}J\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall) eine Lösung der zugehörigen Differentialgleichung ${}v'=G(v)$. Es gelte ${}\varphi '(t)\neq 0$ für alle ${}t\in J$. Zeige, dass ${}\varphi$ injektiv ist.

Lösung

Es sei

$h\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}$

ein Potential zu ${}G$, also eine differenzierbare Funktion, deren Gradientenfeld gleich ${}G$ ist. Wir zeigen, dass sogar die zusammengesetzte Abbildung

$f=h\circ \varphi \colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto h(\varphi (t)),$

injektiv ist. Aufgrund der Kettenregel ist die Ableitung dieser Abbildung gleich

${}f'(t)=(Dh)_{\varphi (t)}\circ (D\varphi )_{t}=(Dh)_{\varphi (t)}(\varphi '(t))\,.$

Nach [[Gradientenfeld/Lösungen der DG/Senkrecht auf Tangentialraum/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Gradientenfeld/Lösungen der DG/Senkrecht auf Tangentialraum/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] steht ${}\varphi '(t)\neq 0$ senkrecht auf dem Tangentialraum zu ${}h$ im Punkt ${}\varphi (t)$. Insbesondere gehört ${}\varphi '(t)$ nicht zum Tangentialraum (da das Skalarprodukt positiv definit ist), also nicht zum Kern von ${}(Dh)_{\varphi (t)}$. Daher ist

${}f'(t)=(Dh)_{\varphi (t)}(\varphi '(t))\neq 0\,.$

D.h. dass ${}f'(t)$ keine Nullstelle besitzt und daher ist ${}f$ nach Satz 15.7 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) streng wachsend oder streng fallend, also injektiv.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine Klorolle hat einen äußeren Durchmesser von ${}12$ cm und einen inneren Durchmesser von ${}4$ cm. Das ausgewickelte Klopapier ergibt eine Länge von ${}20$ Metern. Wie dick ist das Klopapier?

Lösung

Es sei ${}b$ die Breite des Papiers (alles in Zentimetern). Das Volumen des aufgewickelten Papiers ist

${}b\pi {\left(6^{2}-2^{2}\right)}=b\pi 32\,.$

Die unbekannte Dicke sei ${}d$. Das abgewickelte Klopapier bilden einen Quader mit dem gleichen Volumen, also

${}2000bd=b\pi 32\,.$

Somit ist

${}d={\frac {\pi 32}{2000}}\cong {\frac {100}{2000}}={\frac {1}{20}}\,.$

Die Dicke ist also ungefähr ein halber Millimeter.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Volumenformel für einen Kegel über einer kompakten Basis ${}B\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

Der Durchschnitt von ${}K=K_{B}$ mit der durch ${}x_{n+1}=u$, ${}u$ zwischen ${}0$ und ${}h$, gegebenen Hyperebene ist

${}K(u)={\left\{(x_{1},\ldots ,x_{n},u)\mid (x_{1},\ldots ,x_{n},u)\in K_{B}\right\}}={\left\{P+{\frac {(h-u)}{h}}(Q-P)\mid Q\in B\right\}}\,.$

Wegen der Translationsinvarianz und [[Kompakte Teilmenge/Linearer Endomorphismus/Lineare Transformationsformel/Streckung/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Kompakte Teilmenge/Linearer Endomorphismus/Lineare Transformationsformel/Streckung/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] ist dessen Volumen gleich ${}\vert {\frac {h-u}{h}}\vert ^{n}\lambda ^{n}(B)$. Nach dem Cavalieri-Prinzip ist also (mit ${}s=h-u$)

${}{\begin{aligned}\lambda ^{n+1}(K_{B})&=\int _{0}^{\vert {h}\vert }\lambda ^{n}(K(s))\,ds\\&=\int _{0}^{\vert {h}\vert }\lambda ^{n}(B)\cdot {\left({\frac {s}{\vert {h}\vert }}\right)}^{n}\,ds\\&=\lambda ^{n}(B)\cdot {\frac {1}{\vert {h}\vert ^{n}}}\cdot \int _{0}^{\vert {h}\vert }s^{n}\,ds\\&=\lambda ^{n}(B)\cdot {\frac {1}{\vert {h}\vert ^{n}}}\cdot {\frac {1}{n+1}}\vert {h}\vert ^{n+1}\\&=\lambda ^{n}(B)\cdot {\frac {1}{n+1}}\cdot \vert {h}\vert .\end{aligned}}$