Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/7/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine lineare inhomogene gewöhnliche Differentialgleichung.
2. Die Norm zu einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}\mathbb {R}$- Vektorraum ${}V$.
3. Eine Lösung zu einem Anfangswertproblem

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

   zu einem Vektorfeld

   $f\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   auf einer offenen Teilmenge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.

4. Das totale Differential in einem Punkt ${}P\in V$ einer in diesem Punkt total differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   (dabei seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume).

5. Die Hesse-Form zu einer zweimal stetig differenzierbaren Funktion

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

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

6. Eine Quader-Überpflasterung einer Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

1. Eine Differentialgleichung der Form

   $y'=g(t)y+h(t)$

   mit zwei auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ definierten Funktionen ${}t\mapsto g(t)$ und ${}t\mapsto h(t)$ heißt inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung.

2. Zu einem Vektor ${}v\in V$ nennt man

   ${}\Vert {v}\Vert ={\sqrt {\left\langle v,v\right\rangle }}\,$

   die Norm von ${}v$.

3. Unter einer Lösung des Anfangswertproblems versteht man eine Abbildung

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

   auf einem Intervall ${}J\subseteq I$ mit ${}v'(t)=f(t,v)$ für alle ${}t\in J$ und mit ${}v(t_{0})=w$.

4. Die lineare Abbildung ${}L$ mit der Eigenschaft

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

   (wobei ${}r\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ eine in ${}0$ stetige Abbildung mit ${}r(0)=0$ ist) heißt das totale Differential von ${}\varphi$ an der Stelle ${}P$.

5. Die Abbildung

   $\operatorname {Hess} _{P}\,f\colon \mathbb {R} ^{n}\times \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(u,v)\longmapsto D_{u}D_{v}f(P),$

   heißt die Hesse-Form im Punkt ${}P\in V$.

6. Eine Quader-Überpflasterung von ${}T$ ist eine Familie von (achsenparallelen) Quadern ${}Q_{i}$, ${}i\in I$, mit ${}T\subseteq \bigcup _{i\in I}Q_{i}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Lösungsverfahren für Differentialgleichungen mit getrennten Variablen.
2. Die Kettenregel für differenzierbare Kurven.
3. Der Satz über implizite Abbildungen.

Lösung

1. Es sei

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

   eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen mit stetigen Funktionen

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

   und

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

   wobei ${}h$ keine Nullstelle besitze. Es sei ${}G$ eine Stammfunktion von ${}g$ und ${}H$ eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{h}}$. Weiter sei ${}I'\subseteq I$ ein Teilintervall mit ${}G(I')\subseteq H(J)$. Dann ist ${}H$ eine bijektive Funktion auf sein Bild ${}H(J)$ und die Lösungen dieser Differentialgleichung haben die Form

   ${}y(t)=H^{-1}(G(t))\,.$

2. 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

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

3. 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 die Cauchy-Schwarzsche Abschätzung.

Lösung

Bei ${}w=0$ ist die Aussage richtig. Es sei also ${}w\neq 0$ und damit auch ${}\Vert {w}\Vert \neq 0$. Damit hat man die Abschätzungen

${}{\begin{aligned}0&\leq \left\langle v-{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}w,v-{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}w\right\rangle \\&=\left\langle v,v\right\rangle -{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}\left\langle w,v\right\rangle -{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}\left\langle v,w\right\rangle +{\frac {\left\langle v,w\right\rangle \left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{4}}}\left\langle w,w\right\rangle \\&=\left\langle v,v\right\rangle -{\frac {\left\langle v,w\right\rangle ^{2}}{\Vert {w}\Vert ^{2}}}.\end{aligned}}$

Multiplikation mit ${}\Vert {w}\Vert ^{2}$ und Wurzelziehen ergibt das Resultat.

Aufgabe (4 Punkte)

Wende das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren auf die Basis

${\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}$

des ${}\mathbb {R} ^{3}$ an.

Lösung

Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}$ besitzt die Norm ${}{\sqrt {2}}$, somit ist

$u_{1}={\begin{pmatrix}0\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}$

der zugehörige normierte Vektor. Der zweite Vektor muss senkrecht zu ${}u_{1}$ sein und zusammen mit ${}u_{1}$ den Untervektorraum ${}\langle {\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}\rangle$ aufspannen. Dies führt zum Ansatz

${}0=\left\langle {\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}+\lambda {\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}\right\rangle =\left\langle {\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}\lambda \\1\\1+\lambda \end{pmatrix}}\right\rangle =1+1+\lambda \,,$

so dass

${}\lambda =-2\,$

und ${}w_{2}={\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}}$ ist. Der normierte Vektor dazu ist

$u_{2}={\begin{pmatrix}-{\frac {2}{\sqrt {6}}}\\{\frac {1}{\sqrt {6}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {6}}}\end{pmatrix}}.$

Der dritte Vektor muss senkrecht auf ${}u_{1}$ und ${}u_{2}$ stehen. Ein solcher Vektor ist offenbar ${}{\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}}$. Daher kann man

$u_{3}={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\\{\frac {1}{\sqrt {3}}}\end{pmatrix}}$

als dritten Vektor der Orthonormalbasis nehmen.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Stetigkeit linearer Abbildungen.

Lösung

Eine komplex-lineare Abbildung ist auch reell-linear, und die euklidische Metrik hängt nur von der reellen Struktur ab. Wir können also ${}{\mathbb {K} }=\mathbb {R}$ annehmen. Aufgrund von Lemma 36.7 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) können wir ${}m=1$ annehmen. Die Abbildung sei durch

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\left(x_{1},\ldots ,x_{n}\right)}\longmapsto \sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i},$

mit ${}a_{i}\in \mathbb {R}$ gegeben. Die Nullabbildung ist konstant und daher stetig, also sei ${}a={\max {\left(\vert {a_{i}}\vert ,i=1,\ldots ,n\right)}}>0$. Es sei ${}x\in \mathbb {R} ^{n}$ und ein ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Für alle ${}y\in \mathbb {R} ^{n}$ mit ${}d{\left(x,y\right)}\leq {\frac {\epsilon }{na}}$ ist insbesondere ${}\vert {x_{i}-y_{i}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{na}}$ für alle ${}i$ und daher ist

${}{\begin{aligned}d{\left(\varphi (x),\varphi (y)\right)}&=\vert {\sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i}-\sum _{i=1}^{n}a_{i}y_{i}}\vert \\&=\vert {\sum _{i=1}^{n}a_{i}(x_{i}-y_{i})}\vert \\&\leq \sum _{i=1}^{n}\vert {a_{i}(x_{i}-y_{i})}\vert \\&\leq na\vert {x_{i}-y_{i}}\vert \\&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer bijektiven Abbildung

$\varphi \colon [0,1]\longrightarrow [0,1]\subseteq \mathbb {R} ,$

die nicht rektifizierbar ist.

Lösung

Wir betrachten die Funktion

$\varphi (x)={\begin{cases}x,{\text{ falls }}x\in \mathbb {Q} \,,\\1-x,{\text{ falls }}x\not \in \mathbb {Q} \,,\end{cases}}$

die offenbar bijektiv ist. Um zu zeigen, dass ${}\varphi$ nicht rektifizierbar ist, wählen wir zu ${}n\in \mathbb {N}$ irrationale Zahlen ${}x_{i}$, ${}1\leq i\leq n$, mit

$0<x_{1}<{\frac {1}{n}}<x_{2}<{\frac {2}{n}}<x_{3}<{\frac {3}{n}}<\cdots <{\frac {n-2}{n}}<x_{n-1}<{\frac {n-1}{n}}<x_{n}<1.$

All diese Zahlen nehmen wir als Intervallunterteilung. Für ${}n=3k$ ist die Summe der Länge der Abstände der Bildpunkte mindestens

${}\varphi (x_{1})-{\frac {1}{n}}+\varphi (x_{2})-{\frac {2}{n}}+\varphi (x_{3})-{\frac {3}{n}}+\cdots +\varphi (x_{k-1})-{\frac {k-1}{n}}+\varphi (x_{k})-{\frac {k}{n}}\geq k{\frac {1}{3}}\,,$

da ja in diesem Bereich

${}\varphi (x_{i})=1-x_{i}\geq {\frac {2}{3}}\,$

gilt. Da ${}k$ beliebig groß gewählt werden kann, ist das Supremum über alle Streckenzuglängen unendlich und die Kurve ist nicht rektifizierbar.

Aufgabe (3 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

${}y'=ty-2t^{2}+1\,$

und

${}y(0)=0\,$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${}3$.

Lösung

Wir machen den Ansatz

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

wegen der Anfangsbedingung ist ja direkt ${}a_{0}=0$. Die Ableitung ist

${}y'(t)=a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots \,,$

das führt auf die Gleichung

${}a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots =t{\left(a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \right)}-2t^{2}+1\,.$

Daraus kann man

${}a_{1}=1\,$

ablesen, sodann

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

und daher

${}3a_{3}=1-2=-1\,,$

also

${}a_{3}=-{\frac {1}{3}}\,.$

Der Potenzreihenansatz liefert also bis zur Ordnung ${}3$ die Lösung

${}y(t)=t-{\frac {1}{3}}t^{3}\,.$

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

Wir betrachten ein Vektorfeld

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

der Form

${}F(x,y)=g(x,y){\begin{pmatrix}-y\\x\end{pmatrix}}\,$

mit einer stetigen Funktion ${}g\colon \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R}$.

1. Zeige, dass für jeden Punkt ${}(x,y)$ der Richtungsvektor ${}F(x,y)$ senkrecht auf dem Ortsvektor ${}(x,y)$ steht.
2. Es sei ${}{\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}}$ eine Lösung der Differentialgleichung ${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'=F(x,y)$. Zeige, dass ${}x^{2}(t)+y^{2}(t)$ konstant ist.
3. Es sei

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

   eine Lösung der Differentialgleichung

   ${}z'=g(\cos z,\sin z)\,$

   in der einen Variablen ${}z$. Zeige, dass

   ${}{\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\cos z(t)\\\sin z(t)\end{pmatrix}}\,$

   eine Lösung der Differentialgleichung ${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'=F(x,y)$ ist.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},F(x,y)\right\rangle &=\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},g(x,y){\begin{pmatrix}-y\\x)\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=g(x,y)\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-y\\x)\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=g(x,y)(-xy+yx)\\&=0,\end{aligned}}$

   als ist der Richtungsvektor senkrecht zum Ortsvektor.
2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\left(x^{2}(t)+y^{2}(t)\right)}'&=2x(t)x'(t)+2y(t)y'(t)\\&=-2x(t)g(x(t),y(t))y(t)+2y(t)g(x(t),y(t))x(t)\\&=0,\end{aligned}}$

   deshalb ist ${}x^{2}(t)+y^{2}(t)$ konstant.
3. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}}'&={\begin{pmatrix}\cos z(t)\\\sin z(t)\end{pmatrix}}'\\&={\begin{pmatrix}-z'(t)\cdot \sin z(t)\\z'(t)\cdot \cos z(t)\end{pmatrix}}\\&=z'(t){\begin{pmatrix}-\sin z(t)\\\cos z(t)\end{pmatrix}}\\&=g(\cos z(t),\sin z(t)){\begin{pmatrix}-\sin z(t)\\\cos z(t)\end{pmatrix}}\\&=F(x(t),y(t)).\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (4+2) Punkte)

1. Bestimme die Richtungsableitung der Funktion

   $f\colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto {\frac {\sqrt {x}}{y}},$

   im Punkt ${}(1,2)$ in Richtung ${}(3,-1)$ mit einer direkten Limesbetrachtung unter Verwendung der Regel von Hospital.

2. Überprüfe das Ergebnis aus (1) mit Hilfe des totalen Differentials.

Lösung

1. Wir müssen untersuchen, ob und wohin der Differenzenquotient

   ${}{\begin{aligned}{\frac {f((1,2)+s(3,-1))-f(1,2)}{s}}&={\frac {f((1+3s,2-s))-f(1,2)}{s}}\\&={\frac {{\frac {\sqrt {1+3s}}{2-s}}-{\frac {1}{2}}}{s}}\\&={\frac {2{\sqrt {1+3s}}-(2-s)}{2(2-s)s}}\\&={\frac {2{\sqrt {1+3s}}+s-2}{-2s^{2}+4s}}\end{aligned}}$

   für ${}s\rightarrow 0$ konvergiert. Wir leiten Zähler und Nenner ab und erhalten den neuen Quotienten

   ${\frac {{\frac {3}{\sqrt {1+3s}}}+1}{-4s+4}}.$

   Hier konvergiert der Nenner für ${}s\rightarrow 0$ gegen ${}4$ und der Gesamtbruch gegen ${}1$. Nach Hospital konvergiert dann auch der Differenzenquotient gegen ${}1$.

2. Die partiellen Ableitungen sind

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

   Im Punkt ${}(1,2)$ ergibt dies das totale Differential

   $\left({\frac {1}{4}},\,-{\frac {1}{4}}\right)$

   und angewendet auf den Richtungsvektor ${}(3,-1)$ ergibt dies aufgrund von Proposition 48.9 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) die Richtungsableitung

   ${}\left({\frac {1}{4}},\,-{\frac {1}{4}}\right){\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}=1\,.$

Aufgabe (10 Punkte)

Bestimme die lokalen und globalen Extrema der auf der abgeschlossenen Kreisscheibe ${}B\left(0,1\right)={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}+y^{2}\leq 1\right\}}$ definierten Funktion

$f\colon B\left(0,1\right)\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+y^{3}-y^{2}-y.$

Lösung

Wir bestimmen zunächst lokale Extrema auf dem offenen Innern der Kreisscheibe, indem wir die Funktion auf kritische Punkte untersuchen. Die Jacobi-Matrix von ${}f$ ist

${}J=\left(2x,\,3y^{2}-2y-1\right)\,.$

Die kritischen Punkte liegen also bei ${}x=0$ und ${}3y^{2}-2y-1=0$ vor. Für die Gleichung ${}3y^{2}-2y-1=0$ sind ${}y=1$ und ${}y=-{\frac {1}{3}}$ die Lösungen, wobei der Punkt ${}P=(0,1)$ nicht zum Innern (aber zum Rand) gehört, der Punkt ${}Q=\left(0,\,-{\frac {1}{3}}\right)$ aber schon. Für ${}Q$ bestimmen wir die Hesse-Matrix, diese ist allgemein

${\begin{pmatrix}2&0\\0&6y-2\end{pmatrix}},$

so dass sich für ${}Q$ die Hesse-Matrix

${\begin{pmatrix}2&0\\0&-4\end{pmatrix}}$

ergibt. Diese hat den Typ ${}(1,1)$, so dass diese Matrix indefinit ist und kein lokales Extremum vorliegt. Daher liegen sämtliche lokalen und globalen Extrema auf dem Rand.

Die Funktion ${}f$ lässt sich auf ganz ${}\mathbb {R} ^{2}$ in natürlicher Weise ausdehnen (durch dieselben polynomialen Ausdrücke). Für den kritischen Punkt ${}P=(0,1)$ ist die Hesse-Matrix gleich

${\begin{pmatrix}2&0\\0&4\end{pmatrix}},$

welche positiv definit ist. Daher liegt in ${}P$ ein lokales Minimum der ausgedehnten Funktion und damit erst recht ein lokales Minimum der auf der abgeschlossenen Kreisscheibe definierten Funktion vor.

Wir untersuchen nun den Rand auf weitere Extrema. Da die Funktion auf einer abgeschlossenen und beschränkten Menge definiert und stetig ist, muss es sowohl ein globales Minimum als auch ein globales Maximum geben. Der Rand ist durch

${}x^{2}+y^{2}=1\,$

gegeben. Daher gilt dort ${}x^{2}=1-y^{2}$ und somit hängt die Funktion auf dem Rand nur von ${}y$ ab, man kann daher

${}h(y)=f(x,y)=1-y^{2}+y^{3}-y^{2}-y=y^{3}-2y^{2}-y+1\,$

ansetzen, wobei ${}y$ zwischen ${}-1$ und ${}1$ läuft. Da ein lokales Extremum auf der abgeschlossenen Kreisscheibe insbesondere ein lokales Extremum auf dem Rand sein muss, müssen wir zunächst die Nullstellen der Ableitung von ${}h$ bestimmen. Diese ist ${}h'(y)=3y^{2}-4y-1$, und die Nullstellen davon sind

${}y=\pm {\frac {\sqrt {7}}{3}}+{\frac {2}{3}}\,.$

Dabei ist

${}{\frac {\sqrt {7}}{3}}+{\frac {2}{3}}>1\,$

außerhalb des Intervalls, also nicht relevant für die Aufgabenstellung. Dagegen ist

${\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}$

zwischen ${}-1$ und ${}1$. Da die zweite Ableitung in diesem Punkt negativ ist, liegt dort ein lokales Maximum auf dem Rand vor. Weiterhin sind noch die Randpunkte ${}y=1$ und ${}y=-1$ des Intervalls zu berücksichtigen, dort müssen jeweils lokale Minima für ${}h(y)$ vorliegen.

Wir müssen dies jetzt auf die ursprüngliche Funktion auf der Kreisscheibe zurückübersetzen. Wir wissen schon, dass in ${}P=(0,1)$ ein lokales Minimum vorliegt, und zwar mit dem Wert

$f(0,1)=-1.$

Es sei ${}S=(0,-1)$. Der Wert an dieser Stelle ist ebenfalls ${}f(0,-1)=-1$. Da diese beiden Punkte die einzigen Kandidaten für lokale Minima sind, müssen beide Punkte globale Minima sein.

Wir berechnen die ${}x$-Koordinaten zu ${}y={\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}$. Es ist

${}y^{2}={\left({\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}\right)}^{2}={\frac {11-4{\sqrt {7}}}{9}}\,,$

also

${}1-y^{2}={\frac {-2+4{\sqrt {7}}}{9}}\,$

und somit

${}x=\pm {\frac {\sqrt {4{\sqrt {7}}-2}}{3}}\,.$

Die beiden Punkte ${}R_{1}=\left({\frac {\sqrt {4{\sqrt {7}}-2}}{3}},\,{\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}\right)$ und ${}R_{2}=\left({\frac {-{\sqrt {4{\sqrt {7}}-2}}}{3}},\,{\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}\right)$ sind die einzigen Kandidaten für lokale Maxima. Da es ein globales Maximum geben muss, und die Situation für diese beiden Punkte symmetrisch ist, muss in beiden Punkten ein globales Maximum vorliegen.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über das Wegintegral in einem Gradientenfeld.

Lösung

Aufgrund der Kettenregel ist

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }G&=\int _{a}^{b}\left\langle G(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\\&=\int _{a}^{b}\sum _{i=1}^{n}G_{i}(\gamma (t))\cdot \gamma _{i}'(t)dt\\&=\int _{a}^{b}\sum _{i=1}^{n}{\frac {\partial h}{\partial x_{i}}}(\gamma (t))\cdot \gamma _{i}'(t)dt\\&=\int _{a}^{b}(h\circ \gamma )^{\prime }(t)dt\\&=h(\gamma (b))-h(\gamma (a)).\end{aligned}}$

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

Die Grundfläche eines Kochtopfes sei eine Kreisscheibe mit Radius ${}13$ cm, der Topf sei ${}10$ cm hoch und auf die Höhe von ${}7{,}7$ cm mit Wasser gefüllt. Eine Kartoffel wird in den Topf geworfen und taucht voll unter, wobei das Wasser auf eine Höhe von ${}8{,}8$ cm ansteigt.

a) Berechne das Volumen der Kartoffel (rechne mit ${}\pi =3{,}14$; Einheit nicht vergessen)!

b) Welche maßtheoretischen Gesetzmäßigkeiten wurden bei der Berechnung von a) verwendet?

c) Handelt es sich um eine große oder um eine kleine Kartoffel?

Lösung

a) Das Wasser steigt um ${}1{,}1$ cm, daher ist das Volumen der Kartoffel gleich

${}13\cdot 13\cdot 3{,}14\cdot 1{,}1=169\cdot 3{,}14\cdot 1{,}1=169\cdot 3{,}454=583{,}726\,$

(in Kubikzentimetern).

b) Es wurde dabei die Formel für die Kreisfläche (für die Grundfläche des Topfes), die Produktformel für das Maß einer Produktmenge und das Additivitätsprinzip für disjunkte Teilmengen angewendet.

c) Wegen ${}8^{3}=512$ ist die Kartoffel volumengleich zu einem Würfel, dessen Kantenlänge größer als ${}8$ cm ist. Die Kartoffel ist also ziemlich groß.

Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

a) Was ist das durchschnittliche Ergebnis, wenn man eine reelle Zahl aus ${}[a,b]$ mit einer reellen Zahl aus ${}[c,d]$ addiert?

b) Was ist das durchschnittliche Ergebnis, wenn man eine reelle Zahl aus ${}[a,b]$ mit einer reellen Zahl aus ${}[c,d]$ multiplizert?

c) Was ist das durchschnittliche Ergebnis, wenn man eine reelle Zahl aus ${}[a,b]$ durch eine reelle Zahl aus ${}[c,d]$ (${}c>0$) dividiert?

Lösung

a) Nach Fubini ist

${}{\begin{aligned}\int _{[a,b]\times [c,d]}x+yd\lambda ^{2}&=\int _{[a,b]\times [c,d]}xd\lambda ^{2}+\int _{[a,b]\times [c,d]}yd\lambda ^{2}\\&=\int _{a}^{b}xdx\int _{c}^{d}1dy+\int _{a}^{b}1dx\int _{c}^{d}ydy\\&={\frac {1}{2}}(b^{2}-a^{2})(d-c)+{\frac {1}{2}}(b-a)(d^{2}-c^{2}).\end{aligned}}$

Der Durchschnittswert ergibt sich, wenn man durch die Grundfläche dividiert, das ist also

${}{\frac {{\frac {1}{2}}(b^{2}-a^{2})(d-c)+{\frac {1}{2}}(b-a)(d^{2}-c^{2})}{(b-a)(d-c)}}={\frac {1}{2}}{\left(b+a+c+d\right)}\,.$

b) Es ist

${}{\begin{aligned}\int _{[a,b]\times [c,d]}xyd\lambda ^{2}&=\int _{a}^{b}xdx\cdot \int _{c}^{d}ydy\\&={\frac {1}{2}}(b^{2}-a^{2})\cdot {\frac {1}{2}}(d^{2}-c^{2})\\&={\frac {1}{4}}(b^{2}-a^{2})(d^{2}-c^{2}).\end{aligned}}$

Der Durchschnittswert ist also

${}{\frac {{\frac {1}{4}}(b^{2}-a^{2})(d^{2}-c^{2})}{(b-a)(d-c)}}={\frac {1}{4}}(b+a)(c+d)={\frac {1}{2}}(b+a)\cdot {\frac {1}{2}}(c+d)\,.$

c) Es ist

${}{\begin{aligned}\int _{[a,b]\times [c,d]}{\frac {x}{y}}d\lambda ^{2}&=\int _{a}^{b}xdx\cdot \int _{c}^{d}{\frac {1}{y}}dy\\&={\frac {1}{2}}(b^{2}-a^{2})\cdot {\left(\ln y|_{c}^{d}\right)}\\&={\frac {1}{2}}(b^{2}-a^{2}){\left(\ln d-\ln c\right)}.\end{aligned}}$

Der Durchschnittswert ist also

${}{\frac {{\frac {1}{2}}(b^{2}-a^{2}){\left(\ln d-\ln c\right)}}{(b-a)(d-c)}}={\frac {1}{2}}(b+a){\frac {\ln d-\ln c}{d-c}}\,.$