Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/8/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	4	5	4	4	3	5	5	3	4	4	2	4	4	4	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Eine homogene lineare eindimensionale gewöhnliche Differentialgleichung.
Eine offene Menge in einem metrischen Raum ${}M$ .
Eine symmetrische Bilinearform auf einem reellen Vektorraum ${}V$ .
Ein Zentralfeld
$F\colon \mathbb {R} \times V\longrightarrow V$

auf einem reellen endlichdimensionalen Vektorraum ${}V$ .
Die partielle Differenzierbarkeit einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ in einem Punkt ${}P=\left(a_{1},\,\ldots ,\,a_{n}\right)\in \mathbb {R} ^{n}$ .
Das Gradientenfeld zu einer differenzierbaren Funktion
$f\colon V\longrightarrow \mathbb {R}$

auf einem euklidischen Vektorraum ${}V$ .

Lösung

Eine Differentialgleichung der Form
$y'=g(t)y$

mit einer Funktion ( ${}I$ reelles Intervall)

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

heißt homogene lineare Differentialgleichung.
Eine Teilmenge ${}U\subseteq M$ heißt offen, wenn für jedes ${}x\in U$ ein ${}\epsilon >0$ mit
${}U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\,$

existiert.
Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$ -Vektorraum und ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine Bilinearform auf ${}V$ . Die Bilinearform heißt symmetrisch, wenn
${}\left\langle v,w\right\rangle =\left\langle w,v\right\rangle \,$

für alle ${}v,w\in V$ gilt.
Es sei ${}U\subseteq V$ eine offene Teilmenge in einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$ , ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall und es sei
$g\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(t,v)\longmapsto g(t,v)$

eine Funktion. Dann heißt das Vektorfeld

$F\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto F(t,v)=g(t,v)\cdot v,$

ein Zentralfeld.
Die Abbildung ${}f$ heißt partiell differenzierbar, wenn für jedes ${}i=1,\ldots ,n$ die Abbildung
$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,x_{i}\longmapsto f(a_{1},\ldots ,a_{i-1},x_{i},a_{i+1},\ldots ,a_{n}),$

in ${}a_{i}$ differenzierbar ist.
Die Abbildung
$V\longrightarrow V,\,P\longmapsto \operatorname {Grad} \,f(P),$

heißt Gradientenfeld zu ${}f$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Die Abschätzung von Cauchy-Schwarz (oder Ungleichung von Cauchy-Schwarz).
Der Satz über den Zusammenhang von totaler Differenzierbarkeit und Richtungsableitung für eine Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow W$

in einem Punkt
${}P\in V$ .
Der Satz über die Beziehung zwischen der Definitheit der Hesse-Form und Extrema einer Funktion
$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}$
in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ .

Lösung

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 ${}v,w\in V$ .
Sei ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{m}$ im Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ total differenzierbar mit dem totalen Differential ${}\left(D\varphi \right)_{P}$ . Dann ist ${}\varphi$ in ${}P$ in jede Richtung ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$ differenzierbar, und es gilt
${\left(D_{v}\varphi \right)}{\left(P\right)}={\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}.$
Es sei ${}V$ ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, ${}G\subseteq V$ ${}G\subseteq V$ eine offene Teilmenge und
$f\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$

eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei ${}P\in G$ mit ${}\left(Df\right)_{P}=0$ . Dann gelten folgende Aussagen.
1. Wenn ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ negativ definit ist, so besitzt ${}f$ ein isoliertes lokales Maximum in ${}P$ .
2. Wenn ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ positiv definit ist, so besitzt ${}f$ ein isoliertes lokales Minimum in ${}P$ .
3. Wenn ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ indefinit ist, so besitzt ${}f$ in ${}P$ weder ein lokales Minimum noch ein lokales Maximum.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

y'=y^{3}\sin t{\text{ mit }}y(0)={\frac {1}{2}}.

Lösung

Wir machen den Ansatz

{}{\frac {y'}{y^{3}}}=\sin t\,

und vergleichen die Stammfunktionen. Dies führt auf

{}-{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{y^{2}}}=-\cos t+c\,

bzw.

{}{\frac {1}{y^{2}}}=2\cos t-2c\,

bzw.

{}y(t)={\frac {1}{\sqrt {2\cos t-2c}}}\,.

Die Anfangsbedingung

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

legt

{}c=-1\,

fest, es ist also

{}y(t)={\frac {1}{\sqrt {2\cos t+2}}}\,.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren für einen euklidischen Vektorraum ${}V$ .

Lösung

Die Aussage wird durch Induktion über ${}i$ bewiesen, d.h. es wird sukzessive eine Familie von orthonormalen Vektoren konstruiert, die jeweils den gleichen Untervektorraum aufspannen. Für ${}i=1$ muss man lediglich ${}v_{1}$ normieren, also durch

{}u_{1}={\frac {v_{1}}{\Vert {v_{1}}\Vert }}\,

ersetzen. Es sei die Aussage für ${}i$ schon bewiesen und sei eine Familie von orthonormalen Vektoren ${}u_{1},\ldots ,u_{i}$ mit ${}\langle u_{1},\ldots ,u_{i}\rangle =\langle v_{1},\ldots ,v_{i}\rangle$ bereits konstruiert. Wir setzen

{}w_{i+1}=v_{i+1}-\left\langle v_{i+1},u_{1}\right\rangle u_{1}-\cdots -\left\langle v_{i+1},u_{i}\right\rangle u_{i}\,.

Dieser Vektor steht senkrecht auf allen ${}u_{1},\ldots ,u_{i}$ und offenbar ist ${}\langle u_{1},\ldots ,u_{i},w_{i+1}\rangle =\langle v_{1},\ldots ,v_{i},v_{i+1}\rangle$ . Durch Normieren von ${}w_{i+1}$ erhält man ${}u_{i+1}$ .

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

Wir betrachten die Funktionen

B_{0}(t)=(1-t)^{2},\,B_{1}(t)=2t(1-t){\text{ und }}B_{2}(t)=t^{2}.

Es seien ${}v_{0},v_{1},v_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$ drei Vektoren. Wir definieren die Kurve

{}f(t):=B_{0}(t)v_{0}+B_{1}(t)v_{1}+B_{2}(t)v_{2}\,.

a) Berechne ${}f(0)$ und ${}f(1)$ .

b) Berechne ${}f'(t)$ .

c) Zeige, dass ${}f'(0)$ ein Vielfaches von ${}v_{1}-v_{0}$ und ${}f'(1)$ ein Vielfaches von ${}v_{2}-v_{1}$ ist.

d) Skizziere für ${}v_{0}=(0,1)$ , ${}v_{1}=(1,1)$ und ${}v_{2}=(2,0)$ das Bild der Kurve ${}f(t)$ für ${}0\leq t\leq 1$ .

Lösung

a) Es ist

{}f(0)=B_{0}(0)v_{0}+B_{1}(0)v_{1}+B_{2}(0)v_{2}=v_{0}\,

und

{}f(1)=B_{0}(1)v_{0}+B_{1}(1)v_{1}+B_{2}(1)v_{2}=v_{2}\,.

b) Es ist

{}{\begin{aligned}f'(t)&=B_{0}'(t)v_{0}+B_{1}'(t)v_{1}+B_{2}'(t)v_{2}\\&={\left(2t-2\right)}v_{0}+{\left(-4t+2\right)}v_{1}+{\left(2t\right)}v_{2}.\end{aligned}}

c) Es ist

{}f'(0)=-2v_{0}+2v_{1}=2{\left(v_{1}-v_{0}\right)}\,

und

{}f'(1)=-2v_{1}+2v_{2}=2{\left(v_{2}-v_{1}\right)}\,.

d) Skizze.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

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

ein stetiges Vektorfeld, wobei die ${}i$ -te Komponente nur von der ${}i$ -ten Variabeln abhängen möge. Es sei

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

ein stetig differenzierbarer Weg. Zeige, dass das Wegintegral ${}\int _{\gamma }F$ nur von ${}\gamma (a)$ und ${}\gamma (b)$ abhängt.

Lösung

Nach Voraussetzung können wir

{}F_{i}(x_{1},\ldots ,x_{i-1},x_{i},x_{i+1},\ldots ,x_{n})=f_{i}(x_{i})\,

mit stetigen Funktionen

f_{i}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}

schreiben. Es sei ${}g_{i}$ eine Stammfunktion zu ${}f_{i}$ . Das Wegintegral ist somit

{}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{a}^{b}F_{1}(\gamma (t))\gamma _{1}'(t)+\cdots +F_{n}(\gamma (t))\gamma _{n}'(t)dt\\&=\int _{a}^{b}f_{1}(\gamma _{1}(t))\gamma _{1}'(t)+\cdots +f_{n}(\gamma _{n}(t))\gamma _{n}'(t)dt\\&=\int _{a}^{b}f_{1}(\gamma _{1}(t))\gamma _{1}'(t)dt+\cdots +\int _{a}^{b}f_{n}(\gamma _{n}(t))\gamma _{n}'(t)dt\\&=g_{1}(\gamma (t))|_{a}^{b}+\cdots +g_{n}(\gamma (t))|_{a}^{b}\\&=g_{1}(\gamma _{1}(b))-g_{1}(\gamma _{1}(a))+\cdots +g_{n}(\gamma _{n}(b))-g_{n}(\gamma _{n}(a)).\end{aligned}}

Dies hängt offenbar nicht vom Verlauf von ${}\gamma$ ab.

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

a) Zeige, dass die archimedischen Spiralen

\mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(at\cos \left(t+t_{0}\right),\,at\sin \left(t+t_{0}\right)\right),

(zu fixierten $a,t_{0}\in \mathbb {R}$ ) Lösungskurven für die Differentialgleichung (bei ${}t>0$ )

{}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}-y+{\frac {x}{t}}\\x+{\frac {y}{t}}\end{pmatrix}}\,

sind.

b) Man gebe eine Lösung für das Anfangswertproblem

{}v{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}={\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\,

zu dieser Differentialgleichung an.

Lösung

a) Es ist

{}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'(t)={\begin{pmatrix}at\cos \left(t+t_{0}\right)\\at\sin \left(t+t_{0}\right)\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}a\cos \left(t+t_{0}\right)-at\sin \left(t+t_{0}\right)\\a\sin \left(t+t_{0}\right)+at\cos \left(t+t_{0}\right)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {at\cos \left(t+t_{0}\right)}{t}}-at\sin \left(t+t_{0}\right)\\{\frac {at\sin \left(t+t_{0}\right)}{t}}+at\cos \left(t+t_{0}\right)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {x(t)}{t}}-y(t)\\{\frac {y(t)}{t}}+x(t)\end{pmatrix}}\,.

b) Wir müssen die Bedingung

{}v{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}={\begin{pmatrix}a{\frac {\pi }{2}}\cos \left({\frac {\pi }{2}}+t_{0}\right)\\a{\frac {\pi }{2}}\sin \left({\frac {\pi }{2}}+t_{0}\right)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\,

erfüllen. Der Vektor ${}\left(2,\,3\right)$ definiert eine Gerade durch den Nullpunkt und einen eindeutigen Winkel ${}\varphi$ zwischen der ${}x$ -Achse und dieser Geraden. Daher muss ${}{\frac {\pi }{2}}+t_{0}=\varphi$ , also

{}t_{0}=\varphi -{\frac {\pi }{2}}\,

sein. Der Abstand des Punktes zum Nullpunkt ist ${}{\sqrt {13}}$ . Daher ist

{}a={\frac {2{\sqrt {13}}}{\pi }}\,

und somit ist

{}v(t)={\frac {2{\sqrt {13}}}{\pi }}t{\begin{pmatrix}\cos \left(t+\varphi -{\frac {\pi }{2}}\right)\\\sin \left(t+\varphi -{\frac {\pi }{2}}\right)\end{pmatrix}}\,

die Lösung des Anfangswertproblems.

Aufgabe (5 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

y^{\prime \prime }=y'y+\sin t{\text{ mit }}y(0)=0{\text{ und }}y'(0)=1

mit einem Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${}5$ .

Lösung

Wir machen den Ansatz

{}y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\,.

Die auszuwertende Potenzreihengleichung ist somit

{}{\begin{aligned}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{\prime \prime }&=\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)a_{k}t^{k-2}\\&={\left(\sum _{k=1}^{\infty }ka_{k}t^{k-1}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}+\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {1}{(2n+1)!}}t^{2n+1}.\end{aligned}}

Die Anfangsbedingung legt ${}a_{0}=0$ und ${}a_{1}=1$ fest. Für den konstanten Term (also zu ${}t^{0}$ ) ergibt sich aus der Potenzreihengleichung

{}2a_{2}=a_{1}a_{0}=0\,,

also ist ${}a_{2}=0$ . Für ${}t^{1}$ ergibt sich

{}6a_{3}=a_{1}^{2}+2a_{2}a_{0}+1=2\,

also ist ${}a_{3}={\frac {1}{3}}$ . Für ${}t^{2}$ ergibt sich

{}12a_{4}=a_{1}a_{2}+2a_{2}a_{1}+3a_{3}a_{0}=0\,,

also ist ${}a_{4}=0$ . Für ${}t^{3}$ ergibt sich

{}20a_{5}=a_{1}a_{3}+2a_{2}^{2}+3a_{3}a_{1}+4a_{4}a_{0}-{\frac {1}{6}}={\frac {4}{3}}-{\frac {1}{6}}={\frac {7}{6}}\,,

also ist ${}a_{5}={\frac {7}{120}}$ . Die Taylor-Entwicklung der Lösungskurve bis zur Ordnung ${}5$ ist demnach

t+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {7}{120}}t^{5}.

Aufgabe (5 Punkte)

Der ${}\mathbb {R} ^{2}$ sei mit der Standard-Minkowski-Form versehen. Zeige, dass zu ${}z\in \mathbb {R}$ , ${}z\neq 0$ , die Vektoren

{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}z-{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}\,\,{\text{  und }}\,\,{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}-z+{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}

Geschwindigkeitsvektoren eines Beobachters sind. Zeige, dass jeder Beobachtervektor diese Gestalt besitzt.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\left\langle {\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}z-{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}},{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}z-{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}\right\rangle &={\frac {1}{4}}{\left({\left(z-{\frac {1}{z}}\right)}^{2}-{\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&={\frac {1}{4}}{\left(z^{2}-2+{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}-z^{2}-2-{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&=-1\end{aligned}}

und ebenso

{}{\begin{aligned}\left\langle {\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}-z+{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}},{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}-z+{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}\right\rangle &={\frac {1}{4}}{\left({\left(-z+{\frac {1}{z}}\right)}^{2}-{\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&={\frac {1}{4}}{\left(z^{2}-2+{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}-z^{2}-2-{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&=-1,\end{aligned}}

somit sind dies Beobachtervektoren.

Es sei umgekehrt ${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$ ein Beobachtervektor, also

{}x^{2}-y^{2}=-1\,.

Wir müssen zeigen, dass dieser Vektor von einer der angegebenen Gestalt ist und betrachten daher die Gleichung

{}{\frac {1}{2}}{\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}=y\,.

Multiplikation mit ${}z$ führt auf

{}z^{2}-2yz+1=0\,

bzw. auf

{}(z-y)^{2}+1-y^{2}=0\,

und auf

{}z=\pm {\sqrt {y^{2}-1}}+y\,,

wobei die Wurzel stets existiert, und zwar gleich ${}\pm x$ ist. Je nachdem, ob ${}x$ positiv oder negativ ist, muss man ${}z$ entsprechend wählen.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Richtungsableitung von

{}f(x,y)=x^{3}+x^{2}y-y^{5}\,

im Punkt ${}(4,-1)$ in Richtung ${}(-3,2)$ .

Lösung

Es geht um die Ableitung der zusammengesetzten Funktion

f\circ \gamma \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}

mit dem linearen Weg

{}\gamma (t)={\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4-3t\\-1+2t\end{pmatrix}}\,

im Nullpunkt. Es ist

{}{\begin{aligned}{\left(f\circ \gamma \right)}(t)&=f{\left({\begin{pmatrix}4-3t\\-1+2t\end{pmatrix}}\right)}\\&={\left(4-3t\right)}^{3}+{\left(4-3t\right)}^{2}{\left(-1+2t\right)}-{\left(-1+2t\right)}^{5}\\&=64-144t-16+(32+24)t-1-10t+t^{2}Q\\&=47-98t+t^{2}Q\end{aligned}}

mit einem Polynom ${}Q$ , das aber für die Ableitung an ${}0$ irrelevant ist. Die Richtungsableitung ist

{}{\left(f\circ \gamma \right)}'(0)=-98\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige für Polynomfunktionen

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

direkt, dass

{}{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}={\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}\,

gilt.

Lösung

Da partielle Ableitungen mit Addition und Skalarmultiplikation verträglich sind, und da ein Polynom eine Summe aus Monomen, multipiziert mit Konstanten ist, genügt es, die Aussage für Monome

{}f=x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}\,

zu zeigen. Bei ${}i=j$ ist die Aussage richtig, sodass wir ${}j>i$ annehmen. Es ist

{}{\frac {\partial x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}}{\partial x_{i}}}=k_{i}x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{i-1}^{k_{i-1}}x_{i}^{k_{i}-1}x_{i+1}^{k_{i+1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}\,.

Wenn ${}k_{i}=0$ ist, so ist dies ${}0$ , und in diesem Fall sind auch ${}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}$ und ${}{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}$ die Nullfunktion, also gleich. Dies ist auch bei ${}k_{j}=0$ der Fall. Es seien also ${}k_{i},k_{j}\neq 0$ . Dann ist

{}{\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\left({\frac {\partial x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}}{\partial x_{i}}}\right)}&={\frac {\partial {\left(k_{i}x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{i-1}^{k_{i-1}}x_{i}^{k_{i}-1}x_{i+1}^{k_{i+1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}\right)}}{\partial x_{j}}}\\&=k_{i}k_{j}x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{i-1}^{k_{i-1}}x_{i}^{k_{i}-1}x_{i+1}^{k_{i+1}}\cdots x_{j-1}^{k_{j-1}}x_{j}^{k_{j}-1}x_{j+1}{k_{j+1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}.\end{aligned}}

Dies ist auch das Ergebnis in der umgekehrten Reihenfolge.

Aufgabe (4 Punkte)

Untersuche die Funktion

f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+xy-6y^{2}-y,

auf kritische Punkte und Extrema.

Lösung

Die partiellen Ableitungen der Funktion ${}f$ sind

{}{\frac {\partial f}{\partial x}}=2x+y\,

und

{}{\frac {\partial f}{\partial y}}=x-12y-1\,.

Eine notwendige Voraussetzung für die Existenz eines lokalen Extremums ist, dass der Gradient ${}0$ ist. Aus

2x+y=0\,\,{\text{  und }}\,\,x-12y-1=0

folgt sofort

25y+2=0,

also ${}y=-{\frac {2}{25}}$ und daraus

x={\frac {1}{25}}.

Es kann also allenfalls im kritischen Punkt ${}P=\left({\frac {1}{25}},\,{\frac {-2}{25}}\right)$ ein lokales Extremum vorliegen.

Die Hesse-Matrix der Funktion ist

{\begin{pmatrix}2&1\\1&-12\end{pmatrix}}.

Der Eintrag links oben ist also positiv und die Determinante ist negativ. Daher ist die Hesse-Matrix indefinit und somit liegt kein Extremum vor.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Es sei

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

eine Funktion.

a) Realisiere den Graphen von ${}f$ als Faser zu einer Abbildung

\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R}

über ${}0$ .

b) Es sei ${}f$ stetig differenzierbar. Zeige, dass die Punkte auf dem Graphen von ${}f$ regulär sind.

Lösung

a) Sei ${}\psi (x,y)=y-f(x)$ . Dann ist ${}\psi (x,y)=0$ genau dann, wenn ${}y=f(x)$ , d.h. wenn ${}(x,y)$ ein Punkt des Graphen ist.

b) Wenn ${}f$ stetig differenzierbar ist, so ist ${}\psi$ stetig differenzierbar mit der Jacobi-Matrix ${}(-f'(x),1)$ . Diese beschreibt eine surjektive lineare Abbildung in jedem Punkt, also ist ${}\psi$ in jedem Punkt regulär.

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

Wir betrachten die Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} \times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,\left(x,\,y,\,z\right)\longmapsto y\ln x-3xz^{2}.

Bestimme das totale Differential von ${}\varphi$ in jedem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$ .
Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$ .
Bestimme eine Basis für den Tangentialraum an die Faser von ${}\varphi$ durch den Punkt ${}\left(1,\,0,\,-3\right)$ .

Lösung

Das totale Differential ist
$\left({\frac {y}{x}}-3z^{2},\,\ln x,\,-6xz\right).$
Für einen kritischen Punkte müssen alle Komponenten des totalen Differentials gleich ${}0$ sein. Daher muss wegen der zweiten Komponente ${}x=1$ sein und damit ${}z=0$ und ${}y=0$ . Der einzige kritische Punkt liegt also in ${}\left(1,\,0,\,0\right)$ vor.
Das totale Differential in ${}\left(1,\,0,\,-3\right)$ ist
$\left(-27,\,0,\,18\right).$

Der Tangentialraum ist der Kern dieser linearen Abbildung, eine Basis davon ist ${}\left(0,\,1,\,0\right)$ und ${}\left(2,\,0,\,3\right)$ .

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten das Vektorfeld

G\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y,z)\longmapsto \left(y-\cos \left(x+z\right),\,x,\,2z-\cos \left(x+z\right)\right).

a) Zeige mit Hilfe der Integrabilitätsbedingung, dass ${}G$ ein Gradientenfeld ist.

b) Bestimme ein Potential zu ${}G$ .

Lösung

a) Es ist

{}{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}=1\,

und ebenso

{}{\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}=1\,,

es ist

{}{\frac {\partial G_{1}}{\partial z}}=\sin \left(x+z\right)\,

und ebenso

{}{\frac {\partial G_{3}}{\partial x}}=\sin \left(x+z\right)\,,

und schließlich ist

{}{\frac {\partial G_{2}}{\partial z}}=0\,

und ebenso

{}{\frac {\partial G_{3}}{\partial y}}=0\,,

die Integrabilitätsbedingungen sind also erfüllt. Da ${}\mathbb {R} ^{3}$ sternförmig ist, handelt es sich um ein Gradientenfeld.

b) Ein Potential zu ${}G$ ist

{}f(x,y,z)=xy-\sin \left(x+z\right)+z^{2}\,,

wie man durch Ableiten bestätigt.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Eine Bratpfanne hat einen Durchmesser von ${}30$ cm und wird mit Öl und mit ${}25$ kreisrunden Bratkartoffeln überschneidungsfrei bedeckt, die alle einen Durchmesser von ${}4$ cm und eine Höhe von ${}0{,}5$ cm haben. Das Öl bildet unterhalb der Bratkartoffeln einen dünnen Ölfilm von ${}0{,}1$ mm Höhe und erreicht in den Zwischenräumen eine Höhe von ${}1$ mm.

a) Wie viel Öl befindet sich in der Pfanne (rechne mit ${}\pi =3{,}14$ ; Einheit nicht vergessen)?

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

Lösung

a) Die Grundfläche der Pfanne ist ${}15^{2}\pi =225\pi$ und die Grundfläche einer Bratkartoffel ist ${}2^{2}\pi =4\pi$ (in Quadratzentimetern). Daher werden ${}25\cdot 4=100\pi$ Quadratzentimeter von den Kartoffeln bedeckt und ${}125\pi$ Quadratzentimeter nicht. Daher ist die Ölmenge in Kubikzentimetern

{}100\pi \cdot 0{,}01+125\pi \cdot 0{,}1=\pi +12{,}5\pi =13{,}5\pi \cong 13{,}5\cdot 3{,}14=42{,}39\,.

In der Pfanne befindet sich also ${}42{,}39$ Kubikzentimeter Öl.

b) Es wurde dabei die Formel für die Kreisfläche (für die Grundfläche der Pfanne und der Kartoffeln), die Produktformel für das Maß (bei der Berechnung der Ölmenge aus Grundfläche und Höhe) einer Produktmenge und das Additivitätsprinzip für disjunkte Teilmengen (bei der Zerlegung in den bedeckten und den unbedeckten Teil) angewendet.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Integral zur Funktion

f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}-xy+2y^{3},

über dem Rechteck ${}Q=[-2,1]\times [0,2]$ .

Lösung

Mit dem Satz von Fubini ist

{}{\begin{aligned}\int _{Q}f\,d\lambda ^{2}&=\int _{0}^{2}{\left(\int _{-2}^{1}{\left(x^{2}-xy+2y^{3}\right)}\,dx\right)}\,dy\\&=\int _{0}^{2}{\left({\left({\frac {1}{3}}x^{3}-{\frac {1}{2}}x^{2}y+2y^{3}x\right)}|_{-2}^{1}\right)}dy\\&=\int _{0}^{2}{\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{2}}y+2y^{3}+{\frac {8}{3}}+2y+4y^{3}\right)}\,dy\\&=\int _{0}^{2}{\left(3+{\frac {3}{2}}y+6y^{3}\right)}\,dy\\&={\left(3y+{\frac {3}{4}}y^{2}+{\frac {3}{2}}y^{4}\right)}|_{0}^{2}\\&=6+3+24\\&=33.\end{aligned}}