Kurs:Mathematik für Anwender II/1/Klausur mit Lösungen

Aufgabe * (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Stetigkeit einer Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   zwischen metrischen Räumen ${}L$ und ${}M$ in einem Punkt ${}x\in L$.

2. Eine polynomiale Funktion

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

3. Der Eigenraum zu ${}\lambda \in K$ und einem Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

4. Ein Fundamentalsystem von Lösungen eines homogenen linearen Differentialgleichungssystems mit konstanten Koeffizienten.
5. Die Hesse-Matrix zu einer zweimal stetig differenzierbaren Funktion

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

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

6. Ein ${}C^{k}$-Diffeomorphismus zwischen den offenen Mengen ${}U_{1}\subseteq V_{1}$ und ${}U_{2}\subseteq V_{2}$ in euklidischen Vektorräumen ${}V_{1},V_{2}$.
7. Die Jacobi-Determinante zu einer total differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem reellen endlichdimensionalen Vektorraum ${}V$ in einem Punkt ${}P\in V$.

8. Eine harmonische Funktion

   $u\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$

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

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Stetigkeit einer Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   zwischen metrischen Räumen ${}L$ und ${}M$ in einem Punkt ${}x\in L$.

2. Eine polynomiale Funktion

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

3. Der Eigenraum zu ${}\lambda \in K$ und einem Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

4. Ein Fundamentalsystem von Lösungen eines homogenen linearen Differentialgleichungssystems mit konstanten Koeffizienten.
5. Die Hesse-Matrix zu einer zweimal stetig differenzierbaren Funktion

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

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

6. Ein ${}C^{k}$-Diffeomorphismus zwischen den offenen Mengen ${}U_{1}\subseteq V_{1}$ und ${}U_{2}\subseteq V_{2}$ in euklidischen Vektorräumen ${}V_{1},V_{2}$.
7. Die Jacobi-Determinante zu einer total differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem reellen endlichdimensionalen Vektorraum ${}V$ in einem Punkt ${}P\in V$.

8. Eine harmonische Funktion

   $u\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$

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

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Abschätzung von Cauchy-Schwarz (oder Ungleichung von Cauchy-Schwarz).
2. Die Charakterisierung von trigonalisierbaren Abbildungen mit Hilfe des charakteristischen Polynoms.
3. Der Satz von Schwarz.
4. Die Formel für das Volumen des Rotationskörpers (zum Subgraphen) um die ${}x$-Achse zu einer stetigen Funktion ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$.

Lösung

1. Es sei ${}V$ ein Vektorraum über ${}{\mathbb {K} }$ 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 ${}v,w\in V$.
2. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung auf einem endlichdimensionalen ${}K$-Vektorraum. Dann ist ${}\varphi$ genau dann trigonalisierbar, wenn das charakteristische Polynom von ${}\varphi$ in Linearfaktoren zerfällt.
3. Es sei ${}G\subseteq V$ offen und ${}\varphi \colon G\rightarrow W$ eine Abbildung derart, dass für ${}u,v\in V$ die zweiten Richtungsableitungen ${}D_{v}D_{u}\varphi$ und ${}D_{u}D_{v}\varphi$ existieren und stetig sind. Dann gilt

   ${}D_{v}D_{u}\varphi =D_{u}D_{v}\varphi \,.$

4. Das Volumen des durch ${}f$ bestimmten Rotationskörpers ${}K$ ist

   ${}\lambda ^{3}(K)=\pi \cdot \int _{a}^{b}f(t)^{2}\,dt\,.$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme die Länge der durch

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto (\cos t,\sin t,t),$

gegebenen Schraubenlinie für ${}t$ zwischen ${}0$ und ${}b$, wobei ${}b\in \mathbb {R} _{\geq 0}$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}L&=\int _{0}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert dt\\&=\int _{0}^{b}\Vert {\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\\1\end{pmatrix}}\Vert dt\\&=\int _{0}^{b}{\sqrt {\sin ^{2}t+\cos ^{2}t+1}}dt\\&=\int _{0}^{b}{\sqrt {2}}dt\\&={\sqrt {2}}b.\end{aligned}}$

 

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 * (3 Punkte)

Bestimme das charakteristische Polynom und die Eigenwerte der linearen Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},$

die bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${}A={\begin{pmatrix}-2&-4&2\\0&2&3\\0&6&1\end{pmatrix}}\,$

beschrieben wird.

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}P_{A}(x)&=\det {\begin{pmatrix}x+2&4&-2\\0&x-2&-3\\0&-6&x-1\end{pmatrix}}\\&=(x+2){\left((x-2)(x-1)-18\right)}\\&=(x+2){\left(x^{2}-3x-16\right)}\\&=x^{3}-x^{2}-22x-32.\end{aligned}}$

Die Eigenwerte der lineraren Abbildung sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms. Der erste Eigenwert ist daher ${}x_{1}=-2$. Die weiteren Eigenwerte ergeben sich als die Lösungen von ${}x^{2}-3x-16=0$. Diese sind ${}x_{2}={\frac {\sqrt {73}}{2}}+{\frac {3}{2}}$ und ${}x_{3}=-{\frac {\sqrt {73}}{2}}+{\frac {3}{2}}$.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

$y^{\prime \prime }=(y')^{2}+2y{\text{ mit }}y(0)=0{\text{ und }}y'(0)=1$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur vierten Ordnung.

Lösung

Wir machen den Ansatz

$y=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n},$

aufgrund der Anfangswertbedingungen ist ${}a_{0}=0$ und ${}a_{1}=1$. Es ist ${}y'=\sum _{n=1}^{\infty }na_{n}t^{n-1}$ und ${}y^{\prime \prime }=\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_{n}t^{n-2}$. Aus der Gleichung

${}\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_{n}t^{n-2}={\left(\sum _{n=1}^{\infty }na_{n}t^{n-1}\right)}^{2}+2{\left(\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n}\right)}\,$

lassen sich die Koeffizienten ${}a_{i}$ bestimmen.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{0}$ ergibt

${}2a_{2}=a_{1}^{2}+2a_{0}=1\,,$

also ist ${}a_{2}={\frac {1}{2}}$.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{1}$ ergibt

${}6a_{3}=4a_{1}a_{2}+2a_{1}=4\,,$

also ist ${}a_{3}={\frac {2}{3}}$.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{2}$ ergibt

${}12a_{4}=4a_{2}^{2}+6a_{1}a_{3}+2a_{2}=1+4+1=6\,,$

also ist ${}a_{4}={\frac {1}{2}}$.

Daher ist

$t+{\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {2}{3}}t^{3}+{\frac {1}{2}}t^{4}$

die Lösung des Anfangswertproblems bis zur Ordnung ${}4$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

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 ${}\lambda \in {\mathbb {K} }$. Zeige, dass 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 ist.

Lösung

Dies folgt direkt aus

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

 

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 * (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 (2+1+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{6}\longrightarrow \mathbb {R} ^{4},\,(a,b,c,d,u,v)\longmapsto (au+bv+c+d,ad-bc,ac-b^{2},bd-c^{2}).$

a) Bestimme die Jacobi-Matrix zu dieser Abbildung.

b) Zeige, dass ${}\varphi$ im Nullpunkt nicht regulär ist.

c) Zeige, dass ${}\varphi$ in ${}(1,1,0,0,1,1)$ regulär ist.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix ist

${\begin{pmatrix}u&v&1&1&a&b\\d&-c&-b&a&0&0\\c&-2b&a&0&0&0\\0&d&-2c&b&0&0\end{pmatrix}}.$

b) Die Jacobi-Matrix im Nullpunkt ist

${\begin{pmatrix}0&0&1&1&0&0\\0&0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0&0\end{pmatrix}}.$

Diese Matrix hat den Rang ${}1$, sodass der Nullpunkt nicht regulär ist.

c) Die Jacobi-Matrix in ${}(1,1,0,0,1,1)$ ist

${\begin{pmatrix}1&1&1&1&1&1\\0&0&-1&1&0&0\\0&-2&1&0&0&0\\0&0&0&1&0&0\end{pmatrix}}.$

Die Determinante der vorderen ${}4\times 4$-Untermatrix ist ${}1\cdot (-1)(-2)(-1)1=-2\neq 0$, sodass die ersten vier Spaltenvektoren linear unabhängig sind und daher der Rang der Matrix gleich ${}4$ ist. Daher handelt es sich um einen regulären Punkt.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

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

${}y'=y^{2}+t+yt^{2}\,$

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

Lösung

Wir schreiben das Vektorfeld als ${}F(t,y)=y^{2}+t+yt^{2}$. Die konstante Anfangsbedingung führt zu ${}\varphi _{0}=0$. Die erste Picard-Lindelöf-Iteration führt auf

${}{\begin{aligned}\varphi _{1}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{0}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}F(s,0)ds\\&=\int _{0}^{t}sds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}.\end{aligned}}$

Die zweite Picard-Lindelöf-Iteration führt auf

${}{\begin{aligned}\varphi _{2}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{1}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}{\left({\frac {1}{2}}s^{2}\right)}^{2}+s+{\left({\frac {1}{2}}s^{2}\right)}s^{2}ds\\&=\int _{0}^{t}{\frac {1}{4}}s^{4}+s+{\frac {1}{2}}s^{4}ds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {3}{20}}t^{5}.\end{aligned}}$

Die dritte Picard-Lindelöf-Iteration führt auf

${}{\begin{aligned}\varphi _{3}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{2}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}{\left({\frac {1}{2}}s^{2}+{\frac {3}{20}}s^{5}\right)}^{2}+s+{\left({\frac {1}{2}}s^{2}+{\frac {3}{20}}s^{5}\right)}s^{2}ds\\&=\int _{0}^{t}{\frac {1}{4}}s^{4}+{\frac {3}{20}}s^{7}+{\frac {9}{400}}s^{10}+s+{\frac {1}{2}}s^{4}+{\frac {3}{20}}s^{7}ds\\&=\int _{0}^{t}s+{\frac {3}{4}}s^{4}+{\frac {3}{10}}s^{7}+{\frac {9}{400}}s^{10}ds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {3}{20}}t^{5}+{\frac {3}{80}}t^{8}+{\frac {9}{4400}}t^{11}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten das Vektorfeld

$G\colon \mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} _{>0}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y,z)\longmapsto \left(ye^{xy}+\ln z,\,xe^{xy}-2yz,\,{\frac {x}{z}}-y^{2}\right).$

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

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

Lösung

a) Es ist

${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}=e^{xy}+xye^{xy}\,$

und ebenso

${}{\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}=e^{xy}+xye^{xy}\,,$

es ist

${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial z}}={\frac {1}{z}}\,$

und ebenso

${}{\frac {\partial G_{3}}{\partial x}}={\frac {1}{z}}\,,$

und schließlich ist

${}{\frac {\partial G_{2}}{\partial z}}=-2y\,$

und ebenso

${}{\frac {\partial G_{3}}{\partial y}}=-2y\,,$

die Integrabilitätsbedingungen sind also erfüllt. Da ${}\mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} _{>0}$ sternförmig ist, handelt es sich um ein Gradientenfeld.

b) Ein Potential zu ${}G$ ist

${}f(x,y,z)=x\ln z+e^{xy}-y^{2}z\,,$

wie man durch Ableiten bestätigt.

 

Aufgabe * (8 (3+5) Punkte)

Auf einer kreisförmigen Platte ${}P$ mit Radius ${}1$ und Mittelpunkt ${}(0,0)$ sei durch

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

eine Massenverteilung gegeben.

a) Bestimme die Gesamtmasse von ${}P$.

b) Bestimme den Schwerpunkt von ${}P$.

Lösung

a) Es ist

${}{\begin{aligned}\int _{P}f(x,y)dxdy&=\int _{-1}^{1}\int _{-{\sqrt {1-x^{2}}}}^{\sqrt {1-x^{2}}}x^{2}y+1dydx\\&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}x^{2}y^{2}+y\right)}{|}_{-{\sqrt {1-x^{2}}}}^{\sqrt {1-x^{2}}}dx\\&=\int _{-1}^{1}2{\sqrt {1-x^{2}}}dx\\&=4\int _{0}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}dx\\&=\pi .\end{aligned}}$

b) Die ${}x$-Koordinate des Schwerpunktes muss ${}0$ sein, da die Massenverteilung symmetrisch bezüglich der ${}y$-Achse (also unter der Spiegelung ${}x\rightarrow -x$) ist.

Die ${}y$-Koordinate des Schwerpunktes berechnen wir (mit der Substitution ${}x=\sin u$) zu

${}{\begin{aligned}y_{S}&={\frac {1}{\pi }}\int _{P}yf(x,y)dxdy\\&={\frac {1}{\pi }}\int _{-1}^{1}\int _{-{\sqrt {1-x^{2}}}}^{\sqrt {1-x^{2}}}x^{2}y^{2}+ydydx\\&={\frac {1}{\pi }}\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{3}}x^{2}y^{3}+{\frac {1}{2}}y^{2}\right)}{|}_{-{\sqrt {1-x^{2}}}}^{\sqrt {1-x^{2}}}dx\\&={\frac {1}{\pi }}\int _{-1}^{1}{\frac {2}{3}}x^{2}{\left(1-x^{2}\right)}{\sqrt {1-x^{2}}}dx\\&={\frac {4}{3\pi }}\int _{0}^{1}x^{2}{\left(1-x^{2}\right)}{\sqrt {1-x^{2}}}dx\\&={\frac {4}{3\pi }}\int _{0}^{\pi /2}{\left(\sin ^{2}u\right)}{\left(1-\sin ^{2}u\right)}{\left(\cos u\right)}{\left(\cos u\right)}du\\&={\frac {4}{3\pi }}\int _{0}^{\pi /2}\sin ^{2}u-2\sin ^{4}u+\sin ^{6}udu\\&={\frac {4}{3\pi }}{\left({\frac {1}{4}}\pi -{\frac {3}{8}}\pi +{\frac {5}{32}}\pi \right)}\\&={\frac {1}{3}}-{\frac {1}{2}}+{\frac {5}{24}}\\&={\frac {1}{24}}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (3 (1+2) Punkte)

a) Schreibe die komplexe Abbildung

$f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto z^{3},$

in reellen Koordinaten (mit Hilfe der Identifizierung ${\mathbb {C} }=\mathbb {R} +\mathbb {R} {\mathrm {i} }\cong \mathbb {R} ^{2}$).

b) Zeige, dass die beiden Komponentenfunktionen aus Teil a) (also der Realteil und der Imaginärteil von ${}f$) harmonische Funktionen sind.

Lösung

a) Es ist

${}z^{3}=(x+{\mathrm {i} }y)^{3}=x^{3}+3{\mathrm {i} }x^{2}y-3xy^{2}-{\mathrm {i} }y^{3}=x^{3}-3xy^{2}+{\left(3x^{2}y-y^{3}\right)}{\mathrm {i} }\,,$

die Komponentenfunktionen sind also ${}g(x,y)=x^{3}-3xy^{2}$ und ${}h(x,y)=3x^{2}y-y^{3}$.

b) Es ist

${}{\begin{aligned}{\frac {\partial ^{2}g}{\partial ^{2}x}}+{\frac {\partial ^{2}g}{\partial ^{2}y}}&={\frac {\partial ^{2}{\left(x^{3}-3xy^{2}\right)}}{\partial ^{2}x}}+{\frac {\partial ^{2}{\left(x^{3}-3xy^{2}\right)}}{\partial ^{2}y}}\\&=6x-6x\\&=0\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}{\frac {\partial ^{2}h}{\partial ^{2}x}}+{\frac {\partial ^{2}h}{\partial ^{2}y}}&={\frac {\partial ^{2}{\left(3x^{2}y-y^{3}\right)}}{\partial ^{2}x}}+{\frac {\partial ^{2}{\left(3x^{2}y-y^{3}\right)}}{\partial ^{2}y}}\\&=6y-6y\\&=0.\end{aligned}}$

 

Hilfsmittel

${}\arcsin {\left(0,6\right)}=0,643501109...\,$

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