Probeklausur Höhere Mathematik II für Elektrotechniker

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1 I. Bouw.7.8 U. Hackstein Probeklausur Höhere Mathematik II für Elektrotechniker Es gibt 5 Punkte pro Teilaufgabe, also insgesamt 7 Punkte. Aufgabe. Skizzieren Sie folgenden Bereich: D = {(x, y) R x + y 6 und x y}. Ist D offen, abgeschlossen oder kompakt? Lösung: Die Gleichung x + y = 6 beschreibt eine Ellipse um den Koordinatenursprung mit Halbachsen und, während die Gerade y = x die Winkelhalbierende ist. Die Menge D besteht daher aus allen Punkten im Innern der Ellipse, die unterhalb der Winkelhalbierenden liegen, wobei alle Ränder jeweils zur Menge gehören. Dies sollte Ihre Skizze zeigen. D ist nicht offen, aber abgeschlossen und beschränkt, also kompakt. Aufgabe. Man betrachte die Funktionen und f : R R, f(x, y) = e x +y (x y ) g : R R, g(t) = (cos(t), sin(t)). Berechnen Sie alle ersten Ableitungen von f, g und f g. Lösung: Es gilt: (x, y) = +y xex (x y ) + e x +y x = xe x +y ( + x y ) x (x, y) = +y 6yex (x y ) + e x +y ( y) = ye x +y (x y ) y (ii) (iii) g (t) = ( sin(t), cos(t)) (f g)(t) = f(g(t)) = e + sin (t) (cos (t) sin (t)) (f g) (t) = e + sin (t) sin(t) cos(t)(cos (t) sin (t) ) Alternativ können Sie auch direkt die Kettenregel verwenden. Aufgabe. Es sei f : R R durch f(x, y) = x + ex cos y definiert. (a) Bestimmen Sie die Richtungsableitung von f an der Stelle (, π ) in Richtung v = (, ). (Bitte entschuldigen Sie den anfänglichen Tippfehler in der zweiten Koordinate von v.) Lösung: Es gilt: () () x (x, y) = + ex cos(y) y (x, y) = ex sin(y) Damit folgt: v (, π ) = gradf(, π ) v = (, e) (, ) = e (b) Bestimmen Sie die Tangentialebene an den Graphen z = f(x, y) an der Stelle (x, y) = (, π ). Lösung: Die Gleichung der Tangentialebene ist folgende: z = f(, π ) + x (, π )(x ) + y (, π )(y π ) = x ey + π e

2 Aufgabe. (a) Bestimmen Sie alle lokalen Extrema der Funktion f : R R, die durch definiert ist. Lösung: Es gilt: (ii) x (x, y) = x 8 + y y (x, y) = xy + 6y f(x, y) = x 8x + xy + y Damit ergibt sich folgendes Gleichungssystem: gradf(x, y) = { x 8 + y = xy + 6y = Dieses führt zu (, ), (, ), ( 5 9 5, 5 5) und ( 9 5 5, 5 5) als einzigen potentiellen Extremstellen. ( ) x y Die Hessematrix berechnet sich allgemein zu Hessf(x, y) =. y x + y Damit ergibt sich, dass Hess(, ) eine positive Determinante (nämlich 7 ) besitzt. Wegen f xx (, ) = 6 < ist diese Hessematrix also negativ definit, so dass an der Stelle (, ) ein lokales Maximum vorliegt. Ebenso hat Hess(, ) die positive Determinante 7. Wegen f xx (, ) = 6 > ist diese Hessematrix also positiv definit, so dass an der Stelle (, ) ein lokales Minimum vorliegt. Die Hessematrizen Hess( 5 9 5, 5 5) und Hess( 9 5 5, Determinante, sind also indefinit. Damit liegen an den Stellen ( 5 9 5, keine lokalen Extrema, sondern Sattelpunkte vor. (b) Bestimmen Sie Maximum und Minimum der Menge {x + y z + xy x, y, z R, x + y + (z + ) = }. 5 5) haben jeweils eine negative 5 5) und ( 9 5 5, 5 5) Lösung: Die Funktion f : R R sei durch f(x, y, z) := x +y z +xy definiert, die Funktion g : R R durch g(x, y, z) = x + y + (z + ). Wir erhalten folgendes Gleichungssystem: x + y + λx = (I) y + x + λy = (II) z + λ(z + ) = (III) x + y + (z + ) = (IV ) λ Aus (III) folgt z = λ in (II) ein, so ergibt sich λ x 8 λx + 5 x =., falls λ. Aus (I) erhält man y = λx x. Setzt man dies Diese Gleichung besitzt einerseits die Lösung x =, was uns als Kandidaten für Extremstellen die Punkte (x, y, z) = (,, ) und (,, ) liefert. Ist x, so folgt also λ 8 λ + 5 =, λ + λ 5 =. Damit erhält man, dass λ = oder λ = 5 gelten muss. Im ersten Fall folgt z = und y = x. Setzt man dies in (IV ) ein, so erhält man x + 6 =, wass keine reellen Lösungen besitzt. Im zweiten Fall folgt z = 7 und y = x. Setzt man dies in (IV ) ein, so erhält man x = ± 7. Also hat man als weitere Kandidaten für die Extremstellen die Punkte ( 7, 7, 7 ) und ( 7, 7, 7 ).

3 Wegen f(,, ) =, f(,, ) = 6, f( 7, 7, 7 ) = 7 7 und f( 7, 7, 7 ) = 7 7 hat die Menge also das Minimum 6 und das Maximum 7 7. Aufgabe 5. Zeigen Sie, dass die Gleichung (y + yx + x ) = x(x + y) + xy in einer Umgebung von P = (, ) eine implizite Funktion definiert und berechnen Sie die Steigung dy dx dieser Kurve im Punkte P. Lösung: Die Funktion f : R R sei durch f(x, y) = (y + yx + x ) + x(x + y) xy definiert. Dann gilt: Ferner ist f (ii) f(, ) = 9 8 = nach x und y stetig partiell differenzierbar und es gilt: f y (x, y) = (y + xy + x )(y + x) + x(x + y) x f x (x, y) = (y + xy + x )(x + y) y + ((x + y) + x(x + y)) Insbesondere gilt damit f y (, ) = 9. Nach dem Satz über implizite Funktionen ist daher f lokal bei (, ) nach y auflösbar und es gilt: y ( ) = f x(, ) f y (, ) = 9 = 9 Aufgabe 6. (a) Bestimmen Sie die Fourier-Reihe der Funktion f : [, π] R, f(x) = (x π). Lösung: Die Koeffizienten der Fourier-Reihe berechnen sich wie folgt: a = π = π = π = π f(x)dx = π (x πx + π )dx [ x πx + π x ] π (x π) dx (ii) Für alle n > gilt: a n = π (iii) Für alle n gilt: b n = π Also ist π + (b) Berechnen Sie f(x) cos(nx)dx = π f(x) sin(nx)dx = π n cos(nx) die Fourier-Reihe zu f. n cos( π n). Lösung: Da die Funktion f f(x) = (x π) = π + (x π) cos(nx)dx = n (x π) sin(nx)dx = aus (a) stückweise stetig differenzierbar ist, gilt n cos(nx) für alle x nach der Rechnung aus (a). Für x = π gilt also insbesondere: 9 π = ( π π) = f( π ) = π + n cos(nπ )

4 Daraus folgt: n cos(nπ ) = 9 π π = 9 π Aufgabe 7. (a) Berechnen Sie die Laplace-Transformierte von f(t) = t n e bt, für b R fest. Lösung: Die Laplace-Transformierte von f berechnet sich nach Definition der Laplace- Transformierten wie folgt: F (s) = e st t n e bt dt = t n e (b s)t dt Jetzt können Sie ausnützen, dass nach der Vorlesung L {t f(t)} = d ds L { f}(s) für beliebige Funktionen f gilt. Mit f = e bt folgt aus dieser Formel induktiv: F (s) = ( ) n dn ds n L {ebt } Man erkennt, dass F (s) nur für s > b definiert ist. In diesem Fall gilt dann: F (s) = ( ) n dn ds n L {ebt } = ( ) n dn ds n e (b s)t dt = ( ) n dn ds n b s (b) Lösen Sie mit Hilfe der Laplace-Transformation folgendes Anfangswertproblem: u (t) u(t) = te t, u() =. Lösung: Es sei U(s) die Laplace-Transformierte von u(s). Dann erhält man aus der gegebenen DGL die folgende Gleichung: su(t) u() U(t) = L {te t }. Mit n = und b = erhält man ferner aus (a), dass L {te t } = (s ) mit dem Anfangswert u() = ergibt sich die Gleichung gilt. Damit und su(t) U(t) = (s ), welche U(s) = (s ) impliziert. Aus (a) liest man mit n = und b = ab, dass folgt. u(t) = t e t Aufgabe 8. In der ursprünglichen Aufgabe 8 war leider der Wurm drin. Daher hier eine Ersatzaufgabe: Es sei { f(x) :=, x [, π) x, x [π, π] und f sei π -periodisch auf ganz R fortgesetzt. Berechnen Sie die Fourier-Reihe von f. Lösung: Die Koeffizienten der Fourier-Reihe berechnen sich wie folgt: a = π f(x)dx = π π dx + π π ( x)dx = π

5 Mittels partieller Integration erhält man ferner x cos(kx) = x sin(kx) + cos(kx) k k und x sin(kx) = x cos(kx) k + sin(kx) k. Unter Ausnutzung dieser beiden Relationen ergibt sich und a k = π b k = π f(x) cos(kx)dx = π f(x) sin(kx)dx = π π π cos(kx)dx + π sin(kx)dx + π π π ( x) cos(kx)dx = ( )k πk ( x) sin(kx)dx = ( )k + π( ( ) k ) πk Die Fourier-Reihe S f (x) ist somit S f (x) = π + ( ( ) k π k cos(kx) + ( )k + π( ( ) k ) ) sin(kx) k k= Aufgabe 9. (a) Benutzen Sie die Partialbruchzerlegung, um f(z) = z + z + z + als Potenzreihe darzustellen. Lösung: Es ist f(z) = (z + )(z i)(z + i). Die Partialbruchzerlegung mit dem Ansatz f(z) = A z + + B z i + C z + i führt zu A =, B = i und C = + i. Also gilt: f(z) = z + + ( i) z i + ( + i) z + i = n= ( ) n z n+ (b) Berechnen Sie Z {f(z)}. Lösung: Es ist + ( i) n= i n z n+ + ( + i) n= ( i) n z n+ x k = ( )k + ( i)ik + ( + i)( i)k. Also gilt x k =, k = + m, m N, k = + m, m N, k = + m, m N, k = m, m N.

6 Aufgabe 8*. Bestimmen Sie die Fourier-Transformation der Funktion f : [, π] R, f(x) = x x +. Der Wurm bei dieser Aufgabe bestand darin, dass man hier wissen muss, dass F {e x } = +y gilt. Dies würde in der Klausur als Hinweis angegeben werden. Lösung: Es ist bekannt, F {e x } = +y gilt. Da f gerade ist und wir wissen, dass für gerade Funktionen die Fourier-Transformierte und die inverse Fourier-Transformierte bis auf den Faktor π überein stimmen, folgt F { + x } = π e y. Weil unter der Fourier-Transformation die Multiplikation mit x in die Ableitung i d dy folgt daraus x F { + x } = iπsign(y)e y. übergeht,