TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 Prof Dr M Keyl M Kech TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Mathematik für Physiker 3 (Analysis 2) MA923 Sommersem 26 Probeklausur (4726) Krümmung einer Klothoide (8 Punkte) Zeigen Sie, dass die Krümmung κ(t) der Kurve ( t r(t) = cos ) (u2 /2) du t sin (u2 /2) du an der Stelle t > gleich ihrer Länge L(t) ist Hinweis: Die Krümmungsformel lautet κ = (ẋÿ ẍẏ)/(ẋ 2 + ẏ 2 ) 3/2, wobei r = ( x y) Sei t > Wir berechnen zuerst die Krümmung mit der Formel aus dem Hinweis [2] ẋ(t) = cos (t 2 /2), ẍ(t) = t sin (t 2 /2), ẏ(t) = sin (t 2 /2), ÿ(t) = t cos (t 2 /2) Einsetzen ergibt nun κ(t) = t cos 2 (t 2 /2) + t sin 2 (t 2 /2) (cos 2 (t 2 /2) + sin 2 (t 2 /2)) 3/2 = t Die Länge ergibt L(t) = t r (u) du = t ẋ(u) 2 + ẏ(u) 2 du = t = κ(t) [3] [3]

2 2 Extrema mit Nebenbedingungen ( Punkte) (a) Bestimmen Sie die Kandidaten für Extremalstellen von f(x, y) = ln(x 4 y 5 ) für x, y > unter der Nebenbedingung x 2 + 4y 2 = [Ergebnis: (x, y ) = ( 2 3, 5 6 )] (b) Bei (x, y ) besitzt f unter obiger Nebenbedingung (2) ein lokales Minimum, einen Sattelpunkt, X ein lokales Maximum (a) Die Nebenbedingung kann geschrieben werden als g(x, y) = mit g(x, y) = x 2 + 4y 2 () Es gilt grad g(x, y) = ( 2x 8y) für x, y > Insbesondere ist grad g(x, y) falls g(x, y) =, x, y > () Für einen Extremwert x von f unter der Nebenbedingung g(x, y) = gilt () mit λ R Wegen grad f(x, y) = ist dass gleichbedeutend mit grad f(x, y) = λgrad g(x, y) ) ( 4 x 5 y für x, y >, () 4 x = 2λx, 5 y = 8λy also x 2 = 2 λ, y2 = 5 8λ Eingesetzt in die Nebenbedingung ergibt sich 2 λ + 5 bzw λ = = 9 2 Wegen x, y > ist der Punkt (x, y) = ( 2 3, 5 6 ) der einzige Kandidat für eine Extremstelle 2λ () =, () () (b) Es gilt lim f(x, y) = und lim f(x, y) = Zum Beispiel parametrisiert durch x ], [ ist x y f entlang der Nebenbedingung eine Funktion die an den offenen Rändern beliebig klein wird Da es im Inneren nur einen Kandidaten für einen Extremwert gibt muss dies (sogar) ein (absolutes) Maximum sein 3 Inverse Funktionen (6 Punkte) Sei f : R 2 R 2, f(x, y) = (x 3 + 2xy + y 2, x 2 + y) Zeigen Sie, dass f in einer Umgebung von (, ) invertierbar ist und bestimmen Sie die Ableitung der lokalen Umkehrfunktion im Punkt f(, ) Die Funktion ist stetig differenzierbar, ( [] 3x für die Ableitung Df(x, y) = 2 ) + 2y 2x + 2y [] 2x ( ) 5 4 gilt im Punkt (, ), dass Df(, ) = [] 2 ( ) 5 4 Diese Matrix ist wegen det = 5 8 = 3 invertierbar [] 2 Nach dem Satz über die Umkehrfunktion ist f in (, ) lokal invertierbar, mit [] Df (f(, )) = Df(, ) = 3 ( ) 4 [] 2 5 ()

3 4 Tangentialraum (4 Punkte) Sei f : R 3 R, f(x) = x x Dann ist der Graph G f := {(x, f(x)) x R 3 } R 4 eine 3-dimensionale C -Untermannigfaltigkeit des R 4 Geben Sie möglichst explizit eine Basis von T p G f an, wobei p G f Φ : R 3 R 4, Φ(x) = (x, f(x)) ist eine Parametrisierung von G f [] Zu jedem p G f gibt es genau ein x R 3 mit p = Φ(x) [] Da DΦ(x) = vollen Rang hat, ist T pg f dreidimensional mit [2] 2x 2x 2 2x 3 T p G f = span( Φ(x), 2 Φ(x), 3 Φ(x)) = span( 2x, 2x 2, 2x 3 )

4 5 Differenzierbarkeit (8 Punkte) Sei die Funktion f : R 2 R definiert durch f(x, y) := { x 2 y, x 2 +y 2 (x, y) (, ), (x, y) = (, ) (a) Für den Punkt a = (, ) und den Vektor v = (v, v 2 ) R 2 mit v = berechne man [2] lim t f(a + tv) f(a) t = v 2 v 2 und [2] x f(a) = y f(a) = (b) Zeigen Sie, dass f im Ursprung nicht total differenzierbar ist [4] (a) Die Richtungsableitung von f im Punkt a in Richtung v ist ( f(a + tv) f(a) t 3 v 2 v f(a) = lim = lim v ) 2 t t t tt 2 (v 2 + v2 2 ) = f(v) = vv 2 2, da v = Wegen f(x, ) = ist x f(, ) = und wegen f(, y) = ist y f(, ) = [2 Punkte] [2 Punkte] (b) Beh f ist im Ursprung nicht total differenzierbar Bew Gemäss Definition aus der Vorlesung ist f total differenzierbar im Punkt (x, y ) R 2, falls eine lineare Abbildung A R 2 existiert, so dass f((x, y ) + (h, h 2 )) f(x, y ) A(h, h 2 ) lim = (h,h 2 ) (,) (h, h 2 ) [ Punkt] Außerdem ist die Matrix A eindeutig bestimmt und gleich der Jacobi-Matrix Df(x, y ) an der Stelle (x, y ) [ Punkt] Nach Aufgabenteil (a) gilt im Ursprung (x, y ) = (, ), dass Df(, ) = ( x f(, ), y f(, )) = (, ) Wählen wir nun (h, h 2 ) = (h, h), so lautet obiger Differenzenquotient im Ursprung f(h, h) f(, ) Df(, )(h, h) (h, h) = 2 3/2 h h Daraus folgt, dass der Differenzenquotient im Limes h gegen ±2 3/2 und nicht gegen strebt, was im Widerspruch steht zur Definition der totalen Differenzierbarkeit [2 Punkte]

5 6 Extrema (8 Punkte) Gegeben sei die Funktion f : R 2 R, und die folgenden Punkte in R 2, f(u, v) := u 3 + v 3 + u 2 + v 2, x = (, ), x 2 = (, 2/3), x 3 = ( 2/3, ), x 4 = (, ), x 5 = ( 2/3, 2/3) Welche Aussagen sind richtig? (a) f besitzt einen kritischen Punkt in [2] X x x 2 X x 3 x 4 X x 5 (b) f besitzt eine lokales Maximum in [2] x x 2 x 3 x 4 X x 5 (c) f besitzt eine lokales Minimum in [2] X x x 2 x 3 x 4 x 5 (d) f besitzt einen Sattelpunkt in [2] x x 2 X x 3 x 4 x 5 (a) Beh x, x 3 und x 5 sind kritische Punkte von f Bew Um die kritischen Punkte zu bestimmen, berechnen wir die Nullstellen des Gradienten von f, f(u, v) = (u(3u + 2), v(3v + 2)) = (, ), woraus folgt, dass x, x 3 und x 5 kritische Punkte sind x 2 und x 4 sind keine kritischen Punkte (b) Beh Bew f besitzt in x 5 ein lokales Maximum Wir berechnen die Hesse-Matrix, H f (u, v) = ( 6u + 2 6v + 2 ) An den kritischen Punkten x, x 3 und x 5 erhalten wir, ( ) ( ) ( H f (x ) =, H 2 f (x 3 ) =, H 2 f (x 5 ) = 2 ) H f (x ) hat den doppelten Eigenwert 2 >, H f (x 3 ) die Eigenwerte 2 < und 2 > und H f (x 5 ) den doppelten Eigenwert 2 < Also hat f in x 5 ein lokales Maximum (c) Beh (d) Beh f besitzt in x ein lokales Minimum Bew H f (x ) hat den doppelten Eigenwerte 2 > f besitzt in x 3 einen Sattelpunkt Bew H f (x 3 ) die Eigenwerte 2 < und 2 >

6 7 Koordinatentransformation (8 Punkte) Gegeben seien die Halbebenen U = {ξ = (ξ, ξ 2 ) R 2 ξ 2 > } und V = {x = (x, x 2 ) R 2 x 2 > } und die Koordinatentransformation Φ : U V, ( ) ( ) ξ ξ Φ(ξ, ξ 2 ) = 2 x = (a) Wie lautet die Umkehrtransformation Ψ = (Ψ, Ψ 2 ) : V U? ξ 2 2 X Ψ (x, x 2 ) = x x2 Ψ 2 (x, x 2 ) = x2 x2 X Ψ 2 (x, x 2 ) = x 2 Ψ (x, x 2 ) = x x 2 Ψ 2 (x, x 2 ) = x Ψ (x, x 2 ) = x2 x2 x 2 (b) Wie lautet die erste Komponente x des Gradienten in den ξ-koordinaten? X x = ξ 2 ξ x = ξ 2 2 ξ2 x = ξ 2 ξ + 2ξ 2 ξ2 (c) Wie lautet die zweite Komponente x2 des Gradienten in den ξ-koordinaten? x2 = ξ 2 ξ + ξ2 x2 = ξ 2ξ 2 2 ξ2 X x2 = ξ 2 ξ + ξ2 2ξ 2 Lösung (a) Beh Ψ (x, x 2 ) = x / x 2 und Ψ 2 (x, x 2 ) = x 2 Bew Wir lösen die Gleichungen ξ ξ 2 = x und ξ2 2 = x 2 nach ξ und ξ 2 auf und erhalten die Behauptung [ Punkt] (b) Beh x = ξ 2 ξ Bew Sei f(x) = f(ψ(x)) Dann folgt aus der Kettenregel (D f)(x) T = (DΨ)(Φ(ξ)) T (Df)(ξ) T [ Punkt] Wir berechnen also ] [ ] [ ] x2 [ (DΨ)(Φ(ξ)) T x Ψ = (x) x Ψ 2 (x) x2 Ψ (x) x2 Ψ 2 (x) x=φ(ξ) = x 2 x x 2 x=φ(ξ) = ξ 2 ξ 2 2ξ 2 [ Punkt] (c) Beh x2 = ξ 2 ξ + ξ2 2ξ 2 Bew Siehe Aufgabenteil (b) [ Punkt]

7 8 Taylorpolynom (8 Punkte) Geben Sie das Taylorpolynom 5 Ordnung von f(x, y) = sin(y) um (, ) an +x 2 y 2 T 5 f((x, y); (, )) =y 6 y3 + 2 y5 2 x2 y 3 f(x, y) = (y 6 y3 + 2 y5 )( 2 x2 y 2 ± ) = y 6 y3 + 2 y5 2 x2 y 3 + [],[2],[2],[2] für die richtigen Terme und [] falls keine zusätzlichen Terme angegeben sind