Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik. Übungs- und Scheinklausur

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1 Institut für Analysis SS17 PD Dr. Peer Christian Kunstmann Dipl.-Math. Leonid Chaichenets, Johanna Richter, M.Sc., Tobias Ried, M.Sc., Tobias Schmid, M.Sc. Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Übungs- und Scheinklausur Aufgabe 1 [6++=1 Punkte] Betrachten Sie die Familie von Matrizen 3 A α = 1 α, α R. α (a) Berechnen Sie die Eigenwerte und Eigenräume von A α. (b) Für welche α R ist A α ähnlich einer Diagonalmatrix? (c) Untersuchen Sie die Matrizen A α auf Definitheit in Abhängigkeit des Parameters α R. (a) Das charakteristische Polynom von A ist 3 λ p(λ) = 1 λ α = (3 λ)(λ λ(α + 1)) = (3 λ)λ(λ α 1). α λ Die Eigenwerte von A sind also 3,, 1+α. Zuerst berechnen wir die Eigenvektoren zu λ = 3. Das zu lösende LGS ist (A 3I 3 )u =. Es ist α α. α 3 3α 3 Aus der ersten Zeile erhalten wir u 3 =, dann aus der zweiten u = und wir können u 1 beliebig wählen. Somit ist E 3 (A) = span(1,, ) T. Analog bestimmen wir die Eigenvektoren zu λ =. Das zu lösende LGS ist Au = α 1 α. α

2 Mithilfe des -1 Ergänzungstricks lesen wir ab E (A) = span(, α, 3 1)T. Für die Eigenvektoren zu λ = 1 + α lösen wir das LGS (A (1 + α)i 3 )u =. Es ist α α α 1 α 1 1 α Wieder erhalten wir mithilfe des -1 Ergänzungstricks E 1+α (A) = span(1, α 1, α 1) T. (b) Die Matrix A ist genau dann diagonalisierbar, wenn für jeden Eigenwert die geometrische und algebraische Vielfachheit übereinstimmen. Ist α = 1 oder α = 1, so ist im ersten Fall 3 Eigenwert mit algebraischer Vielfachheit. Da jedoch weiterhin E 3 (A) = span(1,, ) T ist, die Eigenräume von λ = 3 und λ = 1 + α also zusammen fallen, ist die geometrische Vielfachheit nur 1. Im zweiten Fall hat aus dem selben Grund der Eigenwert algebraische Vielfachheit und geometrische Vielfachheit 1. Somit ist A genau für α R \ { 1, 1} diagonalisierbar. (c) Da λ = ein Eigenwert von A ist, ist A höchstens semi-definit. Für α 1 ist A positiv semi-definit. Für α < 1 ist A indefinit.

3 Aufgabe [5+5=1 Punkte] (a) Die Funktion f : R R sei definiert durch { x 3 y, für (x, y) (, ) x f(x, y) = 6 +y, für (x, y) = (, ). (i) Untersuchen Sie f auf Stetigkeit. (ii) Zeigen Sie, dass f überall partiell differenzierbar, im Nullpunkt aber nicht differenzierbar ist. (b) Gegeben sei eine Funktion ( g) C (R ), welche im Ursprung einen kritischen Punkt 1 1 mit der Hessematrix besitzt. Weiter gelte g(, ) =. 1 (i) Wie lautet explizit die Taylorentwicklung T bis zur zweiten Ordnung von g im Entwicklungspunkt R? (ii) Es bezeichne R = g T das Restglied in der Taylorentwicklung von g bis zur zweiten Ordnung um R. Für welche k N gilt für (x, y)? R(x, y) x + y k (a) (i) Für (x, y) (, ) ist f als Komposition stetiger Funktionen stetig. Wir wählen die spezielle Folge (x k, y k ) = ( 1 k, 1 k 3 ) (, ), k. Einsetzen ergibt Damit ist f unstetig in (, ). f(x k, y k ) = 1 k 6 1 k 6 = 1. (ii) Die Funktion ist für (x, y) (, ) offensichtlich partiell diferenzierbar. Zu untersuchen ist also der Ursprung. Es is und f f(h, ) f(, ) (, ) = lim x h h f f(, h) f(, ) (, ) = lim y h h = lim h h =, = lim h h =. Wäre die Funktion im Ursprung differenzierbar, so wäre sie dort auch stetig. Da dies nicht der Fall ist, kann f auch nicht differenzierbar sein in (, ). (b) (i) Da die Funktion einen kritischen Punkt in (, ) besitzt, muss g(, ) = (, ) T gelten. Damit erhalten wir als Taylorpolynom zweiter Ordnung ( ) x T (x, y) = g(, ) + g(, ) + 1 (( ) ( ) ( )) x 1 1 x, y y 1 y = + 1 (x + xy).

4 (ii) Nach dem Satz von Taylor gilt für das Restglied R = g T = O( (x, y) 3 ), und damit lim (x,y) R(x, y) x + y k = für alle k < 3, d.h. k = 1,. Für k 3 ist im Allgemeinen keine Aussage möglich.

5 Aufgabe 3 [5+5=1 Punkte] (a) Sei f : R R + R R gegeben durch f(t, x, y) = log x + y t 4, t, x, y R, x >. Zeigen Sie, dass die Gleichung f(t, x, y) = in einer Umgebung des Punktes (1, 1, ) lokal nach y aufgelöst werden kann. Die erhaltene Funktion werde mit (t, x) ỹ(t, x) bezeichnet. Berechnen Sie ỹ(1, 1). (b) Wenden Sie die Methode der Lagrange-Multiplikatoren an, um die Kandidaten für lokale Extrema der Funktion f : R R, f(x, y) = x + y, auf der Menge {(x, y) R : x + y = 1} zu finden. (a) Es gilt f(1, 1, ) = log =, sowie für alle x >, t, y R, y 4 f(t, x, y) = 1, und f(1, 1, ) = 1 x yt 4. Insbesondere ist y f(1, 1, ) = 4. Nach dem Satz über implizit definierte Funktionen existieren daher Umgebungen U von (1, 1) und V von, sowie eine stetig differenzierbare Funktion ỹ : U V mit f(t, x, ỹ(t, x)) =, d.h. ỹ ist lokal um (1, 1, ) eine eindeutige Auflösung der Gleichung f(t, x, y) = nach y. Ferner gilt ỹ(1, 1) = ( ) tf(1,1,) ( ) yf(1,1,) 1 xf(1,1,) = 1. yf(1,1,) 4 (b) Die Nebenbedingung kann geschrieben werden als g(x, y) = mit g : R R, g(x, y) = x + y 1. Es gilt g(x, y) = ( ) 1 y für alle (x, y) R. Daher hat g (x, y) für alle (x, y) R vollen Rang, und nach dem Satz über Lagrange-Multiplikatoren existiert ein λ R mit f(x, y) = λ g(x, y). ( ) x Mit f(x, y) = erhalten wir das Gleichungssystem y Fall 1: y =. Dann ist x = 1, λ =. x = λ, y = λy, x + y 1 =. Fall : y. Dann ist λ = 1 und damit x = 1. Eingesetzt in die Nebenbedingung g(x, y) = erhält man y = 1 x = 1, also y = ± 1. Insgesamt sind die Kandidaten für lokale Extrema von f unter der Nebenbedingung g = die drei Punkte ( ) ( 1 (1, ),, 1 1,, 1 ).

6 Aufgabe 4 [3+(4+3)=1 Punkte] (a) Sei g C ([, )) und betrachten Sie die Funktion f( x) := g() auf R 3. Zeigen Sie, dass f( x) = g () + g (), x R3 \ { }. (b) Gegeben sei das Vektorfeld F : R 3 R 3 mit F (x, y, z) = x 1+x +y +z y 1+x +y +z z 1+x +y +z. (i) Berechnen Sie das Kurvenintegral F d s entlang der Kurve γ parametrisiert γ durch γ : [, π] R 3, t cos(t) γ(t) = t sin(t). t sin(t) (ii) Berechnen Sie den Fluss von F durch die (nach außen orientierte) Oberfläche der Einheitskugel in R 3. (a) Zunächst zeigen wir mithilfe der Kettenregel, dass f( x) = g () x In der Tat gilt wegen = x 1 + x + x 3, dass und damit j = j x 1 + x + x 3 = x j x 1 + x + x 3 = x j, j = 1,, 3, j f( x) = j g() = g () j x = g () x j Wegen = 3 j=1 j müssen wir diesen Ausdruck nochmal nach x j ableiten, ( j f( x) = j g () x ) j = ( j g ()) x j + x j g () j = g () x j + g () x x j 3, und über alle j = 1,, 3 summieren f( x) = 3 j f( x) = g () j=1 3 j=1 x j + g () = g () + g () 3 x 3 = g () + g () 3 j=1 x x j 3

7 Alternativ: Wegen f( x) = div grad f( x) müssen wir noch die Divergenz des erhaltenen Vektorfeldes bestimmen. Diese lässt sich mit der Kettenregel (h v) = h v + h v für Skalarfelder h C 1 und Vektorfelder v C 1 bestimmen. Es ist ( g () x ) ( ) g () = x + g () x = g () g () x x + () 3g = g () + g () Hierbei wurde verwendet, dass x = 3 j=1 jx j = 3, x x =, und obige Regel für den Gradienten von radialen Funktionen, angewendet auf r g (r) mit r nach der Quotientenregel. d g (r) dr r = rg (r) g (r) r (b) (i) Beim Vektorfeld F handelt es sich um ein Gradientenfeld. Das Potential kann man dabei direkt ablesen, denn F (x, y, z) = = x 1 + = g () x, x 1+x +y +z y 1+x +y +z z 1+x +y +z. wobei x = (x, y, z) und g : [, ) R, r g(r) = 1 + r dr = log(1 + r ), also F (x, y, z) = log(1 + ). Definiere Φ( x) = log(1 + ) = g(). Für das Wegintegral gilt dann π π F d s = F (γ(t)) γ (t) dt = Φ(γ(t)) γ (t) dt γ π d = Φ(γ(t)) dt = Φ(γ(π)) Φ(γ()) dt = Φ(π,, ) Φ() = log(1 + 4π ). (ii) Den Fluss von F durch die Oberfläche der Einheitskugel können wir direkt berechnen: das Normalenfeld an die Einheitssphäre ist gegeben durch n( x) = und damit x F ( x) n( x) ds( x) = S S x 1 + x ds( x) = 1 ds( x) = 4π. S