Technische Universität Berlin Fakultät II Institut für Mathematik WS 12/13 Prof. Dr. G. Bärwolff, Prof. Dr. F. Tröltzsch

Transkript

1 Technische Universität Berlin Fakultät II Institut für Mathematik WS /3 Prof. Dr. G. Bärwolff, Prof. Dr. F. Tröltzsch Rechenteil April Klausur Analysis II für Ingenieure. Aufgabe Punkte a Es gilt: π fx, y sinx cosy f, cosx cosy π grad fx, y grad f sinx siny, sinx cosy cosx siny π H f x, y H cosx siny sinx cosy f, Das Taylorpolynom lautet also: T f π π,x, y fπ, + grad f, x π y x π +, + y + + x π, y x + π y x + πx π 4 y + x π π, y H f, x π y x π, y + [ x π y x π x y + y ] π x + π 8. b Es gilt: x, y x cosx cosy cosx cosy, x, y y sinx siny sinx siny. Dabei gilt für x [ π 4, 3π 4 ], cosx und sinx. Genauso gilt für y [ π 4, π 4 ], cosy und sinx. Das heißt: x, y x cosx cosy, x, y y sinx siny. Damit erhält man mit dem Fehlerschrankensatz für x, y R : π fx, y fx, y f, π 4 + π 4 π.

2 . Aufgabe Punkte Schritt : Extrempunkte im Innern der Menge D Es gilt: x + x + grad f. 4 y 4y 4 Die kritischen Punkte sind gegeben durch: x + grad f 4y 4 Einziger kritischer Punkt: P,. Die Hessematrix lautet: H f x, y 4 x, y. H f, ist positiv definit da z.b. alle Eigenwerte postiv sind 4 P, ist lokales Minimum mit f, 3. Insbesondere gilt: fx, y 3 f, für alle x, y R P, ist globales Minimum. Schritt : Um die Extrempunkte von f auf dem Rand D der Ellipse D zu bestimmen benutzen wir die Lagrangemultiplikatoren. Die Nebenbedingung ist gegeben durch gx, y : x + y. Schritt.: Singuläre Punkte Als erstes betrachtet man die Punkte mit x grad gx, y 4y x, y,. Da aber g, gilt, ist dieser Punkt für uns nicht relevant! Schritt. Nun berechnen wir die Punkte mit grad fx, y λ grad gx, y, λ, gx, y. Man erhählt also x + 4y 4 λ x + y, x, 4y d.h. es ergeben sich die drei Gleichungen: x + λx, 4y 4 λ4y, x + y. 3

3 Durch Auflösen der Gleichung nach x und der Gleichung nach y erhält man: bzw. x + λx x λx x λ x λ, für λ, λ 4y 4 λ4y 4y λ4y 4 y4 4λ 4 y 4 4 4λ, für λ. λ Einsetzen in die Gleichung 3 Nebenbedingung ergibt damit: + 3 λ λ λ λ 4 λ 4 λ ± Für λ erhält man den Punkt P, mit f, 6. Für λ + 3 erhält man den Punkt P 3, mit f, 3. Der Vergleich der Funktionswerte zeigt, dass von f in der Menge D sind. P 3, globales Maximum und P, globales Minimum 3. Aufgabe 8 Punkte. Möglichkeit: Berechnung des Flussintegrals auf direktem Weg Die Rotationsfläche ist die Mantelfläche eines Kegeles mit Spitze im Punkt,, und der Einheitskreisfläche mit Radius als Grundfläche in der x y Ebene. Eine natürliche Parametrisierung x dieser Mantelfläche S ist gegeben durch: r cos ϕ xr, ϕ r sin ϕ, r [, ], ϕ [, π]. r Die Rotation von v lautet: v 3 y x, y, z v z x, y, z v rot vx, y, z z x, y, z v 3 x x, y, z v x x, y, z v y x, y, z

4 Um das Flussintegral berechnen zu können, braucht man noch das vektorielle Oberflächenelement: x r x cos ϕ r sin ϕ r cos ϕ ϕ sin ϕ r cos ϕ r sin ϕ r Damit kann das Flussintegral berechnet werden: π rot v do r cos ϕ r sin ϕ dϕdr S r π π [ r ϕ r cos ϕ r sin ϕ + r dϕ dr rcos ϕ sin ϕ + dϕ dr π ] dr 4πr dr 4π r π. Möglichkeit: Integralsatz von Stokes anwenden Der Integralsatz von Stokes lautet: rot v do v d s S π π da cos ϕ dϕ sin ϕ dϕ In dieser Aufgabe ist die Randkurve S der Einheitskreis in der x y-ebene. Eine natürliche Parametrisierung ist gegeben durch: cos ϕ sin ϕ xϕ sin ϕ, ϕ [, π], mit xt cos ϕ. Damit liefert der Integralsatz von Stokes: S rot v d O S π π v d s π S sin ϕ cos ϕ cos ϕ + sin ϕ sin ϕ + cos ϕ dϕ v xϕ xϕ dϕ sin ϕ cos ϕ dϕ + π dϕ π.

5 Verständnisteil 4. Aufgabe 5 Punkte Jede richtige Antwort gibt Punkt, jede falsche Antwort gibt einen Punkt Abzug. Minimale Punktzahl ist Punkte. Leergelassene Felder werden nicht bewertet. Skalares Feld Vektorfeld nicht definiert graddiv v x divgrad f x rotdiv v x div v rot v x gradrot v x 5. Aufgabe 8 Punkte Pro Menge gibt es für jedes richtig gesetzte +-Zeichen einen Punkt, für jedes falsch gesetzte +-Zeichen einen Punkt Abzug. Leergelassene Felder werden nicht bewertet. Minimale Punktzahl pro Menge ist Punkte Menge offen beschränkt konvex kompakt { x, y R x + y < } { x, y, z R 3 x + y + z } + + { x, y R sin x cos y } + { x, y R x y x +, x } Aufgabe 8 Punkte a Es gilt: x x, y, z 4x3 xy, y x, y, z x y + 4y 3 6yz, z x, y, z 3z 3y. Also ist 4x 3 xy vx, y, z x y + 4y 3 6yz 3z 3y b Es gilt: f divgrad f f x + f y + f z x y x +y 6z+6z.

6 c Ja, das Vektorfeld v besitzt ein Potential u : R 3 R, nämlich ux, y, z : fx, y, z, da nach Voraussetzung v grad f ist und somit gradu grad f gradf v gilt. Alternativ ist ein allgemeines Potential von der Form ux, y, z fx, y, z + C mit einer Konstanten C R. Andere Möglichkeit für die Existenz: Man verweist man auf die Beziehung rot v rotgrad f oder rechnet notfalls die Potentialbedingung rot v nach. d Wegen div v divgrad f f nach Teilaufgabe b und R 3 konvex, besitzt f ein Vektorpotential. e Da v die Stammfunktion f besitzt, berechnet man das Kurvenintegral durch v d s f,, f,, c Andere Möglichkeit: Man berechnet das Kurvenintegral explizit aus und erhält: c v d s v ct ct 4t 3 t 3 dt t 3 + 4t 3 6t dt 3t 3t 6t 3 6t dt 6 t4 4 6t Aufgabe 9 Punkte a Außerhalb von, ist die Funktion stetig als Komposition stetiger Funktionen. Für x, y, gilt: lim fx, y f, lim y 3 x,y, x,y, x + y lim x,y, y y x + y lim y x,y,. Das heißt f ist auch im Punkt x, y, stetig. da y x + y

7 b Für die partielle Ableitung nach x gilt im Punkt x, y, : x x, y y3 x x + y xy3 + y 3 x + y. Im Punkt x, y, gilt: f + h, f,, lim lim x h h h f ist also in allen Punkten nach x partiell differenzierbar. h lim h h h 3 lim. h Für die partielle Ableitung nach y gilt im Punkt x, y, : y x, y 3y x + y y 3 y x + y 3y x + 3y 4 y 4 x + y Im Punkt x, y, gilt: 3y x x + + y 4 x + y 3x y 6xy + 3y + y 4 x + y. h f, + h f, 3 h, lim lim h 3 lim y h h h h h h 3 lim. h f ist also in allen Punkten nach y partiell differenzierbar.