Diplom Vorprüfung bzw. Bachelor Modulprüfung Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik. Lösungsvorschläge. det

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1 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz. Dr. P. C. Kunstmann Herbst Diplom Vorprüfung bzw. Bachelor Modulprüfung Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge Aufgabe ( Punkte) a) Für das charakteristische Polynom von A = ergibt sich λ λ χ A (λ) = det(a λi ) = det λ = det λ λ λ λ ( ) ( ) λ = ( λ) det det λ λ λ λ = ( λ) ( ( λ)( λ) (λ ) ) ( ( λ) (λ ) ) = ( λ) (( λ) ( ( λ) + ) ( + )) ( ) = ( λ) λ 5λ + 4 = (λ ) (λ 4). Die Eigenwerte von A sind genau die Nullstellen von χ A, also, 4. Die zugehörigen Eigenräume lauten E A () = Kern(A I ) = Kern = lin{, }, E A (4) = Kern(A 4I ) = Kern = lin{ }. b) Da A R symmetrisch ist, ist A diagonalisierbar. Aus dem gleichen Grund gibt es eine orthogonale Matrix S R so, dass S AS Diagonalgestalt hat. Um ein solches S zu bestimmen, muss man eine Orthonormalbasis des R aus Eigenvektoren von A angeben. Setze v = E A (4) sowie v = E A (). Da A R symmetrisch ist, stehen Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal aufeinander, also gilt v v. Ist v = v v = definiert, so sind v v und v v. Wegen v, v, v R \ {} folgt, dass die Vektoren v, v, v linear unabhängig sind und somit eine Basis des R bilden. Aufgrund von v E A (4), dim E A (4) = und dim E A () = ergibt sich E A () = lin{v, v }.

2 Folglich ist eine Orthonormalbasis des R aus Eigenvektoren von A gegeben durch { v v, v v, v v } = {,, }. 6 Deshalb ist die Matrix 6 S := 6 6 orthogonal und es gilt S = S T = sowie S AS = 4. Aufgabe ( Punkte) a) Zweimalige Anwendung der Kettenregel zeigt: f C (R, R). Der Gradient von f lautet ( x grad f(x, y) = 6x + y ), (x, y) R. xy y Die zweite Komponente von grad f(x, y) verschwindet genau dann, wenn y(x ) = gilt, also wenn y = oder x = ist. Im Fall y = ergibt sich für die erste Komponente x 6x = x(x ). Genau für x = oder x = ist diese =. Im Fall x = ergibt sich für die erste Komponente 6 + y = + y. Genau für y = oder y = ist diese =. Damit sind (, ), (, ), (, ), (, ) alle kritischen Punkte von f. Die Hesse-Matrix von f ist gegeben durch ( ) 6x 6 y H f (x, y) =, (x, y) R. y x ( ) 6 H f (, ) = hat die Eigenwerte 6, und ist somit negativ definit. Daher besitzt f in (, ) ein lokales Maximum mit f(, ) =. ( ) 6 H f (, ) = hat die Eigenwerte 6, und ist somit positiv definit. Daher besitzt f in (, ) ein lokales Minimum mit f(, ) = 4. H f (, ( ) ) = ist indefinit, weil det H f (, ) = < gilt. Daher liegt in (, ) ein Sattelpunkt von f vor. H f (, ( ) ) = ist indefinit, weil det H f (, ) = < gilt. Daher liegt in (, ) ein Sattelpunkt von f vor.

3 b) Nach der Kettenregel ist g auf R stetig differenzierbar, insbesondere auch stetig. Da S abgeschlossen und beschränkt ist, nimmt g auf S Maximum und Minimum an. Zu deren Bestimmung verwenden wir die Multiplikatorenregel von Lagrange: Ist h: R R, h(x, y) = x + y 8, definiert, dann gilt S = {(x, y) R : h(x, y) = } sowie h (x, y) = ( x y ) und rg h (x, y) < ist äquivalent zu x = y =, was jedoch für (x, y) S nicht vorkommt. Also gilt rg h (x, y) = für alle (x, y) S. Wir betrachten die Lagrangefunktion Es gilt L: R R, L(x, y, λ) = g(x, y) + λh(x, y) = xy (x + y ) + λ(x + y 8). y 4x + λx grad L(x, y, λ) = x 4y + λy x + y 8 und grad L(x, y, λ) = (,, ) ist äquivalent zu: Addition von () und () ergibt y 4x + λx = () x 4y + λy = () x + y 8 = () (x + y) 4(x + y) + λ(x + y) =, was genau für x + y = oder + λ = erfüllt ist.. Fall: x = y. Aus Gleichung () folgt dann x = 4, also x = oder x =. Damit sind (, ) und (, ) Kandidaten für Extremstellen.. Fall: λ = /. Setzt man dies in Gleichung () ein, so erhält man y 4x + x =, also x = y. Hiermit ergibt sich aus Gleichung (): x = 4, also x = oder x =, so dass (, ) und (, ) weitere Kandidaten für Extremstellen sind. Ein Vergleich der Funktionswerte g(, ) = g(, ) =, g(, ) = g(, ) = zeigt min g(x, y) = sowie max g(x, y) =. (x,y) S (x,y) S Aufgabe ( Punkte) v (x, y, z) a) Mit v(x, y, z) =: v (x, y, z) gelten v (x, y, z) v (x, y, z) = xe x +z cos(y) = v (x, y, z), v (x, y, z) = 4xze x +z sin(y) + ex + z = v (x, y, z), v (x, y, z) = ze x +z cos(y) = v (x, y, z). Da R einfach zusammenhängend ist, ist v ein Potentialfeld auf R.

4 Wir berechnen ein zugehöriges Potential f : R R. Wegen x f(x, y, z) = xe x +z sin(y) + e x arctan(z) gilt f(x, y, z) = e x +z sin(y)+e x arctan(z)+h(y, z) für eine differenzierbare Funktion h: R R. Aus y f(x, y, z) = v (x, y, z) und y f(x, y, z) = e x +z cos(y) + y h(y, z) folgt y h(y, z) =, also h(y, z) = y + g(z) für ein geeignetes g : R R. Damit ist f(x, y, z) = e x +z sin(y) + e x arctan(z) + y + g(z). Die Gleichungen z f(x, y, z) = v (x, y, z) und z f(x, y, z) = ze x +z sin(y) + ez +z + g (z) führen auf g (z) = ; dies ist beispielsweise für g erfüllt. Somit gilt f = v für f(x, y, z) = e x +z sin(y) + e x arctan(z) + y. Deshalb ergibt sich v d s = f((/)) f(()) = f(, π/, ) f(,, ) = e + arctan() + π = e + 5π 4. b) Offenbar ist v C (R, R ). Der Divergenzsatz liefert v N do = ( v ) d(x, y, z). F Z Es gilt ( v)(x, y, z) = y + x. Mit Zylinderkoordinaten x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, z = z (wobei r [, ], ϕ [, π], z [, ]) erhält man v N do = (x + y ( ) d(x, y, z) = (r cos ϕ) + (r sin ϕ) ) r d(r, ϕ, z) F = Z π r dϕ dz dr = π [,] [,π] [,] r dz dr = 6π r dr = π. Aufgabe 4 ( Punkte) a) Das charakteristische Polynom der homogenen Gleichung y + y y = p(λ) = λ + λ = (λ )(λ + ) besitzt die jeweils einfachen Nullstellen und. Somit ist φ (t) = e t, φ (t) = e t ein zugehöriges Fundamentalsystem und für die allgemeine Lösung y H der homogenen Gleichung ergibt sich y H = c φ + c φ mit c, c R. Da die rechte Seite der inhomogenen Gleichung 5e t lautet und keine Nullstelle von p ist, kann man eine spezielle Lösung y P der inhomogenen Gleichung y + y y = 5e t mit dem Ansatz y P (t) = Ce t, C R, erhalten. Dieser führt wegen auf y P (t) = Ce t, y P (t) = 4Ce t y P (t) + y P (t) y P (t) = 5Ce t. Damit dies = 5e t ist, muss C = gelten, d.h. y P (t) = e t. Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y + y y = 5e t lautet deshalb Insbesondere ergibt sich y(t) = y H (t) + y P (t) = c e t + c e t + e t (c, c R). y() = c + c + sowie y () = c c +. Es soll y() = und y () = gelten, das bedeutet c + c + = und c c + =. Löst man etwa die erste Gleichung nach c auf und setzt dies in die zweite ein, so erhält man c = / und c = /. Das Anfangswertproblem hat also die Lösung y(t) = (et + e t ) + e t. 4

5 b) Skizze von B = { z C : / Re(z) 5/, Im(z) } : Im B Re i) Der Integrand F (z) := z(z+) ist auf C\{, } holomorph. Die Polstellen und von F liegen außerhalb der von umschlossenen Menge, so dass F auf einer offenen und einfach zusammenhängenden Umgebung von B, z.b. auf {z C : /4 < Re(z) <, < Im(z) < }, holomorph ist. Da einfach geschlossen und positiv orientiert ist, liefert der Cauchysche Integralsatz F (z) dz =. z +z = e ii) Der Integrand F (z) := z (z )(z ) ist auf C \ {, } holomorph. Die isolierten Singularitäten und liegen innerhalb von B. Deshalb führt der Residuensatz auf F (z) dz = πi ( res(f ; ) + res(f ; ) ). Da eine einfache Nullstelle des Nennerpolynoms von F ist und der Zähler von F in nicht verschwindet, hat F in eine Polstelle erster Ordnung. Somit gilt res(f ; ) = (z )F (z) = ez = e. z= z z= Da F auch in eine Polstelle erster Ordnung besitzt, ergibt sich Also ist res(f ; ) = (z )F (z) = ez = e 4. z= z z= F (z) dz = πi(e 4 e ). 5