Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik

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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastian Schwarz WS 5/ Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Bachelor-Modulprüfung Aufgabe (4 Punkte) Gegeben sei die Matrix 4 A. 7 5 a) Bestimmen Sie alle Eigenwerte von A inklusive ihrer algebraischen Vielfachheiten. b) Geben Sie zu jedem Eigenwert von A den dazugehörigen Eigenraum an. c) Bestimmen Sie, falls möglich, eine invertierbare Matrix S R, sodass S AS eine Diagonalmatrix ist und geben Sie diese Diagonalmatrix an. d) Berechnen Sie A 6. Lösungsvorschlag a) Das charakteristische Polynom von A ist gegeben durch 4 λ p A (λ) det(a λi) λ 7 5 λ Sarrus (4 λ)( λ)( λ) ( ) ( 7) ( ) ( 5) ( 7) ( λ) ( ) ( λ) ( 5) ( ) (4 λ) ( λ λ ) (4 4λ) (9 λ) ( 5λ) λ λ λ(λ )(λ ). Somit sind die Eigenwerte, und, jeweils mit algebraischer Vielfachheit.

2 b) Es gilt sowie und 5 E A ( ) Kern(A I) Kern 5 ( 7) ( ) 7 5 Kern Kern lin{ } lin{ } 4 E A () Kern(A) Kern Kern 4 lin{ } lin{ } ( ) ( 7) ( ) ( ) Kern E A () Kern(A I) Kern ( 7) ( ) Kern 9 Kern Kern lin{ } lin{ }. ( ) c) Nach Vorlesung gilt mit dass S, S AS : D

3 d) Es gilt nach c) A SDS und somit A 6 (SDS ) 6 (SDS )(SDS )...(SDS )(SDS ) SD 6 S S S Wir berechnen S über 5 ( ) ( ) ( ) ( ) und somit 5 5 A 6 4. Alternativ sehen wir, dass 4 A 4, A A, 7 5 Also gilt auch A 5 A A A A A A und somit induktiv A n A für n N. Damit erhalten wir A 5 A und durch Multiplikation mit A schließlich A 6 A 4. Aufgabe ((5) Punkte) a) Sei f : [,π] R gegeben durch f (x,y) sin(x)sin(y)sin(x y). (i) Bestimmen Sie die beiden kritischen Punkte von f in (,π). Hinweis: tan(u) tan(v), u (,π)\{ π },v (,π)\{ π, π } v {π u,π u}. (ii) Zeigen Sie ohne die Hesse-Matrix, dass es sich dabei um globale Extrema auf [,π] handelt. Hinweis: Die Beantwortung der Frage ist auch möglich, ohne (i) gelöst zu haben.

4 b) Für welche α,β, R definiert g : R R, x y αz g(x,y,z) βx y z 4x y z ein Potentialfeld? Geben Sie für diesen Fall ein Potential G an. Lösungsvorschlag a) (i) f ist stetig differenzierbar auf ganz R mit ( ) ( ) sin(y)[cos(x)sin(x y) sin(x)cos(x y)] f (x,y) sin(x)[cos(y)sin(x y) sin(y)cos(x y)] ( ) ( ) sin auf (,π) cos(x)sin(x y) sin(x)cos(x y) cos(y)sin(x y) sin(y)cos(x y) } {{ } Für x π steht oben cos( π y), was wegen y (,π) nicht möglich ist. Für y π steht unten cos(x π ), was wegen x (,π) nicht möglich ist. () Für x y { π, π } erhalten wir ( ) cos(x)sin(x y) cos(y)sin(x y) also wegen sin(x y) {±} gerade cos(x) cos(y), also x y π, somit x y π, ein Widerspruch. Außerhalb dieser Stellen ist nun das Teilen durch cos(x),cos(y) und cos(x y) erlaubt und es ergibt sich () ( ) cos(x)sin(x y) cos(y)sin(x y) ( ), ( ) sin(x)cos(x y) sin(y)cos(x y) ( ) ( ) tan(x y) tan(x), tan(x y) tan(y) } {{ } also insbesondere tan(x) tan(y), womit x y folgt, da der Tangens auf (,π)\{ π } bijektiv ist. Schließlich bedeutet dies () x y und tan(x) tan(x). Aus dem Hinweis folgt nun für x (ersetze u durch x und v durch x) x {π x,π x}, also x { π, π }. Die kritischen Punkte sind demnach ( π, π ) und ( π, π ). (ii) Da f stetig ist auf der beschränkten und abgeschlossenen, also kompakten Menge [,π] (karthesisches Produkt zweier beschränkter und abgeschlossener Intervalle), nimmt sie laut Vorlesung ihr Maximum und Minimum auf dieser Menge an. Weil auf dem Rand dieser Menge immer entweder x {,π} oder y {,π} gilt, ist f dort. Da f nicht konstant ist und sowohl positive als auch negative Werte annimmt (wie wir gleich sehen werden), müssen die Extrema demnach im Inneren und damit an den beiden kritischen () 4

5 Punkten angenommen werden. Es gilt f ( π, π ) sin(π )sin(π )sin(π ) 8, f (π, π ) sin(π )sin(π )sin(4π ) 8. Also nimmt f in ( π, π ) sein Maximum 8 und in ( π, π ) sein Minimum 8 an. Abgesehen davon, dass man die genauen Punkte und Werte nicht angeben kann, funktioniert obige Argumentation auch ohne Wissen über die Lage der kritischen Punkte. Wir haben zwei kritische Punkte, die Extrema werden angenommen und auf dem Rand hat die Funktion den Wert. Da f sowohl positive (x,y > klein wählen) als auch negative (x,y wählen, sodass x y > π) Werte annimmt, müssen die beiden kritischen Punkte als Maximum und Minimum sein. b) Wir prüfen das Integrabilitätskriterium. g y g z 4 g x! g x β,! g y,! g z α. Somit ist g genau dann ein Potentialfeld, wenn α 4, β und gilt. Das Potential G berechnen wir formal durch Integration. G(x,y,z) g dx x xy 4xz c(y,z) x c G (y,z) y y (x,y,z)! g (x,y,z) x y z c y (y,z) y z c(y,z) y yz c(z) G(x,y,z) x xy 4xz y yz c(z) 4x y c G (z) z z (x,y,z)! g (x,y,z) 4x y z c(z) z. Insgesamt folgt also, dass G(x,y,z) x y z xy 4xz yz ein Potential von g ist. Aufgabe (55 Punkte) a) Ermitteln Sie, falls existent, die Extrema von f : R R, f (x,y,z) x y z auf S {(x,y,z) R x y z 4}. 5

6 b) Berechnen Sie das Volumen von A : {(x,y,u,v) x y u v } mit Hilfe einer passenden Substitution. Hinweis: ( Sie ) dürfen benutzen, dass für A,B R ( wird hier als -Matrix interpretiert) A det det(a) det(b) gilt. B Lösungsvorschlag a) Wir wollen die Extrema von f unter der Nebenbedingung h mit h(x,y,z) x y z 4 bestimmen. f ist stetig, S h ({}) abgeschlossen (da h stetig und {} abgeschlossen) und beschränkt (da x,y,z [ 4, 4] in S), also kompakt. Nach Vorlesung nimmt f auf S seine Extrema an. f und h sind auf ganz R stetig differenzierbar und h bildet in eine niedrigere Dimension ab (h : R R). Es gilt h (x,y,z) (x,y,z), womit h nur in (,,) nicht Rang hat, was jedoch kein Element von S ist. Nach dem Satz von Lagrange ergeben sich für Extrema die Gleichungen (λ R) x y z 4, λ x, λ y, λ z. () Nach (4),(5) und (6) ist λ nicht möglich und ebendiese Gleichungen liefern x λ, y und z λ. Einsetzen davon in () ergibt λ ( ) 4 4 4λ 4, also λ {± }. Mögliche Kandidaten für Extrema sind demnach (,, ) und (,, ). Es folgt wegen f (,, ) 4 f (,, ), dass f in (,, ) sein Minimum 4 und in (,, ) sein Maximum 4 auf S annimmt. b) Sei g : [, ) [,π] [, ) [,π] R 4 gegeben durch r cos(ϕ) r sin(ϕ) g(r,ϕ,s,ψ). s cos(ψ) s sin(ψ) λ Es ist cos(ϕ) r sin(ϕ) g sin(ϕ) r cos(ϕ) (r,ϕ,s,ψ) cos(ψ) s sin(ψ) sin(ψ) s cos(ψ) 6

7 und g ist injektiv auf (, ) (, π) (, ) (, π). Mit dem Hinweis folgt ( ) ( ) det(g cos(ϕ) r sin(ϕ) cos(ψ) s sin(ψ) (r,ϕ,s,ψ)) det det sin(ϕ) r cos(ϕ) sin(ψ) s cos(ψ) r(cos (ϕ) sin (ϕ)) s(cos (ψ) sin (ψ)) rs. Es gilt also mit B {(r,ϕ,s,ψ) [, ) [,π] [, ) [,π] r s }, wegen g(b) A, π π vol(a) d(x,y,u,v) rs d(r,ϕ,s,ψ) Fub. A B 4π [ r s ]s r ds π s ds π [ s4 4 ] s π. s rs dr ds dϕ dψ Fubini dürfen wir dabei anwenden, da der Integrand stetig ist und B ein Normalbereich ist. Aufgabe 4 ((4) Punkte) a) Sei f : R R, x y z f (x,y,z) y z x, z x y und der Weg, der ein Mal den Rand des Dreiecks mit den Ecken (,,), (,,) und (,,) durchläuft (in dieser Reihenfolge). Berechnen Sie das Integral f dx (i) Direkt, (ii) Mit dem Satz von Stokes. Hinweis: Eine Parametrisierung des Dreiecks ist gegeben durch g(x,y) (x,y, x y), (x,y) {(x,y) R x,y,x y }. b) Sei (t) e it für t [,π]. Berechnen Sie cos(z) z (z ) dz. Lösungsvorschlag a) (i) Der Rand des Dreiecks wird parametrisiert durch die Wege (t) ( t,t,), t [,], (t) (, t,t), t [,], (t) (t,, t), t [,], 7

8 die hintereinander durchlaufen werden. Es folgt nach Definition, dass f dx f dx f dx f dx f ( (t)) (t) dt f ( (t)) (t) dt f ( (t)) (t) dt t t dt t t dt t dt t (t ) (t ) ( t ) dt 6t dt [t ]. (ii) Die Parametrisierung aus dem Hinweis ist eine explizite Darstellung mit F(x, y) x y). Das gegebene Dreieck F ist gerade g(a) mit A : {(x,y) R x,y,x y }. Die Kurve, die in g eingesetzt den Rand des Dreicks beschreibt, verläuft um den Rand von A im Gegenuhrzeiger Sinn, sodass A (vgl. Vorlesung) links von der Kurve liegt. Nach dem Satz von Stokes gilt f dx rotf dσ. F Es gilt rotf und xg y g. Insgesamt folgt f dx F rotf dσ Def. [ ( x) ]. A Fub. d(x,y) x 6 dy dx 6( x) dx b) Die Funktion f (z) cos(z) z ist holomorph auf der Menge B (), in der der Weg verläuft. Der Integrand ist stetig auf der Spur von, da im Inneren von liegt. Nach der Cauchyschen Integralformel für Ableitungen folgt f (z) πi z dz f () π! i, wegen f (z) (z )( sin(z)) cos(z) (z )sin(z) cos(z) (z ) (z ). 8