Lösung zur Klausur zur Analysis II

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1 Otto von Guericke Universität Magdeburg Fakultät für Mathematik Lösung zur Klausur zur Analysis II Vorlesung von Prof. L. Tobiska, Sommersemester 4 Bitte benutzen Sie für jede Aufgabe ein eigenes Blatt. Bitte versehen Sie jedes Blatt mit Ihrem Namen und Matrikelnummer.. Aufgabe: Uneigentliches Integral (5 Punkte) Man bestimme alle reellen Zahlen a, für die das uneigentliche Integral e dx x ln a x existiert. Für diese a ermittle man den Wert des Integrals. Lösung: Wir substituieren mit u = ln x und erhalten mit du = x dx Für a = folgt Für a folgt lim ln b lim du = lim uα e ln b x ln a x [ a b dx = lim e du = lim u u a ] ln b x ln a x [ ] ln b ln u = lim dx = lim ln b u a du. ln(ln b) ln() =. }{{} = ( ) = lim a ln a b = Damit konvergiert das Integral für a > und divergiert für a. für a > a für a <.

2 . Aufgabe: Extremwerte ( Punkte) Ermitteln Sie alle lokalen Maxima und Minima der Funktion f : R R R, f(x, y) = x y + xy + y 4y. Lösung: Als partielle Ableitungen erhalten wir f x = xy+y, f x = y, f y = x +xy+y 4, f y = x+y, (x, y) ist kritischer Punkt von f xy + y = y(x + y) = x + xy + y 4 = f x y = x+y = f y x.. Fall: Sei y =. Einsetzen in die zweite Gleichung liefert x 4 = x, = ±.. Fall: Sei y = x. Einsetzen in die zweite Gleichung liefert x 4x + 4x 4 = x,4 = ± und y,4 = 4. Damit sind die kritischen Punkte (x, y) von f: P = (, ), P = (, ), P = (, 4), P 4 = (, 4). Wir untersuchen nun die Hesse-Matrix von f in den kritischen Punkten f f ( ) H f (x, y) = x x y y x + y f f =. x + y x + y x y y Die Hessematrix im Punkt P = (, ) lautet H f (, ) = ( ) mit den Eigenwerten λ = 5 + > und λ = 5 < und ist damit indefinit. f hat in P = (, ) kein Extremum. Die Hessematrix im Punkt P = (, ) lautet ( ) 4 H f (, ) = 4 4 mit den Eigenwerten λ = 5 > und λ = 5 < und ist damit indefinit. f hat in P = (, ) kein Extremum. Die Hessematrix im Punkt P = (, 4) lautet ( ) 8 4 H f (, 4) = 4 4 mit den Eigenwerten λ = < und λ = 6 5 < und ist damit negativ definit. f hat in P = (, 4) ein Maximum. Die Hessematrix im Punkt P 4 = (, 4) lautet ( ) 8 4 H f (, 4) = 4 4 mit den Eigenwerten λ = > und λ = 6 5 > und ist damit positiv definit. f hat in P 4 = (, 4) ein Minimum.

3 . Aufgabe: Gradient und Richtungsableitung (5 Punkte) Bestimmen Sie die Richtungsableitung der Funktion z : R R im Punkt (, ), wobei z(x, y) = x y, in Richtung eines Vektors, der mit der positiven x-achse einen Winkel von π/4 bildet. Lösung: Für die partiellen Ableitungen erhält man z z (x, y) = x, x (x, y) = 4y. y Der Gradient in einem Punkt (x, y) ist damit und im Punkt P = (, ) (grad z)(x, y) = ( x, 4y) (grad z)(, ) = (, 8). Ein Vektor, der mit der positiven x-achse einen Winkel von π/4 bildet, ist ( l = cos π 4, sin π ) ( ) = 4,. Da l = erhält man sofort die Richtungsableitung zu z l (, ) = (grad z)(, ) l =.

4 4. Aufgabe: Kurvenintegrale ( Punkte) a) Man überprüfe das Integral I = (x + xy y ) dx + (x xy y ) dy, A = (, ), B = (, ) AB auf Wegunabhängigkeit. b) Gegebenenfalls ermittle man eine Potentialfunktion. c) Man ermittle den Wert von I für die beiden Wege Lösung: i) AB sei ein Geradenstück von A nach B, ii) AB sei ein Kreisbogen (um den Urpsrung, mathematisch positiv orientiert). a) Sei f = (x + xy y, x xy y, ). Das Integral I ist wegunabhängig, da rot f = bzw. die Integrabilitätsbedingung erfüllt ist. y (x + xy y ) = x y, b) Potentialfunktion: U = x + x y xy y. x (x xy y ) = x y c) i) AB sei ein Geradenstück von A nach B. Eine Parametrisierung der Strecke zwischen den Punkten A = (, ) und B = (, ) ist ( ) t α(t) =, t. t Dann ist das Wegintegral W (α) = = { (t + t( t) ( t) ) + (t t( t) ( t) ) ( ) } dt 4t( t) dt = 4 [ ] t (t t ( ) dt = 4 t = 4 ) =. ii) Da das Wegintegral wegunabhängig ist, muss dieses Integral mit der Kreisparametrisierung den gleichen Wert wie c) i) haben, also W (α ii) ) =. Oder alternativ: Gleich mit Potential U(B) U(A) = ( ) = 4

5 5. Aufgabe: Bogenlänge (6 Punkte) Man ermittle die Bogenlänge der ebenen Kurve Lösung: Für die Bogenlänge l erhält man x = cos t, y = sin t, t π. ẋ(t) = cos t sin t, ẏ(t) = sin t cos t. l = (ẋ(t)) + (ẏ(t)) dt = 9(cos 4 t sin t + sin 4 t cos t) dt = cos t sin t (cos t + sin t) dt = cos t sin t dt = cos t sin t dt = sin(t) dt = 4 ( cos t) =. 5

6 6. Aufgabe: mehrdimensionale Integralrechnung a) Berechnen Sie das Integral (6 Punkte) x + y dx dy, Ω = [, ] [, ] R. Ω b) Bestimmen Sie das Volumen des Körpers (6 Punkte) Lösung: U = { (x, y, z) R : x + y z <, < z < a }, a >. Hinweis: Benutzen Sie Zylinderkoordinaten. a) Der Integrand ist in dem kompakten Rechteck stetig und somit darf Theorem.8 (Allgemeiner Satz über die sukzessive Integration) angewendet werden. Sei Ω = [, ] [, ] R und f(x, y) := Ω f dv = x = 4 π = π. + y dx dy = x + y. Dann gilt x dx b) Gemäß Hinweis benutzen wir Zylinderkoordinaten und erhalten + y dy = x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, z = z [ x ] [ ] arctan y vol (U) = a z π a r dϕ dr dz = π z a r dr dz = π [ r ] r=z r= a dz = π z dz = π a. 6

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