Lösungsvorschlag Klausur MA9802

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Innozenz Kirchner
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1 Lehrstuhl für Numerische Mathematik Garching, den Prof. Dr. Herbert Egger Dr. Matthias Schlottbom Lösungsvorschlag Klausur MA982 Aufgabe [3 + 3 Punkte] Berechnen Sie, falls existent, die folgenden Grenzwerte: Lösung: (a) Es ist (a) lim x x 2 sin ( π ) sin y y sin y, (b) lim. y y cos y x 2 sin ( π ) = x sin ( π ). Da sin stetig ist, folgt sin( π ) sin( π ) = für x. Zusammen ergibt dies x+ 2 lim x x 2 sin ( π ) = und lim x x 2 sin ( π ) =. Der Grenzwert existiert also weder im eigentlichen noch im uneigentlichen Sinne. (b) Es gilt sin y y sin y = y sin y y cos y cos y y. Wegen der Stetigkeit von cos und cos() = folgt y cos y y =. Weiter gilt für f(y) := sin(y) und g(y) := y, f() =, g() =. Da f bzw g stetig differenzierbar sind mit f (y) = cos(y) und g (y) = > für alle y R, folgt mit der Regel von L Hospital sin y lim y y Aus den Grenzwertregeln folgt schliesslich sin y y sin y lim y y cos y = lim y cos(y) =. y = lim y cos y lim sin y y y = =. Seite von 9

2 Aufgabe 2 [4 Punkte] Seien f, g : R R stetig differenzierbar. Weiters gelte f(x ) g(x ) für ein x R und f (x) g (x) für alle x R. Zeigen Sie, dass dann f(x) g(x) für alle x x ist. Lösung: Da f und g stetig differenzierbar sind, ist auch die Hilfsfunktion h : R R, x g(x) f(x) stetig differenzierbar mit h (x) = g (x) f (x) für alle x R. h ist also monoton wachsend. Wegen h(x ) = g(x ) f(x ), folgt also h(x) für alle x x, was zu zeigen war. Alternativ mit dem Hauptsatz der Differential- & Integralrechnung (HDI): x f(x) HDI = f(x ) + f Monotonie des Integrals x (x) dx g(x }{{} x }{{} ) + g (x)dx HDI = g(x), x g(x ) g (x) was zu zeigen war. Seite 2 von 9

3 Aufgabe 3 [3 + 3 Punkte] Stellen Sie fest, ob die folgenden uneigentlichen Integrale existieren: (a) x 2 + x 3 dx, (b) x x 2 + dx. Lösung: (a) Da 2 3 x 2 y dx = lim + x 3 y + x3 eine Stammfunktion zu x 2 +x 3 x 2 dx = lim + x 3 y Das angegebene uneigentliche Integral existiert also nicht. (b) Für x gilt die Abschätzung x x 2 + Da ist, folgt 2 + x3 y 2 3 = lim + y3 2 y 3 3 =. x x 2 = x 3/2. y x 3/2 dx = lim x 3/2 dx = lim 2x /2 y y y = 2, folgt die Existenz des angegebenen Integrals mittels des Majorantenkriteriums. Seite 3 von 9

4 Aufgabe 4 [6 Punkte] Zeigen Sie, dass die Funktion f : R 2 R 2, ( ) x y 8 ( ) 2y 3 5y + 6 x in D := [, ] 2 genau einen Fixpunkt hat. Lösung: Wir zeigen die Voraussetzungen des Banach schen Fixpunktsatzes: (i) D ist abgeschlossen. (ii) f ist eine Selbstabbildung, d.h., f(d) D, denn für x, y gilt 8 ( 5 + 6) f (x, y) = 8 (2y3 5y + 6) (2 + 6), 8 8 ( + 7) f 2(x, y) = 8 (x3 + 7) ( + 7). 8 (iii) f ist eine Kontraktion: f ist stetig differenzierbar mit f (x, y) = ( ) 6y x 2, f (x, y) = 8 max (x,y) D { 6y2 5, 3x 2 } 5 8 <, denn 5 6y 2 5, und 3x 2 3 (x, y) D. Mit dem Schrankensatz folgt Beh. (iii). Der Banach sche Fixpunktsatz ist also anwendbar und liefert die Existenz genau eines Fixpunkts in D, was zu zeigen war. Seite 4 von 9

5 Aufgabe 5 [3+3 Punkte] Seien f : R 2 R und g : R 2 R 2 stetig differenzierbar und D R 2 ein Normalbereich. Zeigen Sie, dass folgende Formeln gelten: (a) rot(f g) = f rot g g rotf; (b) D f rot g dx = D f g τ ds + D g rotf dx. Zur Erinnerung: rot g = x g 2 y g und rotf = ( y f, x f). Lösung: (a) Es gilt mit der Produktregel rot(f g) = x (fg 2 ) y (fg ) = x f g 2 + f x g 2 y f g f y g = f ( x g 2 y g ) ( g y f g 2 x f ) = f rot g g rotf. (b) Da D ein Normalbereich ist und f g : R 2 R 2 stetig differenzierbar ist, liefert der Satz von Green und (a) D f g τds Green = Umstellen der letzten Gleichung liefert die Behauptung. D rot(f g)dx (a) = f rot g g rotf dx. D Seite 5 von 9

6 Aufgabe 6 [6 Punkte] Stellen Sie das Dreieck mit Eckpunkten (, ), (3, ) und (, 3) als Teilmenge des R 2 dar und bestimmen Sie auf dieser Menge die Art, Lage und Größe aller Extremstellen von f : R 2 R, (x, y) xy(3 x y). Lösung: Das Dreieck ist beschrieben durch durch die kompakte Menge T = {(x, y) R 2 : x, y, 3 x y}. f ist stetig, Maximum und Minimum werden also auf T angenommen. (i) Auf T gilt x = oder y = oder 3 x y =, also f(x, y) = für alle (x, y) T. Da f(x, y) = xy(3 x y) > für alle (x, y) T \ T, folgt, dass alle Randpunkte (x, y) T globale (nicht strikte) Minimierer von f mit f(x, y) = sind. (ii) Für ein lokales Extremum (x, y) T \ T muss gelten f(x, y) = ( ) y(3 x y) xy x(3 x y) xy = ( y(3 2x y) x(3 x 2y) )! =. Da x > und y > gilt, muss x+2y = 3 und 2x+y = 3 gelten. Also ist (x, y) = (, ) T \ T einzige mögliche Extremstelle von f in T \ T mit f(, ) = >. Damit ist (, ) Stelle des globalen und strikten Maximums von f (am Rand verschwindet f nach (i) und weitere innere Extrema existieren nicht). Alternativ kann das mit Hilfe der Hessematrix begründet werden. ( ) ( ) 2y 3 2x 2y 2 Hf(, ) = =. 3 2x 2y 2x 2 x=y= Hf(, ) ist negativ definit (Eigenwerte sind λ = und λ 2 = 3) und daher ist (, ) Stelle eines strikten lokalen Maximums mit f(, ) =. Seite 6 von 9

7 Aufgabe 7 [6 Punkte] Sei r : R R eine positive, stetig differenzierbare Funktion und R = {(x, y, z) R 3 : a z b, x 2 + y 2 r(z) 2 } ein Rotationskörper mit Mantel M. Finden Sie eine geeignete Parametrisierung der Mantelfläche und zeigen Sie mittels Oberflächenintegration und dem Satz von Fubini die Formel Lösung: Es gilt M = 2π b a r(z) + r (z) 2 dz. M = {(x, y, z) R 3 : a z b, x 2 + y 2 = r(z) 2 } = {(r(z) cos φ, r(z) sin φ, z) R 3 : a z b, φ 2π}. Eine Parametrisierung von M (bis auf Nullmenge) ist also gegeben durch r(z) cos φ γ : (a, b) (, 2π) M R 3, (z, φ) r(z) sin φ. z Weiter gilt r (z) cos φ r(z) sin φ r(z) cos φ γ z (z, φ) γ φ (z, φ) = r (z) sin φ r(z) cos φ = r(z) sin φ. r(z)r (z) Damit folgt per Definition des Oberflächenintegrals und dem Satz von Fubini M = ds(x, y, z) = γ z (z, φ) γ φ (z, φ) d(z, φ) = M b 2π = 2π a b a (a,b) (,2π) r(z)2 (sin(φ) 2 + cos(φ) 2 ) + r(z) 2 r (z) 2 dφdz r(z) + r (z) 2 dz. Seite 7 von 9

8 Aufgabe 8 [6 Punkte] Sei D R 3 die volle Kugel mit Radius und E(x) := x exp( x 2 2) für x R 3. Berechnen Sie das Integral div E(x)dx. D Lösung: E ist stetig differenzierbar und D = {x R 3 : x 2 = } lässt sich durch Kugelkoordinaten parametrisieren. Weiter ist n(x) = x das äußere Einheitsnormalenfeld auf D. Der Satz von Gauß liefert dann D div E(x)dx = D exp( x 2 2) x }{{}}{{} x = = da nach Vorlesung vol( D) = 4π, vgl. Beispiel 3.6. ds(x) = exp( ) ds(x) = 4π D e, Alternativ kann man mittels Kugelkoordinaten vol( D) berechnen: cos φ sin θ γ : (, 2π) (, π) D R 3, (φ, θ) sin φ sin θ, cos θ sin φ sin θ cos φ cos θ cos φ sin(θ) 2 γ φ γ θ = cos φ sin θ sin φ cos θ = sin φ sin(θ) 2, γ φ γ θ 2 = sin θ. sin θ sin θ cos θ Also mit Fubini ds(x) = 2π π D sin(θ)dθdφ = 2π cos(θ) π = 4π. Seite 8 von 9

9 Aufgabe 9 [ Punkte] Bearbeiten Sie folgende Teilaufgaben mit kurzer Begründung. (a) Bestimmen Sie zu f(x) := x x 4 + das Taylorpolynom fünfter Ordnung mit Entwicklungspunkt 22. (b) Sei f(x) := cos(x) 2 + sin(x) 2. Berechnen Sie die Ableitungen f (n) (x) für n =,...,. (c) Sei γ : [a, b] R 2 eine C -Kurve und f : R 2 R stetig. Gilt für das Kurvenintegral die Abschätzung γ f(x)ds sup x f(x) L(γ)? Lösung: (a) Da f beliebig oft stetig differenzierbar ist mit f (6) (x) =, gilt für das Restglied R 5 f(x; 22) = und somit T 5 f(x; 22) = f(x). (b) Es gilt f(x) =. Also folgt f (n) (x) = für n. (c) Es gilt per Definition und der Monotonie des Integrals γ f(x)ds = b Also gilt die Abschätzung. a f(γ(t)) γ (t) }{{} 2 dt sup f(x) x sup x f(x) b a γ (t) 2 dt = sup f(x)l(γ). x Seite 9 von 9

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