Technische Universität Berlin

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1 Technische Universität Berlin Fakultät II Institut für Mathematik WS /5 G. Bärwol, A. Gündel-vom-Hofe..5 Februar Klausur Analysis II für Ingenieurswissenschaften Lösungsskizze. Aufgabe 6Punkte Bestimmen Sie das Taylorpolynom. Grades Tf der Funktion f : R! R, f(x, y) =sin(x + y ) mit dem Entwicklungspunkt (x,y )=(, ). Skizzieren Sie die Niveaulinien des Taylorpolynoms Tf zu den Werten,,. Es gilt: f(x, y) = sin(x + y ) f (x, y) = x cos(x + y ) y cos(x + y ) sin(x H f (x, y) = + y )x + cos(x + y ) sin(x + y )xy sin(x + y )xy sin(x + y )y + cos(x + y ) ) f (, ) =, ) f (, ) =, H f (, ) =. Das Taylorpolynom lautet also: T f x (,) (x, y) = f(, ) + grad f (, ) + y (x,y ) H f (, ) x = +(, ) + x y (x,y ) y Skizzen zu den Niveaulinien: = x + y. x y z = : Die Niveaulinie besteht nur aus einem Punkt, N = {(x, y) R,x + y =}. z = : Die Niveaulinie ist ein Kreis mit Radius r =, N = {(x, y) R,x + y = }. z = : Die Niveaulinie ist ein Kreis mit Radius r =, N = {(x, y) R,x + y =}.. Aufgabe 7Punkte Es sei K := {(x, y, z) R 3 : x + y + z apple } die Einheitskugel. Aus dieser wird der in der Skizze gekennzeichnete Kugelsektor S ausgeschnitten. (a) Berechnen Sie das Volumen des Kugelsektors S. (b) Berechnen Sie das Integral ZZZ S 8z dxdydz.

2 (a) ( Punkte) Um das Volumen des Kugelsektors zu berechnen, betrachten wir alles in Kugelkoordinaten, d.h. ZZZ ZZZ dx dy dz =) r sin( ) d dr d'. S Wir müssen zunächst die Grenzen festlegen. O ensichtlich ist r [, ] und ' [, ]. Das Intervall für den Winkel können wir aus der Skizze ablesen. Somit folgt [, ]. S Z Z Z r sin( ) d' dr d = 3 Z sin( ) d = 3 [ cos( )] = 3 p. 3 (b) (3 Punkte) Wir nutzen die Informationen aus der Aufgabe (a). Für die Funktion f(x, y, z) =8z gilt nach der Transformation in Kugelkoordinaten f(r, ', ) =8r cos( ). Somit folgt: Z Z Z Z apple 8r 3 sin( ) cos( ) d' dr d = sin( ) cos( ) d = cos ( ) =.

3 3. Aufgabe 6Punkte In der folgenden Tabelle sind verschiedene Mengen gegeben. Kennzeichnen Sie jeweils, ob die angegebene Eigenschaft zutri t (mit +) oder nicht zutri t (mit -). Es soll in jedes Feld ein Zeichen geschrieben werden. Menge o en beschränkt kompakt (x, y) R :x +3y< (x, y, z) R 3 : x + y = z,z [, ] (x, y) R : x +(y ) apple 7,x< Menge o en beschränkt kompakt (x, y) R :x +3y< (x, y, z) R 3 : x + y = z,z [, ] (x, y) R : x +(y ) apple 7,x< Aufgabe 3 Punkte Gegeben sei das Vektorfeld ~v : R 3! R 3, ~v (x, y, z) in Abhängigkeit von einem Parameter R. 3x +5 y +3yz 5x +3 xz xy + xy z A, (a) Für welchen Wert besitzt das Vektorfeld ~v ein Potential u(x, y, z)? Bestimmen Sie für dieses spezielle ein Potential u(x, y, z). (b) Besitzt ~v ein Vektorpotential? (c) Es sei S die Strecke, die vom Punkt (,, ) zum Punkt (,, ) führt. Berechnen Sie für den in (a) berechneten Wert das Kurvenintegral Z ~v ds. ~ S Hinweis: Sollten Sie in (a) keine Lösung gefunden haben, berechnen Sie dieses Integral für ein allgemeines R. (d) Es sei P = {(x, y, z) R 3 : x [, ], apple y apple x, z [, ]}. Skizzieren Sie die Menge P und berechnen Sie das Flussintegral ZZ ~v do. 3

4 (a) (5 Punkte) Wir müssen zunächst die Rotation des Vektorfeldes ~v bestimmen. rot~v (x, y, y 3x +5 y +3yz 5x +3 yz A x + x 3 x 3y y y A z xy + xy z 5+3 z 5 3z O ensichtlich ist dies für =erfüllt. Da der Definitionsbereich von ~v darüberhinaus o en und konvex ist, ist die hinreichende Bedingung für ein Potential somit erfüllt. Nun können wir mit diesem speziellen ein Potential u nach der Gleichung ~v = grad u bestimmen. Z u(x, y, z) = 3x 5y 3yz dx = x 3 5xy 3xyz + C(y, (x, y, z) = 5x z)! = 5x 3xz ) = ) C(y, z) = y + D(z) ) u(x, y, z) = x 3 5xy +3xyz +y + (x, y, z) = 3xy + D (z)! = 3xy +z ) D (z) = z ) D(z) = z + E ) u(x, y, z) = x 3 5xy 3xyz +y +z + E, E R Ein mögliches Potential ist also u(x, y, z) = x 3 5xy 3xyz +y +z. (b) ( Punkte) Für den Test, ob ~v ein Vektorpotential besitzt müssen wir die Divergenz berechnen: div~v (x, y, z) = 6x 6= und somit folgt, das ~v kein Vektorpotential besitzt. (c) ( Punkte) Für die Berechnung des Kurvenintegrals nutzen wir das Potential u: Z ~v ~ds = u(,, ) u(,, ) = ( + ) = 6. (d) ( Punkte) Skizze:

5 Um dieses Flussintegral zu berechnen, verwenden wir den Satz von Gauss: ZZ ZZZ Z Z x Z ~v do ~ = div ~v d x d y d z = 6x dz dy = P Z Z x x 8 dy dx = Z x x 8+8xdx=. 5. Aufgabe Punkte Es sei die Funktion f : D R! R gegeben durch f(x, y) := (x y) x y, D := (x, y) R : x + y apple 9. Besitzt die Funktion f globale Extremwerte? Wenn ja, bestimmen Sie alle globalen Extrempunkte der Funktion f in der Menge D. (Hinweis: Es gilt p 8 < 8.) Da D eine kompakte Menge (eine Kreisscheibe vom Radius 3) und die Funktion f als Polynom eine stetige Funktion sind, werden sowohl Minimum als auch Maximum auf D angenommen. Schritt : Extrempunkte im Innern der Menge D Es gilt: grad f(x, y, z) = Die kritischen Punkte sind gegeben durch: x grad f(x, y, z) =~, = y x y., x =, y =. Einziger kritischer Punkt: P =(, ). Die Hessematrix lautet: H f (x, y) = H f (, ) = ist negativ definit (da alle Eigenwerte negativ sind), somit ist P =(, Maximum mit f(, ) = 8. ) ein lokales Schritt : Um die Extrempunkte von f auf dem der Ellipse D zu bestimmen benutzen wir die Lagrangemultiplikatoren. Die Nebenbedingung ist gegeben durch Schritt.: Singuläre Punkte Als erstes betrachtet man die Punkte mit grad g(x, y) = g(x, y) :=x + y 9=. x = ~, (x, y) =(, ). y Da aber g(, ) = 9 6= gilt, können wir singuläre Punkte ausschließen. Schritt. Nun berechnen wir die Punkte mit grad f(x, y) = grad g(x, y), 6=, g(x, y) =. 5

6 Man erhält also x y = x + y 9 =, x, y d.h. es ergeben sich die drei Gleichungen: x = x, () y = y, () x + y 9 =. (3) Es folgt x( + ) = y( + ) x( + ) ) = y( + ) )x( + ) = y( + ) )x = y oder = = führt allerdings zu einem Widerspruch in unserem Gleichungssystem. Die einzige Lösung stammt also aus der Bedingung y = x. Dies setzen wir in die 3.Gleichung ein und erhalten x + y =9) x =9) x / = ± 3 p. Somit haben wir die Punkte P =( p 3, p 3 )undp 3 =( p 3 3, p ) ermittelt. Der Lagrange sche Multiplikator ist für uns nicht relevant. Für den Punkt P erhält man f( 3 p, 3 p )= p 8 < 8undfür P 3 gilt f( 3 p, 3 p )= p 8 <. Der Vergleich der Funktionswerte zeigt, dass von f in der Menge D sind. P = (, ) globales Maximum, 3 3 P 3 = p, p globales Minimum 6

7 6. Aufgabe 8Punkte Sei die Funktion g : R! R gegeben durch 8 < xy g(x, y) := x + y + x sin(y), (x, y) 6= (, ), :, (x, y) =(, ). (a) Untersuchen Sie die Stetigkeit der Funktion g in allen Punkten (x, y) R. (b) Berechnen Sie die partiellen Ableitungen der Funktion g in allen Punkten (x, y) R,indenensie existieren. (c) Begründen Sie, dass nicht alle partiellen Ableitungen von g in (, ) stetig sind. (a) ( Punkte) Die Funktion g ist ausserhalb von (, ) als Komposition stetiger Funktionen stetig. Wir müssen nur noch die Stetigkeit an Stelle (, ) untersuchen. Wir definieren die Folgen x n = y n = n mit x n = y n!, für n! und nutzen diese für die Untersuchung des Grenzprozesses: lim n! n n + + n n sin n = lim n! Damit ist die Funktion g an der Stelle (, ) nicht stetig. n n = 6= (b) (3 Punkte) Die partiellen Ableitung ausserhalb von (, ) können, wie üblich (x, y) + y ) xy(x) =y(x (x + y (x, y) + y ) xy(y) =x(x (x + y ) + x cos(y). Bezüglich der Stelle (, ) f( + h, ) f(, ) (, ) = lim h! h f(, +h) f(, ) (, ) = lim h! h h! Somit existieren die partiellen Ableitungen. h + + h h = +h + sin(h) =. h (c) Weil g in (, ) nicht stetig ist, ist die Funktion an der Stelle auch nicht di erenzierbar. Da die Funktion nicht di erenzierbar ist, können die partiellen Ableitungen nicht stetig sein. Oder: Wären die partiellen Ableitungen stetig, so wäre g in (,) di erenzierbar. Wäre g di erenzierbar, so wäre g auch stetig in diesem Punkt. Das ist aber nach Tei a) nicht der Fall. 7. Aufgabe 8Punkte Begründen Sie folgende Aussagen oder geben Sie ein Gegenbeispiel (a) Es existiert genau eine Abbildung ~w : R! R,fürdie gilt ~w xy x (x, y) =. (b) Es seien ~v : R 3! R 3 ein di erenzierbares Vektorfeld und f : R 3! R eine zweimal stetig di erenzierbare Funktion. Ist ~w ein Vektorpotential zu ~v, dann ist auch ~w = ~w + grad f ein Vektorpotential von ~v. 7

8 (c) Es sei ~v ein di erenzierbares Vektorfeld mit Potential u, dann ist u ebenso di erenzierbar. (d) Es sei f : R 5! R zweimal stetig di erenzierbar. Hat f in ~x ein lokales Minimum, dann gilt für die Hessematrix det(f (~x )) >. (a) Falsch! Jede Funktion der Form w(x, y) =[x y + C, y + D] T Ableitung. Die Funktionen sind also nicht eindeutig. mit Konstanten C, D R, besitztdiese (b) Richtig! Da rot(grad f) = gilt, ist rot ~w = rot ~w + rot grad f = rot ~w = ~v. Somit ist auch ~w ein Vektorpotential zu ~v. (c) Richtig! Denn wir haben ein Potential, somit gilt per Definition ~v = grad u. Das bedeutet, dass die Ableitung von u existiert und die Funktion damit di erenzierbar ist. (d) Falsch! Die Determinante gibt keine Auskunft über die Anzahl der positiven bzw. negativen Eigenwerte. Ein Gegenbeispiel ist die Nullfunktion, die zwar überall ein lokales Minimum hat, für die aber immer det(f (x)) = gilt. 8