Ordnen Sie die Bilder den zugehörigen Funktionen z = f(x, y) zu:

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1 6. Februar 2012 Lösungshinweise Theorieteil Aufgabe 1: Die folgenden Bilder zeigen drei Niveaumengen N 0 {(x, y) R 2 : f(x, y) 0}: Ordnen Sie die Bilder den zugehörigen Funktionen z f(x, y) zu: (a) z (x 2 + 9y 2 6)e x2 y (b) z ln(x 2 y + 1) (c) z ( x 2 y 2 ) sinh (x 2 y 2 ) Begründen Sie Ihre Zuordnung. (a) f(x, y) (x 2 + 9y 2 6)e x2 y 0 : e x2 y, x 2 + 9y 2 6 0, x 2 das ist die Ellipse aus Abb. B. (b) f(x, y) ln(x 2 y + 1) 0 e ( ), x 2 y + 1 1, y x 2, das ist die Parabel aus Abb. A. (c) ( x 2 y 2 ) sinh (x 2 y 2 ) y2 1. Fall: x 2 y 2 0 x 2 + y 2 2. Fall: sinh (x 2 y 2 ) 0 x 2 y 2 0, y 2 x 2, y x, y ± x Das sind der Kreis und die Geraden in Abb. C. 1, Aufgabe 2: Welche der folgenden Eigenschaften besitzt der Gradient grad f einer zweimal stetig partiell differenzierbaren Funktion f(x, y)? a) Er ist der Quotient der partiellen Ableitungen von f(x, y). b) Er ist der Vektor der partiellen Ableitungen von f(x, y). c) An jeder Stelle (x 0, y 0 ) zeigt er in die Richtung des stärksten Anstiegs von f(x, y). d) An jeder Stelle (x 0, y 0 ) weist er in Richtung der Tangente an die Niveaulinie durch (x 0, y 0 ). e) Wenn f in (x 0, y 0 ) ein lokales Extremum besitzt, dann gilt grad f(x 0, y 0 ) 0. f) Das Kurvenintegral über grad f ist stets wegunabhängig. b), c), e) und f) sind wahr, a), d) sind falsch. 1

2 6. Februar 2012 Lösungshinweise Theorieteil Aufgabe : Berechnen Sie für f(x, y, z) xy z 2 und w(t) (1 t, t 2, t) T die Ableitung F (1) der verketteten Funktion F (t) f( w(t)) an der Stelle t 1. f(x, y, z) ist eine Abbildung von R nach R, w(t) (x(t), y(t), z(t)) T eine Abbildung von R + nach R. Wir haben f x (x, y, z) y, f y (x, y, z) x, f z (x, y, z) 2z, sowie w (t) (x (t), y (t), z (t)) ( 1, 2t, 1 2 t )T. Die (verallgemeinerte) Kettenregel liefert F (t) d dt f( w(t)) f x ( w(t)) x (t) + f y ( w(t)) y (t) + f z ( w(t)) z (t) y(t) ( 1) + x(t) 2t + ( 2z(t)) 1 2 t t 2 ( 1) + (1 t) 2t + ( 2 t) 1 2 t t 2 + 2t 2t 2 1 t 2 + 2t 1 also F (1) 2. Das gleiche Ergebnis erhält man natürlich, wenn man erst die verkettete Funktion auswertet und diese dann nach t ableitet: F (t) f( w(t)) x(t)y(t) (z(t)) 2 (1 t)t 2 ( t) 2 t + t 2 t F (t) t 2 + 2t 1. Aufgabe : Klassifizieren Sie die folgenden Differentialgleichungen (Ordnung, (Nicht-)Linearität, ggf. (In-)Homogenität, Art der Koeffizienten). Dabei gelte y y(x). a) y 2 + y x, b) xy + x 2 y x 0, c) y 2y y. a) y 2 + y x ist eine nichtlineare DGL 1. Ordnung. (In-)Homogenität und Art der Koeffizienten sind hier ohne Sinn. b) xy + x 2 y x 0 bzw. umgeformt xy + x 2 y x, ist eine inhomogene lineare DGL 2. Ordnung mit nichtkonstanten Koeffizienten. c) y 2y y bzw. umgeformt y 2y + y 0, ist eine homogene lineare DGL. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. 2

3 6. Februar 2012 Lösungshinweise Theorieteil Aufgabe 5: Prüfen Sie nach, dass ( x1 y 1 ) ( ) e 2t e 2t und ( x2 y 2 ) ( ) (1 t) e 2t t e 2t ein Fundamentalsystem (Lösungsbasis) für das lineare Differentialgleichungssystem x x y y x + y mit den gesuchten Funktionen x x(t) und y y(t) bilden. Die Lösung x 1 e 2t, y 1 e 2t erfüllt beide Gleichungen, denn x 2e 2t x y e 2t ( e 2t ) 2e 2t. y 2e 2t x + y e 2t + ( e 2t ) 2e 2t, Die Lösung x 2 (1 t) e 2t, y 2 t e 2t erfüllt beide Gleichungen, denn x e 2t + 2(1 t) e 2t (1 2t) e 2t x y (1 t) e 2t t e 2t (1 2t) e 2t. y e 2t + 2t e 2t (1 + 2t) e 2t x + y (1 t) e 2t + t e 2t (1 + 2t) e 2t, Zudem sind beiden Lösungen linear unabhängig, für die Wronskideterminante gilt W det[ x 1 (t) x 2 (t) ] (e 2t ) t 1 t et (t + 1 t) e t 0. Aufgabe 6: Gegeben ist das Doppelintegral ln x0 ye x f(x, y) dy dx. Skizzieren Sie den Integrationsbereich. Vertauschen Sie die Integrationsreihenfolge, stellen Sie also das Integral in der Form b ψ(y) f(x, y) dx dy dar. ya xϕ(y) Der Integrationsbereich von f(x, y) dy dx ist x0 ye x ein Normalbereich bezüglich der x-achse (Skizze): ln 0 x ln, e x y. Beschrieben als Normalbereich bezüglich der y-achse: 1 y, 0 x ln y. Somit ergibt sich als Integral mit vertauschter ln y Integrationsreihenfolge f(x, y) dx dy. y1 x0

4 Aufgabe 1: Ermitteln Sie alle Eigenwerte und die dazugehörigen Eigenvektoren der Matrix 2 A Geben Sie jeweils die algebraische und die geometrische Vielfachheit der Eigenwerte an. Gibt es eine Basis des R aus Eigenvektoren von A? (7 Punkte) Charakteristisches Polynom: A λe 2 λ 0 1 λ λ (2 λ) 1 λ λ (2 λ)( 1 λ)2 0 Eigenwerte, Nullstellen des charakteristischen Polynoms : λ 1 2, (einfache Nullstelle) ; λ 2 λ 1, (doppelte Nullstelle). Eigenvektoren, Lösungen des homogenen Gleichungssystems (A λe) v 0 : x 1 x 2 x x 1 x 2 x λ 1 2 : (Lösung des Systems z.b. mittels Gauss-Jordan- Elemination gemäß der nebenstehenden Tabelle) Als Lösungsmenge (Eigenunterraum) findet man x 1 1 L 1 v R : v x 2 t 0. x 0 Damit hat der Eigenwert λ 1 2 die algebraische und geometrische Vielfachheit 1. λ 2, 1 : Als Lösungsmenge (Eigenunterraum) findet man x 1 L 2 v R : v x 2 t 0 x 1. Damit hat der Eigenwert λ 2, die algebraische Vielfachheit 2 und die geometrische Vielfachheit 1. Eine Basis des R aus Eigenvektoren von A läßt sich offensichtlich nicht angeben, weil aus L 1 und L 2 zusammen höchstens zwei linear unabhängige Vektoren des R gewählt werden können.

5 Aufgabe 2: Gegeben ist die Funktion f(x, y) x (x 2 + y 2 9). (8 Punkte) a) Veranschaulichen Sie die Menge aller Punkte (x, y) mit der Eigenschaft f(x, y) 0 in einem kartesischen Koordinatensystem. Kennzeichnen Sie anschließend die Gebiete, für die f(x, y) > 0 gilt. b) Bestimmen Sie alle lokalen Extrema der Funktion f. a) f(x, y) x (x 2 + y 2 9) 0, wenn x 0 oder x 2 + y 2 9. Das sind die Punkte der y-achse und die auf dem Kreis mit dem Radius und (0, 0) als Mittelpunkt. f(x, y) x (x 2 + y 2 9) > 0, wenn x > 0 und x 2 + y 2 > 9 oder x < 0 und x 2 + y 2 < 9. Das sind zum einen die Punkte rechts von der y-achse, die gleichzeitig außerhalb des Kreises x 2 + y 2 9 liegen. Zum anderen auch die Punkte links von der y-achse, die gleichzeitig innerhalb des Kreises liegen. b) f(x, y) x + xy 2 9x Ableitungen : f x x 2 + y 2 9 f y 2xy f xx 6x f yy 2x f xy f yx 2y Hesse-Matrix : ( ) 6x 2y H f 2y 2x H f 12x 2 y 2 Notwendige Bedingungen : (1) x 2 + y (2) 2xy 0 Aus der Produktform (2) folgt x 0 oder y 0, für x 0 ergibt sich aus (1) y ±, für y 0 ergibt sich aus (1) x ±. Hinreichende Bedingungen : H f (0; ±) 6 < 0 keine lokalen Extrema (Sattelpunkte) in (0; ±). H f (± ; 0) 6 > 0, f xx (+ ; 0) +6 > 0 lokales Minimum in (+ ; 0) mit f(+ ; 0) 6. f xx ( ; 0) 6 < 0 lokales Maximum in ( ; 0) mit f( ; 0) +6. 5

6 Aufgabe : Berechnen Sie für die Funktion f(x, y) e xy x 2 + y (9 Punkte) a) den Anstieg der Funktionsfläche in P (0; 1) in Richtung r 1 ( ) ; 2 b) die Tangentialebene an die Fläche z f(x, y) im Flächenpunkt (P, f(p )) ; c) die Tangente an die Niveaulinie f(x, y) 0 im Kurvenpunkt P. (a) f(x, y) e xy x 2 + y Partielle Ableitungen und Gradient: f x ye xy 2x, f x (0; 1) 1, f y xe xy + y 2, f y (0; 1), ( ) 1 grad f(p ) grad f(0, 1). Normierte Richtung v 1 r r 1 5 ( ). Der Anstieg der Funktionsfläche in P (0; 1) in Richtung r ist gleich dem Wert der Richtungsableitung ( ) ( ) 1 v f(p ) grad f(p ) v ( tan ϑ, ϑ π Anstiegswinkel). (b) Tangentialebene: z f(0; 1) + f x (0; 1)(x 0) + f y (0; 1)(y + 1) 0 x + (y + 1) x + y. (c) Den Tangentenanstieg erhält man durch Differentiation der durch f(x, y) 0 in einer Umgebung von P implizit definierten Funktion y g(x) : g (x) f x f y, speziell in P (0, 1) ist g (0) f x(0, 1) f y (0, 1) 1 1. Tangentengleichung: y g(0) + g (0)(x 0) x. 6

7 Aufgabe : Lösen Sie das Anfangswertproblem y y cos x 2 cos x, y ( π 6 ) e 2. (8 Punkte) b) Ermitteln Sie die allgemeine Lösung der DGL y + 2 y + y 18 e 2x. a) y y cos x 2 cos x, y ( π 6 ) e 2. Homogene Gleichung (Trennung der Veränderlichen): y y cos x 0, y y cos x, dy y cos x dx, y H C e sin x. Partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung (Variation der Konstanten)): y c(x) e sin x, y c e sin x + c e sin x cos x, y y cos x c e sin x + c e sin x cos x c e sin x cos x 2 cos x, c 2 cos x e sin x, c 2 cos x e sin x dx 2 e t dt 2 e t 2 e sin x, y P c e sin x 2. Allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung: y I y H + y P C e sin x 2. Anfangswertproblem: y( π 6 ) C esin π 6 2 e 2, C e 1 2 ; y e 1 2 +sin x 2. b) y + 2 y + y 18 e 2x Inhomogene lineare Differentialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten Homogene Gleichung: Charakteristische Gleichung (Ansatz y e λ x ) λ 2 + 2λ + 1 (λ + 1) 2 0, λ 1,2 1 (doppelt), y H C 1 e x + C 2 x e x. Partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung (Störgliedansatz): Störglied q(x) 18 e2x, deshalb Ansatzfunktion von gleichem Typ, d.b. y A e 2x, y 2A e 2x, y A e 2x, einsetzen in inhomogene Gleichung y + 2 y + y A e 2x + A e 2x + A e 2x! 18 e 2x, 9 A 18, A 2, y P 2 e 2x. Allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung: y I y H + y P C 1 e x + C 2 x e x + 2 e 2x. 7

8 Aufgabe 5: Zeigen Sie, dass das Kurvenintegral 2. Art (7 Punkte) I wegunabhängig ist. γ { (x y) dx + ( x + 2yz) dy + (y 2 2z) dz } b) Berechnen Sie für das gegebene Integral eine Stammfunktion des Integranden und bestimmen Sie den Wert des Integrals, wenn die Kurve γ von (0, 1, 1) nach (1, 0, 1) verläuft. (a) Das betrachtete Vektorfeld v (P ; Q; R) T (x y; x + 2yz; y 2 2z) T in γ v d x ist definiert und stetig partiell differenzierbar auf R. Integrabilitätsbedingung für Kurvenintegrale 2. Art (im Vektorfeld) rot v i j k x y z P Q R i j k x y z x y x + 2yz y 2 2z Integral ist wegunabhängig, es existiert eine Stammfunktion f(x, y, z) mit v gradf. (b) Berechnung der Stammfunktion (Ansatzmethode): 2y 2y f x P f P dx (x y)dx 2x 2 yx + c(y, z) ( c(y, z) Ansatz für die von y und z abhängige Integrationskonstante). 2. f y Q x + c y (y, z) x + 2yz c(y, z) 2yz dy y 2 z + d(z) ( d(z) Ansatz für die von z abhängige Integrationskonstante). Zwischenstand: f(x, y, z) 2x 2 yx + y 2 z + d(z).. f z R y 2 + d (z) y 2 2z d(z) ( 2z) dz z 2 + C. Für die Stammfunktion ergibt sich folglich: f(x, y, z) 2x 2 yx + y 2 z z 2 + C. Wert des Integrals (längs irgendeiner) Kurve γ von (0, 1, 1) nach (1, 0, 1) : (1,0,1) (0,1, 1) v d x f(1, 0, 1) f(0, 1, 1) 2 1 ( 1 1). 8

9 Aufgabe 6: Berechnen Sie mit Hilfe eine geeigneten Mehrfachintegrals (6 Punkte) das Volumen des Körpers K, der gegeben ist als räumlicher Bereich K {(x, y, z) R 1 x 2 + y 2, 0 z, x, y 0}. x 2 + y2 Der Körper K ist das Prisma über dem Viertelkreisring B im 1. Quadranten mit dem Innenradius 1 und dem Außenradius 2, bezüglich z begrenzt durch 0 z x 2 + y. 2 Das Volumen von K erhält man z.b. aus dem ebenen Bereichsintegral V K f(x, y) dxdy mit der Belegungsfunktion z f(x, y) x 2 + y. 2 B Der ebene Bereich B läßt sich als Normalbereich in Polarkoordinaten beschreiben als B { (r, ϕ) ) 1 r 2, 0 ϕ π }, das Bereichintegral damit in Polarkoordinaten 2 transformieren (mit x r cos ϕ, y r sin ϕ und der Funktionaldeterminante (x,y) (r,ϕ) r) und als Doppellintegral berechnen: V K f( r cos ϕ, r sin ϕ ) r drdϕ B 2 r1 r dr π 2 ϕ0 2 π 2 r1 ϕ0 r dϕ dr r (Produktform!) 2 dϕ (ln 2 ln 1) π 2 π ln. Eine Lösungsvariante ist die Berechnung des Volumens von K durch das räumliche Bereichsintegral über K mit der Belegungsfunktion f(x, y, z) 1, transformiert in Zylinderkoordinaten (mit x r cos ϕ, y r sin ϕ, z z und der Funktionaldeterminante (x,y,z) (r,ϕ,z) V K r) und berechnet als Dreifachintegral: K 1 dxdydz 2 π 2 r 2 r1 ϕ0 z0 r dz dϕ dr. Nach Berechnung des inneren Integrals bezüglich z läuft die Rechnung weiter wie oben. 9

10 Zusatz - Aufgabe: Berechnen Sie die Länge der durch die Parameterdarstellung x(t) 2t + 2 sin t, y(t) 2t 2 sin t, z(t) 2 cos t, t [ 0; ], ( Punkte) beschriebenen Raumkurve. Lösung: s b ta t0 t0 t0 t0 ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 dt (2 + 2 cos t) 2 + (2 2 cos t) 2 + ( 2 sin t) 2 dt + 2 cos t + 2 cos2 t + 2 cos t + 2 cos 2 t + sin 2 t dt 8 + cos2 t + sin 2 t dt 12 dt 12 6 t0 8 + (cos2 t + sin 2 t) dt 10