ist ein Eigenvektor der Matrix A = Ist λ der Eigenwert zum Eigenvektor x der Matrix A, so gilt dafür A x = λ x, also

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1 5. Juli Lösungshinweise Theorieteil Aufgabe : Der Vektor x = ist ein Eigenvektor der Matrix A = Bestimmen Sie den zum Eigenvektor x zugehörigen Eigenwert (Hinweis: Es ist nicht erforderlich, das charakteristische Polynom zu bestimmen.) Ist λ der Eigenwert zum Eigenvektor x der Matrix A, so gilt dafür A x = λ x, also 3 3 =! = λ λ = Aufgabe : Skizzieren Sie die Niveaulinien der Funktion f(x, y) = e x +y zu den Niveaus c = und c = e. f(x, y) = e x +y = c, x + y = ln c, x + y = + ln c. c = x + y =, Kreis um (; ) mit Radius ; c = e x + y =, Kreis um (; ) mit Radius. (Anstelle der Skizze wurden die Kurven hier nur verbal beschrieben. Für die vollständige Lösung ist die Skizze jedoch erforderlich! ) Aufgabe 3: Berechnen Sie die erforderlichen partiellen Ableitungen und zeigen Sie damit, dass die Funktion f(t, x) = e t cos x die Gleichung c erfüllt. f t = f c x, c, f(t, x) = e t cos x c, f x = e t ( sin x c ) c, f xx = e t ( cos x c ) ( c), ft = e t cos x c, c f xx = e t cos x c = f t.

2 5. Juli Lösungshinweise Theorieteil Aufgabe 4: Berechnen Sie die Ableitung x = x(t) und y = y(t) >. dw dt für w = ln(x + y) mit differenzierbaren Funktionen Verallgemeinerte Kettenregel dw dt = w x x + w y y = x + y x x + x + y y = x(t) x (t) + y (t) x (t) + y(t) oder nach direktem Einsetzen und Anwendung der (gewöhnlichen) Kettenregel w(t) = ln(x (t) + y(t)), dw dt = w (t) = x (t) + y(t) ( x(t) x (t) + y (t)) = x(t) x (t) + y (t) x (t) + y(t). Aufgabe 5: Klassifizieren Sie die folgenden Differentialgleichungen (Ordnung, (Nicht-)Linearität, ggf. (In-)Homogenität, Art der Koeffizienten). Dabei gelte y = y(x). a) y + x y = x b) y + y 4y = sin x c) y + x y = a) Nichtlineare DGL. Ordnung. (In-)Homogenität und Art der Koeffizienten hier ohne Sinn. b) Inhomogene lineare DGL. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. c) Homogene lineare DGL. Ordnung mit nichtkonstanten Koeffizienten.

3 5. Juli Lösungshinweise Theorieteil Aufgabe 6: Gegeben ist das Doppelintegral 4 x f(x, y) dy dx. Skizzieren Sie den Integrationsbereich und vertauschen Sie die Integrationsreihenfolge, stellen Sie also das Integral in der Form d ψ(y) c ϕ(y) f(x, y) dx dy dar. y y = 4 x 4 y = x x = 4 y x x + y = 4 Der Integrationsbereich von 4 x f(x, y) dy dx ist ein Normalbereich bezüglich der x-achse (Skizze): x, y 4 x. Beschrieben als Normalbereich bezüglich der y-achse: y, 4 y x 4 y. Somit ergibt sich als Integral mit vertauschter Integrationsreihenfolge 4 y f(x, y) dx dy. 4 y 3

4 5. Juli Lösungshinweise Theorieteil Aufgabe 7: Beschreiben Sie den Bereich B in Polarkoordinaten. In Polarkoordinaten x = r cos ϕ, y = r sin ϕ ist der Bereich B zu beschreiben als B = { (r, ϕ) r, ϕ 3 4 π }. 4

5 3. Juli Lösungshinweise Aufgabenteil Aufgabe : Gegeben ist die Matrix A = 3. (8 Punkte) a) Ermitteln Sie alle Eigenwerte der Matrix A und die dazugehörigen Eigenvektoren. Geben Sie jeweils die algebraische und geometrische Vielfachheit der Eigenwerte an. b) Gibt es eine Basis des R 3 aus Eigenvektoren von A? c) Geben Sie eine Matrix B an mit D = B AB, wobei D eine Diagonalmatrix ist, auf deren Hauptdiagonale die Eigenwerte von A stehen. a) Eigenwerte aus der charakteristischen Gleichung A λ E = : A λ E = λ 3 λ λ [ ] = ( λ) ( λ) = λ =, ( λ) =, λ = ±, λ,3 =, λ =, λ 3 = 3. Alle Eigenwerte λ,,3 besitzen als einfache Nullstellen die algebraischen Vielfachheit. Eigenvektoren aus den nichttrivialen Lösungen des homogenen Gleichungssystems (A λ E) v = : (Lösung z.b. durch Gauss-Jordan-Elimination) λ = v v v v = t, t R \ {}. 3 λ = v v v v = s, s R \ {}. λ 3 = 3 v v v v = r, r R\{}. (Die Darstellung der Lösungmengen ist abhängig von der Wahl der Leitelemente und kann deshalb von der angegebenen abweichen.) Die Anzahl der Parameter in der Lösungsmenge (Dimension des Eigenraumes) und damit die geometrische Vielfachheit ist für alle λ,,3 gleich und damit jeweils gleich der algebraischen Vielfachheit.

6 3. Juli Lösungshinweise Aufgabenteil b) Weil alle Eigenwerte verschieden voneinander und die zu verschiedenen Eigenwerten gehörigen Eigenvektoren linear unabhängig sind, gibt es eine Basis des R 3 nur aus Eigenvektoren von A, z.b. das Vektorsystem,,. 3 (Wie man leicht sieht, ist besitzt die Determinante der daraus gebildeten Matrix den Wert ( ( 3)) ( ) = 6, die Vektoren sind also linear unabhängig und bilden tatsächlich eine Basis des R 3.) c) Aus den Sätzen über die Diagonalisierbarkeit quadratischer Matrizen ist für die aus linear unabhängigen Eigenvektoren von A gebildete Matrix B = 3 bekannt, dass dafür D = B AB gilt, wobei D eine Diagonalmatrix ist, auf deren Hauptdiagonale die Eigenwerte von A stehen. Das gilt entsprehend auch für alle Matrizen, die aus B dadurch enstehen, dass Spalten durch ein (nicht verschwindendes) Vielfaches davon ersetzt werden.

7 3. Juli Lösungshinweise Aufgabenteil Aufgabe : Sei f(x, y) = x 4 x + (x y). (8 Punkte) a) Bestimmen Sie alle lokalen Extremstellen von f(x, y) einschließlich der dazugehörigen Funktionswerte. b) Ermitteln Sie die Gleichung der Tangentialebene an den Graphen von f(x, y) für die Stelle (; ). a) f(x, y) = x 4 x + (x y) = x 4 xy + y Ableitungen : f x = 4x 3 y f y = x + y f xx = x f yy = f xy = f yx = Notwendige Bedingungen : 4x 3 y = (), x + y = (). Aus () folgt y = x ( ). Eingesetzt in () ergibt das 4x 3 x = x(x ) = x =, x,3 = ± = ±. Aus ( ) folgt dafür y =, y,3 = ±. Damit gibt es die 3 stationären Stellen P = (; ), P = ( ; ), P 3 = ( ; ). Hesse-Matrix : ( ) x H f = H f = 4x 4 Hinreichende Bedingungen : H f (P ) = 4 < kein lokales Extremum (Sattelpunkt) in P H f (P,3 ) = 8 >, f yy = > lokale Minima in P,3 mit f(p,3 ) = + =. 4 4 b) Tangentialebene für die Stelle (; ), also im Flächenpunkt (; ; f(; )): z = f(; ) + f x (; )(x ) + f y (; )(y ( )) = 4 + 6(x ) 4(y + ) z = 6x 4y 6 3

8 3. Juli Lösungshinweise Aufgabenteil Aufgabe 3: Gegeben sei die Kurve F (x, y) = y e xy =. (6 Punkte) a) Bestimmen Sie alle Punkte auf der Kurve, in denen die lokale Auflösbarkeit nach y entsprechend dem Satz über implizite Funktionen nicht garantiert ist. b) Ermitteln Sie die Gleichung der Tangente an die Kurve in ihrem Schnittpunkt mit der y-achse. a) Die lokale Auflösbarkeit die Gleichung F (x, y) = nach y ist nicht garantiert in Kurvenpunkten mit F y (x, y) =, also für alle Lösungen des Gleichungssystems () F (x, y) = y e xy = () F y (x, y) = e xy + y e xy x = ( + yx) e xy = Aus () folgt + yx = und weiter x = y ( ). Damit erhält man aus () die Gleichung y e =, also y = e und aus ( ) schließlich noch x = e. Der Punkt P ( e, e) ist der einzige Kurvenpunkt mit der geforderten Eigenschaft. b) Den Schnittpunkt S mit der y-achse (x = ) findet man aus F (, y) = y e = bei y =. Wegen S(, ) P ( e, e) ist F (x, y) = in einer Umgebung von S nach y = f(x) lokal auflösbar mit f() = und es gilt f (x) = F x(x, y) F y (x, y). Wegen F x (x, y) = y e xy y = y e xy ergibt sich = F x(, ) F y (, ) = =. Damit hat man alle Daten zur Bestimmung der gesuchten Tangente und findet dafür y = f() + f ()(x ) = x. 4

9 3. Juli Lösungshinweise Aufgabenteil Aufgabe 4: (8 Punkte) a) Lösen Sie das Anfangswertproblem y + 3 cosh x = y cosh x, y() =. b) Ermitteln Sie die allgemeine Lösung der DGL y 4y + 5y = x e x. (Partikuläre Lösung über einen Ansatz vom Typ der rechten Seite!) a) y y cosh x = 3 cosh x ist eine inhomogene lineare DGL. Ordnung, die man jedoch nach der Umformung y = (y 3) cosh x schon alleine durch Trennung der Veränderlichen lösen kann: Konstante y = 3 (als Nullstelle von y 3). TdV: dy y 3 = cosh x dx, ln y 3 = sinh x + C, y 3 = e sinh x C (C = e C > ) y = e sinh x C + 3 (C = ±C ) Die allgemeine Lösung der (inhomogenen) DGL ist damit y = C e sinh x + 3, C R, wobei sich für C = die konstante Lösung ergibt. Anfangswertproblem: y() = C e sinh + 3 = C + 3 =, C =, y A = e sinh x + 3. Lösungsvariante: (als inhomogene lineare DGL. Ordnung) Allgemeine Lösung der homogenen Gleichung: y y cosh x = y H = C e cosh x dx = C e sinh x (gemäß Lösungsformel nach TdV). Partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung (Variation der Konstanten): y = c(x) e sinh x y y cosh x = c e sinh x + c e sinh x cosh x c e sinh x cosh x =! 3 cosh x, c e sinh x = 3 cosh x, c = 3 e sinh x cosh x dx = 3 e t dt = 3 e t = 3 e sinh x (Substitution sinh x = t, cosh x dx = dt). Partikuläre y P = c(x) e sinh x = 3 e sinh x e sinh x = 3. Allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung: y = C e sinh x + 3, C R. 5

10 3. Juli Lösungshinweise Aufgabenteil b) y 4y + 5y = x e x, inhomogene lineare Differentialgleichung. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Homogene Gleichung (Charakteristische Gleichung, Ansatz y = e λ x ) λ 4λ + 5 =, λ, = ± i (konjugiert komplex), y H = C e x sin x + C e x cos x. Partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung (Störgliedansatz) Störglied q(x) = x ex, deshalb Ansatzfunktion von gleichem Typ, d.b. y = (A x + B) e x, y = A e x + (A x + B) e x, y = A e x + (A x + B) e x. Einsetzen in die inhomogene Gleichung y 4y +5y = (A+Ax+B 4A 4Ax 4B+5Ax+5B) e x = (Ax A+B) e x! = x e x. Koeffizientenvergleich A =, A + B = A = B =. Partikuläre Lösung y P = (x + ) ex. Allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung y I = y H + y P = C e x sin x + C e x cos x + (x + ) ex. 6

11 3. Juli Lösungshinweise Aufgabenteil Aufgabe 5: Gegeben seien das Vektorfeld f(x, y, z) und die Kurve γ mit z + y x(t) sin t f(x, y, z) = x + z und γ(t) = y(t) = cos t y + x z(t) t (8 Punkte), t π. a) Zeigen Sie, dass das Vektorfeld f eine Stammfunktion besitzt. mit Hilfe der Stamm- b) Berechnen Sie eine Stammfunktion F (x, y, z) zu f(x, y, z). c) Berechnen Sie das Kurvenintegral zweiter Art f(x, y, z) d x γ funktion F. a) Das betrachtete Vektorfeld f = (P, Q, R) T = (z + y, x + z, y + x) T ist definiert und stetig partiell differenzierbar auf R 3. Die Integrabilitätsbedingung (für Kurvenintegrale. Art im Vektorfeld) rot f = i j k x y z P Q R = i j k x y z z + y x + z y + x = + = ist erfüllt, f ist ein Gradientenfeld, es existiert eine Stammfunktion F (x, y, z) mit f = gradf. b) Berechnung der Stammfunktion (Ansatzmethode):. F x = P F = P dx = (z + y) dx = zx + yx + c(y, z) ( c(y, z) Ansatz für die von y und z abhängige Integrationskonstante).. F y = Q x + c y (y, z) = x + z c(y, z) = z dy = zy + d(z) ( d(z) Ansatz für die von z abhängige Integrationskonstante). Zwischenstand: F (x, y, z) = zx + yx + zy + d(z). 3. F z = R x + y + d (z) = x + y d(z) = dz = C. Für die Stammfunktion ergibt sich folglich: F (x, y, z) = zx + yx + zy + C. c) Der Wert des Kurvenintegral zweiter Art f(x, y, z) d x ist die Differenz der Werte der γ Stammfunktion im Endpunkt und im Anfangspunkt der Kurve γ : f(x, y, z) d x = F ( γ(π)) F ( γ()) = F ( sin π, cos π, π) F ( sin, cos, ) γ = F (,, π) F (,, ) = π π ( + + ) =. 7

12 3. Juli Lösungshinweise Aufgabenteil Aufgabe 6: Die Flächen z = x + y (Paraboloid) und z = 4 y schneiden sich in einer Kurve (Skizze). Zeigen Sie, dass die Projektion dieser Kurve in die x-y-ebene ein Kreis ist und geben Sie dessen Radius an. Berechnen Sie das durch die beiden Funktionsflächen begrenzte Volumen. (Polar- bzw. Zylinderkoordinaten verwenden.) x z y (7 Punkte) Für die Schnittkurve besitzen beide Flächen die gleiche z-koordinate (deren Wert für verschiede Stellen (x, y) durchaus verschieden sein kann), es gilt also x + y = 4 y und damit x + y = 4 bzw. x + y =. Die Projektion der Schnittkurve in die x-y-ebene ist also tatsächlich ein Kreis mit dem Radius. (Die Schnittkurve selbst ist die Kurve über diesem Kreis mit der z-koordinate z = x + y oder wahlweise z = 4 y.) Das von den zwei Funktionsflächen eingeschlossene Volumen V entspricht dem des Körpers M = {(x, y, z) R 3 x + y, x + y z 4 y } und läßt sich berechnen als ebenes Bereichsintegral (Flächenintegral, Doppelintegral) ( V = (4 y ) d(x,y) (x + y ) d(x,y) = (4 y ) (x + y ) ) d(x,y) B = B B ( (x + y ) ) d(x,y) über der Kreisscheibe B = {(x, y) R x + y } oder alternativ als räumliches Bereichsintegral (Raumintegral, Dreifachintegral) über dem Körper M V = d(x,y,z). M Der ebene Bereich B läßt sich als Normalbereich in Polarkoordinaten beschreiben als B = { (r, ϕ) ) r, ϕ π }, das ebene Bereichintegral damit in Polarkoordinaten transformieren (mit x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, x + y = r und der Funktionalde- = r) und berechnen als : terminante (x,y) (r,ϕ) V = ( r ) r d(r,ϕ) = B = r= (r r 3 ) dr π ϕ= π r= ϕ= dϕ = B ( r ) r dϕ dr (Produktform!) ] [r r4 ( π = 4π 4 ) = 4π. 4 r= 4 8

13 3. Juli Lösungshinweise Aufgabenteil Alternativ beschreibt man den Körper M als Normalbereich in Zylinderkoordinaten (mit x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, z = z und der Funktionaldeterminante (x,y,z) (r,ϕ,z) = r) M = {(r, ϕ, z) r, ϕ π, r cos ϕ + r sin ϕ z 4 r }{{} sin ϕ }{{} x +y und berechnet das transformierte Dreifachintegral 4 y } V = M d(x,y,z) = r d(r,ϕ,z) = M r= π ϕ= 4 r sin ϕ z=r cos ϕ+r sin ϕ r dz dϕ dr. Nach Berechnung des inneren Integrals bezüglich z ergibt sich der Integrand r ((4 r sin ϕ) (r cos ϕ + r sin ϕ) ) = r (4 r (sin ϕ + cos ϕ) ) = ( r ) r und die Rechnung läuft anschließend mit dem so entstandenen Doppelintegral weiter wie oben. 9

14 3. Juli Lösungshinweise Aufgabenteil Aufgabe Z: Gegeben sei die Raumkurve γ mit der Parameterdarstellung x(t) sinh t γ(t) = y(t) = cosh t, t. z(t) 3 cosh(t) (3 Punkte) Berechnen Sie die Länge der Kurve γ. x = sinh t, ẋ = sinh t cosh t, ẋ = 8 sinh t cosh t, y = cosh t, ẏ = cosh t sinh t, ẏ = 8 sinh t cosh t, z = 3 cosh(t), ż = 3 sin(t) = 4 3 sinh t cosh t, ż = 48 sinh t cosh t, ẋ + ẏ + ż = 64 sinh t cosh t. Für die Kurvenlänge erhält man damit s = π ẋ + ẏ + ż dt = 64 sinh t cosh t dt = 8 sinh t cosh t dt = 8 sinh t cosh t dt ( ) ( ) sinh t, cosh t >, t = 4 sinh(t) dt = 4 [ ] cosh(t) = (cosh cosh ) = (cosh ). Das Integral ( ) läßt sich alternativ auch lösen durch Substitution von sinh t oder von cosh t oder durch partielle Integration.