Musterlösung Februar-Klausur Rechenteil WS 09/10 Analysis II für Ingenieure

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN WS 9/ Fakultät II - Mathematik und Naturwissenschaften 5.. Dozenten: D. Hömberg, M. Karow, J. Suris Assistent: V. Dhamo, N. Hartanto, A. Volpato Musterlösung Februar-Klausur Rechenteil WS 9/ Analysis II für Ingenieure. Aufgabe Für ein Potential u von f muss gelten grad u = f. Aus der ersten Zeile folgt u(, y, z) = ye y + z d = e y z + c (y, z). (6 Punkte) Ableitung von u nach y ergibt e y y = u y = ey + c y c y = y c (y, z) = ln y + c (z), also u(, y, z) = e y z ln y + c (z). Ableitung von u nach z ergibt Also ist für jedes c R ein Potential von f. z = u z = z + c z c z = c (z) = c, c R. u(, y, z) = e y z ln y + c. Aufgabe (7 Punkte) (a) Der maimale oene Denitionsbereich von f ist D = {(, y, z) R 3, y, z > }. (b) Die partielen Ableitungen lauten f =, f y =, f z =, f = f y, y = y, f z = z. Somit ergibt sich die Jacobimatri zu [ J = y (c) Die partiellen Ableitungen sind auf dem Denitionsbereich D von f alle stetig. Daraus folgt, dass f total dierenzierbar ist. y z.

2 3. Aufgabe (a) Bestimmung der kritischen Punkte durch überprüfen der notwendigen Bedingung grad f =. Also [ [ grad f = 4 =, y + d.h. =4 = ±, = y = ± y Als kritische Punkte erhält mensch also P =( /, ), P =( /, ), P3 =( /, ), P4 =( /, ) Bestimme zur Überprüfung der hinreichenden Bedingung die Hessematri f (, y) von f: [ f (, y) = 3. y 3 Damit ist [ f ( P 6 ) = [ f ( P 6 3 ) = positiv denit f ( P 4 ) = [ indenit f ( P 6 ) = [ 6 negativ denit indenit Damit hat f ein lokales Maimum bei P = ( /, ) und ein lokales Minimum bei P 3 = ( /, ). (b) Beispielsweise gilt für festes y dass lim f(, y) =. Deshalb kann f kein globales Minimum ± und auch kein globales Maimum besitzen. 4. Aufgabe (a). Möglichkeit: mit Zylinderkoordinaten. r cos ϕ r cos ϕ K = r sin ϕ z, r z, M = r sin ϕ ϕ π, z z und damit K \ M = r cos ϕ r sin ϕ z, r z, z π ϕ π.. Möglichkeit: mit kartesischen Koordinaten. Zerlege K \M in zwei Teilmengen, einmal mit y und einmal mit y : K \ M = {(, y, ) T R 3 z, + z y, ( z) y } ( z) y { (, y, ) T R 3 z, y z, } ( z) y. (b) In Zylinderkoordinaten: Die Funktionaldeterminante ist r. V = = 3π 4 K\M d dy dz = π z π/ z 4z + 4 dz = 3π 4 [ z 3 r dr dz dϕ = 3π 3 z + 4z = 3π = 7π 4. ( z) dz

3 5. Aufgabe (a) Eine Parametrisierung lässt sich mit Hilfe von Zylinderkoordinaten nden. r cos ϕ u(r, ϕ) = r sin ϕ, r [,, ϕ [, π ln r + (b) Das vektorielle Oberächenelement ergibt sich aus der Parametrisierung zu do = u ϕ u r sin ϕ cos ϕ cos ϕ dr dϕ = r cos ϕ sin ϕ dr dϕ = sin ϕ dr dϕ. r /r r (Dies zeigt von der z-achse weg.) Weiter ist Somit ergibt sich für den gesuchten Fluss F v do = er cos ϕ v( u(r, ϕ)) = er sin ϕ. = π π π ( u v( u(r, ϕ)) ϕ u ) dr dϕ r er cos ϕ cos ϕ er sin ϕ sin ϕ dr dϕ r = er (cos ϕ + sin ϕ) r dr dϕ ( [ r 3 =π e [ ) r 3 ( ) 7 =π 3 e 3. 3

4 TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN WS 9/ Fakultät II - Mathematik und Naturwissenschaften 5.. Dozenten: D. Hömberg, M. Karow, J. Suris Assistent: V. Dhamo, N. Hartanto, A. Volpato Musterlösung Februar-Klausur Verständnisteil WS 9/ Analysis II für Ingenieure. Aufgabe (a) (b) F = (F, F ) ist ein Potentialfeld, denn R ist konve und die notwendige Bedingung = F F = ist erfüllt. Also eistiert ein g : R R, so dass F = grad g und F d s = g( c()) g( c(3)). Da aber c() = c(3) (geschlossene Kurve), folgt c F d s =. c y =. Aufgabe (8 Punkte) (a) Wir verwenden hier den Integralsatz von Gauÿ : v do = Z Z div v ddydz. Zunächst gilt div v(, y, z) = ( 3y ) + y (y3 ( )y) + z (z) = 3y + 3y ( ) + =. Somit v do = ddydz = vol(z) = π = 4π. Z Z (b) P = (,, ) liegt auf dem unteren Deckel von Z, deshalb n P = (,, ). P = (,, ) liegt auf der Manteläche von Z, deshalb n P = (,, ). (Der Winkel zur z-ebene ist π/4!) P 3 = (,, 3) liegt auf dem oberen Deckel von Z, deshalb n P3 = (,, ). 4

5 3. Aufgabe (8 Punkte) Punkt für die richtige Antwort mit (einer) Begründung & Punkt für die richtige Begründung/das richtige Gegenbeispiel. (a) Wahr. / D \ {(, y) R y}, obwohl die Vektoren ( /, ) und (/, ) in D \ {(, y) R y} liegen. (b) Falsch. Betrachte die Funktion f(, y, z) = y z. Der einzige kritische Punkt ist (,, ). Die Hessematri lautet f (, y, z) =, folglich det f (,, ) < aber in (,, ) liegt ein lok. Maimum vor. (c) Wahr. Nach Denition gilt f u = f f u = und f v = v =. Also stehen die normierten Vektoren u und v senkrecht auf f. Somit liegen u und v auf einer Geraden / sind linear abhängig, also u = ± v. (d) Wahr. Da D eine geschlossene Fläche ist, gilt nach dem Satz von Stokes rot v do =. D 4. Aufgabe (a) f ist stetig und D kompakt, daher besitzt f (mind.) ein globales Minimum und Maimum auf D. (b) Das notwendige Kriterium für die Eistenz eines lokalen Etremwertes von f im Inneren von D ist gradf =, also ( ) ( ( 4) gradf( ) = gradf(, y) = = = a. (y + ) ) Jedoch a / D, folglich besitzt f keine kritischen Punkte auf D. (c) Die Niveaulinien von f sind konzentrische Kreise mit Mittelpunkt in a, eingeschränkt auf D. (d) f beschreibt das Quadrat des Abstands von zum Punkt a. Man beachte, dass das Quadrat des Abstands genau dann minimal/maimal ist, wenn der Abstand minimal/maimal ist. Deshalb ist das Minimum von f der minimale Abstand von D zu a. Dieses Minimum wird folglich in (3, ) angenommen. Analog, liegt das Maimum von f in ( 3, 3). 5

6 5. Aufgabe (6 Punkte) (a) Da f π-periodisch ist, hat ihr -te Fourierpolynom folgende Gestalt φ () = a + a k cos(k) + b k sin(k). k= Der Koezientenvergleich ergibt a =, a n = für alle n N, n und b k = ( )k (k+), k N, k. Wegen b k = π f() sin(k) d, folgt sofort, dass π π f() sin(6) d = π b 3 = π ( ) 3 (3 + ) = π 3. (b) f ist weder gerade, noch ungerade, denn z.b. a und b (s. auch Teil (i)). 6