Technische Universität Berlin

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1 Technische Universität Berlin Fakultät II Institut für Mathematik WS /4 P. Bank, A. Gündel-vom-Hofe, G. Penn-Karras April Klausur Analsis II für Ingenieure Lösungsskizze. Aufgabe 6 Punkte Es seien f : R R, (, ) + + +, g : R R cos t, t. sin t (i) Berechnen Sie die Ableitungen von f und g. (ii) Berechnen Sie mit Hilfe der Kettenregel die Ableitung der Funktion f g im Punkt. (i) ( Punkte) Es gilt f (, ) = , g (t) = sin t cos t. (ii) (4 Punkte) Mit der Kettenregel gilt ( f g) (t) = f ( g(t)) g (t). Es ist g() = ( ). Nutzen wir die Lösungen aus dem ersten Teil erhalten wir ( f ( g()) = f (, ) =, g () =. ) Somit ist ( f g) () = ( ( = ) ).. Aufgabe 9 Punkte Gegeben seien die Vektorfelder v, v, v : R R, v (, ) =, v (, ) =, v (, ) = +. (i) Seien w i (,, z) = v i(,), i =,,. Bestimmen Sie die Divergenz und die Rotation der Vektorfelder w, w und w. (ii) Ordnen Sie den Vektorfeldern v, v und v die entsprechende Skizze zu. Kreuzen sie dazu die zugehörige Bo unter dem Bild an.

2 Analsis II für Ingenieure - April-Klausur WS /4 - Lösungsskizze v :, v :, v : v :, v :, v : v :, v :, v : v :, v :, v : v :, v :, v : v :, v :, v : (i) ( Punkte) Für die Divergenzen und Rotationen erhalten wir div( w )(,, z) =, rot( w )(,, z) = =, div( w )(,, z) = + =, rot( w )(,, z) =, div( w )(,, z) = + =, }{{} rot( w )(,, z) =. }{{} Hinweis: Wegen w = w + w können die jeweiligen Ergebnisse für w aus denen für w und w abgelesen werden. (ii) (6 Punkte)

3 Analsis II für Ingenieure - April-Klausur WS /4 - Lösungsskizze v :, v :, v : v :, v :, v : v :, v :, v : v :, v :, v : v :, v :, v : v :, v :, v :

4 Analsis II für Ingenieure - April-Klausur WS /4 - Lösungsskizze. Aufgabe 8 Punkte Gegeben seien die Funktion f : R R, (, ) +, und die Menge D = {(, ) R : + }. (i) Bestimmen Sie das Talorpolnom. Grades von f im Entwicklungspunkt (, ). (ii) Bestimmen Sie die Art und Lage aller lokalen Etremstellen von f im Innern von D. (iii) Bestimmen Sie die globalen Etrema von f auf D. (iv) Parametrisieren Sie den Graphen von f. (v) Geben Sie einen Normalenvektor an den Graphen von f im Punkt (,, ) an. (i) ( Punkte) Die Funktion f ist selbst ein Polnom zweiten Grades, somit stimmt das Talorpolnom zweiten Grades T f von f mit f überein, es gilt also T f(, ) = f(, ). (ii) ( Punkte) Wir bestimmen zunächst den Gradienten von f, es gilt ( f)(, ) =. 4 Das notwendige Kriterium ( f)(, ) = für die Eistenz einer Etremstelle ist somit nur für den Punkt = (, ) erfüllt. Da außerdem die Hessematri f (, ) = 4 eine Diagonalmatri ist und nur positive Einträge auf der Diagonalen besitzt, ist sie positiv definit. In liegt folglich ein lokales Minimum vor mit dem Funktionswert f( ) = /4. (iii) (9 Punkte) Die Eistenz globaler Etremwerte von f auf D ist sicher, da f stetig und D eine kompakte Menge ist. Wir haben im zweiten Teil bereits das Innere von D nach möglichen Etremstellen untersucht. Es bleibt eine Randuntersuchung durchzuführen. Auf dem Rand gilt die Nebenbedinung h(, ) = + =. Singuläre Punkte: { h =, h =, =, =, + =, Die ersten beiden Gleichungen werden nur durch = = gelöst, dies führt aber zu einem Widerspruch in der dritten Gleichung. Folglich eistieren keine singulären Punkte. Lagrange-Methode: { f(, ) = λ h(, ), h(, ) =, = λ, 4 = λ, + =. Aus der zweiten Gleichung erhalten wir (4 λ) =. Diese Gleichung wird gelöst für λ = oder =. 4

5 Analsis II für Ingenieure - April-Klausur WS /4 - Lösungsskizze λ = : Setzen wir λ = in die erste Gleichung ein, erhalten wir = /. Die dritte Gleichung liefert dann = /4. Zwei mögliche Etremstellen sind also ( = ) (,, = ),. = : Hier erhalten wir in der dritten Gleichung =. Da wir λ frei wählen können, wird auch die erste Gleichung gelöst. Weitere mögliche Etremstellen nach Lagrange sind somit = (, ), 4 = (, ). Schließlich finden wir die globalen Etrema der Funktion, indem wir die Funktionswerte in den ermittelten Punkten vergleichen. Es ist f( ) = 4, f( ) = f( ) = 9 4, f( ) =, f( 4 ) =. Das heißt, dass das globale Maimum in und und das globale Minimum in vorliegt. (iv) ( Punkte) Eine Parametrisierung des Graphen von f ist gegeben durch F : R R, (, ). + (v) ( Punkte) Zur Berechnung eines Normalenvektors nutzen wir die eben aufgestellte Parametrisierung und berechnen das Kreuzprodukt ihrer partiellen Ableitungen, welches stets senkrecht auf dem Graphen von f steht. Wir erhalten den Vektor n(, ) = = 4. 4 Im Punkt (, ) (wegen F (, ) = (,, )) ergibt sich n(, ) = Aufgabe 4 Punkte Gegeben seien die Mengen A = {(, ) R :, }, B = {(,, z) R : + z, z }. (i) Skizzieren Sie die beiden Mengen A und B. (ii) Geben Sie in der nachfolgenden Tabelle an, welche topologischen Eigenschaften (beschränkt, offen, abgeschlossen, kompakt) die Mengen A und B besitzen. Kennzeichen sie dieses durch ein +, falls die Eigenschaft vorliegt und durch ein, falls dies nicht der Fall ist. A B offen abgeschlossen beschränkt kompakt 5

6 Analsis II für Ingenieure - April-Klausur WS /4 - Lösungsskizze (iii) Gegeben sei das Skalarfeld f : R R, (, ) 6( ). Bestimmen Sie das Integral A f(, ) dd. (iv) Gegeben sei das Vektorfeld Bestimmen Sie das Integral v : R R, z + z (,, z) ze 4. B v do. (i) (4 Punkte) z Abbildung : Skizze der Menge A (links) und der Menge B (rechts). (ii) ( Punkte) Beide Mengen sind kompakt, also abgeschlossen, beschränkt und nicht offen. offen abgeschlossen beschränkt kompakt A B (iii) ( Punkte) Mit den Grenzen und erhalten wir A f dd = = = [ 5 5 f(, ) dd = 6( ) dd [ ] = d = 4 4 d = ] = = = 5. 6

7 Analsis II für Ingenieure - April-Klausur WS /4 - Lösungsskizze (iv) (5 Punkte) Mit dem Satz von Gauß gilt v do = Den Kegel B beschreiben wir in Zlinderkoordinaten mit B B div( v) dddz. B = { (r cos(ϕ), sin(ϕ), h) R : r [, ], ϕ [, π], r h }, die Divergenz von v ist gegeben durch div( v)(,, z) = z. Mit dem Volumenelement dv = r dhdϕdr der Zlinderkoordinaten und div( v)(r cos(ϕ), sin(ϕ), h) = h erhalten wir π v do = div( v) dddz = hr dϕdhdr B = π B r [ r = π r4 4 hr dhdr = π ] r= r= = π 4. r [ rh ] h= h=r dr = π r r dr 7

8 Analsis II für Ingenieure - April-Klausur WS /4 - Lösungsskizze 5. Aufgabe 6 Punkte Begründen oder widerlegen Sie folgende Aussagen: (i) Es eistiert eine zweimal stetig differenzierbare Abbildung f : R R mit Hessematri f (,, ) = ( = Hess (,,) f ). (ii) Sei f : R R stetig differenzierbar und γ : [, ] R, γ(t) = die Niveaulinie von f zum Wert. Dann gilt γ f ds =. 4 cos(t), 4 sin(t) (iii) Sei F die geschlossene Fläche F = {(,, z) R : z = 5} und v : R R ein stetig differenzierbares Vektorfeld mit Vektorpotential w. Dann ist das Flussintegral von v über F null. (i) ( Punkte) Die Aussage ist falsch! Mit dem Satz von Schwarz ist die Hessematri einer zweimal stetig differenzierbaren Abbildung smmetrisch. Da die angegebene Matri allerdings nicht smmetrisch ist, kann keine solche Funktion f eistieren. (ii) ( Punkte) Die Aussage ist falsch! Es gilt nämlich f ds = f(γ(t)) γ (t) dt. Da γ die Niveaulinie von f zum Wert ist gilt f(γ(t)) =, weiterhin ist γ (t) = 4. Damit folgt f ds = f(γ(t)) γ (t) dt = 4 dt = 8. (iii) ( Punkte) Die Aussage ist wahr! Dies können wir sowohl mit dem Satz von Gauß, als auch mit dem Satz von Stokes einsehen. Mit Stokes: Da die Menge F geschlossen ist hat F keine Randkurven. Mit dem Satz von Stokes gilt daher F v do = F rot( w) do = w ds =. Mit Gauß: Die Menge F ist genau der Rand des Ellipsoiden E = {(,, z) R : z 5}. Da v ein Vektorpotential besitzt gilt notwendigerweise div( v) =, mit dem Satz von Gauß folgt v do = v do = div( v) dddz =. F E E 6. Aufgabe 7 Punkte Gegeben sei die Funktion f : R R, (, ) {,,, =. Zeigen Sie folgende Aussagen: 8

9 Analsis II für Ingenieure - April-Klausur WS /4 - Lösungsskizze (i) f ist im Punkt (, ) unstetig. (ii) f ist im Nullpunkt unstetig. (iii) f hat auf R ein globales Maimum, jedoch kein globales Minimum. (i) ( Punkte) Die Folge a k = ( k, ) konvergiert gegen den Punkt (, ). Da der Grenzwert lim f( a k) = lim ( k k ) = lim k k = k nicht eistiert und somit ungleich f(, ) = ist, ist f im Punkt (, ) unstetig. (ii) ( Punkte) Die Folge b k = ( k, k ) konvergiert gegen den Nullpunkt, wir erhalten weiterhin lim f( b k ) = lim k k ( k ) ( k ) = = f(, ). Damit ist die Funktion f auch im Nullpunkt unstetig. (iii) ( Punkte) Im ersten Aufgabenteil haben wir bereits gesehen, dass die Funktion f kein globales Minimum besitzt, da die Funktion entlang der dort angegebenen Folge a k gegen unendlich strebt. Aus der Definition von f wird mit ersichtlich f(, ) = }{{}. Damit ist das globale Maimum von f, welches in allen Punkten der Form (, ) mit R angenommen wird. 9