Höhere Mathematik III. Musterlösung

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1 Lehrstuhl II für Mathematik Prof. Dr. E. Triesch Höhere Mathematik III SoSe 3 Musterlösung Zugelassene Hilfsmittel: Als Hilfsmittel zugelassen sind handschriftliche Aufzeichnungen von maximal DinA4-Blättern. Fotokopien, Ausdrucke und Taschenrechner sind nicht zugelassen. Das für die Bearbeitung der Aufgaben erforderliche Papier wird mit den Klausurunterlagen zur Verfügung gestellt. Eigenes Papier darf nur als Konzeptpapier genutzt werden und wird nicht mit abgegeben. Bewertung: Bitte nutzen Sie zur Beantwortung aller Aufgaben die in der Klausur ausgeteilten Blätter! Es werden nur die Antworten gewertet, die auf dem Lösungsbogen stehen! Zur Bewertung der einzelnen Teile: I: (Aufgabe I.-I.3) Sie müssen unter expliziter Darstellung des Lösungsweges nachvollziehbar zu einer Lösung kommen. Ohne Lösungsweg gibt es keine Punkte. II: (Aufgabe II.-II.4) Sie müssen das richtige Ergebnis in die entsprechenden Kästchen des Antwortbogens eintragen. Darüber hinaus können Sie im Feld Lösungsskizze einen kurzen Rechenweg angeben, der in die Bewertung mit einbezogen wird, sollte Ihr Ergebnis falsch sein. III: (Aufgabe III.-III.3) Hier müssen Sie Aussagen Wahrheitswerte zuordnen. Sie erhalten nur dann Punkte, wenn Sie in einer Teilaufgabe alle Wahrheitswerte richtig und komplett zuordnen. Bitte schreiben Sie keine Rechnungen oder Begründungen zu Teil III auf den Antwortbogen. Nutzen Sie dafür Ihr eigenes Konzeptpapier. Beispiel: Bestimmen Sie die Wahrheitswerte der folgenden zwei Aussagen: () 3 6 () + 3. ( Pkt.) Antwort () () Punkte. W W. W F 3. F W 4. F F Antwort () () Punkte 5. F - 6. W F 8. - W Es gibt keine Minuspunkte. Viel Erfolg!

2 Teil I Aufgabe I.: Gegeben sei das Vektorfeld F : R 3 R 3, F (x, y, z) y xz yz. (5+6+4 Pkt.) a) Berechnen Sie das orientierte Kurvenintegral K F ds längs des Kreises K {(x, y, z) R 3 x + y 9, z 3}. b) Bestimmen Sie den Fluss des Rotationsfeldes von F rot(f ) do D durch die Oberfläche D {(x, y, z) R 3 x + y 4, z x + y }. Wählen Sie dazu einen Normalenvektor mit nichtnegativer dritter Komponente. c) Gegeben sei ein Körper Z R 3, dessen Oberfläche aus der Mantelfläche M, der Bodenfläche B und der Seitenfläche S besteht ( Z M B S). Der Fluss I(B) v do und der Fluss B I(S) v do sind bekannt. Es sind I(B) 64π und I(S) 4π, wobei das Vektorfeld v S gegeben ist durch v : R 3 R 3, v(x, y, z) x yze (z ) x e (z ) xye (z ) Bestimmen Sie mit Hilfe des Satzes von Gauß den Fluss von v durch die Fläche M. a) Eine mögliche Parametrisierung von K ist 3 cos t γ(t) 3 sin t mit t [, π). 3 3 sin t γ (t) 3 cos t. Damit folgt für das orientierte Kurvenintegral: π F ds F (γ(t)), γ (t) dt K π 3 sin t 9 cos t, 9 sin t π π 9 sin t + 7 cos t dt 3 sin t 3 cos t. 9( cos t) + 7 cos t dt dt

3 π cos t dt [ 9t + 8t + 8 sin t cos t] π 8π. b) Wir bestimmen zunächst das Rotationsfeld von F. rot(f ) F 3 F y z F F 3 z x F F x y z x z Die Fläche D wird parametrisiert durch r cos ϕ Φ(r, ϕ) r sin ϕ mit r [, ], ϕ [, π). r Dann ist Φ r cos ϕ sin ϕ r, Φ ϕ r sin ϕ r cos ϕ Φ r Φ ϕ r cos ϕ r sin ϕ r. Die dritte Komponente des Normalenvektors ist nichtnegativ, da r ist. Daraus folgt π rot(f ) do rot(f (Φ)), Φ r Φ ϕ dϕ dr D π r r cos ϕ r cos ϕ, r sin ϕ dϕ dr r r π π r 4 cos ϕ + r 3 cos ϕ + r 3 r dϕ dr r 4 sin ϕ + r 3 (sin ϕ cos ϕ + ϕ) + r 3 ϕ rϕ π dr πr 3 + πr 3 πr dr r 3 r dr [ π r4 r π [8 ] π. ] Alternativ kann man die Aufgabe mit dem Integralsatz von Stokes lösen, indem man das Oberflächenintegral in ein Kurvenintegral umwandelt. Das Gebiet D wird von einer geschlossenen Kurve umrandet. Eine mögliche Parametrisierung ist: γ(t) cos t sin t 4 mit t [, π] und γ (t) sin t cos t Die Orientierung der Kurve bildet zusammen mit dem nach oben weisenden Normalenvektor eine Rechtsschraube. Somit gilt

4 D rot(f ) do Stokes D π π π F ds sin t 8 cos t 8 sin t, 4 sin t + 6 cos t dt 4 + cos t dt 4t + sin t cos t + t π. sin t cos t π dt c) Zunächst wird die Divergenz des Vektorfeldes berechnet. div(v) xyze (z) + xyze (z) Nun gilt: M v do + B v do + M S v do Gauß Z Z v do + v do B }{{} I(M) 64π M v do div(v) d(x, y, z). }{{} + v do S }{{} 4π v do 4π. Aufgabe I.: Gegeben sei die Funktion f : R R mit f(x) 4 + sin(x). (6+3 Pkt.) a) Weisen Sie mit dem Fixpunktsatz von Banach nach, dass f genau einen Fixpunkt im Intervall [, π ] besitzt. Zeigen Sie dazu zunächst, dass f (x) für alle x [, π ] ist. b) Begründen Sie, warum 9 Iterationen ausreichen, um den Fixpunkt x mit einer Genauigkeit von ε 3 anzunähern, wenn man den Startwert x wählt. Hinweis: 9 5. a) Es gilt f (x) cos(x) für alle x [, π ]. Also ist f monoton steigend. Wir erhalten für x [, π] ( π ) 4 f() f(x) f < π. Somit ist f eine Abbildung von [, π] nach [, π]. Weiter gilt, dass [, π ] abgeschlossen ist. Außerdem ist f (x) cos(x), da der Kosinus durch und beschränkt ist. Aus dem MWS folgt für f, dass es ein ξ [, π] gibt, sodass für alle x, y [, π] gilt f(x) f(y) f (ξ) x y cos(ξ) x y x y.

5 Somit ist f Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Faktor λ <. Damit folgt aus dem Fixpunktsatz von Banach, dass f genau einen Fixpunkt im Intervall [, π] besitzt. b) Für die a-priori-abschätzung des Fehlers gilt x n x λn λ x x ( ) n f() ( ) n 4 ( ) n! 3. Mit dem Hinweis folgt n 5 für n 9. Also benötigt man nicht mehr als 9 Iterationsschritte. Aufgabe I.3: Gegeben sei die Funktion f : R R mit (+9 Pkt.) f(x, y) cos(x) cos(y) und die Menge M {(x, y) [, π] [, π] y π x}. a) Skizzieren Sie M. b) Finden Sie den minimalen und den maximalen Wert von f auf der Menge M und sämtliche Stellen, an denen diese extremalen Werte angenommen werden. a) Skizze: 3 y y π x x b) Zunächst untersuchen wir das Innere der Menge M und bilden dazu den Gradienten von f. Es gilt ( ) sin(x) cos(y) grad(f). cos(x) sin(y) Mögliche Extremstellen sind die Nullstellen des Gradienten. sin(x) cos(y) x x π y π. Punkte mit x oder x π liegen auf dem Rand von M und werden später untersucht. Für die zweite Komponente des Gradienten ergibt sich mit y π, dass cos(x) sein muss. Dies ist im betrachteten Bereich nur für x π der Fall. Der Punkt ( π, ) π liegt aber wiederum auf dem Rand. Im Inneren gibt es also keine Extremstellen. Nun untersuchen wir die Ränder der Menge M:

6 x : f (, y) cos(y) (f (, y)) sin(y) Die Ableitung besitzt die Nullstellen y und y π. Für diese Werte erhalten wir nur Schnittpunkte der Randkurven. y : f (x, ) cos(x) (f (x, )) sin(x) Die Ableitung besitzt die Nullstellen x und x π. Für diese Werte erhalten wir nur Schnittpunkte der Randkurven. y π x : f(x, π x) cos(x) cos(π x) cos(x) cos(x π) cos (x) (f(x, π x)) cos(x) sin(x). Wir erhalten x, x π und x π als Nullstellen der Ableitung und daraus ergibt sich neben den Schnittpunkten der Randkurven der Punkt ( π, π ), auf den wir schon durch die Untersuchung des Inneren von M gestoßen sind. Weitere kritische Punkte sind die Schnittpunkte der Randkurven: (, ), (, π) und (π, ). Nun vergleichen wir die Funktionswerte aller kritischen Punkte: f(, ) f(, π) f(π, ) ( π f, π ) Nach dem Satz von Weierstraß existieren Maximum und Minimum, da die Menge M kompakt ist. Mit Hilfe des Funktionswerte erhalten wir das absolute Maximum somit an der Stelle (, ) mit Wert. Das absolute Minimum liegt jeweils an den Stellen (, π) und (π, ) und besitzt den Wert.

7 Teil II Aufgabe II.: Gegeben sei die Koordinatentransformation ( ) s Φ : t ( ) ( ) x se t, Φ(s, t) y se t (+4+4 Pkt.) und der Bereich D { (x, y) (, ) [, ) xy 6, y x 4 }. a) Berechnen Sie die Funktionaldeterminante der Koordinatentransformation Φ. { } b) Bestimmen Sie den Bereich U (s, t) (, ) (, ], so dass Φ(U) eine Parameterdarstellung von D ist, d.h. Φ(U) D. c) Berechnen Sie d(x, y), indem Sie den Transformationssatz anwenden. D a) ( e t se det(dφ) det t e t se t ) e t ( se t ) e t (se t ) s. b) xy 6 se t se t 6 s 6 s> s 4 y x 4 e t 4 e t t ln() ln() t. Insgesamt ist U [, 4] [ ln(), ]. c) Für den Flächeninhalt von D wenden wir den Transformationssatz an: A d(x, y) D 4 ln() 4 ln() ln() 4 ln()s 4 5 ln(). det(dφ) dt ds s dt ds s ds

8 Aufgabe II.: a) Gegeben sei die Funktion f : R R R mit (6+4 Pkt.) f(x, y) e (x) y. Berechnen Sie das Taylorpolynom T,(,) (x, y) zweiten Grades von f bezüglich des Entwicklungspunktes (, ). b) Gegeben sei die Funktion g : R R R mit g(x, y) 4 Bestimmen Sie die kritischen Punkte von g. ( xe (x ) y a) Der Gradient von f lautet gradf(x, y) e (x) y Die Hessematrix von f ist gegeben durch H f (x, y) Berechne nun T,(,) (x, y). Es gilt: ( x 4 + y 4 x + 4xy y ). ). f(, ), ( ) gradf(, ), ( ) H f (, ). ( e (x ) ) (y + 4x y ) 4xe (x) y 4xe (x) y e (x ). Damit gilt ( ) x T,(,) (x, y) f(, ) + gradf(, ) + y (x, y ) H f(, ) ( ) x + (, ) + ( ) ( ) x y (x, y ) y + (y ) + ( x + (y ) ) + (y ) + x + (y ). b) Der Gradient von g lautet gradg(x, y) Nullsetzen liefert die Gleichungen Diese ergeben aufsummiert ( ) x 3 x + y y 3. + x y x 3 x + y y 3 + x y. x 3 y 3 x y. ( ) x y Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir x 3 x x x. Dies führt auf die kritischen Punkte (, ), (, ) und (, ). Aufgabe II.3: Gegeben ist der Körper (4+5 Pkt.) M {(x, y, z) R 3 x, y x, z x + y }.

9 a) Berechnen Sie die Masse von M bezüglich der Dichte ρ (x, y, z) x. b) Berechnen Sie die z-komponente des Schwerpunkts von M bezüglich der konstanten Dichte ρ (x, y, z). a) Zu berechnen ist das Integral M x d(x, y, z) x x +y x 5 + x dz dy dx [ ] x 3 x y 3 dx x b) Zunächst berechnen wir das Volumen bei konstanter Dichte. M d(x, y, z) x 3 + x x +y [ ] x 3 y3 dx x (x +y ) dy dx [ ] 4 3 x5 dx 9 x6 9. dz dy dx Die z-komponente des Schwerpunkts z s ist gegeben durch 3 z d(x, y, z) 3 M 3 x x +y [ x 4 y + 3 x y y5 ] x z dz dy dx 3 dx 3 x [ ] 4 3 x3 dx 3 x4 3. x x x + y dy dx [z x +y ] dy dx 3 x 4 +x y dy dx x 8 5 x5 dx 4 [ ] 5 6 x (x +y ) dy dx Aufgabe II.4: (3+4 Pkt.) a) Bestimmen Sie ein Fundamentalsystem der folgenden Differentialgleichung dritter Ordnung. y + 3y + 3y + y. b) Geben Sie eine allgemeine Lösung für die folgende Differentialgleichung in impliziter Form an. Hinweis: Prüfen Sie zunächst, ob es sich um eine exakte DGL handelt. 4x 3 y + (y + x 4 )y. a) Die charakteristische Gleichung der Differentialgleichung ist gegeben durch λ 3 + 3λ + 3λ + (λ + ) 3. Damit erhalten wir direkt das Fundamentalsystem {e x ; xe x ; x e x }.

10 b) Die DGL 4x 3 y +(y }{{} + x 4 )y }{{} ist exakt, denn es gilt P Q Bestimmen der Stammfunktion ϕ: P y 4x3 Q x. ϕ x P 4x3 y ϕ x 4 y + c(y) ϕ y Q y + x 4! x 4 + c (y) c(y) 3 y3. Die allgemeine Lösung der DGL in impliziter Form lautet also ϕ(x, y) x 4 y + 3 y3 c, c R.

11 Teil III Aufgabe III.: (4+4+4 Pkt.) a) Beurteilen Sie den Wahrheitsgehalt der folgenden Aussagen.. Besitzt das Vektorfeld v : D R n, D R n, ein Potential, so ist das Kurvenintegral von v längs beliebiger Kurven γ : [a, b] D wegunabhängig.. Erfüllt ein Vektorfeld auf einem offenen, sternförmigen Gebiet die Integrabilitäts - bedingung, so besitzt es ein Potential. 3. Kurvenintegrale längs geschlossener Kurven sind immer gleich Null. b) Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen. Ein Potential des Vektorfeldes x sin y + e z F : R 3 R 3, F (x, y, z) x cos y xe z ist. ϕ(x, y, z) x cos y + e z.. ϕ(x, y, z) x sin y + xe z. 3. ϕ(x, y, z) y sin x + ye z. 4. F besitzt kein Potential. c) Für welche α R besitzt das Vektorfeld ν : R 3 R 3, ν(x, y, z) αy xy z ein Potential? Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.. Für α.. Für alle α R. 3. Für α. 4. Für α.

12 a).) Ja. Das ist der Hauptsatz für Kurvenintegrale..) Ja. Mit Hilfe der Integrabilitätsbedingung kann man testen, ob ein Vektorfeld ein Potential besitzt. 3.) Nein. Betrachte zum Beispiel v(x, y) ( ) x x Die Kurve γ ist geschlossen, aber es gilt γ v ds und γ(t) π π ( ) cos t, cos t ( ) cos t, t [, π]. sin t ( ) sin t dt cos t sin t cos t + cos t dt cos t + (sin t cos t + t) π π. b) Aussage ist richtig. Die Funktion ϕ(x, y, z) x sin y +xe z ist ein Potential von F, da gradϕ F ist. x sin y + e z grad(ϕ) x cos y xe z. c) ν besitzt ein Potential, falls die Integrabilitätsbedingung erfüllt ist: ν y ν x, ν z ν 3 x, ν z ν 3 y Aussage 3 ist richtig. αy y,, α.

13 Aufgabe III.: (6 Pkt.) Gegeben sei das lineare Differentialgleichungssystem y (x) A y(x), wobei die Matrix A R 3 gegeben ist durch A. Beurteilen Sie den Wahrheitsgehalt der folgenden Aussagen ex ex ex ex ex ex, e x, e x ist ein Fundamentalsystem von y (x) A y(x)., e x, e x ist ein Fundamentalsystem von y (x) A y(x)., e x, e x ist ein Fundamentalsystem von y (x) A y(x)., e x, e x ist ein Fundamentalsystem von y (x) A y(x)., e x, e x ist ein Fundamentalsystem von y (x) A y(x)., e x, e x ist ein Fundamentalsystem von y (x) A y(x). Die Aussage 4 ist richtig, denn: Bestimme zunächst die Eigenwerte von A: λ det(a λi) λ λ λ λ λ λ + λ λ(λ ) ( λ ) + ( + λ) λ 3 + λ + λ + + λ + λ 3 + 3λ + ( )(λ 3 3λ ) Durch Raten erhält man die Nullstelle und Polynomdivision ergibt: ( )(λ 3 3λ ) ( )(λ )(λ + λ + ) ( )(λ )(λ + ) Damit sind die drei Eigenwerte λ und λ λ 3. Berechne nun die entsprechenden Eigenvektoren: Eigenvektor zu λ : A I 3 3 v Eigenvektoren zu λ und λ 3 : A + I v und v 3

14 Daher bildet ex, e x, e x eine Lösungsbasis von y (x) A y(x). Desweiteren könnten noch höchstens die Aussagen und 5 in Frage kommen. Hier passen die Eigenwerte, aber die dazugehörigen Eigenvektoren sind falsch. Aufgabe III.3: (6+5 Pkt.) a) Gegeben sei die lineare Differentialgleichung y + 3 cos (x) sin(x)y cos (x) sin(x) mit der Anfangswertbedingung y( π ). Beurteilen Sie den Wahrheitsgehalt der folgenden Aussagen.. y(x) 3 ecos3 (x) + 3 ist eine Lösung des gegebenen Anfangswertproblems.. y(x) e cos3 (x) ist eine Lösung des gegebenen Anfangswertproblems. 3. y(x) e cos3 (x) ist eine Lösung des gegebenen Anfangswertproblems. 4. y(x) 3 cos3 (x) ist eine Lösung des gegebenen Anfangswertproblems. 5. y(x) 3 cos3 (x) ist eine Lösung des gegebenen Anfangswertproblems. 6. y(x) sin(x) ist eine Lösung des gegebenen Anfangswertproblems. b) Gegeben sei die Funktion F : R R, F (x, y) x + cos(xy ). Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.. Die Gleichung F (x, y) + cos() ist in einer Umgebung des Punktes (, ) eindeutig nach x auflösbar.. Die Gleichung F (x, y) + cos() ist in einer Umgebung des Punktes (, ) eindeutig nach y auflösbar. 3. Die Gleichung F (x, y) erfüllt an der Stelle (, ) nicht die Voraussetzungen des Satzes über implizite Funktionen für eine lokale Auflösung nach x. 4. Die Gleichung F (x, y) erfüllt an der Stelle (, ) nicht die Voraussetzungen des Satzes überimplizite Funktionen für eine lokale Auflösung nach y. a) Die Differentialgleichung y + 3 cos (x) sin(x)y cos (x) sin(x) kann mit dem Ansatz Variation der Konstanten gelöst werden. Zunächst berechnen wir G(x) x π 3 cos (t) sin(t)dt [cos 3 (t)] x π cos 3 (x).

15 Damit erhalten wir eine Lösung der obigen Differentialgleichung durch ) ( x y(x) e ( G(x) + cos (t) sin(t)e G(t) dt e cos3 (x) x 3 π ( ) (x) 3 ecos3 [e cos3 (t) ] x π π 3 cos (t) sin(t)e cos3 (t) dt ( ) (x) 3 ecos3 e cos3 (x) 3 (x) 3 ecos3. Damit ist Aussage wahr und alle anderen Aussagen sind falsch. b) Sei a (, ) und b (, ) dann ist F (a) + cos() und F (b). Es gilt ) F x (x, y) x y sin(xy ), sowie F y (x, y) sin(xy )xy. Also folgt F x (a) F x (b) F (a). y F (b). y Damit stimmen nach dem Satz über implizite Funktionen alle obigen Behauptungen.