Kommentierte Musterlösung zur Klausur HM II für Naturwissenschaftler

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1 Kommentierte Musterlösung zur Klausur HM II für Naturwissenschaftler Sommersemester 23 (5.8.23). Gegeben seien die Matrizen A = und B = (a) Bestimmen Sie die Eigenwerte von A und B sowie die zugehörigen Eigenvektoren. Geben Sie zu allen Eigenwerten die algebraische und geometrische Vielfachheit an. (b) Zeigen Sie, dass A eine orthogonale Matrix ist. (c) Geben Sie alle Eigenwerte der Matrix C = B 2 + 2B 5I an. (a) Wir betrachten zuerst die Matrix A. Deren Eigenwerte erhält man als Nullstellen des charakteristischen Polynoms: =! 3 det(a λi) = ( 2 λ)2 + 4 = λ2 3λ +, d. h. λ,2 = 3 2 ± i 3 4 = 2 ( 3 ± i), bzw. λ = 2 ( 3 + i) und λ 2 = 2 ( 3 i). Beide Eigenwerte besitzen die algebraische und damit auch die geometrische Vielfachheit. (Die geometrische Vielfachheit liegt immer zwischen und der algebraischen Vielfachheit.) Für die zugehörigen Eigenvektoren löst man die Eigenwertgleichungen (A λi) v =!. Für λ und v führt dies auf (A λ I) v = i v,! =. 2 i Die Auswertung der ersten Zeile liefert iv, + v,2 = und damit v T =, i T (oder beliebige komplexe Vielfache). (Da die erste Zeile von A λ I nicht komplett aus Nullen besteht, braucht man nur diese zu betrachten. Man erwartet ja eine eindimensionale Lösungsmenge.) Analog erhält man für λ 2 und v 2 : d. h. v T 2 =, it. iv, + v,2 =, Die Matrix B ist eine Dreiecksmatrix, d. h. die Eigenwerte finden sich auf der Hauptdiagonalen. (Vgl. Satz aus der Vorlesung. Alternativ kann man wie bei A vorgehen.) Der einzige Eigenwert ist also λ B = 5 mit algebraischer Vielfachheit 2. v,2

2 Die zugehörige Eigenwertgleichung lautet (B 5I) v = 2 v! = und besitzt die Lösung v T =, T (sowie alle komplexen Vielfachen). Die geometrische Vielfachheit ist damit. (Das kann man auch am Rang/Defekt von B 5I erkennen). (b) Durch Nachrechnen bestätigt man A T A = = 3 = I. (c) Der (einzige) Eigenwert von C lässt sich direkt aus dem Eigenwert λ B = 5 von B berechnen (vgl. den entsprechenden Satz aus der Vorlesung): λ C = λ 2 B + 2λ B 5 = Gegeben ist die Funktion f : R 2 R, f(x, y) = x 2 (2 y) y 3 + 3y 2 + 9y. (a) Wie lautet die Gleichung der Tangentialebene an den Graphen von f im Punkt (, ) in Koordinatenform? (b) In welcher Richtung ist der Anstieg des Funktionsgraphen von f im Punkt (, ) maximal? Berechnen Sie die zugehörige Richtungsableitung (d. h. den maximalen Anstieg). (c) Bestimmen Sie Art und Lage der lokalen Extrema von f. (a) Man berechnet die Ableitung bzw. den Gradienten von f gemäß 2x(2 y) f(x, y) = x 2 3y y + 9 Die Gleichung der Tangentialebene an f im Punkt x, y T =, T lautet dann t(x, y) = f(x, y ) + f(x, y ) T x x y y T 2 x = 2 + y = 2x + y. (b) Der Anstieg ist am größten in Richtung des Gradienten, d. h. in Richtung f(, ) n = f(, ) = Die zugehörige Richtungsableitung ist f n = f(, )T n = f(, )T f(, ) = f(, ) = 25. f(, ) (Man kann auch die unnormierte Version n = f(, ) verwenden, muss dann aber bei der Berechnung der Richtungsableitung normieren.)

3 (c) Die notwendige Bedingung für lokale Extrema liefert das nichtlineare Gleichungssystem 2x(2 y)! f(x, y) = x 2 3y 2 =. + 6y + 9 Die erste Gleichung x(2 y) ist für x = oder y = 2 erfüllt (Achtung: hier nicht kritiklos durch x oder 2 y dividieren dies führt zum Verlust von Lösungen! ). Einsetzen von x = in die zweite Gleichung liefert die quadratische Gleichung 3y 2 + 6y + 9 = mit den Lösungen y = 3 und y 2 = (bitte ausführen). Einsetzen von y = 2 in die zweite Gleichung führt auf x 2 = 9 mit den Lösungen x 3,4 = ±3. Insgesamt existieren also vier stationäre Punkte: (x, y ) = (, 3), (x 2, y 2 ) = (, ), (x 3, y 3 ) = (3, 2), (x 4, y 4 ) = ( 3, 2). Für die Prüfung der notwendigen Bedingungen berechnet man die Hesse-Matrix fxx (x, y) f H f (x, y) = xy (x, y) 4 2y 2x = f yx (x, y) f yy (x, y) 2x 6y + 6 und prüft auf Definitheit an den stationären Punkten. Die Hesse-Matrizen H f (x, y ) = 2 2 bzw. H f (x 2, y 2 ) = 6 2 sind negativ bzw. positiv definit. (Die Eigenwerte von Diagonalmatrizen findet man auf der Hauptdiagonalen.) Somit liegt bei (x, y ) ein lokales Maximum, und bei (x 2, y 2 ) ein lokales Minimum vor. Für die Hesse-Matrizen 6 H f (x 3, y 3 ) = 6 6 und H f (x 4, y 4 ) = gilt dagegen det H f (x 3, y 3 ) = det H f (x 4, y 4 ) = 36 <, d. h. die Hesse-Matrizen sind indefinit. Somit befinden sich an diesen Stellen Sattelpunkte. 3. Gegeben ist die Funktion sowie die Nebenbedingung f : R 2 R, f(x, y) = (x ) 2 + y 2 4 3y + 2x 5 =. (a) Bestimmen Sie mit Hilfe der Lagrange-Methode alle Punkte, die für f unter der gegebenen Nebenbedingung als lokale Extremstellen in Frage kommen. (b) Skizzieren Sie ein Höhenlinienbild (Karte) von f, das auch die Nebenbedingung enthält. Entnehmen Sie dieser Skizze, ob tatsächlich Extrema existieren, und ob es sich in diesem Falle um Minima oder Maxima handelt.

4 (a) Die Lagrange-Funktion zum gegebenen Problem lautet L(x, y; λ) = (x ) 2 + y λ(3y + 2x 5). Es sind deren stationäre Punkte zu bestimmen: 2x 2 + 2λ x,y,λ L(x, y; λ) = 2y + 3λ 3y + 2x 5 =! (Die dritte Gleichung ist gerade die Nebenbedingung und braucht daher nicht durch Ableiten von L bestimmt zu werden.) In diesem speziellen Beispiel liegt also ein lineares Gleichungssystem in x, y und λ vor dessen eindeutige Lösung (x, y, λ) = (3, 3, 2) z. B. durch Gauß-Elimiation bestimmt werden kann (bitte ausführen). Als einziges Extremum unter der genannten Nebenbedingung kommt also der Punkt (3,3) in Frage. (b) Die Höhenlinien von f zum Niveau c genügen per Definition der Gleichung Äquivalent kann man f(x, y) = (x ) 2 + y 2 4 = c. (x ) 2 + y 2 = c + 4 schreiben, d. h. es handelt sich um einen Kreis mit Radius c + 4. Selbstredend ist dabei c 4 vorauszusetzen. In eine Höhenkarte muss man nun mehrere solcher Linien zusammen mit der Nebenbedingung einzeichnen:. Man kann problemlos ablesen, dass bei (3, 3) ein lokales Minimum vorliegt. (Stellen Sie sich die Nebenbedingung wie einen Weg im Gelände vor, welches auf einer Landkarte mit Höhenlinien beschrieben ist. Sie durchlaufen entlang der Nebenbedingung eine Senke, ohne deren tiefsten Punkt zu erreichen. An irgendeiner Stelle hier (3,3) erreichen Sie auf Ihrem Weg einen tiefsten Punkt.)

5 4. Wir betrachten den endlichen Körper K, der vom Paraboloiden z = x 2 + y 2 und der Kegeloberfläche z = 2 x 2 + y 2 begrenzt wird. (a) Skizzieren Sie den Schnitt des Körpers in der x-z-ebene. (b) Bestimmen Sie die Masse von K, wobei die Dichte durch ϱ(x, y, z) = z gegeben ist. (a) Für y = ergeben sich für die Schnitte von Paraboloid und Kegeloberfläche mit der x-z-ebene: z = x 2 (Normalparabel) und z = 2 x 2 = 2 x. Das gesuchte Bild ist: (b) Da die Variablen x und y nur in der Form r 2 = x 2 + y 2 vorkommen, empfiehlt sich der Übergang zu Zylinderkoordinaten bezüglich der z-achse. (Der gesuchte Körper entsteht durch Rotation der in (a) gezeichneten Fläche um die z-achse.) Die Projektion der Schnittkurve von Grundfläche z = r 2 und Deckelfläche z = 2 r in die x-y-ebene ergibt sich durch Gleichsetzen: r 2 = 2 r (r ) r =. Der gesuchte Körper lässt sich somit in Zylinderkoordinaten als Normalbereich mit folgenden Grenzen darstellen: ϕ 2π, r, r 2 z 2 r.

6 Wir erhalten für die Masse m = ϱ(x, y, z)dv also m = = 2π 2 r ϕ= r= z=r 2 2π ϕ= r= 2π = 2 = 2 ϕ= r= 2π ϕ= = 2 2π 3 4 = 3 4 π. 2 z2 zr dz dr dϕ 2 r z=r 2 r dr dϕ (4r 4r 2 + r 3 r 5 ) dr dϕ 2r r3 + 4 r4 6 r6 dr dϕ r= (Da im Integrand von Anfang an keine Abhängigkeit von ϕ auftritt, kann man auch gleich bezüglich ϕ integrieren und das Integral in ϕ durch den Faktor 2π ersetzen.) 5. (a) Man berechne die Bogenlänge der logarithmischen Spirale γ :, 4π R 2, γ(t) = e t 4 sin t cos t (b) Besitzt das Vektorfeld F : R 2 R 2, F (x, y) = 2x y eine Potentialfunktion/Stammfunktion? Wenn ja, bestimmen Sie eine. (c) Man berechne die Arbeit W = γ F ( x) d x, wenn γ die Kurve aus (a) und F das Vektorfeld (Kraftfeld) aus (b) ist.. (a) Wir verwenden das Kurvenintegral. Art (Bogenlängenintegral). Es gilt γ (t) = e t 4 cos t 4 sin t sin t 4 cos t und somit γ (t) 2 = = ( ) e t 2 4 ((cos t 4 sin t)2 + ( sin t ) 4 cos t)2 ( ) ( e t 2 4 cos 2 t 2 sin t cos t + 6 sin2 t + sin 2 t + sin t cos t + 2 = 7 ( ) e t ) 6 cos2 t

7 bzw. Für die gesuchte Bogenlänge gilt also γ (t) = 7 4 e t 4. L( γ) = 4π γ (t) dt = 7 4 4π e t 4 dt = 7 e t 4 4π = 7( e π ). (b) Wegen F y = F 2 x = (Integrabilitätsbedingung) besitzt F eine Potentialfunktion V. Diese muss V (x, y) = F (x, y) erfüllen, d. h. in unserem Fall Vx (x, y) V y (x, y)! 2x = y Integration der Gleichung aus der ersten Komponente bezüglich x liefert V (x, y) = 2x dx = x 2 + C(y). () (Übersehen Sie auf keinen Fall die Abhängigkeit der Integrationskonstanten von y!) Von dieser Darstellung ausgehend erhält man V y (x, y) = + C (y)! = y. Die Differentialgleichung C (y) = y kann man wiederum durch Integration bezüglich y lösen und erhält C(y) = 2 y2 + c (c R) als allgemeine Lösung. Einsetzen in () liefert V (x, y) = x 2 2 y2 + c (c R) als Potential-/Stammfunktion. Die Konstante c kann man für unsere Zwecke frei wählen eine mögliche Potentialfunktion (c = ) ist also V (x, y) = x 2 2 y2. (c) Da F ein stetiges Potentialfeld ist, hängt das gesuchte Kurvenintegral 2. Art (Arbeitsintegral) nur vom Potential an den Endpunkten der Kurve ab ( Wegunabhängigkeit ). Wir berechnen also γ() = und γ(4π) = e π und erhalten W = γ F ( x) d x = V ( γ(4π)) V ( γ()) = 2 (e 2π ) = 2 ( e 2π ).

8 6. (a) Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems y + te y =, y() =. (b) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y (t) = 2y (t) 5y(t). (a) Es handelt sich um eine separable Differentialgleichung ( dy dt = y = te y ), die man mittels Trennung der Variablen löst. Wir arbeiten die Anfangsbedingung gleich in das Integral ein. (Alternativ berechnet man die allgemeine Lösung und gleicht die Konstante ab.) Variation der Konstanten liefert also y e ỹ dỹ = t t d t e ỹ y = 2 t 2 t e y = 2 (t2 ) e y = 2 (t2 + ). Die Lösung des Anfangswertproblems ist damit ( ) y(t) = ln 2 (t2 + ) = ln(x 2 + ) + ln 2. (b) Dies ist eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Wir bestimmen die Nullstellen des charakteristischen Polynoms:! = λ 2 + 2λ + 5 λ,2 = ± i 5 = ± 2i. Damit ist die allgemeine Lösung der Differentialgleichung gegeben durch y(t) = e t (c cos 2t + c 2 sin 2t) (c, c 2 R).