Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik. Modulprüfung

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1 Institut für Analysis SS7 PD Dr. Peer Christian Kunstmann Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Modulprüfung Aufgabe [5+5= Punkte] (a) Zeigen Sie, dass die Matrix α A α =, α. genau dann diagonalisierbar ist, wenn α = ist. (b) Gegeben sei die Matrix mit Eigenvektoren v = B = 3 3 und v =. Berechnen Sie die Matrix B 4. Lösungsvorschlag (a) Die Matrix A ist schon in Diagonalgestalt, also insbesondere diagonalisierbar. Sei also α. Das charakteristische Polynom der Matrix A α ist gegeben durch p α (λ) = det(a α λi) = ( λ) ( λ). Man sieht, dass die Matrix A α die Eigenwerte λ = mit algebraischer Vielfachheit und λ = mit algebraischer Vielfachheit besitzt. Offensichtlich ist (,, ) ein Eigenvektor zum Eigenwert λ, und da die geometrische Vielfachheit immer kleiner oder gleich der algebraischen Vielfachheit ist, muss der Eigenraum zum Eigenwert λ der eindimensionale Unterraum aufgespannt von (,, ) sein. Weiter ist α ker (A α I) = ker = span. Die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts λ ist also gegeben durch dim ker (A α I) =. Insbesondere ist die geometrische Vielfachheit ungleich der algebraischen Vielfachheit. Damit ist die Matrix A α für α nicht diagonalisierbar.

2 (b) Setze O =. Dann ist O eine orthogonale Matrix (da die Zeilen aufeinander orthonormal sind, d.h. O = O T = O) aus Eigenvektoren von B. Wegen Bv = 4v =: λ v und Bv = v =: λ v gilt nach dem Spektralsatz für symmetrische Matrizen, dass 4 B = O O T := ODO T. Damit erhalten wir wegen O T O = I, B 4 = [ ODO ] T 4 = ODO T ODO T O O T ODO T = OD 4 O T = ( λ 4 λ 4 = (λ4 + λ 4 ) (λ4 λ 4 (λ4 λ 4 ) (λ4 + λ 4 = Alternativ: Man berechnet B = =, B 3 = 4, B 4 = 8, und vermutet die allgemeine Formel B n = n n + n n n, + ) ) ) ) gezeigt wer- welche per Induktion (korrekte Ausführung des Induktionsbeweises den kann. Damit erhält man B 4 =

3 Aufgabe [8+= Punkte] Gegeben sei die Menge M := {(x, y, z) 3 x + y + z =, z > }, sowie das Vektorfeld F (x, y, z) = x(y + z ) y(x + z ), (x, y, z) 3. z(x + y ) (a) Berechnen Sie den Fluss M F N do des Vektorfeldes F aus M, wobei N das äußere Einheitsnormalenfeld von M bezeichnet. (b) Seien und reguläre Kurven in 3, die im Ursprung starten und im Punkt (x, y, z ) 3 enden. Zeigen Sie, dass F d s = F d s. Lösungsvorschlag (a) Wir definieren die Menge G := {(x, y, z) 3 x + y + z, z }. Dann gilt G = M D wobei D = {(x, y, ) x + y }. Die Parametrisierung von D durch (ρ, φ) (ρ cos(φ), ρ sin(φ), ), φ [, π), ρ [, ] ist regulär mit äußerer Einheitsnormale N(ρ, φ) = (,, ), und man berechnet F N do =. D Wendet man nun den Satz von Gauß (Divergenzsatz) auf die Menge G an, so folgt F N do = F N do + F N do M M D = F N do = F d(x, y, z) = d(x, y, z). G Somit liefert die echnung (mit dem Prinzip projezierbarer Mengen) ( d(x, y, z) = x + y + z ) d(x, y)dz G = π {x +y z } z den gesuchten Fluss M F N do = π 5. G (r + z )r drdz = π 8 G ( + z 3z 4) dz = π 5

4 (b) Es ist rot F (x, y, z) = yz yz xz xz = xy xy auf 3. Da 3 einfach zusammenhängend ist, gilt daher für den geschlossenen Weg = + ( ) vom Ursprung entlang nach (x, y, z ) und (rückwärts) entlang zum Ursprung zurück, F d s = F d s F d s =, und damit gilt auch die behauptete Gleichheit. Alternativ: Man sieht sehr leicht, dass Φ : 3, Φ(x, y, z) = 4 ( x y + x z + y z ), (x, y, z) 3 ein Potentialfeld zu F ist, also f = Φ. Dann gilt aber schon F d s = Φ(x, y, z ) Φ(,, ) = F d s.

5 Aufgabe 3 [5+3+= Punkte] Sei f(x, y) := y 5 xy 3 + 5x 4 für x, y >. (a) Bestimmen und klassifizieren Sie alle lokalen Extrema von f auf der Menge + = {(x, y) : x >, y > }. { } (b) Sei (x, y ) + \ ( 3 4 5, 3 5 ) eine Lösung der Gleichung f(x, y) =. Zeigen Sie, dass es offene Intervalle U, V mit x U und y V, sowie eine stetig differenzierbare Funktion g : U V, gibt mit f(x, g(x)) = für alle x U. { } (c) In welchem Punkt (x, y ) + \ ( 3 4 5, 3 5 ) mit f(x, y ) = gilt für die implizit durch f(x, y) = definierte Auflösung y = g(x) nach y, dass g (x ) =? Lösungsvorschlag (a) Gradient und Hessematrix der Funktion f sind gegeben durch y f(x, y) = 3 + x 3 6y 4 6xy und 6x 6y H f (x, y) = 6y 4y 3. xy Kandidaten für lokale Extremstellen von f für x, y > sind Nullstellen des Gradienten, also Lösungen des nichtlinearen Gleichungssystems x 3 y 3 = 6y 4 6xy = (I) (II) mit x, y >. Aus Gleichung (I) erhält man direkt x = y, und somit eingesetzt in Gleichung (II), x = y =. Da die Hessematrix von f an der Stelle (, ), 6 6 H f (, ) =, 6 wegen det H f (, ) = = 6 6 > und spur H f (, ) = 6+ > nur positive Eigenwerte besitzen kann, ist H f (, ) positiv definit. Die Funktion f hat daher auf der Menge x, y > ein lokales Minimum in (, ) (mit Wert f(, ) = 3). (b) Nach dem Satz über implizit definierte Funktionen existiert eine lokale Auflösung der Gleichung f(x, y ) = in einer Umgebung des Punktes (x, y ) + nach y, falls y f(x, y ). Nun ist y f(x, y) = genau dann, wenn also x = y. 6y 4 = 6xy,

6 Zusammen mit der Bedingung f(x, y) = erhalten wir = f(y, y) = y 5 y 5 + 5y 8, mit der Lösung (y >!) y = 3 8 = 5. Damit ist der Punkt (x 3 5, y ) = (y, y ) = ( 4 3 5, 3 5 ) der einzige Punkt auf der Niveaulinie f(x, y) =, in dem die lokale Auflösbarkeit nach dem Satz über implizit definierte Funktionen nicht garantiert ist. (c) Nach dem Satz über implizit definierte Funktionen (bzw. der Kettenregel) gilt g (x) = xf(x, y) y f(x, y) = y3 x 3 6y 4 6xy und damit g (x) = genau dann, wenn x = y. Zusammen mit = f(x, g(x)) = f(x, x) = x 5 x 4 + 5x 4 = x 5 5x 4 folgt damit x = 5 4 = y.

7 Aufgabe 4 [5+5= Punkte] (a) Bestimmen Sie die Fouriertransformierte der Funktion {, x [, ] f(x) :=, sonst und berechnen Sie damit den Wert des Integrals sin x dx. x (b) Gegeben sei die Funktion := 7 k= z k. Bestimmen Sie für alle n Z mit n den Wert des Integrals dz, zn+ wobei den positiv orientierten and der Einheitskreisscheibe in C bezeichnet. Lösungsvorschlag (a) Es ist ˆf() = f(x) dx = dx = 4, und für ξ ˆf(ξ) = f(x) e iξx dx = e iξx dx = e iξ e iξ iξ = sin(ξ) ξ = 4 sin(ξ). ξ Da nun die Funktion f absolut integrierbar ist und weiter f(x) dx = dx = 4 < gilt, können wir den Satz von Plancherel anwenden Es folgt also und erhalten 4 = f(x) dx = π ˆf(ξ) dξ = ( 4 sin(ξ) ) dξ π ξ = 4 sin(ξ) d(ξ) = 4 sin ξ dξ. π ξ π ξ sin ξ dξ = π. ξ

8 (b) Die Funktion h hat isolierte Polstellen. Ordnung bei und ist sonst holomorph. Wir schreiben = z 7 k= z k = k, k =,..., 7, = z k z g(z) mit einer Funktion g, die holomorph auf der offenen und einfach zusammenhängenden Menge G = {z C : z < 3 } ist. ist eine einfach geschlossene und positiv orientierte Kurve in G. Insbesondere ist = z n g(z) holomorph auf G für n <, und damit gilt nach z n+ dem Cauchy-Integralsatz dz = zn+ in diesem Fall. Für n = folgt mit der Cauchy-Integralformel g(z) dz = dz = dz zn+ z 7 = πig() = πi k = πi 7 7! = πi 6 7! k=. Alternativ: Mit esiduensatz: Sei G = {z C : z < 3 }. Dann ist G einfach zusammenhängend und ist eine einfach geschlossene und positiv orientierte Kurve in G. h ist holomorph auf G \ {} und z = liegt innerhalb der Kurve. Für n = gilt damit nach dem esiduensatz dz = dz = πi es(h, ) = πi lim z zn+ z = πi 7 k= k = πi 7 7! = πi 6 7! Da h einen Pol erster Ordnung bei z = hat, beginnt die Laurentreihenentwicklung mit dem Term (d.h. der Hauptteil der Laurenreihe besteht nur aus dem Term). Insbesondere verschwindet der Hauptteil der Laurenreihenentwicklung von für n < (mit anderen Worten, die Singularität bei z z n+ = von ist z n+ hebbar). Damit ist das esiduum an der Stelle z = in diesem Fall gegeben durch es(, ) = und es folgt mit dem esiduensatz z n+ dz =. zn+.