Analysis II - 2. Klausur

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1 Analysis II - 2. Klausur Sommersemester 25 Vorname: Name: Aufgabe Aufgabe 2 Aufgabe 3 Aufgabe 4 Aufgabe 5 Aufgabe 6 Aufgabe 7 Summe

2 Analysis II - 2. Klausur Aufgabe 6 Punkte Betrachten Sie die C -Funktion f : R 4 R, f(, y, z, t) 2 + zt e y. (a) Berechnen Sie den Gradienten f im allgemeinen Punkt (, y, z, t) T. (Die Punkte erhalten Sie auch wenn Sie den Gradienten ohne Beweis/Rechnung angeben). (b) Berechnen Sie die Hesse-Matri H f im allgemeinen Punkt. (Die Punkte erhalten Sie auch wenn Sie die Matri ohne Beweis/Rechnung angeben). (c) Entscheiden Sie, ob f im Nullpunkt ein Etremum besitzt. (Beweisen Sie hier Ihre Behauptung ausführlich!) Zu a): die partiellen Ableitungen sind f f ( ) 2, y ( ) ztey, f z ( ) tey, f t ( ) zey f( ) 2 zte y te y. ze y Zu b): Da f zweimal stetig total differenzierbar ist muss die Hesse-Matri symmetrisch sein. Es genügt also, das obere linke Dreieck von H f zu berechnen und dann umzuklappen : 2 2 H f (, y, z, t) zte y te y ze y e y H f (, y, z, t) zte y te y ze y te y e y. ze y e y Zu c): Die notwendige Bedingung f( ) ist zunächst erfüllt. Die Hesse-Matri ist im Nullpunkt 2 H f ( ). Die zugehörige quadratische Form ist Q(, y, z, t) T H f zt. Offenbar gilt Q(,,, ) (also ist die Matri schonmal nicht definit), Q(,,, ) 2 (also ist sie nicht negativ-semidefinit) und Q(,,, ) 2 (also ist sie nicht positiv-semidefinit). Nach Definition der Vorlesung ist sie damit indefinit, also besitzt f keine Etremstrelle in.

3 Alternative : Die Etremaleigenschaft kann direkt geprüft werden: dazu wählen wir die Folgen n n, y n n, die wegen n y n n 2 für n gegen den Nullpunkt konvergieren. Nun gilt aber f( n ) f(,, n, n ) n 2 >, f( y n) f(,, n, n ) n 2 <. Damit besitzt f kein Etremum im Nullpunkt, denn für jedes noch so kleine ε > gibt es n und y n innerhalb U ε ( ) für genügend großes n, so dass f( y n ) < f( ) < f( n ) gilt.

4 Analysis II - 2. Klausur Aufgabe 2 2 Punkte Ein f : R 3 R 3 heißt Gradientenfeld, wenn es eine C 2 -Funktion h : R 3 R mit f h gibt. Beweisen Sie, dass Gradientenfelder stets rotationsfrei sind. Es sei h : R 3 R eine C 2 -Funktion, und f h (h, h y, h z ) T das zugehörige Gradientenfeld. Die Rotation von f ist dann rot( f) h z y h z hy z hz h y h y h yz h zy h z h z, h y h y da wegen h C 2 der Satz von Schwarz 8.4. gilt, und deswegen die Reihenfolge der partiellen Ableitungen unerheblich ist.

5 Analysis II - 2. Klausur Aufgabe 3 2 Punkte Betrachten Sie die C -Funktion f(, y) 2 2y 2 auf R 2. (a) Bestimmen Sie alle Etremstellen von f ohne Nebenbedingungen sowie deren Typ. (b) Bestimmen Sie alle Etremstellen sowie deren Typ unter der Nebenbedingung. Zu a): Der Gradient von f ist f(, y) ( f, f ) T y ( ) 2. 4y Es ist offensichtlich, dass f(, y) nur für (, y) T möglich ist. Wegen der notwendigen Bedingung für Etrema kann f, falls überhaupt, nur eine Etremstelle im Nullpunkt besitzen. Wir berechnen die Hesse-Matri von f. Da f ein Polynom vom Grad 2 ist muss diese konstant sein. Da in jeder partiellen Ableitung nach einer Variablen nur diese Variable auftritt verschwinden alle gemischten partiellen Ableitungen der Ordnung 2, d. h. die Hesse-Matri ist diagonal: ( ) 2 H f (, y) H f. 4 Bei Diagonalmatrizen stehen die Eigenwerte auf der Diagonale, insbesondere besitzt die Hesse-Matri den positiven Eigenwert 2 sowie den negativen Eigenwert 4. Damit ist H f im Nullpunkt indefinit, d. h. ist ein Sattelpunkt (das verwundert nicht, denn f beschreibt ein Hyperboloid). Also besitzt f keine Etremstellen. Zu b): Die Nebenbedingung ist genau in dem 2-dimensionalen Einheitskreis erfüllt. Dieser ist beschränkt und wegen der Stetigkeit des Betrags auch abgeschlossen. Damit ist die Teilmenge der R 2, auf der die Nebenbedingung erfüllt ist, eine kompakte Menge. Die stetige Funktion f muss auf ihr daher ein Maimum und ein Minimum annehmen. Die Nebenbedingung kann auch in der Form g(, y) mit g(, y) 2 + y 2 formuliert werden. Angenommen f besitzt unter dieser Nebenbedingung ein Etremum in einem Punkt (, y) T R 2, dann gibt es nach der Multiplikatorenregel von Lagrange ein λ R, so dass das Gleichungssystem f g ( ) + λ ( ) f g y ( ) + λ y ( ) erfüllt ist. Einsetzen der partiellen Ableitungen ergibt das System 2 + 2λ 4y + 2λy :2 (λ + ) (λ 2)y

6 Zunächst ist nicht der Nullpunkt, da dieser nicht die Nebenbedingung erfüllt, d. h. es ist mindestens eine der Variablen und y von Null verschieden. Fall Das System ist offensichtlich nur für λ lösbar, woraus wegen der zweiten Gleichung y folgt. Die Nebenbedingung 2 + y 2 ist dann nur noch für ± erfüllbar. Der Funktionswert in diesen Punkten ist f(±, ). Fall y In diesem Fall ist das System nur für λ 2 lösbar, woraus aber wegen der ersten Gleichung folgt. Analog erfüllen nur die Punkte (, ±) T die Nebenbedingung und diese Voraussetzung. Für diese Punkte ist der Funktionswert von f aber 2. Insgesamt nimmt f unter der Nebenbedingung zwei (strenge) Maima an in (, ) T (, ) T, sowie zwei (strenge) Minima in den Punkten (, ) T und (, ) T. und

7 Analysis II - 2. Klausur Aufgabe 4 4 Punkte Werten Sie dieses Bereichsintegral aus: ( 2 + y 2 + z 2 ) a d(, y, z), A {(, y, z) T R y 2 + z 2 }, a > beliebig. A Die Kugeltransformation cos(ϕ) cos(ψ) u(r, ϕ, ψ) r sin(ϕ) cos(ψ) sin(ψ) besitzt laut Vorlesung die Funktionaldeterminante r 2 cos(ψ), die bis auf eine Nullmenge positiv ist. Die Abbildung u bildet das kompakte Intervall T [, ] [, ] [ 2 π, ] ab auf die Menge A (Einheitskugel des R 3 ) und ist bis auf eine Nullmenge injektiv. Mit der Substitutionsformel 9.3. folgt ( 2 + y 2 + z 2 ) a d (r 2 cos(ϕ) 2 cos(ψ) 2 + r 2 sin(ϕ) 2 cos(ψ) 2 + r 2 sin(ψ) 2 ) a r 2 cos(ψ)d(r, ϕ, ψ) A u(t ) T Fubini 2 π (cos(ϕ) 2 cos(ψ) 2 + sin(ϕ) 2 cos(ψ) 2 + sin(ψ) 2 ) a cos(ψ)dψdϕdr 2 π 2 π (cos(ψ) 2 (cos(ϕ) 2 + sin(ϕ) 2 ) + sin(ψ) 2 ) a cos(ψ)dψdϕdr }{{} 2 π 2 π (cos(ψ) 2 + sin(ψ) 2 ) a cos(ψ)dψdϕdr }{{} 2 π 2 π 2 π cos(ψ)dψdϕdr Ana I [sin(ψ)] 2 π 2 π dϕdr ( ( ))dϕdr

8 2 dϕdr 2 dr 4π [ dr 4π 2a + 3 r2a+3 ] 4π 2a + 3.

9 Analysis II - 2. Klausur Aufgabe 5 4 Punkte Werten Sie dieses Bereichsintegral aus: ( 2 + y 2 z 2 )d(, y, z), B {(, y, z) T R 3 z [, ], 2 + y 2 [, 4]}. B Die Zylindertransformation g(r, φ, z) r cos(φ) r sin(φ) z besitzt laut Vorlesung die Funktionaldeterminante r, die bis auf eine Nullmenge positiv ist. Sie führt das kompakte Intervall T [a, b] [, ] [, ] über in den Zylinder Z {(, y, z) T R 3 z [, ], a 2 + y 2 b}. Um die Menge B zu erhalten, muss das kompakte Intervall T [, 2] [, ] [, ] gewählt werden. Auch auf diesem Intervall ist g injektiv bis auf eine Nullmenge, und es gilt ( 2 + y 2 z 2 )d (r 2 cos(φ) 2 + r 2 sin(φ) 2 z 2 ) rd(r, φ, z) 9.3. B g(t ) T Fubini 2 (r 2 cos(φ) 2 + r 2 sin(φ) 2 z 2 ) rdzdφdr 2 r (r 2 (cos(φ) 2 + sin(φ) 2 ) z 2 )dzdφdr }{{} 2 r (r 2 z 2 )dzdφdr Ana I 2 r [ r 2 z 3 z3 ] dφdr 2 r (r 2 3 )dφdr 2 r(r 2 3 )dr [ 4 r4 6 r2 ] 2 ( ) 3 2 π.

10 Analysis II - 2. Klausur Aufgabe 6 6 Punkte Es sei K [, ] 2 ein Parameterbereich und Φ(u, v) u v eine darüber parametrisierte Fläche im R 3. Berechnen Sie mit Hilfe des Integralsatzes von Stokes das Oberflächenintegral rot( f) ndb, f( ) cos() sin(y). Φ e yz Sie brauchen hier keine Voraussetzungen zu überprüfen. Das Oberflächenintegral kann auch direkt berechnet werden, dafür bekommen Sie aber keine Punkte. Eine positive Orientierung des Rands von K ist gegeben durch die jeweils auf [, ] definierten Kurven ( ( ( ) ( ) t t γ : t, γ ) 2 : t, γ t) 3 : t, γ 4 : t. t Die Punktemenge von Φ ist offenbar das kompakte Intervall [, ] [, ] {} R 3. Einsetzen der Kurven in die Parameterdarstellung der Fläche ergibt Φ γ : t t, Φ γ 2 : t t t, Φ γ 3 : t, Φ γ 4 : t t. Deren Ableitungen nach t sind d dt Φ γ : t, d dt Φ γ 2 : t, d dt Φ γ 3 : t, Damit ergeben sich die zugehörigen Kurvenintegrale zu f( )d f(φ(γ (t))) d dt (Φ γ )dt cos(t) sin() dt Φ γ e d dt Φ γ 4 : t. cos(t)dt, Φ γ 2 f( )d f(φ(γ 2 (t))) d dt (Φ γ 2)dt cos() sin(t) dt e 4π2 t sin(t)dt,

11 Φ γ 3 f( )d cos( t) sin() dt e ( t) ( ) cos( t)dt Ana I cos(u)du, Φ γ 4 f( )d cos() sin( t) dt e Daraus folgt insgesamt mit dem Integralsatz von Stokes rot( f) ndb f( )d f( )d + + Φ γ Φ Φ γ ( ) sin( t)dt Ana I sin(u)du. Φ γ 4 f( )d

12 Analysis II - 2. Klausur Aufgabe 7 8 Punkte Kreuzen Sie in der folgenden Tabelle an, ob die gegebenen Aussagen wahr oder falsch sind. Für jedes richtig gesetzte Kreuz erhalten Sie einen Punkt, für jedes falsch gesetzte Kreuz bekommen Sie einen Punkt abgezogen. Die gesamte Aufgabe wird jedoch in keinem Fall mit einer negativen Anzahl Punkte bewertet. Sie können auch in einer Zeile nichts ankreuzen. Sie müssen ihre Aussagen nicht beweisen. Behauptung Wahr Falsch Ist f F n nach,..., n partiell differenzierbar, so ist f differenzierbar. Ist f F n differenzierbar, so ist f nach allen j partiell differenzierbar. Es gilt symbolisch ( )h für alle h C 2 (R 3 ). Sind f, g : I R (I Intervall des R n ) bereichsintegrierbar, so auch f g. Es gilt 2 2 f 2 2 f für nach, 2 zweimal partiell differenzierbare f. Nullmengen besitzen Jordanmaß Null. Jedes lineare Vektorfeld f( ) A ist rotationsfrei. Jede konvee Menge ist sternförmig. Behauptung Wahr Falsch Ist f F n nach,..., n partiell differenzierbar, so ist f differenzierbar. Ist f F n differenzierbar, so ist f nach allen j partiell differenzierbar. Es gilt symbolisch ( )h für alle h C 2 (R 3 ). Sind f, g : I R (I Intervall des R n ) bereichsintegrierbar, so auch f g. Es gilt 2 2 f 2 2 f für nach, 2 zweimal partiell differenzierbare f. Nullmengen besitzen Jordanmaß Null. Jedes lineare Vektorfeld f( ) A ist rotationsfrei. Jede konvee Menge ist sternförmig. Ist f Fn nach,..., n partiell differenzierbar, so ist f differenzierbar: FALSCH Siehe die Einleitung zu Abschnitt 8.2 im Skript. Das ist der zentrale Grund, warum für höhere Dimension zwischen partieller und totaler Differenzierbarkeit unterschieden werden muss. Ist f F n differenzierbar, so ist f nach allen j partiell differenzierbar: WAHR

13 Totale Differenzierbarkeit impliziert partielle Differenzierbarkeit nach Satz Es gilt symbolisch ( )h für alle h C 2 (R 3 ): WAHR Es sei h irgend eine C 2 -Funktion, dann ist ( )(h) ( h) rot( h) nach der Beweisaufgabe 2. Sind f, g : I R (I Intervall des R n ) bereichsintegrierbar, so auch f g: WAHR Das folgt aus dem Integrierbarkeitskriterium von Lebesgue: sind f und g jeweils integrierbar und N f bzw. N g die Mengen der Unstetigkeitsstellen von f und g, so sind beide Mengen Nullmengen im R n. Auch N f N g ist eine Nullmenge, und die Menge der Unstetigkeitsstellen von f g kann nicht größer als diese Menge sein (warum?), also ist nach dem Kriterium auch f g integrierbar. Es gilt 2 2 f 2 2 f für nach, 2 zweimal partiell differenzierbare f: FALSCH Das gilt nur, falls die partiellen Ableitungen auch stetig sind (Satz 8.4. und Definition der C-Klassen). Ein Gegenbeispiel gibt Aufgabe 39 vom Übungsblatt 7. Nullmengen besitzen Jordanmaß Null: FALSCH Das gilt nur, falls die Nullmenge auch messbar ist. Q n besitzt kein Jordanmaß, ist aber eine Nullmenge. Jedes lineare Vektorfeld f( ) A ist rotationsfrei: FALSCH Ein Gegenbeispiel ist f( ) mit konstanter Rotation (, 2, ) T auf ganz R 3. Da die totale Ableitung von f gerade die Matri A ist gilt Rotationsfreiheit nur, wenn A eine symmetrische Matri ist (vgl. die Beweisaufgabe 2). Das widerspricht nicht der Anschauung, da Drehungen durchaus lineare Operationen sind. Jede konvee Menge ist sternförmig: WAHR Sieht man sofort an den Definitionen der beiden Eigenschaften.