Höhere Mathematik für Ingenieure , Uhr - Aufgabenteil (180 min.) -

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1 Studiengang: Matrikelnummer: Z Aufgaben Theorie Gesamt Note Prüfungsklausur zum Modul Höhere Mathematik für Ingenieure , Uhr - Aufgabenteil (18 min.) - Zugelassene Hilfsmittel: A4-Blätter eigene, handschriftliche Ausarbeitungen aber keine Vorlesungsoder Übungsmitschriften, Formelsammlungen aber keine Lehrbücher, die vorgegebene Tabelle von Grenzwerten, Reihen, Grundintegralen und Integrationsformeln, Taschenrechner (auch grafikfähig) aber ohne Computer-Algebra-Sstem (CAS). Bearbeiten Sie bitte jede Aufgabe auf einem separaten Blatt bzw. auf separaten Blättern. Das Aufgabenblatt ist mit abzugeben. Vergessen Sie bitte nicht, auf dem Aufgabenblatt und jedem Lösungsblatt Ihre Matrikelnummer gut leserlich anzugeben. Der Lösungsweg ist stets anzugeben, er sollte in allen Schritten durch eigene Rechnungen deutlich erkennbar, begründet und nachvollziehbar sein. Das gilt insbesondere für auftretende Integrale, die durch Anwendung geeigneter Integrationsmethoden zu lösen sind. Nur dann kann nach detaillierter Bewertung die volle Punktzahl erreicht werden. Viel Erfolg! Aufgabe 1: Gegeben sei die Matri a A a = 1, a R. 5 Punkte (a) Wie muss a R gewählt werden, damit v = (1,, ) T Eigenvektor von A a ist? (b) Bestimmen Sie die Eigenwerte von A a (für allgemeines a R). (c) Untersuchen Sie unter Verwendung der algebraischen und geometrischen Vielfachheiten der Eigenwerte, für welche a R die Matri A a diagonalisierbar ist. (a) Es muss eine Zahl λ (den entsprechenden Eigenwert) geben, so dass a λ A a v = 6 = λ v = λ 6 λ gilt. Offenbar ist dann λ = 3 und damit a = 3. (b) Zur Bestimmung der Eigenwerte betrachten wir die Nullstellen des charakteristischen Polnoms von A. Wir erhalten a λ det(a λe) = det 1 λ λ ( ) 1 λ = (a λ) det = (a λ)(1 λ)( λ) =. λ

2 Die Eigenwerte sind damit λ 1 = a, λ = 1 und λ 3 =. (c) Wenn a weder 1 noch ist, haben wir drei verschiedene (algebraisch einfache) Eigenwerte. Dann ist A a mit Sicherheit diagonalisierbar, da die Eigenvektoren zu verschiedenen EW linear unabhängig sind und es somit eine Basis des R 3 aus drei linear unabhängigen EV von A a gibt. (Als Begründung könnte man auch anführen, dass dann notwendigerweise die algebraischen Vielfachheiten aller EW gleich den geometrischen sein müssen, und zwar alle gleich 1.) Im Falle a = 1 haben wir den Eigenwert λ 1, = 1 mit der algebraischen Vielfachheit und müssen noch dessen geometrische Vielfachheit prüfen. Zur Bestimmung der zum EW 1 gehörigen Eigenvektoren müssen wir das homogene Gleichungssstem (A 1 1 E) = lösen: 1. Da wir in der zweiten Spalte kein Pivotelement gewählt haben, setzen wir die Variable = t R als Parameter und erhalten die allgemeine Lösung = t 1, t R. Der Eigenunterraum wird somit von nur einem Vektor aufgespannt, die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts λ = 1 ist damit 1, also kleiner als die algebraische. Daher ist A 1 nicht diagonalisierbar. Analog haben wir im Falle a = den EW λ = mit algebraischer Vielfachheit, das Gleichungssstem (A E) = lautet 1 mit der allgemeinen Lösung = t, t R. 1 Auch hier ist also die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts λ = gleich 1 und damit kleiner als die algebraische, so dass A nicht diagonalisierbar ist. Aufgabe : Gegeben sei die Funktion f(, ) = ln( + ) Punkte (a) Bestimmen und skizzieren Sie den Definitionsbereich D f von f. (b) Berechnen Sie die Richtungsableitung f ( ) T (, e) mit r = r,. (c) Untersuchen Sie die Funktion f auf lokale Etrema.

3 (a) Da die Logarithmusfunktion nur für positive Argumente definiert ist, besteht der Definitionsbereich von f aus allen Punkten (, ) mit + >, d. h. >. Anschaulich handelt es sich um die Halbebene oberhalb der Geraden = (die Gerade nicht eingeschlossen). = 1 1 (b) Wir haben die partiellen Ableitungen erster Ordnung f (, ) = +, f (, ) = ln( + ) + +, der Gradient von f im Punkt (, e) ist also ( ) ( ) f (, e) 1 (grad f)(, e) = =. f (, e) Da r bereits normiert ist, berechnet sich die Richtungsableitung als Skalarprodukt des Gradienten mit r: f (, e) = (grad f)(, e) r = r. (c) Notwendige Bedingungen für lokale Etrema: f (, ) = + f (, ) = ln( + ) + = + =. Die erste Gleichung ergibt =, Einsetzen in die zweite führt auf ln =, also = 1. Wir haben also den einzigen stationären Punkt P 1 = (1, ). Die partiellen Ableitungen zweiter Ordnung sind f (, ) = ( + ), f (, ) = f (, ) = f (, ) = ( + ). ( + ), Wir untersuchen nun die aus diesen gebildete Hesse-Matri H f : ( ) 1 Es gilt H f (P 1 ) =. Da det H 1 f (P 1 ) = 1 <, ist die Hesse-Matri indefinit, d. h. in P 1 liegt kein Etremum, sondern ein Sattelpunkt vor. Aufgabe 3: Durch F (, ) = = wird implizit eine Kurve in 8 Punkte der --Ebene beschrieben. (a) Bestimmen Sie die Schnittpunkte dieser Kurve mit den Koordinatenachsen. Berechnen Sie die Anstiege () in diesen Schnittpunkten, soweit diese dort eistieren.

4 (b) Bestimmen Sie alle Kurvenpunkte mit horizontalen und mit vertikalen Tangenten. (c) Skizzieren Sie auf der Grundlage Ihrer Ergebnisse die Kurve. (a) Im Schnittpunkt mit der -Achse ist =, Einsetzen in die Kurvengleichung liefert F (, ) = + 3 = mit den Lösungen 1 = 1, = 3. Schnittpunkte mit der -Achse sind also P 1 = (, 1) und P = (, 3). Im Schnittpunkt mit der -Achse ist =, Einsetzen in die Kurvengleichung liefert F (, ) = 3 = mit den Lösungen 1 = 1, = 3. Schnittpunkte mit der -Achse sind also P 3 = (3, ) und P 4 = ( 1, ). In Punkten (, ) mit F (, ) ist die Gleichung F (, ) = lokal zu einer Funktionsgleichung = f() auflösbar, für die Ableitung der impliziten Fuktion f gilt = f () = F (, ). Insbesondere hat die Kurve eine horizontale Tangente F (, ) im Punkt (, ), wenn F (, ) und F (, ) = gilt. Analog hat die Kurve eine vertikale Tangente im Punkt (, ), wenn dort F (, ) = und F (, ) gilt. Demnach eistiert eine implizite Funktion = f() in den Punkten P 1, P, P 3, da dort F nicht ist. Für den Anstieg = f () = F (, ) + = F (, ) + + erhalten wir im Punkt P 1 : = im Punkt P : = im Punkt P 1 : = 1, insbesondere liegt in P 1 eine horizontale Tangente vor. Im Punkt P 4 ist F gleich (und F = 4) dort ist die Kurvengleichung nicht nach (aber nach ) lokal auflösbar, es liegt eine vertikale Tangente vor. (b) Um zu prüfen, ob es außer den unter (a) gefundenen weitere Punkte mit horizontalen Tangenten gibt, setzen wir F = + = und erhalten = 1. Einsetzen dieser Beziehung in die Kurvengleichung F (, ) = liefert + (1 ) + (1 ) + (1 ) 3 =... = 4 =, also = mit dem dazugehörigen = 1. Dies ist der obige Punkt P 1. Für vertikale Tangenten setzen wir analog F = + + = und erhalten = 1, Einsetzen in die Kurvengleichung liefert hier 4 4 =, also = 1 mit =. Dies ist das oben gefundene P 4.

5 (c) Berücksichtigung der Schnittpunkte mit den Achsen und der dort berechneten Anstiege ergibt das nebenstehende Kurvenbild (man beachte, dass die Kurve nicht geschlossen ist, ansonsten gäbe es weitere Punkte mit horizontaler bzw. vertikaler Tangente). Es handelt sich um eine Parabel. Aufgabe 4: Gegeben seien die ebene Kurve γ : [, 1] R mit γ(t) = (1 t, t 3 ) T 8 Punkte und das Vektorfeld F : R R mit F (, ) = ( + 1, ) T. (a) Bestimmen Sie die Bogenlänge von γ. (b) Besitzt das Vektorfeld F eine Stammfunktion? Wenn ja, bestimmen Sie eine solche. (c) Berechnen Sie die Arbeit W = F ( ) d. (a) Wir haben (t) =, (t) = 3 t. Das skalare Bogenelement ist dann ds = ( (t)) + ( (t)) dt = die Bogenlänge ist daher L = 1 γ t dt, ( )1 t dt = 3 4 ( )3 9 t 1 = 61 7, 59. ( ) (b) Das Vektorfeld F P = besitzt in der einfach zusammenhängenden Ebene Q R genau dann eine Stammfunktion, wenn die Integrabilitätsbedingung P = Q erfüllt ist. Für P (, ) = + 1 und Q(, ) = haben wir im gesamten R P = = Q, folglich besitzt F eine Stammfunktion f mit f = F = ( + 1, ). Um f zu bestimmen wenden wir die Ansatzmethode an: f (, ) = + 1 f(, ) = ( + 1) d = + + c() f (, ) = + c () = c () = c() = C mit einer Konstanten C. Also ist f(, ) = + eine Stammfunktion von F.

6 (c) Da F eine Stammfunktion f besitzt gilt W = F ( ) d = f( γ(1)) f( γ()) = f( 1, 1) f(1, ) = 1 = 1. γ Aufgabe 5: Gegeben sei der beschränkte Körper, der von den beiden Flächen (Paraboloiden) z = + und z = 1 ( + ) + begrenzt wird. z 6 Punkte (a) Skizzieren Sie den Schnitt dieses Körpers mit der -z-ebene. (b) Berechnen Sie das Volumen des Körpers. Verwenden Sie Zlinderkoordinaten. (a) In der -z-ebene ist =, die Schnittkurven der beiden Paraboloide mit dieser Ebene haben daher die Gleichungen z = bzw. z = 1 +. Zur Bestimmung der Schnittpunkte beider Kurven setzen wir diese gleich: = 1 + = = 4 = = ±. Die zugehörige z-koordinate ist in beiden Fällen 4. Der Schnitt des betrachteten Körpers ist damit die zwischen den Stellen = und = zwischen den Parabeln z = und z = 1 + eingeschlossene Fläche: 4 z (b) Wenn man bereits erkannt hat, dass der Körper rotationssmmetrisch ist, kann man aus Aufgabe (a) ablesen, dass die Projektion des Körpers in die --Ebene ein Kreis vom Radius um den Ursprung ist. Ansonsten ermittelt man die Schnittkurve der beiden den Körper begrenzenden Paraboloide: + = 1 ( + ) + = + = 4, was, in die --Ebene projiziert, einen Kreis vom Radius ergibt. In Zlinderkoordinaten ergibt sich die folgende Beschreibung des Körpers:

7 = r cos ϕ = r sin ϕ z = z mit ϕ π r r z 1 r +. = r. Damit erhalten wir zur Bestim- Die Funktionaldeterminante ist J = (,,z) (r,ϕ,z) mung des Volumens folgendes Integral: V = = = π r /+ π π r dz dr dϕ = r ) (r r3 dr dϕ = dϕ = 4π. π π ( r (r r4 8 + r ) dϕ ) r dr dϕ Aufgabe 6: (Im Folgenden sei jeweils = ().) 1 Punkte (a) Bestimmen Sie die Lösung der Anfangswertaufgabe + = e, (1) =. (b) Ermitteln Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung + = 1. (a) Es handelt sich um eine inhomogene lineare Dgl. erster Ordnung mit variablen Koeffizienten Zunächst lösen wir die entsprechende homogene Dgl. + = durch Trennung der Veränderlichen. Mit = d ergibt sich dabei d d d = ln = ln + c 1, c 1 R = c, c = e c 1 > = ± c, c = ±c Da auch eine Lösung ist, die man für c = erhält, ist die allgemeine Lösung der homogenen Dgl. h = c, c R. Eine spezielle Lösung der inhomogenen Dgl. können wir daraus durch Variation der Konstanten mit dem Ansatz s () = c() gewinnen. Einsetzen in die inhomogene Dgl. führt zu c () c() 4 + c() = e c () = e.

8 Integration mittels der Substitution t =, dt = d ergibt c() = e d = 1 e t dt = 1 et = 1 e (die Integrationskonstante können wir hier als annehmen, da wir nur an einer speziellen Lösung interessiert sind). Damit ist eine spezielle Lösung der inhomogenen Dgl. s = e = e + c, c R. und daher die allgemeine Lösung Einsetzen der Anfangsbedingung liefert (1) = 1 +c = = c = 1, die Lösung e e des AWP ist also = e + 1 e. (b) Die Differentialgleichung ist linear und inhomogen, daher ist ihre allgemeine Lösung die Summe aus der allgemeinen Lösung der zugehörigen homogenen und einer speziellen Lösung der inhomogenen Differentialgleichung. Da die zugehörige homogene Dgl. konstante Koeffizienten hat, ist dafür der Eponentialansatz h () = e λ geeignet, der zur Bestimmung von λ auf die charakteristische Gleichung λ 3 λ + λ = führt. Eine Nullstelle ist offenbar λ 1 =, die dazugehörige Lösung 1 () = e = 1. Division durch λ führt auf λ λ + 1 = (λ 1) = mit der doppelten Nullstelle λ,3 = 1. Zu dieser gehört daher neben () = e auch die Lösung 3 () = e. Damit ergibt sich als allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichung h () = c 1 + c e + c 3 e, c 1, c, c 3 R. Die rechte Seite ist 1 = 1 e cos ; da +i = einfache Nullstelle des charakteristischen Polnoms ist, liegt der Resonanzfall vor: Statt des üblichen Ansatzes für eine spezielle Lösung s () = c (Polnom vom Grad ) entsprechend der rechten Seite müssen wir diesen mit 1 multiplizieren, also den Ansatz s = c machen. Einsetzen des Ansatzes in die inhomogene Dgl. ergibt also c = 1. + c = 1, Die allgemeine Lösung ergibt sich nun als () = s () + h () = + c 1 + c e + c 3 e, c 1, c, c 3 R.

9 Zusatz - Aufgabe: 3 Punkte Geben Sie näherungsweise eine obere Schranke für den prozentualen Fehler des Volumens eines geraden Kreiszlinders an, wenn der Radius einen Fehler von maimal,5% und die Höhe einen Fehler von maimal 3% aufweisen. Das Volumen des Kreiszlinders wird nach der Formel V = V (r, h) = πr h berechnet. Somit haben wir V r = πrh und V h = πr. Den absoluten Fehler V des berechneten Volumens nähern wir durch das vollständige Differential dv an: V dv = V r r + V h h = πrh r + πr h. Laut Voraussetzung gelten für die (prozentualen) relativen Fehler von Radius bzw. Höhe die Abschätzungen r h r.5% =.5, h 3% =.3, somit ist r.5 r und h.3 h (r und h können als positiv vorausgesetzt werden). Damit können wir näherungsweise den (prozentualen) relativen Fehler von V abschätzen: V V dv V = V r r + V h h V V r r + V h h V πrh.5 r + πr.3 h = =.8 = 8%. πr h πr h