Höhere Mathematik für Ingenieure 2

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1 Prüfungklausur (B) zum Modul Höhere Mathematik für Ingenieure Juli 29, Uhr (2.Termin) Aufgabe : - Lösungen zum Theorieteil - Geben Sie eine Funktion f : R 2 R an, für die die Niveaumenge { (x, y) R 2 : f(x, y) = c } für jedes c > ein Kreis mit positivem Radius ist. Zum Beispiel f(x, y) = x 2 + y 2 mit den Niveaulinien x 2 + y 2 = c, c. Aufgabe 2: Seien x(t), y(t) und f(x, y) stetig (partiell) differenzierbare Funktionen. Wie lautet dann die Ableitung dw der (verketteten, mittelbaren) Funktion w(t) = f (x 2 (t), y(t))? dt Durch Anwendung der verallgemeinerten Kettenregel erhält man dw dt = f x d(x2 (t)) + f dt y dy dt = f (x2 (t), y(t)) 2x dx x dt + f (x2 (t), y(t)) dy y dt oder kurz w = f x 2x x + f y y. Aufgabe 3: Klassifizieren Sie die folgenden Differentialgleichungen (Ordnung, (Nicht-) Linearität, gegebenenfalls (In-)Homogenität, Art der Koeffizienten). Welche der angegebenen Differentialgleichungen sind trennbar? a) sin(x) y(x) + y (x) y (x) = b) y (t) + ( t y(t) ) 2 = t 2 a) Homogene lineare DGL 2.Ordnung mit nichtkonstanten Koeffizienten. b) Nichtlineare DGL.Ordnung. Nach der Umfomung y = t 2 ( y 2 ) entsteht Produkttyp mit trennbaren Veränderlichen y und t.

2 Aufgabe 4: Weisen Sie nach, dass y = x 2 und y 2 = x 4 ein Fundamentalsystem von Lösungen für die homogene lineare DGL 2.Ordnung x 2 y + 3x y 8 y = bilden und geben Sie die allgemeine Lösung der Gleichung an. y = x 2 und y = x 4 sind Lösungen der gegebene homogenen Gleichung: y = x 2, y = 2 x, y = 2 ergibt eingesetzt in die DGL in der Tat x 2 y + 3x y 8 y = 2x 2 + 6x 2 8x 2 =, und auch y 2 = x 4, y 2 = 4 x 5, y 2 = 2 x 6 ergibt x 2 y + 3x y 8 y = x 2 2 x 6 + 3x ( 4 x 5 ) 8 x 4 = 2x 4 2x 4 8x 4 =. Beide Funktionen sind zudem linear unabhängig, denn für die Wronski-Determinante findet man W = y y 2 y y 2 = x2 x 4 2x 4x 5 = 4 x 3 2x 3 = 6 x 3. Folglich bilden y, y ein Fundamentalsystem und die allgemeine Lösung der gegebenen homogenen Gleichung ist y H = C x 2 + C 2 x 4, C, C 2 R. Aufgabe 5: Welche der folgenden Mengen sind einfach zusammenhängende Gebiete? Begründen Sie mit einer Skizze. a) { (x, y) R 2 : x 2 + (y + ) 2 > und (x 2) 2 + y 2 < 49 } b) { } (x, y) R 2 : sin x < y < 3 2 a) Das Gebiet besteht aus einer offenen Kreischeibe mit Radius 7 um den Mittelpunkt (2, ), ausgenommen die vollständig darin liegende Kreischeibe mit Radius um (, ). Weil eine um die innere Kreischeibe verlaufende, geschlossenen Kurve nicht stetig auf einen Punkt zusammengezogen werden kann, ohne das Gebiet dabei zu verlassen, ist das Gebiet nicht einfach zusammenhängend.

3 b) Das Gebiet besteht aus dem offenen Streifen zwischen y = 3 und Sinuskurve. Jede 2 darin verlaufende, geschlossenen Kurve kann stetig auf einen Punkt zusammengezogen werden kann, ohne das Gebiet dabei zu verlassen. Das Gebiet ist also einfach zusammenhängend. Aufgabe 6: Beschreiben Sie den Bereich, der von den Kurven x y 2 =, x + y 2 = begrenzt wird, als Normalbereich (bezüglich der x-achse oder bezüglich der y-achse) und geben Sie ein Doppelintegral an, mit dem der Flächeninhalt des Bereiches berechnet werden kann. Als Normalbereich bezüglich der y-achse: 2 y, y 2 x y + 2. Fläche: 2 y+2 y 2 dx dy. Als Normalbereich bezüglich der x-achse: x 4, x y ϕ(x). { x, x mit ϕ(x) = x + 2, x 4 Fläche: 4 ϕ(x) x dy dx = x x dy dx + 4. x+2 x dy dx.

4 Aufgabe 7: Der ebene Bereich B werde begrenzt durch die Kreise x 2 + y 2 =, x 2 + y 2 = 9 und enthalte nur Punkte auf oder unterhalb der Kurve y = x. Transformieren Sie das Doppelintegral 2 xy e x2 +y 2 dxdy B auf Polarkoordinaten. (Grenzen und Integrand sind anzugeben, das Integral soll nicht berechnet werden!) B ist der Teil des Kreisringes mit Mittelpunkt (; ), dem Inneradius und dem Außenradius 3, der unterhalb der Betragsfunktion y = x liegt. In Polarkoordinaten x = r cos ϕ, y = r sin ϕ ist B zu beschreiben als { 5 B = (r, ϕ) : r 3, 4 π ϕ 7 } 4 π. Für die Funktionaldeterminante dieser Koordinatentransfomation gilt (bekanntlich) (x, y) (r, ϕ) = x r x ϕ = y r y ϕ cos ϕ r sin ϕ sin ϕ r cos ϕ = r. Damit folgt B 2 xy e x2 +y 2 dxdy = 3 r= 7 4 π r 2 r cos ϕ r sin ϕ e 2 r dϕ dr = ϕ= 5 4 π 3 r= 7 4 π 2 r 3 e r2 sin 2ϕ dϕ dr. ϕ= 5 4 π

5 Prüfungklausur (B) zum Modul Höhere Mathematik für Ingenieure Juli 29, Uhr (2.Termin) - Lösungen zum Aufgabenteil - Aufgabe : Gegeben sind die Funktion f(x, y) = x (sin y y) + ln 2 x und der Punkt P = (e, ). (9 Punkte) a) Für welche x = (x, y) T R 2 ist die Funktion f definiert? b) Berechnen Sie den Anstieg der Funktionsfläche in P in Richtung des zu v = ( 3 4) gehörigen Einheitsvektors. c) Geben Sie die Tangentialebene an die Fläche z = f(x, y) im Flächenpunkt (P, f(p )) an. d) Bestimmen Sie ein y R, so dass die Niveaulinie f(x, y) = durch den Punkt Q = (e, y ) verläuft. Geben Sie die Tangente an die Niveaulinie f(x, y) = in diesem Punkt Q an. a) Weil der Logarithmus nur für positive Argumente erklärt ist, ist f(x, y) = x(sin y y) + ln 2 x definiert auf D = { (x, y) x >, y R }. b) Partielle Ableitungen und Gradient in P = (e, ) : f x = sin y y + 2 ln x, f x (e, ) = 2e, f y = x(cos y ), f y (e, ) =, x ( ) 2e grad f(p ) = grad f(e, ) =. ( ) 3 Normierte Richtung v = v =. v 5 4 Anstieg der Funktionsfläche in P in Richtung v ist gleich Wert der Richtungsableitung ( ) ( ) 2e 3 v f(p ) = grad f(p ) v = = e. 5 c) Tangentialebene im Flächenpunkt (P, f(p )) z = f(p ) + f x (P ) (x x P ) + f y (P ) (y y P ) = 2e (x e ) = 3 2e x. d) f(q) = e (sin y y ) + ln 2 e = sin y = y y =, Q = (e; ). Die Gleichung der Niveaulinie f(x, y) = bzw. F (x, y) = f(x, y) = ist im Punkt Q = (e; ) wegen F y (Q) = f y (Q) = e(cos ) = lokal nicht nach y auflösbar. Weil aber F x (Q) = f x (Q) = sin + 2 ln e, liegt gesuchte die Tangente parallel zur e y-achse und verläuft durch Q, ihre Gleichung ist also x = e.

6 Aufgabe 2: Gegeben ist die Funktion f(x, y, z) = 6 xy 3 y 2 2 x 3 yz 2. (8 Punkte) a) Stellen Sie die Hesse-Matrix H f von f(x, y, z) im stationären Punkt P (,, ) auf. b) Berechnen Sie die Eigenwerte von H f. c) Schließen Sie aus den Eigenwerten auf Definitheitseigenschaften von H f, schlussfolgern Sie daraus, ob in P eine Extremstelle von f vorliegt und wenn ja, von welcher Art (lokales Minimum/Maximum) das zugehörige Extremum ist. f(x, y, z) = 6 xy 3 y 2 2 x 3 yz 2 a) f x = 6y 6x 2, f y = 6x 6y z 2, f z = 2yz, für P (,, ) gilt damit f x (P ) =, f y (P ) = und f z (P ) =, also ist P stationäre Stelle von f(x, y, z). b) Hesse-Matrix: f xx = 2x f xy = 6 f xz = f yx = 6 f yy = 6 f yz = 2z f zx = f zy = 2z f zz = 2y H f (,, ) = b) Eigenwerte: det ( H f (,, ) λ E ) = 2 λ λ 2 λ = ( 2 λ) [ ( 2 λ)( 6 λ) 36 ] = ( 2 λ) (λ 2 + 8λ + 36)! = = ( 2 λ) 2 λ λ λ = 2, λ 2,3 = 9 ± 8 36 = 9 ± 45 = 9 ± 3 5 = 3 (3 ± 5) alle drei Eigenwerte sind negativ, damit ist H f negativ definit und folglich liegt in P ein relatives Maximum vor.

7 Aufgabe 3: Ermitteln Sie das Minimum und das Maximum der Funktion f(x, y) = x 4y unter der Nebenbedingung g(x, y) = x 2 + 9y 2 9 =. (5 Punkte) Lagrange-Funktion: L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y) = x 4y + λ(x 2 + 9y 2 9) Notwendige Bedingungen: L x (x, y, λ) = + 2 λx = x = 2λ () L y (x, y, λ) = λy = y = 2 9λ (2) L λ (x, y, λ) = x 2 + 9y 2 9 = ( 2λ ) ( 2 9λ) 2 9 = (3) (3) ergibt λ 2 =, man erhält daraus λ,2 = ± 5 und damit aus (), (2) 8 schließlich x,2 = also die stationären Stellen P ( 9 5 ; 4 5 = 9 2 λ,2 5, y,2 = 2 = ± 4 9λ,2 5, ) ( mit f 9 ; ( 4 5 5) = 5 und 9 P2 ; ( 4 5 5) mit f 9 ; 4 5 5) = 5. Geometrische Deutung im Raum: Gesucht sind Hoch- und Tiefpunkte der Schnittkurve zwischen der Ebene f(x, y) = x 4y und dem elliptischen Zylindermantel g(x, y) = x 2 + 9y 2 9 = ( schräger Schnitt durch ein Rohr mit elliptischen Querschnitt). Unter Berücksichtigung der Funktionswerte hat man damit offenbar in P ein absolutes (globales) Minimum und in P 2 ein absolutes (globales) Maximum von f(x, y) unter der Nebenbedingung g(x, y) =.

8 Aufgabe 4: a) Lösen Sie das Anfangswertproblem y 2 y = 4 x x3 e 2x, y( ) =. (8 Punkte) 2 b) Ermitteln Sie die allgemeine Lösung der DGL y + 9 y = 3 e 2x. a) y 2 x y = 4 x3 e 2x, y( 2 ) =. Inhomogene lineare Differentialgleichung. Ordnung Homogene Gleichung (Trennung der Veränderlichen): y 2 x y =, y = 2 dy dx x y, y = 2 x, ln y = 2 ln x + C, y H = C x 2. Partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung (Variation der Konstanten): y = c(x) x 2, y 2 x y = c x 2 + 2c x 2 x c x2 = c x 2! = 4 x 3 e 2x, c = 4 x e 2x, c = 4 x e 2x dx = 4x ( 2 ) e 2x 4 ( 2 ) e 2x dx (partielle Integration), = 2x e 2x e 2x = e 2x (2x + ), y P = c(x) x 2 = e 2x x 2 (2x + ). Allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung: y I = y H +y P = x 2 ( C e 2x (2x + ) ). Anfangswertproblem: y( ) = (C e ( + )) =!, 2 4 C = 4, y A = x 2 (4 e 2x (2x + )). b) y + 9 y = 3 e 2x Inhomogene lineare Differentialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten Homogene Gleichung: Charakteristische Gleichung (Ansatz y = e λ x ) λ =, λ,2 = ±3 i (konjugiert komplex), y H = C cos 3x + C 2 sin 3x. Partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung (Störgliedansatz): Störglied q(x) = 3 e2x, deshalb Ansatzfunktion von gleichem Typ, d.b. y = A e 2x, y = 2A e 2x, y = 4A e 2x, einsetzen in inhomogene Gleichung y + 9 y = 4A e 2x + 9 A e 2x! = 3 e 2x, 3 A = 3, A =, y P = e 2x. Allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung: y I = y H + y P = C cos 3x + C 2 sin 3x e 2x.

9 Aufgabe 5: a) Zeigen Sie, dass das Kurvenintegral 2. Art (7 Punkte) { I = (3x + 2y) dx + (2x + 3yz) dy + ( 3 2 y2 + 7z) dz } γ wegunabhängig ist. b) Berechnen Sie für das gegebene Integral eine Stammfunktion des Integranden und bestimmen Sie den Wert des Integrals, wenn die Kurve γ von (, 2, ) nach (2,, 2) verläuft. (a) Das betrachtete Vektorfeld v = (P ; Q; R) T = (3x+2y; 2x+3yz; 3 2 y2 +7z) T in γ definiert und stetig partiell differenzierbar auf R 3. v d x ist Integrabilitätsbedingung für Kurvenintegrale 2. Art (im Vektorfeld) rot v = i j k x y z P Q R = i j k x y z 3x + 2y 2x + 3yz 3 2 y2 + 7z = Integral ist wegunabhängig, es existiert eine Stammfunktion f(x, y, z) mit v = gradf. (b) Berechnung der Stammfunktion (Ansatzmethode): 3y 3y + = 2 2. f x = P f = P dx = (3x + 2y)dx = 3 2 x2 + 2yx + c(y, z) ( c(y, z) Ansatz für die von y und z abhängige Integrationskonstante). 2. f y = Q 2x + c y (y, z) = 2x + 3yz c(y, z) = 3yz dy = 3 2 y2 z + d(z) ( d(z) Ansatz für die von z abhängige Integrationskonstante). Zwischenstand: f(x, y, z) = 3 2 x2 + 2yx y2 z + d(z). 3. f z = R 3 2 y2 + d (z) = 3 2 y2 + 7z d(z) = 7z dz = 7 2 z2 + C. Für die Stammfunktion ergibt sich folglich: f(x, y, z) = 3 2 x2 + 2yx y2 z z2 + C. Wert des Integrals (längs irgendeiner) Kurve γ von (, 2, ) nach (2,, 2) : (2,,2) (,2,) v d x = f(2,, 2) f(, 2, ) = ( ) = 2. 2

10 Aufgabe 6.: Betrachtet werde das Anfangswertproblem (8 Punkte) x = 2x + 3y + 3e 2t x() = 2 y = 3x + 2y y() = 3 a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des zugeordneten homogenen Systems. b) Berechnen Sie eine spezielle (partikuläre) Lösung des inhomogenen Systems mit Hilfe des Ansatzes x(t) = A e 2t, y(t) = B e 2t. c) Geben Sie die allgemeine Lösung des inhomogenen Systems an und ermitteln Sie die Lösung des Anfangswertproblems. Lineares DGL-System. Ordnung mit konstanten ( Koeffizienten ) Matrix-Form: x 2 3 (t) = A x(t) + g(t), A =, g(t) = 3 2 ( ) 2e t a) Bestimmung eines Fundamentalsystems von Lösungen des zugeordneten homogenen Systems mit Hilfe der Eigenwerte und Eigenvektoren der Koeffizientenmatrix A: Eigenwerte: A λe = 2 λ λ = (2 λ)2 9! =, (2 λ) 2 = 9, 2 λ = ±3, λ = 2 3, λ =, λ 2 = 5 (verschiedene reelle Eigenwerte). Eigenvektoren: (A λe) v = ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 v λ = : =, 3v 3 3 v 2 + 3v 2 =, v = α v = α, α R. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 v λ 2 = 5 : =, 3v 3 3 v 2 + 3v 2 =, v = β v 2 = β, β R. ( ) ( ) Fundamentalsystem: x (t) = e λt v = e, x 2 (t) = e λ2t v 2 = e 5t.. Die allgemeine Lösung des homogenes Systems ist ( ) ( ) x H (t) = C x (t) + C 2 x 2 (t) = C e t + C 2 e 5t bzw. x H (t) = C e t + C 2 e 5t, y H (t) = C e t + C 2 e 5t, C, C 2 R. b) Ansatz für eine speziellen Lösung x S (t) des inhomogenen Systems x(t) = A e 2t, y(t) = B e 2t mit x (t) = 2A e 2t, y (t) = 2B e 2t ; ( ) Einsetzen 2A e 2t = 2A e 2t + 3B e 2t + 3 e 2t B = in DGL: 2B e 2t = 3A e 2t + 2B e 2t x A = S (t) = e 2t ( ) ( ) ( ) c) x I (t) = x H (t) + x S (t) = C e t + C 2 e 5t + e 2t bzw. x I (t) = C e t + C 2 e 5t, y I (t) = C e t + C 2 e 5t e 2t, C, C 2 R. ( ) = e 2t.

11 Lösung des Anfangwertproblems: Einsetzen der Anfangswerte x() = 2, y() = 3 in die allgemeine Lösung des inhomogenen Systems ergibt das Gleichungssystem C + C 2 = 2 mit der Lösung C C + C 2 = 3 = 3, C 2 = und damit ( ) ( ) ( ) x A (t) = 3 e t + e 5t + e 2t bzw. x A (t) = 3 e t + e 5t, y A (t) = 3 e t + e 5t e 2t als Lösung des Anfangswertproblems.

12 Aufgabe 6.2: Ein auf der x-y-ebene stehender Körper K werde begrenzt durch die Ebenen y =, x = 2, y = x, z = und von der Fläche z = xy. a) Durch welchen Parallelschnitt x = c zur y-z-ebene wird das Volumen von K halbiert? Bestimmen Sie das Volumen von K und die Zahl c. b) Berechnen Sie die Masse m = ρ dv von K für eine Belegung mit Masse der Dichte K ρ(x, y, z) = 4e y2. a) Für den Körper K gilt K = { (x, y, z) : (x, y) B, z xy}, dabei ist B der Dreiecksbereich mit den Eckpunkten (; ), (2; ), (2; 2). Weiter betrachtet man am besten den durch den Schnitt x = c enstehenden, von dem Parameter c (; 2] abhängigen Teilkörper K(c) = { (x, y, z) : (x, y) B(c), z xy}, über dem Dreiecksbereich B(c) mit den Eckpunkten (; ), (c; ), (c; c). Das Volumen von K(c) ist dann gegeben (z.b.) durch V (c) = (x + y) df und das Volumen von K wird durch den Schnitt x = c gerade halbiert, wenn V (c) = 2 V (2). Betrachtet man B(c) als ebenen Normalbereich bezüglich der x-achse, so gilt c x c [ ] x c [ ] c V (c) = x y dy dx = x y2 dx = 2 2 x3 x dx = 4 = c x= y= x= y= Das Volumen von K ist damit V K = V (2) = 24 8 = 2. Es wird halbiert, wenn V (c) = 2 V K, wenn also c4 8 =, d.b. c = 4 8. x= B(c) b) Die Masse des Körpers K erhält man aus m = ρ dv = 2 K = = 2 x= y= 2 x= x 2 x x xy x= y= z= 4 x ye y2 dy dx = ( ) e x2 dx = 4 e y2 dz dy dx = 2 x= 2 x = e 4 4 = e , 6 2 ( e x2 t= 2 x e x2 dx dt 2 ) 2 x x= y= 4 e y2 [z] xy z= dy dx dx (Subst. t = e y2, dt = 2ye y2 ) 2 x dx = e 4 dt [x 2 ] 2 (Subst. t = e x2 )

13 Aufgabe Z: Berechnen Sie die Länge des Kurvenstückes γ mit der Parameterdarstellung x(t) = ( 2t, t 2, ) 3 t3 T, t. (3 Punkte) t 2 ẋ(t)2 S = + ẏ(t) 2 + ż(t) 2 dt = t = 4 + 4t2 + t 4 dt = = [ 2t + 3 t3] = 7 3 (2 + t2 ) 2 dt = 22 + (2t) 2 + (t 2 ) 2 dt (2 + t 2 ) dt