Es seien U R n offen und ψ : U R n stetig differenzierbr. Weiter sei f : U R zweiml stetig differenzierbr. Kennzeichnen Sie whre Aussgen mit W und flsche Aussgen mit F. F Flls dψ(x) ein Isomorphismus für lle x U ist, so ist ψ : U ψ(u) ein Diffeomorphismus. W Flls df() = und v, Hess f ()v < für lle v R n \ {}, so ht f ein lokles Mximum bei U. F Ht f einen Sttelpunkt bei U, so ist df() injektiv. W Für lle v, w R n gilt v, Hess f ()w = w, Hess f ()v. F Die Funktion p : R R, x x 3 ist ein Diffeomorphismus. 2 Wie lutet der erweiterte Mittelwertstz der Integrlrechnung? Lösung. Sei f : [, b] R stetig und p : [, b] R Regelfunktion mit p. Dnn gibt es ein ξ [, b] mit b f(x)p(x) dx = f(ξ) b p(x) dx. 3 Bestimmen Sie lle Extrem von f : R 2 R, (x, y) (x 2 y 2 )e x. Lösung. f(x, y) = 2xe x (x 2 y 2 )e x = e x (x(2 x) + y 2 ) () 2 f(x, y) = 2ye x (b) An einer kritischen Stelle (, b) ist ( f, 2 f)(, b) = (, ). Aus (b) folgt b = und dnn us () = oder = 2. Kritische Stellen sind lso (, ) und (2, ). f(x, y) = ( (x(2 x) + y 2 )e x) = ((2 2x) (x(2 x) + y 2 ))e x x = (2 4x + x 2 y 2 )e x 2 f(x, y) = x ( 2ye x ) = 2ye x 22 f(x, y) = y ( 2ye x ) = 2e x Dmit ist die Hesse-Mtrix Hess f (, ) = 2 2e 2, Hess 2 f (2, ) = 2e 2 Die erste ist indefinit, hier liegt ein Sttelpunkt vor. Bei (2, ) hndelt es sich um ein Mximum, denn Hess f (2, ) ist negtiv definit. Aber f(2, ) = 4e 2 ist kein globles Mximum, für x geht f(x, y) ± Korrekte Antwort: +2 Punkte, fehlerhfte Antwort: -2 Punkte, fehlende Antwort: Punkte. Für Aufgbe gibt es mindestens und höchstens Punkte.
4 Berechnen Sie folgende Integrle ) 2 2 log x dx b) 3x 2 + 6x + dx c) 3x 2 + 3 log 2 x dx Lösung. ) Substituiere x = e y bzw. y = log x 2 2 log x dx = log 2 2 y e y dy = log 2 b) Sei N(x) = 3x 2 + 3 ds Nennerpolynom. 3x 2 + 6x + 3x 2 + 3 Dmit c) Vrinte : = + 6x + 7 3x 2 + 3 = + e log(2e)y dy = log(2e) = 2log 2e log(2e) log(2) log(2e) e z dz = 2+log 2 log(2) + = 2 2log 2 log(2) + 6x 3x 2 + 3 + 7 3(x 2 + ) = + N (x) N(x) + 7 3 3x 2 + 6x + dx = x + log N(x) + 7 rctn(x) + C, C R 3x 2 + 3 3 (log x) 2 dx = [x log 2 x] e = e 2 = x + log(c(x 2 + )) + 7 3 rctn(x), ec = c/3 x 2 log x dx x log x dx = e 2 ( [x log x] e = e 2(e (e )) = e 2 Vrinte 2: Zuerst Substitution y = log x bzw. x = e y : (log x) 2 dx = = e 2 y 2 e y dy = [y 2 e y ] 2ye y dy ye y dy = e 2 ( [ye y ] = e 2(e (e )) = e 2 e y dy ) x x dx) x 2 + 5 Bestimmen Sie die ersten beiden Terme der Tylorreihe der Funktion x tn x bei x = und geben Sie ds Restglied nch Lgrnge n. Lösung. Sei φ(x) = tn(x). Die ersten drei Terme der Tylorreihe: φ(x) = φ() + φ ()x + φ () 2 x 2 + φ (ξ) x 3 mit ξ zwischen und x. 6
Hier: φ (x) = / cos 2 (x), φ (x) = 2 sin(x)/ cos 3 (x) = 2φ(x)φ (x), womit φ = 2(φ ) 2 + 2φφ = 2(φ ) 2 + 4φ 2 φ = 2/ cos 4 +4 tn 2 / cos 2 = (2 + 4 sin 2 )/ cos 4. Eingesetzt mit cos() =, sin() = : φ(x) = x + + 2 sin2 (ξ) x 3 mit ξ zwischen und x. 3 cos 4 (ξ) Gefrgt sind ber nur die ersten beiden Terme: φ(x) = x + tn(ξ) cos 2 (ξ) x2 mit ξ zwischen und x. 6 Zeigen Sie: Für, b, c R mit bc ist die Menge Y = {(x, y, z) R 3 x 2 +by 2 +cz 2 = } leer oder eine Untermnnigfltigkeit des R 3. Welche Dimension ht Y? Lösung. Y ist genu dnn leer, flls, b, c sämtlich negtiv sind. Andernflls gilt Y = f ({}) für f : R 3 R, f(x, y, z) = x 2 + by 2 + cz 2. Es ist df(x, y, z)(u, v, w) = f(x, y, z)u + 2 f(x, y, z)v + 3 f(x, y, z)w (2) = 2(xu + byv + czw) = 2 (x, by, cz), (u, v, w) (3) Es ist zu zeigen, dss regulärer Wert ist, dss heißt, dss ds Differentil df(p) : R 3 R für lle p Y surjektiv ist, lso dss dim Bild = ist. Aber es ist dim Bilddf(p) = 3 dim ker df. Flls dim Bild(df(p)) = bedeutet dies dim ker df(p) = 3. Aber df(x, y, z)(x, y, z) = 2f(x, y, z) = 2, d.h. Y (x, y, z) / ker df. Der Stz vom regulären Wert besgt dnn, dss Y eine 3 = 2 dimensionle Untermnnigfltigkeit des R 3 ist. 7 Bestimmen Sie die Lösung der Differentilgleichung y (t) + y (t) =, y() =, y () = durch Reduktion uf ein System erster Ordnung. Lösung. Sei v = y y. Dnn ist die DGL äquivlent zu v = Av, A :=, v() = mit der Lösung v(t) = e ta v(). Vrinte. Es ist A 2 = = A so dss id, k = A k = A, k > gerde. A, k ungerde
So folgt und schließlich e ta t k ( ) k+ t k ( t) k := k! Ak = id + A = id A k! k! k= k= k= ( t) k e = id + A A = id + A e t t A = k! e t k= 2 e v(t) = e ta t v() = = e t y(t). y (t) Vrinte 2. Verwendet die Jordn-Normlform (hier Digonlisierung) A = =, e ta v() = e t ( e t = e t ) ( ) 2 e t = e t 8 Es seien, b. Geben Sie die llgemeine Lösung der Differentilgleichung y (t) + y (t) + by(t) = (4) n und diskutieren Sie ds Verhlten der Lösungen für t in Abhängigkeit von und b. Lösung. Nch einem Stz der Vorlesung müssen die Nullstellen des Polynoms betrchtet werden Die Nullstellen sind p(λ) = λ 2 + λ + b Fllunterscheidung: λ = 2 + 2 4 b, λ 2 = 2 2 4 b ) 2 = b. Dnn ist λ 4 = λ 2 =. Eine Bsis von Lösungen von (4) ist gegeben durch 2 {e t/2, te t/2 }. Die llgemeine Lösung lutet lso c e t/2 + c 2 te t/2, >, und c 3 + c 4 t, =. Die Konstnten c i sind us den Anfngsbedingungen zu bestimmen. Für > geht die Lösung gegen für t, denn uch lim t te t/2 =. Für = ist die Lösung konstnt c 4 =, sonst divergiert sie, lim t c 3 + c 4 t =. Dies ist ds chrkteristische Polynom der Mtrix, die gerde ds zur Ausgngsgleichung b äquivlente System erster Ordnung beschreibt.
b) 2 4 > b. Dnn sind > λ > λ 2 >. Die llgemeine Lösung lutet y(t) = c e λ t + c 2 e λ 2t, c, c 2 R und es ist lim t y(t) =. c) 2 4 < b. Dnn ist λ λ 2, Die llgemeine Lösung lutet λ = 2 + iω, λ 2 = 2 iω, ω := b 2 4 y(t) = α e λ t + α 2 e λ 2t = e t/2 (α e iωt + α 2 e iωt ), α, α 2 C Weil y(t) R, muss α 2 = α gelten. Sei α = r + iτ, r, τ R. y(t) = e t/2 (r(e iωt + e iωt ) + iτ(e iωt e iωt )) = e t/2( 2r cos(ωt) 2τ sin(ωt) ) Dmit ist {e t/2 cos(ωt), e t/2 sin(ωt)} eine Lösungsbsis von (4). Flls > gehen die Lösungen gegen für t, für = sind die Lösungen c cos(ωt) + c 2 sin(ωt), c i R beschränkt (periodisch). 9 Sei. die euklidische Norm des R n. Zeigen Sie, dss die Abbildung f : R n \ {} R n, x x/ x 3 differenzierbr ist, und bestimmen Sie df() für R n \ {}. Ds Ergebnis soll dbei unbhängig von der Whl einer Bsis des R n sein. Lösung. Vrinte : Die Abbildung s : x x, x ist differenzierbr mit ds(x)h = 2 x, h. Anlog ist die bilinere Abbildung g : R R n, (r, x) rx ist differenzierbr mit dg(r, x)(h, h 2 ) = g(h, x) + g(r, h 2 ). Weil f(x) = g(s(x) 3/2, x), lso f = g (i (s 3/2 ) + i 2 ) i (x) = (x, ), i 2 (x) = (, x) folgt die Differenzierbrkeit us der Kettenregel. Weiter ist Nun ist df(x)h = dg((i (s 3/2 ) + i 2 )(x)) ((di (s 3/2 (x)) d(s 3/2 )(x) + di }{{} 2 (x))h }{{} i i 2 = dg(s 3/2 (x), x) (d(s 3/2 )(x)h, h) = g(d(s 3/2 )(x)h, x) g(s 3/2 (x), h) d(s 3/2 )(x)h = ( 3/2)s 5/2 (x)ds(x)h = 3 x 5 x, h, womit schließlich x ) x df(x)h = 3 x 5 x, h x x 3 h = x (3 3 x, h x h.
( Als linere Abbildung: df(x) = f(x)(3x x id) mit x := x x. ) Vrinte 2 mit prtiellen Ableitungen. Sei f i (x) = x i / x 3, i n die i te Koordintenfunktion. Offenbr ist f i (x) prtiell differenzierbr für x. ) 3/2 = (3/2)2x j ( ) 5/2 = 3x j x 5 j x 3 = j ( k x 2 k k x 2 k d.h. für die Abbildung s(x) = x 2 gilt d(s 3/2 )(x)h = n ( 3x k x 5 )h k = 3 x 5 x, h. k= j f i (x) = x i j ( x 3 ) = 3x i x j x 5, j i i f i (x) = x i i ( x 3 ) x 3 = 3x 2 i x 5 x 3 Alle prtiellen Ableitungen j f k sind stetige Funktionen R n \ {} R, lso ist f differenzierbr. Insgesmt df i (x)h = n 3x i x k x 5 h k k f i (x)h k = (3x 2 i x 5 x 3 )h i + k= k i n = x 3 h i + 3x i x 5 x k h k = x 3 (3x i x 2 x, h h i ), k= x ) x df(x)h = x (3 3 x, h x h Sei r C (R) mit r() = 5 und r () = 2. Präzisieren und beweisen Sie die Aussge, dss die Gleichung x 2 + zy 2 = r(z) 2 in einer Umgebung von (x, y, z) = (3, 4, ) nch z ufgelöst werden knn. Lösung. Sei f(x, y, z) = x 2 + zy 2 r(z) 2. Es gilt f(3, 4, ) =. Nch dem Stz über implizite Funktionen knn f in einer Umgebung von (3, 4, ) nch z ufgelöst werden, wenn z f(3, 4, ). Genuer gibt es dnn offene Umgebungen V von und U von (3, 4), sowie eine C Abbildung g : U V, so dss Es ist f(x, y, z) =, (x, y, z) U V z = g(x, y), (x, y) V. z f(, b, c) = b 2 2r (c)r(c), weshlb nch Vorussetzung z f(3, 4, ) = 4