Prüfungsklausur Höhere Mathematik II (2. Juli 25) für MB, EC, TeM, FWK, KGB, BGi, WiW, GtB, Ma, WWT, ESM - Lösungen zum Theorieteil - Aufgabe : Sei f(x, y) eine in einem Gebiet zweimal stetig differenzierbare Funktion und H f (x, y ) deren Hesse-Matrix im Punkt (x, y ). Es gelte f x (x, y ) f y (x, y ) und det H f (x, y ). Welche der folgenden Aussagen ist wahr? (a) f besitzt in (x, y ) ein Extremum. (b) f besitzt in (x, y ) kein Extremum. (c) Ohne weitere Informationen ist keine Aussage über ein Extremum möglich. (a) und (b) sind (i. a.) falsch, (c) ist wahr. Aufgabe 2: Gegeben sei die Funktion z f(x, y) x 3 3xy 2. (a) Bestimmen Sie die stationären Punkte von f. (b) Wie lautet die Richtung des steilsten Anstiegs von f im Punkt (, )? (a) f x (x, y) 3x 2 3y 2 (), f y (x, y) 6xy (2). Aus (2) folgt x oder y. Einsetzen in () liefert in beiden Fällen (x, y) (, ) als einzigen stationären Punkt. (a) Wir haben f(x, y) (f x (x, y), f y (x, y)) (3x 2 3y 2, 6xy). Die Richtung des steilsten Anstiegs von f im Punkt (, ) ist gleich f(, ) (, 6). Aufgabe 3: Berechnen Sie für f( x) x 2 + yz und x(t) ( t, t, t 2 ) T die Ableitung F () der verketteten Funktion F (t) f( x(t)) an der Stelle t. Welche Ableitungsregeln wenden Sie dabei an? f( x) f(x, y, z) ist eine Abbildung von R 3 nach R, x(t) (x(t), y(t), z(t)) T eine Abbildung von R nach R 3. Wir haben f x (x, y, z) 2x, f y (x, y, z) z, f z (x, y, z) y, sowie x (t) (x (t), y (t), z (t)) ( 2 t,, 2t)T. Die Kettenregel liefert F (t) d dt f( x(t)) f x( x(t)) x (t) + f y ( x(t)) y (t) + f z ( x(t)) z (t) also F (t) t 2 + ( t)2t + 2t 3t 2. Das gleiche Ergebnis erhält man natürlich, wenn man erst die verkettete Funktion auswertet und diese dann nach t ableitet.
Aufgabe 4: Welche der folgenden Eigenschaften besitzt der Gradient gradf einer zweimal stetig partiell differenzierbaren Funktion f(x, y)? (a) Er ist die Summe der partiellen Ableitungen von f(x, y). (b) Er ist der Vektor der partiellen Ableitungen von f(x, y). (c) Er ist der Betrag des Vektors der partiellen Ableitungen von f(x, y). (d) An der Stelle (x, y ) steht er senkrecht auf der (Tangente an die) Niveaulinie durch (x, y ) und zeigt in die Richtung des stärksten Anstiegs von f(x, y). (e) In einem einfach zusammenhängenden Gebiet verschwindet das Kurvenintegral über gradf längs der Kurve x cos t, y sin t, t [, 2π]. Die Aussagen (b), (d) und (e) sind richtig. Aufgabe 5: Gegeben sei das Integral { I (x 2 + ) dx + y dy }. w (a) Um welchen Integraltyp handelt es sich (Kurvenintegral./2. Art, Oberflächenintegral, ebenes Bereichsintegral, Volumenintegral... )? ( ) v (x, y) (b) Wie sieht das integrierte Vektorfeld v(x, y) aus? v 2 (x, y) (c) Existiert zu v ein Potential (bzw. eine Stammfunktion)? Warum? (Sie müssen das Potential nicht berechnen, es ist nur nach der Existenz gefragt!) (d) Ist das Integral I in R 2 wegunabhängig? (Begründung!) (a) Kurvenintegral 2. Art (b) v(x, y) (v (x, y), v 2 (x, y)) T (x 2 +, y) T (c) Es existiert ein Potential, da die Integrabilitätsbedingung (v 2 ) x (v ) y erfüllt ist. (d) Wegen der im einfach zusammenhängenden Gebiet R 2 erfüllten Integrabilitätsbedingung ist das Kurvenintegral wegunabhängig. Aufgabe 6: Es sei B { (x, y) R 2 a x b, g(x) y h(x) }. Wie berechnet man den Flächeninhalt des Bereichs B in diesem Fall mit Hilfe eines Doppelintegrals? B ist Normalbereich mit konstanten Grenzen a und b in x-richtung und variablen Grenzen g(x) und h(x) in y-richtung (d. h. B ist der zwischen den Geraden x a und x b und den Graphen der Funktionen g und h eingeschlossene Bereich). Der Flächeninhalt von B wird berechnet durch b h(x) a g(x) dydx ( b a ( h(x) g(x) ) dx ).
Aufgabe 7: Wie lautet das Bereichsintegral f(x, y) dxdy B für den Bereich B { (x, y) x 2 +y 2 } nach Transformation auf Polarkoordinaten (r, ϕ) gemäß x r cos ϕ, y r sin ϕ? (Angabe der Grenzen und des Integranden.) B ist die Einheitskreisscheibe. Der Bereich B, der durch die Polarkoordinatentransformation auf B abgebildet wird, ist B {(r, ϕ) r, ϕ < 2π}. Für die Jacobideterminante J haben wir J x r x ϕ cos ϕ sin ϕ y r y ϕ r sin ϕ r cos ϕ r. Damit ist B f(x, y) dxdy 2π f(r cos ϕ, r sin ϕ)r drdϕ. Aufgabe 8: Charakterisieren Sie die folgenden Differentialgleichungen (Ordnung, Linearität; im linearen Fall: Homogenität, Art der Koeffizienten) (a) ay + by + cy q(x), a, b, c R, a (b) yy (c) y + a(x)y (a) 2. Ordnung, linear, konstante Koeffizienten, inhomogen (falls q(x) ). (b). Ordnung, nichtlinear. (c). Ordnung, linear, homogen, variable Koeffizienten. Aufgabe 9: Geben Sie ein Fundamentalsystem für die Differentialgleichung y y an. Das charakteristische Polynom ist p(λ) λ 2 mit den Nullstellen λ,2 ±. Ein Fundamentalsystem sind daher die Funktionen y (x) e x, y 2 (x) e x.
- Lösungen zum Aufgabenteil - Aufgabe : Gegeben seien die Ebene und die Gerade E : 2x 3y + z g : x 5 4 + t 4 3, t R. (a) Berechnen Sie den Durchstoßpunkt D von E und g. (b) Bestimmen Sie in parameterfreier und in Parameterform eine Gleichung für eine Ebene E, die parallel zu E verläuft und den Punkt G ( 5, 4, ) enthält. Berechnen Sie den Abstand von E zu E. (c) Bestimmen Sie die Gleichung der Schnittgeraden und den Schnittwinkel von E mit der y-z-ebene. E : 2x 3y + z, g : x 5 + 4t y 4 + 3t z, G ( 5, 4, ). (a) Durchstoßpunkt: 2( 5 + 4t) 3( 4 + 3) + t 2 D(3; 2; ). (b) Normalenvektor n (2, 3, ) T von E ist Normalenvekktor von E. E : ( x x G ) n 2x 3y + z [( 5) 2 + ( 4) ( 3) + ] parameterfreie Form: 2x 3y + z 3 Eine Parameterform erhält man z.b. durch die Wahl von x r, y s, r, s R, als Parameter. Das ergibt x r y t z 3 2r +3t, bzw. in Vektorform x 3 +r 2 +s 3 ( ). Anstand von E zu E ist gleich Abstand von G zu E. Unter Verwendung der Hesseschen-Normalform erhält man: d(e, E) d(q, E) n x G d d d 3 + n n 22 + ( 3) 2 + 2. 2 4 (c) y-z-ebene: x. Einsetzen in die Ebenengleichung von E ergibt die zweite Gleichung 3y + z. Wählt man y l, l R, als Parameter, so ergibt das als eine Parameterdarstellung der Schnittgeraden: x y l z +3l, bzw. in Vektorform x + l 3. Der Schnittwinkel zwischen E und der y-z-ebene ist gleich dem Schnittwinkel der zugehörigen Normalenvektoren n und n x (,, ) T : cos ϕ n n x n n x 2 ϕ 57, 7 o. 4
Aufgabe 2: Ermitteln Sie mit der Methode der Lagrangeschen Multiplikatoren alle stationären Stellen von f(x, y) 4x 3y+ unter der Nebenbedingung g(x, y) x 2 +y 2 25. Berechnen Sie auch die Funktionswerte von f an den gefundenen Stellen. Schließen Sie aus geometrischen Überlegungen, an welchen Stellen Minima bzw. Maxima vorliegen. Lagrange-Funktion: L(x, y, λ) f(x, y) + λg(x, y) 4x 3y + + λ(x 2 + y 2 25) Notwendige Bedingungen: L x (x, y, λ) 4 + 2λx x 2 λ () L y (x, y, λ) 3 + 2λy y 3 2λ (2) L λ (x, y, λ) x 2 + y 2 5 ( 2 λ) 2 + ( 3 2λ) 2 25 (3) (3) ergibt 6 + 9 λ 2, man erhält daraus λ,2 ± und damit aus (), (2) 2 schließlich die stationären Stellen P (4; 3) mit f(4; 3) 26 und P 2 ( 4; 3) mit f( 4; 3) 24. Geometrische Deutung im Raum: Gesucht sind Hoch- und Tiefpunkte der Schnittkurve zwischen der Ebene f(x, y) 4x 3y + und dem Zylindermantel g(x, y) x 2 +y 2 25 ( Säge schneidet Rohr ). Unter Berücksichtigung der Funktionswerte hat man damit offenbar in P ein Maximum und in P 2 ein Minimum. Möglich ist auch eine Untersuchung über das Höhenlinienbild. Die Höhenlinien (Niveaulinien) f(x, y) 4x 3y + const. sind parallele Geraden, der Gradient gradf (4; 3) T ist orthogonal dazu und zeigt in Richtung wachsender Funktionswerte (Parallelverschiebung der Höhenlinien). Von allen Punkten des Kreises x 2 + y 2 25 liefert P den größten und P 2 den kleinsten Wert für f.
Aufgabe 3: Gegeben sei die Funktion zweier Veränderlicher f(x, y) ln (y 2 x). (a) Skizzieren Sie den maximalen Definitionsbereich von f im kartesischen Koordinatensystem. (b) Zeichnen Sie in die Skizze die Niveaulinie von f ein, die durch den Punkt ( 3, ) 4 2 verläuft. (c) Geben Sie die Gleichung der Tangentialebene an den Graph von f im Punkt (x, y ) (, ) an. (d) In welche Richtung ist die Richtungsableitung von f im Punkt (, ) maximal, minimal bzw. gleich? f(x, y) ln (y 2 x) (a) D f : Argument des Logarithmus positiv D f {(x, y) R 2 y 2 > x }. Damit läßt sich D f bereits skizzieren, man kann aber auch noch weiter umformen: { y 2 y R, falls x > x y > x, falls x > Für nichtpositive x ist y beliebig wählbar, für positive x muß y < x oder y > x gelten. (b) f ( 3 4, 2) ln ( 4 + 3 4) Niveaulinie: ln (y 2 x), y 2 x, y 2 x +, y ± x +. (c) (x, y ) (, ), f(; ). Partielle Ableitungen: f x y 2 x, f x(; ), f y 2y y 2 x, f y(; ) 2, Tangentialebene: z f(; ) + f x (; )(x ) + f y (; )(y ) x + 2(y ) 2 x + 2y. (d) Richtungsableitung von f im Punkt (, ) f(, ) r f(, ) r r + 2r 2, mit normierter Richtung, r, ist - maximal in Gradientenrichtung, r f(; ) f(;) 5 ( ; 2) T ; - minimal entgegengesetzt dem Gradienten, r 5 (; 2) T ; - verschwindet für r + 2r 2 () bei r 2 + r 2 2 (2). Lösungen dieses Gleichungsystems (Gleichungen () nach r auflösen und in (2) einsetzen...) sind r 5 (; 2) T und r 2 r.
Aufgabe 4: Berechnen Sie die Masse m B ρ dv der durch x 2 + y 2 + z 2 4, x, y, z beschriebenen Achtelkugel B mit der Dichte ϱ(x, y, z) xyz. Achtelkugel in Kugeloorinaten: r 2, ϕ π 2, ϑ π 2. Funktionaldeterminante: r 2 sin ϑ : m B ρ dv xyz dv, 2 π 2 π 2 r ϕ ϑ 2 π 2 π 2 r ϕ ϑ ( 2 r B r cos ϕ sin ϑ r sin ϕ sin ϑ r cos ϑ r 2 sin ϑ dϑ dϕ dr r 5 sin ϕ cos ϕ sin 3 ϑ cos ϑ dϑ dϕ dr (Produkttyp) ) ( r 5 dr π 2 2 ϕ sin 2ϕ dϕ ) ( π 2 ϑ sin 3 ϑ cos ϑ dϑ ) r6 6 2 4 ( cos 2ϕ) π 2 sin π 2 usin u 3 du 64 6 2 4 4 3.
Aufgabe 5: Gegeben seien das Vektorfeld v( x) ye x + bz y + e x z 3 + ax mit den Parametern a, b R und der Weg (das Kurvenstück) w(t) t 4 2t, t [, ].. (a) Berechnen Sie das Kurvenintegral v d x in Abhängigkeit von a und b. w (b) Zeigen Sie, daß das Kurvenintegral nur im Fall a b wegunabhängig ist. (a) v d x w { (ye x + bz) dx + (y + e x ) dy + (z 3 + ax) dz } w { (ye x + bz) ẋ + (y + e x ) ẏ + (z 3 + ax) ż } dt t { (4e t + 2bt) + (4 + e t ) + (8t 3 + at) 2 } dt t t { 4e t + 2(a + b) t + 6t 3 } dt [ 4e t + (a + b) t 2 + 4t 4] t 4e + a + b (b) Das Kurvenintegral über v( x) P Q R ye x + bz y + e x z 3 + ax ist wegunabhängig, wenn rot v. Das ist gleichbedeutend mit P y e x! Q x e x, P z b was nur für a b erfüllt ist.! R x a, Q z! R y, Variante: rot v i j k x y z ye x + bz y + e x z 3 + ax a + b a b. e x e x
Aufgabe 6: Lösen Sie das Anfangswertproblem y + y + x e x, y() 4. y + y +x e x, y() 4. Homogene Gleichung (Trennung der Veränderlichen): y + y + x, y y dy + x, y dx + x, ln y ln + x + C, y H C + x. Partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung (Variation der Konstanten): y c(x) + x, y + y c ( + x) c c + x y + ( + x) 2 ( + x) c! e x, 2 + x ( e c ( + x)e x dx ( + x)e x x ) dx (part. Integration), (2 + x) e x. y P c + x 2 + x + x e x. Allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung: y I y H + y P C (2 + x)e x + x. Anfangswertproblem: y() C 2! 4, C 6 ; y 6 (2 + x)e x + x.
Aufgabe Z: Zusatzaufgabe Die Funktion F (x) sei gegeben durch F (x) sin x e (x t)2 dt. 2x Berechnen Sie die Ableitung F (x) in einer integralfreien Darstellung (auftretende Integrale sind auszurechnen). F (x) F (x) sin x 2x sin x 2x e (x t)2 dt 2(x t)e (x t)2 dt + (cos x) e (x sin x)2 2e (x 2x)2 Substitution e (x t)2 u, 2(x t)e (x t)2 dt du sin x 2x u 2 2(x t)e (x t)2 dt du u u 2 sin x e (x t)2 e (x sin x)2 e (x 2x)2 u u 2x F (x) ( + cos x) e (x sin x)2 3e x2