Analysis II - Probeklausur

Analysis II - Probeklausur Sommersemester 25 Vorname: Name: Aufgabe Aufgabe 2 Aufgabe 3 Aufgabe 4 Aufgabe 5 Aufgabe 6 Aufgabe 7 Aufgabe 8 Aufgabe 9 Aufgabe Aufgabe Summe

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 8 Punkte Der Punkt ist ein Randpunkt von M = R 3 \H mit der Hyperebene H = {(, y, z) T R 3 z = }. Überprüfen Sie, ob diese auf M definierten Funktionen einen (ggf. uneigentlichen) Grenzwert in besitzen: a) f(, y, z) = 2 + y 2 2z 2 2 + y 2 + z 2, b) g(, y, z) = 2 + y 2 + z 2 z 6, c) h(, y, z) = 2 y 2 + y 2 z 2 2 + z 6. Bei allen Folgen- und Grenzwertargumenten muss man bei dieser Aufgabe darauf achten, dass die Argumente der Funktionen nur aus M stammen. Zu a): Einsetzen der Nullfolge k = ( k, k, k )T M ergibt f( k ) = k 2 + k 2 2k 2 k 2 + k 2 + k 2 = 3k 2 aber für die Nullfolge y k = ( 2 k, 2 k, k )T M erhält man = k, f( y k ) = 4k 2 + 4k 2 2k 2 4k 2 + 4k 2 + k 2 = 6k 2 9k 2 = 2 3 2 k 3. da es zwei voneinander verschiedene Folgengrenzwerte gibt eistiert kein Grenzwert an sich im Nullpunkt. Zu b): Für (, y, z) T M mit (, y, z) T 2 = 2 + y 2 + z 2 < c gilt insbesondere z 2 < c, und damit wegen z auch g(, y, z) = 2 + y 2 + z 2 :z2 z 6 = :z 2 2 z 2 + y2 z 2 + z 4 z 4 c 2. Für jedes noch so große C > kann man also c < C 2 wählen, für alle (, y, z) T M mit (, y, z) T 2 < c gilt dann g(, y, z) C, und das ist gerade die Definition von lim g( ) =. M Zu c): Es gilt h(,, z) = z 6 = z, d. h. falls ein Grenzwert im Nullpunkt eistiert, muss er Null sein. Andererseits ist h(, y, y) = y4 y 6 = y 2 y ein uneigentlicher Grenzwert. Insgesamt besitzt h(, y, z) damit keinen Grenzwert im Nullpunkt.

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 2 8 Punkte Zeigen Sie, dass das normierte elliptische Paraboloid und das normierte Hyperboloid P = {(, y, z) T R 3 2 + y 2 = z,, y [, ]} H = {(, y, z) T R 3 2 y 2 = z,, y [, ]} als Flächen im R 3 den gleichen Flächeninhalt besitzen. Hinweis: Es ist nicht nach dem konkreten Inhalt der Flächen gefragt. Das Paraboloid wird (als Fläche) offenbar parametrisiert durch Φ(u, v) = u v u, v [, ] u 2 + v 2 mit Normalenvektor N(u, v) = Φ u Φ v = = 2u 2v 2v 2u 2u 2v = 2u 2v. Da im Oberflächenintegral. Art ohnehin der Betrag von N(u, v) integriert wird braucht die positive Orientierung von Φ nicht geprüft zu werden. Der Flächeninhalt ergibt sich zu P = dσ = N(u, v) d(u, c) = 4u 2 + 4v 2 + d(u, v). Φ [,] 2 [,] 2 Analog wird das Hyperboloid parametrisiert durch Ψ(u, v) = u v, Ψ M(u, v) = u 2 v 2 u Ψ v = = 2u 2v. 2u 2v Der Flächeninhalt ergibt sich zu H = dσ = wie zu zeigen war. Ψ [,] 2 M(u, v) d(u, v) = [,] 2 4u 2 + 4v 2 + d(u, v) = P

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 3 6 Punkte Geben Sie für die Menge eine Normalform an und berechnen Sie ihren Inhalt. M = {(, y, z) T R 3 2 < y 4 < z 6 } Die Wurzelfunktion n ist auf [, ) für jedes gerade n N streng monoton steigend, daher ist z 6 gleichbedeutend mit z [, ]. Die Bedingung y 4 < z 6 ist gleichbedeutend mit y [ z 2, z 2 ], ebenso ist 2 < y 4 durch ziehen der Quadratwurzel äquivalent zu [ y 2, y 2 ]. Eine Normalform von M ist daher gegeben durch M = {(, y, z) T R 3 z, z 2 y z 2, y 2 y 2 }. Als Menge in Normalform ist M messbar. Mit dem Satz von Fubini gilt M = M d(, y, z) = z 2 z 2 y 2 y 2 ddydz = z 2 z 2 [ ] y 2 y 2 dydz = z 2 2y z 2 2 dydz = [ ] 2 z 2 3 y3 dz = z 2 4 3 z6 dz = [ ] 4 2 z7 = 8 2.

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 4 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 : R m R n überall stetig, so auch f : R m R. Ist f : R m R n überall total differenzierbar, so auch f : R m R. Ist f : W R über den Würfel W = [, ] n integrierbar, so auch f. Ist rot( f) = auf R 3, so ist f( ) = A + b mit symmetrischem A R 3 3. Sind f F l n und g F n k jeweils total differenzierbar, so auch f g. Der Schnitt beliebig vieler kompakter Mengen ist kompakt. Die Vereinigung beliebig vieler kompakter Mengen ist kompakt. Ist f : R 3 R 3 divergenzfrei, so sind Oberflächenintegrale von f Null. Behauptung Wahr Falsch Ist f : R m R n überall stetig, so auch f : R m R. Ist f : R m R n überall total differenzierbar, so auch f : R m R. Ist f : W R über den Würfel W = [, ] n integrierbar, so auch f. Ist rot( f) = auf R 3, so ist f( ) = A + b mit symmetrischem A R 3 3. Sind f F l n und g F n k jeweils total differenzierbar, so auch f g. Der Schnitt beliebig vieler kompakter Mengen ist kompakt. Die Vereinigung beliebig vieler kompakter Mengen ist kompakt. Ist f : R 3 R 3 divergenzfrei, so sind Oberflächenintegrale von f Null. Ist f : R m R n überall stetig, so auch f : R m R: WAHR Da die Betragsfunktion = auf dem R n stetig ist (Satz 7.4.5) muss auch die Schachtelung mit f nach Satz 7.4.6 stetig sein.

Ist f : R m R n überall total differenzierbar, so auch f : R m R: FALSCH Trotz der Kettenregel gilt das nicht, weil die Betragsfunktion nicht differenzierbar ist. Insbesondere ist f für f( ) = im Nullpunkt nicht differenzierbar. Ist f : W R über den Würfel W = [, ] n integrierbar, so auch f : WAHR Gilt genau wie in Analyis I, vgl. auch Aufgabe von Blatt (Analysis II). Ist rot( f) = auf R 3, so ist f( ) = A + b mit symmetrischem A R 3 3 : FALSCH Die Umkehrung gilt zwar (vgl. Aufgabe 2 aus der 2. Klausur), aber es gibt auch nichtlineare Funktionen, die rotationsfrei sind, beispielsweise f(, y, z) = ( 2, y 2, z 2 ) T. Sind f Fn l und g Fk n jeweils total differenzierbar, so auch f g: WAHR Das ist gerade die Aussage der mehrdimensionalen Kettenregel (Satz 8.3.2). Der Schnitt beliebig vieler kompakter Mengen ist kompakt: WAHR Der Schnitt von beliebig vielen abgeschlossenen Mengen ist wieder abgeschlossen, das gleiche gilt für die Beschränktheit. Damit gilt es auch für die Kompaktheit. Die Vereinigung beliebig vieler kompakter Mengen ist kompakt: FALSCH Jede Einpunktmenge {} für R ist kompakt, aber die Vereinigung aller Einpunktmengen ist ganz R und damit nicht kompakt. Ist f : R 3 R 3 divergenzfrei, so sind Oberflächenintegrale von f Null: FALSCH Nach dem Satz von Gauß ist das Oberflächenintegral über den orientierten Rand zwar Null wenn die Funktion divergenzfrei ist, aber nicht jedes Oberflächenintegral geht über einen Rand. Beispielsweise ist die konstante Funktion f(, y, z) = (,, ) T divergenzfrei, aber das Oberflächenintegral über das Quadrat [, ] 2 {} ist nicht Null, wie man durch Einsetzen der Parameterdarstellung Φ(u, v) = (u, v, ) T mit Normalenvektor (,, ) T sieht: f(, y, z) ndb = d(u, v) = d(u, v) = [, ] 2 =. Φ [,] 2 [,] 2

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 5 4 Punkte Es sei P () = a + a + + a n n + n ein normiertes Polynom vom Grad deg(p ) = n, dessen Nullstellen sämtlich negativ sind. Beweisen Sie: das uneigentliche Integral d P () konvergiert absolut genau dann, wenn n 2 ist. Es sei n 2. Nach den Rechenregeln für Grenzwerte konvergiert für. Mutliplikation mit ergibt P () n 2 P () n = + a n + a n 2 2 + + a n = ( + a n + a n 2 2 + + a n ). Daraus folgt, dass es ein [, ) gibt, so dass P () > n 2 ist für alle, insbesondere ist P () dann positiv. Das Integral über den Betrag zerlegt sich dann zu ( ) P () d = d d + P () P (). } {{ } =C Das Integral 2 n d ist konvergent nach Beispiel 6.4.5 der Vorlesung wegen 2 n <, wegen P () > n 2 für ist dieses Integral eine konvergente Majorante des zweiten Summanden von ( ), womit dieser Summand absolut konvergiert. Damit konvergiert das Integral über P () von bis absolut. Ist deg(p ) = so ist P () = konstant und damit d = lim [] ξ ξ = divergent. Ist deg(p ) =, so ist P () = + c für ein c R mit d + c = lim [log + ξ c ]ξ =

ebenso divergent. Es ist notwendig c >, sonst hätte P () eine Nullstelle im Integrationsbereich im Widerspruch zur Aufgabenstellung, damit ist log + c wohldefiniert. Es folgt, dass absolute Konvergenz genau für n 2 gilt.

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 6 8 Punkte Zeigen Sie, dass das Gleichungssystem ( ) { e + tan(y) = 2 + (z 3 + z) = eine implizite in Form von Funktionen y() und z() besitzt für aus einer Umgebung von Null. Überprüfen Sie die en auf ihrem Definitionsbereich auf Monotonie. Wir benutzen den Hauptsatz über implizite Funktionen: Das Gleichungssystem ist offensichtlich lösbar für = und y = (y, z ) T = (, ) T. Die mehrwertige Funktion ( ) e + tan(y) g(, y) = 2 + (z 3 + z) besitzt als Koordinaten jeweils C -Funktionen und ist damit selbst eine C -Funktion. Zudem gilt g g g y = y z y = 2 +. g 2 y g 2 z 3z 2 + Im Punkt (, y, z ) T ist die Determinante dieser Matri Eins, damit gilt der Hauptsatz. Es gibt also eine Umgebung U ε ( ) = ( ε, ε) und Funktionen y, z C (U), so dass das Gleichhungssystem für alle ( ε, ε) lösbar ist, wenn man y = y() und z = z() einsetzt. Wir dassen zusammen zu f() = (y(), z()) T, nach dem Hauptsatz gilt dann df ( ) g d = (y, z) (, f()) g ( (, f()) y() = 2 ) ( ) + e 3z() 2 + 2 = ( ) y() 2 + 3z() 2 + ( ) e 2 ( = e y() 2 +, ) 2 T 3z() 2 + y = y() 2 +, 2 z = 3z() 2 +. Unabhängig von sind im Ausdruck von y Nenner und Zähler positiv, damit ist y() auf ( ε, ε) streng monoton fallend. Die Funktion z() ist wegen des Zählers dagegen auf ( ε, ) streng monoton wachsend, und auf (, ε) streng monoton fallend. e

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 7 8 Punkte Bestimmen Sie die Taylorentwicklung von f(, y) = e sin(y) um den Nullpunkt bis einschließlich des zweiten Glieds. Die ersten partiellen Ableitungen von f sind f = e sin(y) und f y = e cos(y). Daraus ergeben sich die 2. partiellen Ableitungen: 2 f 2 = 2 f e sin(y), y 2 = 2 f e sin(y), y = 2 f y = e cos(y). Damit ist die Taylorentwicklung von f um den Nullpunkt gegeben durch 2 k f T 2 () = (, ) j jk k! j jk k= j,...,j k = = f(, ) + f f (, ) + y (, ) y + ( 2 ) f 2 2 (, ) 2 + 2 f y 2 (, ) y2 + 2 2 f (, ) y y = e sin + e sin + e cos y + 2 ( e sin 2 e sin y 2 + 2e cos y ) = y + y.

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 8 8 Punkte Es sei K = { R 3 [, 2]} eine dreidimensionale Kugel. Berechnen Sie das Oberflächenintegral 2. Ordnung f ndb, f(, y, z) = y2 + y 3 y Φ 2y 2 z z wobei Φ eine Fläche ist, die eine positive Orientierung des Rands von K darstellt. Wir berechnen die Divergenz des Vektorfeldes f: divf(, y, z) = f (, y, z) + f 2 y (, y, z) + f 3 z (, y, z) = (y2 +) + ( 3y 2 ) + (2y 2 ) =. Der Integralsatz von Gauß identifiziert das Oberflächenintegral über Φ mit einem gewöhnlichen mehrdimensionalen Integral über K: f ndb = divf( )d = d = K. Φ Wir berechnen den Volumeninhalt von K über die Kugeltransformation K u : = r cos ϕ cos ψ, y = r sin ϕ cos ψ, z = r sin ψ mit Funktionaldeterminante r 2 cos ψ > bis auf eine Nullmenge wie im Beispiel 9.3. der Vorlesung. Schränkt man r auf den Bereich [, 2] ein, so ist K = u(t ) mit der Urbildmenge T = [, 2] [, 2π] [ π 2, π 2 ]. Damit kann der Volumeninhalt von K einfach berechnet werden: 2 2π 2 π 2 2π 2 π K = d = r 2 cos ψ d u = r 2 cos ψdψdϕdr = r 2 cos ψdψ dϕdr Satz 9.3. Fubini u(t ) T 2 π 2 π K = 2 r 2 und damit 2π [sin(ψ)] 2 π 2 π dϕdr = 2 r 2 2π 2dϕdr = Φ 2 f ndb = 32 3 π. [ ] 2 4πr 2 dr = 4π 3 r3 = 4 3 π(8 ) = 32 3 π

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 9 7 Punkte Berechnen Sie die Länge der Spirale (t) = cos(2πt) sin(2πt) t [, T ] t in Abhängigkeit von T >. Zeigen Sie dann mit Hilfe von Sätzen aus der Vorlesung, dass für jede auf [, ) stetig-differenzierbare Funktion : [, ) R n die Funktion L(T ) :=Länge von (t) auf [, T ] monoton wachsend in T ist. Es gilt nach Definition 8.5.3 T T (t) dt 2π sin(2πt) = 2π cos(2πt) dt = T 4π 2 sin(2πt) 2 + 4π 2 cos(2πt) 2 + dz = w=2πt w(t ) w() 4π 2 sin(w) 2 + 4π 2 cos(w) 2 + dw 2π = 2πT sin(w) 2 + cos(w) 2 + 4π 2 dw = 2πT + dw = 2πT 4π2 + 4π 2 = T 4π 2 +. Nun sei : [, ) R n irgend eine stetig-differenzierbare Funktion. Die gefragte Längenfunktion ist dann definiert durch T L(T ) = (t) dt. Nach Voraussetzung ist jede Komponentenableitung (t) stetig. Da nach Satz 7.4.4 eine mehrwertige Funktion genau dann stetig ist, wenn jede Komponente (als eindimensionale Funktion) stetig ist und zudem der Betrag = (Skalarprodukt!) eine stetige Funktion ist, muss nach Satz 4..4 auch der Integrand des obigen Ausdrucks eine stetige Funktion in t sein, d. h. die Längenfunktion eistiert für alle T >. Zudem ist für alle R n, für alle < T < T gilt also wegen der Linearität des Integrals und dem Monotoniesatz 6..7 T T T T L(T ) = dt = dt + T dt und damit L(T ) L(T ), d. h. L ist monton wachsend. dt + T T dt = T dt + = L(T )

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 9 Punkte Berechnen Sie eine Stammfunktion von f() = 34 + 2 3 + 5 2 + 4 + 2 5 + 3 3 + 2 Hinweis: 5 + 3 3 + 2 = ( 2 + )( 2 + 2) ist die bestmögliche Zerlegung über R. Ansatz der Partialbruchzerlegung ergibt a + b + c 2 + + d + e 2 + 2 = a(2 + )( 2 + 2) + (b + c) ( 2 + 2) + (d + e) ( 2 + ) 5 + 3 3 + 2 Sortieren des Zählers nach -Potenzen ergibt.! = f(). (a + b + d) 4 + (c + e) 3 + (3a + 2b + d) 2 + (2c + e) + (2a)! = 3 4 + 2 3 + 5 2 + 4 + 2. Koeffizientenvergleich ergibt das lineare Gleichungssystem a + b + d = 3 c + e = 2 3a + 2b + d = 5 2c + e = 4 2a = 2 Aus der 5. Gleichung folgt schon a =. Subtrahieren der 2. von der 4. Gleichung ergibt c = 2, woraus mit der 2. Gleichung e = folgt. Die erste Gleichung ergibt nach Einsetzen der bekannten Variablen b + d = 2, also b = 2 d. Einsetzen in die 3. Gleichung ergibt 3 + 4 d = 5 und damit d = 2 bzw. b =. Damit ist die Partialbruchzerlegung von f() gegeben durch f() = a + b + c 2 + + d + e 2 + 2 = + 2 2 + +. 2 2 + 2. Einsetzen der elementaren Stammfunktionen d = log + c sowie = arctan() + c ergibt 2 + f()d = log +c+2 arctan()+c 2 + 2 + 2 d = log +c+2 2 u= arctan()+c + 2 u + 2 du 2 = log + c + 2 arctan() + c + du u + 2 = log + c + 2 arctan() + c + log u + 2 + c = log + 2 arctan() + log 2 + 2 + d.

Analysis II - Probeklausur August 25 Aufgabe 9 Punkte Berechnen Sie das (dreidimensionale) Volumen der Ellipse } E = {(, y, z) T R 3 2 a + y2 b + z2 c in Abhängigkeit der Streckfaktoren a, b, c > mit Hilfe einer geeigneten Modifikation der Kugeltransformation. Die Kugeltransformation cos ϕ cos ψ u(r, ϕ, ψ) = r sin ϕ cos ψ sin ψ besitzt die Funktionaldeterminante r 2 cos ψ, und bildet das Intervall [, 2π] [ 2 π, 2π] [, ] auf die Einheitskugel ab. Einbau der Streckfaktoren ergibt die Transformation a cos ϕ cos ψ v(r, ϕ, ψ) = r b sin ϕ cos ψ c sin ψ mit Funktionaldeterminante a cos ϕ cos ψ ar sin ϕ cos ψ ar cos ϕ sin ψ d v det d(r, ϕ, ψ) = det b sin ϕ cos ψ br cos ϕ cos ψ br sin ϕ sin ψ = c sin ψ cr cos ψ cos ϕ cos ψ r sin ϕ cos ψ r cos ϕ sin ψ = abc det sin ϕ cos ψ r cos ϕ cos ψ r sin ϕ sin ψ d u = abc det d(r, ϕ, ψ) = abcr2 cos ψ sin ψ r cos ψ wegen der (Zeilen-)Multilinearität der Determinante. Wegen a, b, c > erfüllt die Transformation v ebenso wie u alle Voraussetzungen der Substitutionsregel, und mit T = [, ] [, 2π] [ 2 π, 2 π] erhält man den Integralwert E = E d(, y, z) = v(t ) d(, y, z) = 9.3. T abcr 2 cos ψd(r, ϕ, ψ) = Fubini abc 2π 2 π (r 2 cos ψ)dψdϕdr 2 π = abc r 2 2π [sin ψ] 2 π dϕdr = abc π 2 r 2 2π (sin( 2 π) sin( 2 π) ) dϕdr

= 2abc r 2 2π dϕdr = 4πabc r 2 dr = 4πabc[ 3 r3 ] = 4 3 abcπ.