Kurs:Analysis/Teil II/7/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	4	7	3	7	4	1	2	5	6	3	7	5	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Unter dem uneigentlichen Integral zu ${}f$ versteht man den Grenzwert

   $\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,\int _{0}^{x}f(t)\,dt,$

   falls dieser existiert.

2. Man sagt, dass die Folge konvergiert, wenn es ein ${}x\in M$ gibt, das folgende Eigenschaft erfüllt: Zu jedem ${}\epsilon \in \mathbb {R}$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung

   $d{\left(x_{n},x\right)}\leq \epsilon$

   gilt.

3. Die Abbildung ${}f$ heißt gleichmäßig stetig, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ gibt mit folgender Eigenschaft: Für alle ${}x,x'\in L$ mit ${}d{\left(x,x'\right)}\leq \delta$ ist ${}d{\left(f(x),f(x')\right)}\leq \epsilon$.
4. Eine Differentialgleichung der Form

   $v'=Mv,$

   wobei

   $M={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{n1}&a_{n2}&\ldots &a_{nn}\end{pmatrix}}$

   eine Matrix mit Einträgen ${}a_{ij}\in {\mathbb {C} }$ ist, heißt homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.

5. Unter der Richtungsableitung von ${}f$ in ${}P$ in Richtung ${}v$ versteht man den Grenzwert

   $\operatorname {lim} _{s\rightarrow 0,s\neq 0}\,{\frac {f(P+sv)-f(P)}{s}},$

   falls dieser existiert.

6. Die Integrabilitätsbedingung besagt, dass

   ${}{\frac {\partial G_{i}}{\partial x_{j}}}(P)={\frac {\partial G_{j}}{\partial x_{i}}}(P)\,$

   für alle ${}P\in U$ und alle ${}i,j$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}{\mathbb {K} }^{n}$ mit der euklidischen Metrik versehen und sei

   $\varphi \colon {\mathbb {K} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {K} }^{m}$

   eine lineare Abbildung. Dann ist ${}\varphi$

   stetig.
2. Es sei

   ${}v'=Mv\,$

   mit

   $M\in \operatorname {Mat} _{n\times n}({\mathbb {K} })$

   eine lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Die Matrix ${}M$ sei diagonalisierbar mit den linear unabhängigen Eigenvektoren ${}u_{1},\ldots ,u_{n}$. Dann ist der Lösungsraum der Differentialgleichung gleich

   ${\left\{c_{1}e^{\lambda _{1}t}\cdot u_{1}+\cdots +c_{n}e^{\lambda _{n}t}\cdot u_{n}\mid c_{i}\in {\mathbb {K} }\right\}},$

   wobei ${}\lambda _{i}$ der Eigenwert zu ${}u_{i}$ ist.
3. Für alle ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$ gilt die Beziehung

   ${}f(P+v)=\sum _{\vert {\,r\,}\vert \leq k}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}+R_{k}(v)\,,$

   wobei

   $\operatorname {lim} _{v\rightarrow 0}\,{\frac {\Vert {R_{k}(v)}\Vert }{\Vert {v}\Vert ^{k}}}=0$

   ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass das offene Einheitsintervall ${}]0,1[$ und das abgeschlossene Einheitsintervall ${}[0,1]$ nicht homöomorph sind.

Lösung

Die Folge ${}x_{n}={\frac {1}{n}}$, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$, liegt in ${}]0,1[$, sie besitzt dort aber keinen Häufungspunkt (und keine konvergente Teilfolge). Nehmen wir an, es gebe eine Homöomorphie

$\varphi \colon ]0,1[\longrightarrow [0,1].$

Dann hat die Bildfolge ${}y_{n}=\varphi (x_{n})$ die gleichen Eigenschaften. Diese beschränkte Folge besitzt aber nach dem Satz von Bolzano-Weierstrass in ${}\mathbb {R}$ eine konvergente Teilfolge, die gegen ${}y\in \mathbb {R}$ konvergiert. Da ${}[0,1]$ abgeschlossen ist, gilt ${}y\in [0,1]$ nach Satz 33.16 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))- Widerspruch.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Folgencharakterisierung von kompakten Teilmengen ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{m}$.

Lösung

Wenn ${}T$ nicht beschränkt ist, so gibt es zu jeder natürlichen Zahl ${}n\in \mathbb {N}$ ein ${}x_{n}\in T$ mit ${}d{\left(x_{n},0\right)}\geq n$. Diese Folge kann keine konvergente Teilfolge besitzen. Wenn ${}T$ nicht abgeschlossen ist, so gibt es nach Satz 33.16 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in T$, die gegen ein ${}x\in \mathbb {R} ^{m},\,x\not \in T$, konvergiert. Jede Teilfolge davon konvergiert ebenfalls gegen ${}x$, sodass es keine in ${}T$ konvergente Teilfolge geben kann.

Es sei nun ${}T$ abgeschlossen und beschränkt, und sei eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in T$ vorgegeben. Für diese Folge ist insbesondere jede Komponentenfolge ${}{\left(x_{in}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt. Wir betrachten die erste Komponente ${}i=1$. Nach dem Satz von Bolzano-Weierstrass gibt es eine Teilfolge ${}{\left(x_{n_{j}}\right)}_{j\in \mathbb {N} }$ derart, dass die erste Komponente dieser Folge konvergiert. Aus dieser Teilfolge wählen wir nun eine weitere Teilfolge derart, dass auch die zweite Komponentenfolge konvergiert. Insgesamt erhält man durch dieses Verfahren eine Teilfolge, wo jede Komponentenfolge konvergiert. Nach Lemma 33.14 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) konvergiert dann die gesamte Teilfolge in ${}\mathbb {R} ^{m}$. Da ${}T$ abgeschlossen ist, liegt nach Satz 33.16 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) der Grenzwert in ${}T$.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Wegintegral zur archimedischen Spirale

$[0,2\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(t\cos t,\,t\sin t\right),$

im Vektorfeld

$\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left(y,\,-x\right).$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{2\pi }\left\langle {\begin{pmatrix}t\sin t\\-t\cos t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-t\sin t+\cos t\\t\cos t+\sin t\end{pmatrix}}\right\rangle dt&=\int _{0}^{2\pi }-t^{2}\sin ^{2}t+t\sin t\cos t-t^{2}\cos ^{2}t-t\sin t\cos tdt\\&=\int _{0}^{2\pi }-t^{2}dt\\&=-{\frac {1}{3}}t^{3}|_{0}^{2\pi }\\&={\frac {-8\pi ^{3}}{3}}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (7 (5+2) Punkte)

a) Bestimme den Lösungsraum des linearen Differentialgleichungssystems

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,.$

b) Löse das Anfangswertproblem

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$

mit der Anfangsbedingung

${}{\begin{pmatrix}x(0)\\y(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

a) Wir berechnen die Eigenwerte der Matrix. Das charakteristische Polynom davon ist

${}\det {\begin{pmatrix}\lambda -2&-1\\-3&\lambda -4\end{pmatrix}}=(\lambda -2)(\lambda -4)-3=\lambda ^{2}-6\lambda +5=(\lambda -1)(\lambda -5)\,.$

Daher sind ${}1$ und ${}5$ die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}1$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}-1&-1\\-3&-3\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}1$ und damit die erste Fundamentallösung

$e^{t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}5$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}3&-1\\-3&1\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}5$ und damit die zweite Fundamentallösung

$e^{5t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}.$

Die allgemeine Lösung hat demnach die Form

$ae^{t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+be^{5t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ae^{t}+be^{5t}\\-ae^{t}+3be^{5t}\end{pmatrix}},\,a,b\in \mathbb {R} .$

b) Um das Anfangsproblem zu lösen müssen wir ${}a$ und ${}b$ so bestimmen, dass

${}{\begin{pmatrix}a+b\\-a+3b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,$

ist. Dies ist ein lineares Gleichungssystem, Addition führt auf ${}4b=9$, also ${}b={\frac {9}{4}}$ und daher ${}a=-{\frac {1}{4}}$. Die Lösung des Anfangswertproblems ist also

$-{\frac {1}{4}}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {9}{4}}e^{5t}{\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall, ${}W$ ein euklidischer Vektorraum und

$\varphi \colon I\longrightarrow W$

eine differenzierbare Kurve. Zeige, dass zwischen dem totalen Differential und der Kurven-Ableitung die Beziehung

${}{\left(D\varphi \right)}_{t}{\left(1\right)}=\varphi '(t)\,$

besteht.

Lösung

Die Kurvendifferenzierbarkeit im Punkt ${}t$ bedeutet nach Definition . die Existenz des Limes

$\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,{\frac {\gamma (t+h)-\gamma (t)}{h}}.$

Diese Existenz ist (entsprechend Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))) dazu äquivalent, dass man

${}\gamma (t+h)=\gamma (t)+hw+h\cdot r(h)\,$

mit einem Vektor ${}w\in W$ und einer in ${}0$ stetigen Abbildung ${}r$ mir ${}r(0)=0$ schreiben kann (wobei ${}w=\gamma '(t)$ sein muss). Dabei kann man hinten ${}h$ durch ${}\vert {h}\vert$ ersetzen (wobei man auch ${}r(h)$ abwandeln muss). Diese lineare Approximierbarkeit ist aber die Definition der totalen Differenzierbarkeit, und zwar ist die lineare Abbildung durch

$\mathbb {R} \longrightarrow W,\,h\longmapsto hw,$

gegeben. Somit ist

${}\gamma '(t)=w=\left(D\gamma \right)_{t}(1)\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere die Nullstellenmenge (die Niveaumenge zum Wert ${}0$) einer Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R}$

mit ${}f(0,0)=0$ und der Eigenschaft, dass ${}f$ in ${}(0,0)$ kein lokales Minimum besitzt, dass aber die Einschränkung von ${}f$ auf jede Gerade durch den Nullpunkt ein lokales Minimum besitzt.

Lösung Funktion/Kein lokales Minimum/Minimum längs jeder Geraden/Skizze/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}\lambda \in \mathbb {R}$

${}f(t,x)=\sin \left(\lambda x\right)e^{-\lambda ^{2}t}\,.$

Zeige, dass ${}f$ die Wärmeleitungsgleichung

${}{\frac {\partial f}{\partial t}}={\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}\,$

erfüllt.

Lösung

Es ist

${}{\frac {\partial }{\partial t}}{\left(\sin \left(\lambda x\right)e^{-\lambda ^{2}t}\right)}=-\lambda ^{2}\sin \left(\lambda x\right)e^{-\lambda ^{2}t}\,$

und

${}{\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {\partial }{\partial x}}{\left(\sin \left(\lambda x\right)e^{-\lambda ^{2}t}\right)}\right)}={\frac {\partial }{\partial x}}{\left(\lambda \cos \left(\lambda x\right)e^{-\lambda ^{2}t}\right)}=-\lambda ^{2}\sin \left(\lambda x\right)e^{-\lambda ^{2}t}\,,$

wie behauptet.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

$f\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$

eine zweimal stetig differenzierbare Funktion, wobei ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Menge sei. Zeige, dass für ${}P\in G$ und ${}v\in V$ die Beziehung

${}\sum _{r\in \mathbb {N} ^{n},\,\vert {\,r\,}\vert =2}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}={\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P}\,f(v,v)\,$

gilt.

Lösung

Es ist einerseits

${}{\begin{aligned}\sum _{r\in \mathbb {N} ^{n},\,\vert {\,r\,}\vert =2}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}&=\sum _{r=(0,\ldots ,0,1,0,\ldots ,0,1,0,\ldots ,0)}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}+\sum _{r=(0,\ldots ,0,2,0,\ldots ,0)}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}\\&=\sum _{1\leq i<j\leq n}D_{i}D_{j}f(P)\cdot v_{i}v_{j}+{\frac {1}{2}}\sum _{1\leq i\leq n}D_{i}D_{i}f(P)\cdot v_{i}^{2}.\end{aligned}}$

Andererseits ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {Hess} _{P}\,f(v,v)&=\left(v_{1},\,\ldots ,\,v_{n}\right){\left({\left(D_{i}D_{j}f(P)\right)}_{i,j}\right)}{\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}\\&=\left(v_{1},\,\ldots ,\,v_{n}\right){\begin{pmatrix}\sum _{j=1}^{n}D_{1}D_{j}f(P)v_{j}\\\sum _{j=1}^{n}D_{2}D_{j}f(P)v_{j}\\\vdots \\\sum _{j=1}^{n}D_{n}D_{j}f(P)v_{j}\end{pmatrix}}\\&=\sum _{i=1}^{n}{\left(\sum _{j=1}^{n}D_{i}D_{j}f(P)v_{j}\right)}v_{i}\\&=\sum _{(i,j)}D_{i}D_{j}f(P)v_{i}v_{j}\\&=\sum _{(i,j),\,i\neq j}D_{i}D_{j}f(P)v_{i}v_{j}+\sum _{(i,i)}D_{i}D_{i}f(P)v_{i}v_{i}\\&=\sum _{(i,j),\,i<j}2D_{i}D_{j}f(P)v_{i}v_{j}+\sum _{i=1}^{n}D_{i}D_{i}f(P)v_{i}^{2}.\end{aligned}}$

Mit Hinzunahme des Faktors ${}{\frac {1}{2}}$ stimmen die beiden Ausdrücke überein.

Aufgabe (6 (4+1+1) Punkte)

Es sei

$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetig differenzierbare Funktion mit

${}f(P)=f(-P)\,$

für alle ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

a) Zeige, dass ${}f$ in ${}0$ einen kritischen Punkt besitzt.

b) Man gebe ein Beispiel für eine solche Funktion, die in ${}0$ ein isoliertes lokales Maximum besitzt.

c) Man gebe ein Beispiel für eine solche Funktion, die in ${}0$ kein Extremum besitzt.

Lösung

a) Wir zeigen, dass im Nullpunkt sämtliche Richtungsableitungen verschwinden. Dazu sei ${}v\in \mathbb {R} ^{n},\,v\neq 0$, und ${}G=\mathbb {R} v$ die zugehörige Gerade durch den Nullpunkt. Die Richtungsableitung in Richtung ${}v$ kann man allein auf dieser Geraden bestimmen. Mit ${}P\in G$ ist auch ${}-P\in G$. Die Voraussetzung überträgt sich also auf die Gerade und wir können annehmen, dass eine differenzierbare Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

mit der gegebenen Symmetrieeigenschaft vorliegt. Nach der eindimensionalen Kettenregel ist

${}f'(P)=(P\mapsto f(P))'=(P\mapsto f(-P))'=-f'(-P)\,.$

Für ${}P=0$ ist somit

${}f'(0)=-f'(0)\,$

und daher ist

${}f'(0)=0\,.$

b) Sei

${}f(x)=-x^{2}\,.$

Diese Funktion hat überall negative Werte und nur im Nullpunkt den Wert ${}0$, es liegt also ein isoliertes globales Maximum vor. Offenbar ist ${}f(x)=f(-x)$.

c) Sei

${}f(x,y)=xy\,.$

Diese Funktion hat auf der durch ${}y=x$ gegebenen Diagonalen ein isoliertes Minimum und auf der durch ${}y=-x$ gegebenen Nebendiagonalen ein isoliertes Maximum. Insgesamt liegt also kein Extremum vor. Auch hier ist ${}f(x,y)=xy=(-x)(-y)=f(-x,-y)$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

eine total differenzierbare Abbildung derart, dass es eine reelle Zahl ${}c\in [0,1[$ gibt mit

${}\Vert {\left(D\varphi \right)_{P}}\Vert \leq c\,$

für alle ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$. Zeige, dass ${}\varphi$ die Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes erfüllt.

Lösung

Der ${}\mathbb {R} ^{n}$ ist nicht leer und vollständig. Mit je zwei Punkten enthält er auch die Verbindungsstrecke. Daher ist die Mittelwertabschätzung anwendbar und es ist

${}d(\varphi (Q),\varphi (P))=\Vert {\varphi (Q)-\varphi (P)}\Vert \leq c\Vert {Q-P}\Vert =c\cdot d(Q,P)\,.$

Wegen

${}c<1\,$

liegt eine starke Kontraktion vor.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über implizite Abbildungen für den Fall einer linearen surjektiven Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}.$

Für welche Punkte ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ sind die Voraussetzungen des Satzes erfüllt?

Lösung

Es ist ${}G=\mathbb {R} ^{n}$ und ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ sei ein beliebiger Punkt. Bei einer linearen Abbildung stimmt das totale Differential mit der linearen Abbildung überein. Da diese nach Voraussetzung surjektiv ist, sind die Voraussetzungen des Satzes für jeden Punkt erfüllt. Ferner folgt ${}n\geq m$ aus der Surjektivität. Es sei ${}L=\operatorname {kern} \varphi$ der Kern der linearen Abbildung, der nach dem Dimensionssatz die Dimension ${}n-m$ besitzt. Daher gibt es eine lineare Isomorphie ${}\mathbb {R} ^{n-m}\cong L$, die eine lineare injektive Abbildung ${}\theta \colon \mathbb {R} ^{n-m}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ definiert.

Die Faser ${}Z$ durch ${}P$, also das Urbild von ${}\varphi (P)$, ist die Teilmenge

$P+L={\left\{P+v\mid v\in L\right\}}$

und ergibt sich daher aus dem Kern durch verschieben um ${}P$. Insgesamt erhalten wir

$\psi :V=\mathbb {R} ^{n-m}{\stackrel {\theta }{\longrightarrow }}\mathbb {R} ^{n}{\stackrel {+P}{\longrightarrow }}\mathbb {R} ^{n}=W,$

wobei vorne eine lineare injektive Abbildung (deren Bild gleich ${}L$ ist) und hinten eine Verschiebung steht. Daher ist die Abbildung ${}\psi$ stetig differenzierbar und injektiv. Das Bild von ${}\psi$ ist nach der Vorüberlegung genau ${}Z$, sodass eine Bijektion ${}\mathbb {R} ^{n-m}\cong Z$ vorliegt.

Als Verknüpfung einer linearen Einbettung und einer Verschiebung ist ${}\psi$ in jedem Punkt regulär. Das totale Differential von ${}\psi$ ist ${}\theta$, da das totale Differential einer Verschiebung die Identität ist. Wegen ${}\varphi \circ \theta =0$ gilt auch der Zusatz.

Aufgabe (5 Punkte)

Für eine Party soll eine Bowle gemischt werden, wobei ${}100$ Euro zur Verfügung stehen. Die Zutaten sind Orangensaft, Erdbeeren, Rum und Sekt. Die Preisfunktion ist

$\mathbb {R} _{+}^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z,w)\longmapsto x+y+5z+3w.$

Die Stimmungsfunktion ${}h$ wird durch

$h\colon \mathbb {R} _{+}^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z,w)\longmapsto x^{3}y{\sqrt {z}}w,$

beschrieben. Bei welchem Mischungsverhältnis wird die Stimmung optimiert? (Es genügt, den (die) kritischen Punkt(e) für die Lagrange-Bedingung auszurechnen).

Lösung

Die Gradienten der beiden Funktionen sind

${}\operatorname {Grad} \,f(x,y,z,w)=(1,1,5,3)\,$

und

${}\operatorname {Grad} \,h(x,y,z,w)=\left(3x^{2}y{\sqrt {z}}w,\,x^{3}{\sqrt {z}}w,\,{\frac {1}{2}}x^{3}yz^{-{\frac {1}{2}}}w,\,x^{3}y{\sqrt {z}}\right)\,.$

Die Lagrange-Bedingung führt auf

${}\left(3x^{2}y{\sqrt {z}}w,\,x^{3}{\sqrt {z}}w,\,{\frac {1}{2}}x^{3}yz^{-{\frac {1}{2}}}w,\,x^{3}y{\sqrt {z}}\right)=\lambda (1,1,5,3)\,.$

Multiplikation der einzelnen Zeilen mit den zugehörigen Variablen führt auf

${}3x^{3}yz^{\frac {1}{2}}w=\lambda x\,,$

${}x^{3}yz^{\frac {1}{2}}w=\lambda y\,,$

${}{\frac {1}{2}}x^{3}yz^{\frac {1}{2}}w=\lambda 5z\,$

und

${}x^{3}yz^{\frac {1}{2}}w=\lambda 3w\,.$

Mit dem Ansatz

${}\lambda =cx^{3}yz^{\frac {1}{2}}w\,$

ergibt sich

${}3=cx\,,$

${}1=cy\,,$

${}{\frac {1}{2}}=c5z\,$

und

${}1=c3w\,.$

Die Preisbedingung führt auf

${}100=x+y+5z+3w={\frac {3}{c}}+{\frac {1}{c}}+{\frac {1}{2c}}+{\frac {1}{c}}\,$

und damit auf

${}c={\frac {3+1+{\frac {1}{2}}+1}{100}}={\frac {\frac {11}{2}}{100}}={\frac {11}{200}}\,.$

Also ist

$x={\frac {600}{11}},\,y={\frac {200}{11}},\,z={\frac {20}{11}}{\text{ und }}w={\frac {200}{33}}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über das Wegintegral in einem Gradientenfeld.

Lösung

Aufgrund der Kettenregel ist

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }G&=\int _{a}^{b}\left\langle G(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\\&=\int _{a}^{b}\sum _{i=1}^{n}G_{i}(\gamma (t))\cdot \gamma _{i}'(t)dt\\&=\int _{a}^{b}\sum _{i=1}^{n}{\frac {\partial h}{\partial x_{i}}}(\gamma (t))\cdot \gamma _{i}'(t)dt\\&=\int _{a}^{b}(h\circ \gamma )^{\prime }(t)dt\\&=h(\gamma (b))-h(\gamma (a)).\end{aligned}}$