Kurs:Analysis 3/15/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21	22	23	24	${}\sum$
Punkte	3	3	4	7	5	4	4	3	4	3	3	3	5	5	4	5	4	7	9	9	2	3	0	0	99

Aufgabe * (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Unterraumtopologie auf einer Teilmenge ${}Y\subseteq X$ eines topologischen Raumes ${}(X,{\mathcal {T}})$.
2. Ein äußeres Maß auf einem Präring ${}{\mathcal {P}}$ auf einer Menge ${}M$.
3. Eine einfache Funktion auf einem Messraum.
4. Zwei in einem Punkt ${}P\in M$ einer differenzierbaren Mannigfaltigkeit ${}M$ tangential äquivalente differenzierbare Kurven

   $\gamma _{1},\gamma _{2}\colon I\longrightarrow M$

   (dabei sei ${}0\in I$ ein offenes reelles Intervall und ${}\gamma _{1}(0)=\gamma _{2}(0)=P$).

5. Ein orientierter ${}\mathbb {R}$- Vektorraum.
6. Eine differenzierbare Mannigfaltigkeit mit Rand.

Lösung

1. Die Unterraumtopologie auf ${}Y\subseteq X$ wird durch folgende Vorschrift definiert: Für eine Teilmenge ${}U\subseteq Y$ gilt ${}U\in {\mathcal {T}}_{Y}$ genau dann, wenn es eine in ${}X$ offene Menge ${}V\in {\mathcal {T}}$ derart gibt, dass ${}V\cap Y=U$ gilt.
2. Eine Abbildung

   $\mu \colon {\mathcal {P}}\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}_{\geq 0},\,T\longmapsto \mu (T),$

   heißt ein äußeres Maß auf ${}M$, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind.

   1. Für je zwei Mengen ${}S,T\in {\mathcal {P}}$ mit ${}S\subseteq T$ gilt ${}\mu (S)\leq \mu (T)$.
   2. Für jede abzählbare Familie von paarweise disjunkten Teilmengen ${}T_{i}$, ${}i\in I$, aus ${}{\mathcal {P}}$, für die ${}\bigcup _{i\in I}T_{i}$ ebenfalls zu ${}{\mathcal {P}}$ gehört, gilt

      ${}\mu {\left(\bigcup _{i\in I}T_{i}\right)}\leq \sum _{i\in I}\mu {\left(T_{i}\right)}\,.$

3. Messraum/Einfache Funktion/Definition/Begriff/Inhalt
4. Die beiden Kurven ${}\gamma _{1}$ und ${}\gamma _{2}$ heißen tangential äquivalent in ${}P$, wenn es eine offene Umgebung ${}P\in U$ und eine Karte

   $\alpha \colon U\longrightarrow V$

   mit ${}V\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ derart gibt, dass

   ${}{\left(\alpha \circ {\left(\gamma _{1}{|}_{\gamma _{1}^{-1}(U)}\right)}\right)}'(0)={\left(\alpha \circ {\left(\gamma _{2}{|}_{\gamma _{2}^{-1}(U)}\right)}\right)}'(0)\,$

   gilt.
5. Ein reeller Vektorraum ${}V$ heißt orientiert, wenn er endlichdimensional und auf ihm eine Orientierung erklärt ist.
6. Ein topologischer Hausdorff-Raum ${}M$ heißt eine differenzierbare Mannigfaltigkeit mit Rand, wenn es eine offene Überdeckung ${}M=\bigcup _{i\in I}U_{i}$ und Karten

   $\alpha _{i}\colon U_{i}\longrightarrow V_{i}$

   gibt, wobei die ${}V_{i}\subseteq H\subset \mathbb {R} ^{n}$ offene Mengen im euklidischen Halbraum und die Übergangsabbildungen

   $\alpha _{j}\circ \alpha _{i}^{-1}\colon V_{i}\cap \alpha _{i}(U_{i}\cap U_{j})\longrightarrow V_{j}\cap \alpha _{j}(U_{i}\cap U_{j})$

   Diffeomorphismen sind.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. /Fakt/Name
2. /Fakt/Name
3. /Fakt/Name

Lösung

1. /Fakt
2. /Fakt
3. /Fakt

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}T$ die obere Einheitskreishälfte und sei

$f\colon T\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)=x^{2}y+xy^{3}.$

Berechne ${}\int _{T}fd\lambda ^{2}$.

Lösung

Nach nach Fakt ***** ist

${}{\begin{aligned}\int _{T}fd\lambda ^{2}&=\int _{-1}^{1}{\left(\int _{0}^{\sqrt {1-x^{2}}}x^{2}y+xy^{3}dy\right)}dx\\&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}x^{2}y^{2}+{\frac {1}{4}}xy^{4}\right)}{|}_{0}^{\sqrt {1-x^{2}}}dx\\&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}x^{2}{\sqrt {1-x^{2}}}^{2}+{\frac {1}{4}}x{\sqrt {1-x^{2}}}^{4}\right)}dx\\&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}x^{2}{\left(1-x^{2}\right)}+{\frac {1}{4}}x{\left(1-x^{2}\right)}^{2}\right)}dx\\&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}x^{2}-{\frac {1}{2}}x^{4}+{\frac {1}{4}}x-{\frac {1}{2}}x^{3}+{\frac {1}{4}}x^{5}\right)}dx\\&={\left({\frac {1}{8}}x^{2}+{\frac {1}{6}}x^{3}-{\frac {1}{8}}x^{4}-{\frac {1}{10}}x^{5}+{\frac {1}{24}}x^{6}\right)}{|}_{-1}^{1}\\&={\frac {2}{15}}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (7 (3+4) Punkte)

Der Flächeninhalt eines Quadrates mit Seitenlänge ${}1$ (das Einheitsquadrat) wird als ${}1$ festgelegt.

1. Begründe, dass ein Rechteck, dessen Seitenlängen ${}a,b\in \mathbb {N}$ sind, den Flächeninhalt ${}ab$ besitzt. Welche naheliegenden Gesetzmäßigkeiten für den Flächeninhalt werden dabei verwendet?
2. Begründe, dass ein Rechteck, dessen Seitenlängen ${}x,y\in \mathbb {Q} _{+}$ sind, den Flächeninhalt ${}xy$ besitzt.

Lösung

1. Wir betrachten ${}ab$ Quadrate mit Seitenlänge ${}1$. Wir legen ${}a$-mal jeweils ${}b$ Quadrate in eine Reihe hintereinander und erhalten dadurch ${}a$ Rechtecke, die jeweils die Seitenlängen ${}1$ und ${}b$ haben und aus ${}b$ Quadraten bestehen. Diese ${}a$ Rechtecke setzt man derart zusammen, dass die ${}b$-Seiten der Rechtecke aneinander liegen. Dadurch entsteht insgesamt ein Rechteck mit den Seitenlängen ${}a$ und ${}b$. Da alle ${}ab$ Quadrate verbraucht sind, ist der Flächeninhalt gleich ${}ab$. Man verwendet dabei, dass der Flächeninhalt der Quadrate sich nicht ändert, wenn sie ihre Lage in der Ebene ändern, und dass die Überschneidung der Kanten, die beim Zusammenlegen auftritt, für den Flächeninhalt unerheblich ist.
2. Es sei unter Verwendung eines Hauptnenners ${}x={\frac {a}{c}}=a{\frac {1}{c}}$ und ${}y={\frac {b}{c}}=b{\frac {1}{c}}$. Es ist

   ${}xy=ab{\frac {1}{c}}\cdot {\frac {1}{c}}={\frac {ab}{c^{2}}}\,.$

   Wie in Teil 1 können wir das Rechteck mit den Seitenlängen ${}x$ und ${}y$ mit ${}ab$ Quadraten der Seitenlänge ${}{\frac {1}{c}}$ zusammensetzen. Daher ist der Flächeninhalt des Rechtecks das ${}ab$-Vielfache des Flächeninhaltes des Quadrates mit der Seitenlänge ${}{\frac {1}{c}}$. Wenn wir ${}c^{2}$ solche Quadrate haben, so können wir diese zum Einheitsquadrat zusammen setzen. Daher muss wiederum der Flächeninhalt des Quadrates mit der Seitenlänge ${}{\frac {1}{c}}$ gleich ${}{\frac {1}{c^{2}}}$ sein. Der Flächeninhalt des Ausgangsrechtecks ist also

   ${}ab{\frac {1}{c^{2}}}={\frac {ab}{c^{2}}}\,$

   und stimmt mit dem Produkt der Seitenlängen überein.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Wir betrachten den Kreissektor ${}T$ aus dem Einheitskreis zum Winkel ${}45$ Grad, der an der ${}x$-Achse anliegt. Bestimme mit der Hilfe von Polarkoordinaten den Schwerpunkt von ${}T$.

Lösung

Der Flächeninhalt von ${}T$ ist ${}\pi /8$. In Polarkoordinaten wird ${}T$ durch den Radius

${}0\leq r\leq 1\,$

und den Winkel

${}0\leq \theta \leq \pi /4\,$

parametrisiert. Somit ist nach Fakt ***** und Fakt *****

${}{\begin{aligned}\int _{T}xd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /4}\int _{0}^{1}r\cos \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /4}\cos \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}\sin \left(\pi /4\right)\\&={\frac {1}{3}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {2}}}\\&={\frac {1}{3{\sqrt {2}}}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}\int _{T}yd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /4}\int _{0}^{1}r\sin \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /4}\sin \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left(1-\cos \left(\pi /4\right)\right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left(1-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}\\&={\frac {{\sqrt {2}}-1}{3{\sqrt {2}}}}.\end{aligned}}$

Somit sind die Koordinaten des Schwerpunktes von ${}T$ gleich

${}\left({\frac {\frac {1}{3{\sqrt {2}}}}{\frac {\pi }{8}}},\,{\frac {\frac {{\sqrt {2}}-1}{3{\sqrt {2}}}}{\frac {\pi }{8}}}\right)=\left({\frac {8}{3{\sqrt {2}}\pi }},\,{\frac {8({\sqrt {2}}-1)}{3{\sqrt {2}}\pi }}\right)\,.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme den Schwerpunkt derjenigen Fläche, die auf ${}[-1,1]$ durch die Standardparabel und die durch ${}y=1$ gegebene Gerade begrenzt wird.

Lösung

Es sei

${}T={\left\{(x,y)\mid 1\leq x\leq 1,\,x^{2}\leq y\leq 1\right\}}\,$

die in Frage stehende Fläche. Der Flächeninhalt von ${}T$ ist

${}{\begin{aligned}2-\int _{-1}^{1}x^{2}dx&=2-{\frac {1}{3}}x^{3}{|}_{-1}^{1}dx\\&=2-{\frac {2}{3}}\\&={\frac {4}{3}}.\end{aligned}}$

Die ${}x$-Koordinate des Schwerpunktes von ${}T$ ist wegen der Symmetrie gleich ${}0$. Zur Bestimmung der ${}y$-Koordinate des Schwerpunktes berechnen wir

${}{\begin{aligned}\int _{-1}^{1}\int _{x^{2}}^{1}ydydx&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}y^{2}\right)}{|}_{x^{2}}^{1}dx\\&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2}}x^{4}\right)}dx\\&=\int _{-1}^{1}{\left({\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{10}}x^{5}\right)}dx\\&=1-{\frac {1}{5}}\\&={\frac {4}{5}}.\end{aligned}}$

Die ${}y$-Koordinate des Schwerpunktes ist somit gleich

${}{\frac {4}{5}}/{\frac {4}{3}}={\frac {3}{5}}\,,$

der Schwerpunkt liegt also in ${}\left(0,\,{\frac {3}{5}}\right)$.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Berechne das Integral

$\int _{E}x^{3}+3xy^{2}+xyd\lambda ^{2},$

wobei ${}E$ den Einheitskreis bezeichnet.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\int _{E}x^{3}+3xy^{2}+xyd\lambda ^{2}&=\int _{-1}^{1}\int _{-{\sqrt {1-x^{2}}}}^{\sqrt {1-x^{2}}}{\left(x^{3}+3xy^{2}+xy\right)}dydx\\&=\int _{-1}^{1}{\left(x^{3}y+xy^{3}+{\frac {1}{2}}xy^{2}\right)}{|}_{-{\sqrt {1-x^{2}}}}^{\sqrt {1-x^{2}}}dx\\&=\int _{-1}^{1}{\left(2x^{3}{\sqrt {1-x^{2}}}+2x(1-x^{2}){\sqrt {1-x^{2}}}\right)}dx\\&=\int _{-1}^{1}2x{\sqrt {1-x^{2}}}dx.\end{aligned}}$

Mit der Substitution ${}x=\sin t$ ist dieses Integral gleich

${}{\begin{aligned}\int _{-\pi /2}^{\pi /2}2\sin t\cos t\cos tdt&=2\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\sin t\cos ^{2}tdt\\&=-{\frac {2}{3}}\cos ^{3}t{|}_{-\pi /2}^{\pi /2}\\&=0.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme das Integral zur Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}-xy+2y^{3},$

über dem Rechteck ${}Q=[-2,1]\times [0,2]$.

Lösung

Mit dem Satz von Fubini ist

${}{\begin{aligned}\int _{Q}f\,d\lambda ^{2}&=\int _{0}^{2}{\left(\int _{-2}^{1}{\left(x^{2}-xy+2y^{3}\right)}\,dx\right)}\,dy\\&=\int _{0}^{2}{\left({\left({\frac {1}{3}}x^{3}-{\frac {1}{2}}x^{2}y+2y^{3}x\right)}|_{-2}^{1}\right)}dy\\&=\int _{0}^{2}{\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{2}}y+2y^{3}+{\frac {8}{3}}+2y+4y^{3}\right)}\,dy\\&=\int _{0}^{2}{\left(3+{\frac {3}{2}}y+6y^{3}\right)}\,dy\\&={\left(3y+{\frac {3}{4}}y^{2}+{\frac {3}{2}}y^{4}\right)}|_{0}^{2}\\&=6+3+24\\&=33.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme den Schwerpunkt des positiven Viertels des Einheitskreises, also von

${}T={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}+y^{2}\leq 1,\,x,y\geq 0\right\}}\,.$

Lösung

Wir arbeiten mit Polarkoordinaten. Der Flächeninhalt von ${}T$ ist ${}\pi /4$. In Polarkoordinaten wird ${}T$ durch den Radius

${}0\leq r\leq 1\,$

und den Winkel

${}0\leq \theta \leq \pi /2\,$

parametrisiert. Somit ist nach Fakt ***** und Fakt *****

${}{\begin{aligned}\int _{T}xd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /2}\int _{0}^{1}r\cos \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /2}\cos \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}\sin \left(\pi /2\right)\\&={\frac {1}{3}}.\end{aligned}}$

Wegen der Symmetrie gilt dies auch für die ${}y$-Koordinate. Somit sind die Koordinaten des Schwerpunktes von ${}T$ gleich

${}\left({\frac {\frac {1}{3}}{\frac {\pi }{4}}},\,{\frac {\frac {1}{3}}{\frac {\pi }{4}}}\right)=\left({\frac {4}{3\pi }},\,{\frac {4}{3\pi }}\right)\,.$

 

Aufgabe * (3 (2+1) Punkte)

Wir betrachten gleichschenklige Dreiecke, deren Schenkel die Länge ${}1$ haben, und die durch den inneren Winkel ${}\alpha \in ]0,\pi [$ an der Spitze gegeben sind.

1. Bestimme den Flächeninhalt eines solchen gleichschenkligen Dreieckes in Abhängigkeit von ${}\alpha$.
2. Für welche Winkel ${}\alpha$ ist der Flächeninhalt maximal oder minimal?

Lösung

1. Wir betrachten einen Schenkel als Grundseite und bestimmen die zugehörige Höhe ${}h$ des Dreiecks. Für die Höhe und den anderen Schenkel gilt die Beziehung

   ${}\sin \alpha ={\frac {\text{Gegenkathede}}{\text{Hypotenuse}}}={\frac {h}{1}}\,.$

   Deshalb ist der Flächeninhalt gleich ${}{\frac {1}{2}}\sin \alpha$.

2. Die Ableitung der Sinusfunktion ist die Kosinusfunktion und die zweite Ableitung ist die negative Sinusfunktion. Die einzige Nullstelle des Kosinus im angegebenen Intervall liegt bei ${}\pi /2$ vor, dort liegt also ein lokales Maximum (mit dem Wert ${}{\frac {1}{2}}$) vor. Dieses ist auch global. Lokale Minima gibt es auf dem offenen Intervall nicht, der Flächeninhalt konvergiert gegen ${}0$ in Richtung der Randpunkte.

 

Aufgabe * (3 (1+1+1) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left(x+y^{2},\,y+x^{3}+3x^{2}y^{2}+3xy^{4}+y^{6}\right).$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$ in jedem Punkt ${}\left(x,\,y\right)$.
2. Bestimme die Jacobi-Determinante von ${}\varphi$ in jedem Punkt ${}\left(x,\,y\right)$.
3. Bestimme den Flächeninhalt des Bildes der Einheitskreisscheibe unter ${}\varphi$. Verwende, dass ${}\varphi$ bijektiv ist.

Lösung

1. Die Jacobi-Matrix in ${}(x,y)$ ist

   ${\begin{pmatrix}1&2y\\3x^{2}+6xy^{2}+3y^{4}&1+6x^{2}y+12xy^{3}+6y^{5}\end{pmatrix}}.$

2. Die Jacobi-Determinante in ${}(x,y)$ ist

   ${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}1&2y\\3x^{2}+6xy^{2}+3y^{4}&1+6x^{2}y+12xy^{3}+6y^{5}\end{pmatrix}}&={\left(1+6x^{2}y+12xy^{3}+6y^{5}\right)}-2y{\left(3x^{2}+6xy^{2}+3y^{4}\right)}\\&=1.\,\end{aligned}}$

3. Nach Teil (2) und Fakt ***** ist wegen der Bijektivität der Flächeninhalt des Bildes gleich dem Flächeninhalt des Einheitskreises, also gleich ${}\pi$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} _{+}$

eine stetige Funktion. Zeige, dass der Schwerpunkt des Intervalls ${}[a,b]$ zur Massenverteilung ${}f$ mit der ${}x$-Koordinate des geometrischen Schwerpunktes des Subgraphen zu ${}f$ übereinstimmt.

Lösung

Das Volumen der Massenverteilung auf dem Intervall ist ${}\int _{a}^{b}f(x)dx$, das stimmt mit dem Flächeninhalt des Subgraphen überein. Der Schwerpunkt des Intervalls zur Massenverteilung ${}f$ ist nach Definition

${\frac {\int _{a}^{b}x{f(x)}dx}{\int _{a}^{b}f(x)dx}}.$

Der geometrische Schwerpunkt des Subgraphen ${}T$ besitzt die ${}x$-Koordinate

${}{\begin{aligned}{\frac {\int _{T}xd\lambda ^{2}}{\int _{a}^{b}f(x)dx}}&={\frac {\int _{a}^{b}\int _{0}^{f(x)}xdydx}{\int _{a}^{b}f(x)dx}}\\&={\frac {\int _{a}^{b}{\left(xy\right)}_{0}^{f(x)}dx}{\int _{a}^{b}f(x)dx}}\\&={\frac {\int _{a}^{b}xf(x)dx}{\int _{a}^{b}f(x)dx}}.\end{aligned}}$

Die beiden Ausdrücke stimmen also überein.

 

Aufgabe * (4 (3+1) Punkte)

Wir betrachten ein gleichschenkliges Dreieck, dessen Schenkel die Länge ${}1$ haben und dessen Winkel am Schenkelschnittpunkt ${}30$ Grad beträgt.

1. Berechne die Grundseite des Dreiecks.
2. Berechne den Flächeninhalt des Dreiecks.

Lösung

1. Wir legen zwei Dreiecke der gegebenen Art an einem Schenkel nebeneinander. Es entsteht ein Viereck, das ein gleichseitiges Dreieck mit Seitenlänge ${}1$ enthält. Der mittlere Schenkel halbiert die zum Schenkelschnittpunkt gegenüberliegende Seite in zwei gleichlange Seiten der Länge ${}{\frac {1}{2}}$. Die Höhe des gleichseitigen Dreiecks ist daher

   ${}h={\sqrt {1-{\frac {1}{4}}}}={\frac {\sqrt {3}}{2}}\,.$

   Daher ist die Länge des Anteils des mittleren Schenekels, der über das gleichseitige Dreieck hinausragt, gleich

   ${}c=1-h={\frac {2-{\sqrt {3}}}{2}}\,.$

   Deshalb besitzt die Grundseite des gleichschenkligen Dreiecks die Länge

   ${}{\begin{aligned}g&={\sqrt {c^{2}+{\frac {1}{4}}}}\\&={\sqrt {\left({\frac {2-{\sqrt {3}}}{2}}\right)^{2}+{\frac {1}{4}}}}\\&={\frac {\sqrt {4+3-4{\sqrt {3}}+1}}{2}}\\&={\frac {\sqrt {8-4{\sqrt {3}}}}{2}}\\&={\sqrt {2-{\sqrt {3}}}}.\end{aligned}}$

2. Der Flächeninhalt ist ${}{\frac {1}{4}}$, da die Konstruktion aus Teil (1) zeigt, dass die Höhe zu einem Schenkel gleich ${}{\frac {1}{2}}$ ist.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es sei ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ eine bijektive lineare Abbildung und sei ${}S\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine kompakte Teilmenge mit ${}\lambda ^{n}(S)\neq 0$ und sei ${}T=\varphi (S)$ das Bild von ${}S$ unter ${}\varphi$. Zeige, dass der Schwerpunkt von ${}S$ unter ${}\varphi$ in den Schwerpunkt von ${}T$ abgebildet wird.

Lösung

Es werde ${}\varphi$ bezüglich der Standardbasis durch die Matrix ${}M=(a_{ij})$ beschrieben, deren Determinante ${}\neq 0$ ist, da ${}\varphi$ bijektiv ist. Nach Fakt ***** gilt

${}\lambda ^{n}(T)=\vert {\det M}\vert \cdot \lambda ^{n}(S)\,.$

Wir bezeichnen die Koordinaten vorne mit ${}x_{i}$ und hinten mit ${}y_{i}$. Die Verknüpfung ${}y_{i}\circ \varphi$ ist somit ${}a_{i1}x_{1}+a_{i2}x_{2}+\cdots +a_{in}x_{n}$. Für die ${}i$-te Koordinate des Schwerpunktes von ${}S$ gilt nach Fakt *****

${}{\begin{aligned}{\frac {\int _{T}y_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(T)}}&={\frac {\int _{S}{\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}x_{j}\right)}\vert {\det M}\vert d\lambda ^{n}}{\vert {\det M}\vert \lambda ^{n}(S)}}\\&={\frac {\int _{S}{\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}x_{j}\right)}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)}}\\&={\frac {\sum _{j=1}^{n}a_{ij}\int _{S}x_{j}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)}}\\&=\sum _{j=1}^{n}a_{ij}{\frac {\int _{S}x_{j}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)}}.\end{aligned}}$

Dies ist die ${}i$-te Koordinate des Schwerpunktes von ${}S$ unter ${}\varphi$.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Berechne das Volumen der Einheitskugel mit dem Cavalieri-Prinzip.

Lösung

Wir wollen das Volumen einer dreidimensionalen abgeschlossenen Kugel vom Radius ${}r$ berechnen, also von

${}B(r)={\left\{x\in \mathbb {R} ^{3}\mid \Vert {x}\Vert \leq r\right\}}\,.$

Wegen Fakt ***** gilt dabei ${}\lambda ^{3}(B(r))=r^{3}\lambda ^{3}(B(1))$, d.h. es geht im Wesentlichen darum, das Volumen der Einheitskugel auszurechnen.

Für jedes fixierte ${}u$, ${}-1\leq u\leq 1$, kann man den Querschnitt als

${}{\begin{aligned}T(u)&={\left\{(x_{1},x_{2},x_{3})\in B(1)\mid x_{3}=u\right\}}\\&={\left\{(x_{1},x_{2})\in \mathbb {R} ^{2}\mid x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\leq 1-u^{2}\right\}}\end{aligned}}$

schreiben, d.h. als eine Kreisfläche vom Radius ${}{\sqrt {1-u^{2}}}$. Aufgrund des Cavalieri-Prinzips ist daher

${}{\begin{aligned}\lambda ^{3}(B(1))&=\int _{-1}^{1}\lambda ^{2}{\left(B_{2}{\left({\sqrt {1-u^{2}}}\right)}\right)}\,dh\\&=\pi \int _{-1}^{1}1-u^{2}\,du\\&=\pi {\left(u-{\frac {1}{3}}u^{3}\right)}|_{-1}^{1}\\&=\pi {\left(1-{\frac {1}{3}}-{\left(-1+{\frac {1}{3}}\right)}\right)}\\&=\pi {\frac {4}{3}}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Wir betrachten den Kreissektor ${}T$ aus dem Einheitskreis zum Winkel ${}30$ Grad, der an der ${}x$-Achse anliegt. Bestimme mit der Hilfe von Polarkoordinaten den Schwerpunkt von ${}T$.

Lösung

Der Flächeninhalt von ${}T$ ist ${}\pi /12$. In Polarkoordinaten wird ${}T$ durch den Radius

${}0\leq r\leq 1\,$

und den Winkel

${}0\leq \theta \leq \pi /6\,$

parametrisiert. Somit ist nach Fakt ***** und Fakt *****

${}{\begin{aligned}\int _{T}xd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /6}\int _{0}^{1}r\cos \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /6}\cos \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}\sin \left(\pi /6\right)\\&={\frac {1}{6}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}\int _{T}yd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /6}\int _{0}^{1}r\sin \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /6}\sin \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left(1-\cos \left(\pi /6\right)\right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left(1-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)}\\&={\frac {2-{\sqrt {3}}}{6}}.\end{aligned}}$

Somit sind die Koordinaten des Schwerpunktes von ${}T$ gleich

${}\left({\frac {\frac {1}{6}}{\frac {\pi }{12}}},\,{\frac {\frac {2-{\sqrt {3}}}{6}}{\frac {\pi }{12}}}\right)=\left({\frac {2}{\pi }},\,{\frac {4-2{\sqrt {3}}}{\pi }}\right)\,.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei

${}Q=[a_{1},b_{1}]\times [a_{2}\times b_{2}]\times \cdots \times [a_{n},b_{n}]\,$

ein Quader im ${}\mathbb {R} ^{n}$ und sei

${}f=x_{1}^{d_{1}}x_{2}^{d_{2}}\cdots x_{n}^{d_{n}}\,$

ein Monom. Berechne ${}\int _{Q}fd\lambda ^{n}$.

Lösung

Die Funktion ${}f$ ist ein Produkt von ${}n$ Funktionen, nämlich ${}x_{i}^{d_{i}}$, die jeweils nur von der einen Variablen ${}x_{i}$ abhängen. Daher kann man (eine geeignete Verallgemeinerung von) Fakt ***** anwenden und erhält

${}{\begin{aligned}\int _{Q}fd\lambda ^{n}&={\left(\int _{a_{1}}^{b_{1}}x_{1}^{d_{1}}dx_{1}\right)}{\left(\int _{a_{2}}^{b_{2}}x_{2}^{d_{2}}dx_{2}\right)}\cdots {\left(\int _{a_{n}}^{b_{n}}x_{n}^{d_{n}}dx_{n}\right)}\\&={\frac {1}{d_{1}+1}}{\left(b_{1}^{d_{1}+1}-a_{1}^{d_{1}+1}\right)}{\frac {1}{d_{2}+1}}{\left(b_{2}^{d_{2}+1}-a_{2}^{d_{2}+1}\right)}\cdots {\frac {1}{d_{n}+1}}{\left(b_{n}^{d_{n}+1}-a_{n}^{d_{n}+1}\right)}\\&={\frac {1}{(d_{1}+1)(d_{2}+1)\cdots (d_{n}+1)}}{\left(b_{1}^{d_{1}+1}-a_{1}^{d_{1}+1}\right)}{\left(b_{2}^{d_{2}+1}-a_{2}^{d_{2}+1}\right)}\cdots {\left(b_{n}^{d_{n}+1}-a_{n}^{d_{n}+1}\right)}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (7 (3+4) Punkte)

Dr. Eisenbeis und Prof. Knopfloch haben einen runden Kuchen mit einem Durchmesser von ${}40$ cm gebacken und ihn in ${}12$ gleich große Kuchenstücke aufgeteilt. Am übernächsten Tag ist leider nur noch ein Stück übrig, das sie gerecht aufteilen möchten. Da Dr. Eisenbeis den Rand nicht mag, halbieren sie nicht den Winkel, sondern sie teilen so, dass die eine Hälfte ein gleichschenkliges Dreieck wird.

1. Wie lang ist die Schnittkante?
2. Liegt der Schwerpunkt des Kuchenstücks auf der Schnittkante? Falls nein, wer isst den Schwerpunkt?

Tipp: Bei einen gleichschenkligen Dreieck mit dem Winkel ${}30$ Grad ist das Verhältnis von Grundfläche zu Schenkellänge gleich ${}{\sqrt {2-{\sqrt {3}}}}$. Vergleiche mit dem Schwerpunkt des gleichschenkligen Dreiecks, das entsteht, wenn man das Kuchenstück zu einem gleichschenkligen Dreieck auffüllen würde, also den runden Rand durch eine im Randmittelpunkt tangentiale gerade Strecke ersetzt. Bei einem Dreieck mit den Ecken ${}A,B,C$ liegt der Schwerpunkt in ${}{\frac {A+B+C}{3}}$.

Lösung

1. Die Grundfläche des Kuchenstücks ist ${}{\frac {1}{12}}\pi 20^{2}$. Deshalb soll der Inhalt des gleichschenkligen Dreiecks die Hälfte davon sein. Der Flächeninhalt des gleichschenkligen Dreiecks mit dem Winkel ${}30$ Grad und Schenkellänge ${}s$ (mit Höhe ${}h$ und Grundseite ${}g$) ist

   ${}{\begin{aligned}{\frac {1}{2}}gh&={\frac {1}{2}}g{\sqrt {s^{2}-{\frac {g^{2}}{4}}}}\\&={\frac {1}{4}}g{\sqrt {4s^{2}-g^{2}}}\\&={\frac {1}{4}}{\sqrt {2-{\sqrt {3}}}}s{\sqrt {4s^{2}-(2-{\sqrt {3}})s^{2}}}\\&={\frac {1}{4}}{\sqrt {2-{\sqrt {3}}}}s^{2}{\sqrt {2+{\sqrt {3}}}}\\&={\frac {1}{4}}{\sqrt {4-3}}s^{2}\\&={\frac {s^{2}}{4}}.\end{aligned}}$

   Die Bedingung

   ${}{\frac {s^{2}}{4}}={\frac {1}{24}}\pi \cdot 20^{2}\,$

   führt auf

   ${}s=20{\sqrt {\pi /6}}\,.$

   Für die Länge der Schnittkante ergibt sich

   ${}g=20{\sqrt {\pi /6}}{\sqrt {2-{\sqrt {3}}}}=20{\sqrt {\frac {\pi (2-{\sqrt {3}})}{6}}}\,.$

2. Wir behaupten, dass sogar der Schwerpunkt des gleichschenkligen Dreiecks, das entsteht, wenn man das Kuchenstück auffüllt, auf der Eisenbeishälfte liegt. Dies gilt dann erst recht für den Schwerpunkt des Kuchenstücks. Die Kuchenspitze liege im Nullpunkt und die Höhe des gleichschenkligen Dreiecks sei die ${}y$-Achse. Die Höhe der Schnittkante liegt nach Teil (1) auf

   ${}{\frac {1}{2}}{\sqrt {2+{\sqrt {3}}}}\cdot s={\frac {1}{2}}{\sqrt {2+{\sqrt {3}}}}\cdot {\sqrt {\pi /6}}\cdot 20\,.$

   Die Höhe des Schwerpunktes des aufgefüllten Dreiecks ist (wie bei jedem Dreieck, vergleiche Fakt *****) gleich ${}{\frac {2}{3}}\cdot 20$. Wir behaupten

   ${}{\frac {1}{2}}{\sqrt {2+{\sqrt {3}}}}\cdot {\sqrt {\pi /6}}\cdot 20>{\frac {2}{3}}\cdot 20\,,$

   was zu

   ${}{\sqrt {2+{\sqrt {3}}}}\cdot {\sqrt {\pi /6}}>{\frac {4}{3}}\,$

   bzw. zu

   ${}(2+{\sqrt {3}})\cdot \pi /6>{\frac {16}{9}}\,$

   bzw. zu

   ${}(2+{\sqrt {3}})\cdot \pi >{\frac {32}{3}}\,$

   äquivalent ist. Wegen ${}{\sqrt {3}}>1,7$ und ${}\pi >3,1$ gilt in der Tat

   ${}(2+{\sqrt {3}})\cdot \pi >3,7\cdot 3,1=11,47>{\frac {32}{3}}\,.$

 

Aufgabe * (9 (1+4+1+1+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left({\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {y^{2}}{2}}+y,\,x(y+1)\right).$

1. Zeige, dass ${}\varphi$ nicht injektiv ist.
2. Zeige, dass die Einschränkung von ${}\varphi$ auf ${}\mathbb {R} \times \mathbb {R} _{<-1}$ injektiv ist.
3. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y\right)\in \mathbb {R} ^{2}$.
4. Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$. Welches geometrische Gebilde bilden diese?
5. Berechne den Flächeninhalt des Bildes des Rechteckes

   ${}Q=[-1,1]\times [-3,-2]\,.$

Lösung

1. Die beiden Punkte ${}\left(1,\,-1\right)$ und ${}\left(-1,\,-1\right)$ werden beide auf ${}\left(-1,\,0\right)$ abgebildet, die Abbildung ist also nicht injektiv.
2. Wir machen den Ansatz

   ${}{\begin{pmatrix}{\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {y^{2}}{2}}+y\\x(y+1)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}\,.$

   Aus der zweiten Gleichung folgt (wegen ${}y+1<0$)

   ${}x={\frac {v}{y+1}}\,$

   und daraus mit der ersten Gleichung

   ${}g(y)={\frac {v^{2}}{2(y+1)^{2}}}-{\frac {y^{2}}{2}}+y=u\,.$

   Die Ableitung dieser Funktion ${}g(y)$ nach ${}y$ ist

   $-{\frac {v^{2}}{(y+1)^{3}}}-y+1.$

   Dies ist stets positiv, da alle drei Summanden positiv sind. D.h. ${}g$ ist streng wachsend und so kann es zu gegebenem ${}{\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}$ höchstens eine Lösung für ${}y$ geben, was wegen der ersten Bedingung auch ${}x$ eindeutig festlegt.

3. Die Jacobi-Matrix ist

   ${\begin{pmatrix}x&-y+1\\y+1&x\end{pmatrix}}$

4. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist

   ${}\det {\begin{pmatrix}x&-y+1\\y+1&x\end{pmatrix}}=x^{2}-(y+1)(-y+1)=x^{2}+y^{2}-1\,.$

   Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn diese Determinante ${}0$ ist, was also bei

   ${}x^{2}+y^{2}=1\,$

   der Fall ist. Daher bilden die kritischen Punkten den Einheitskreis.

5. Die Abbildung ist auf dem Rechteck ${}Q$ injektiv und darauf überall regulär, daher ist nach Fakt *****

   ${}{\begin{aligned}\lambda ^{2}(\varphi (Q))&=\int _{Q}(x^{2}+y^{2}+1)d\lambda ^{2}\\&=\int _{-3}^{-2}\int _{-1}^{1}(x^{2}+y^{2}+1)dxdy\\&=\int _{-3}^{-2}{\left({\frac {x^{3}}{3}}+xy^{2}+x\right)}{|}_{-1}^{1}dy\\&=2\int _{-3}^{-2}{\left({\frac {1}{3}}+y^{2}+1\right)}dy\\&=2{\left({\frac {4}{3}}y+{\frac {1}{3}}y^{3}\right)}_{-3}^{-2}\\&=2{\left(-{\frac {8}{3}}-{\frac {8}{3}}+4+9\right)}\\&={\frac {46}{3}}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (9 (3+1+1+4) Punkte)

Es sei

${}G={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\mid x^{2}>y^{3}\right\}}\,,$

wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon G\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y)\longmapsto (xy,x^{2}-y^{3}).$

1. Zeige, dass ${}\varphi$ injektiv ist.
2. Zeige, dass ${}\varphi$ einen Diffeomorphismus auf sein Bild induziert.
3. Zeige, dass das Rechteck ${}Q=[3,4]\times [1,2]$ in ${}G$ liegt.
4. Berechne den Flächeninhalt des Bildes von ${}Q=[3,4]\times [1,2]$ unter ${}\varphi$.

Lösung

1. Wir betrachten das Gleichungssystem

   ${}(xy,x^{2}-y^{3})=(u,v)\,$

   und müssen zeigen, dass ${}(x,y)$ durch ${}(u,v)$ eindeutig bestimmt ist. Wegen ${}(x,y)\in T$ ist ${}(u,v)\in \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}$. Es gilt

   ${}x={\frac {u}{y}}\,$

   und

   ${}x^{2}=v+y^{3}\,.$

   Daraus ergibt sich

   ${}{\frac {u^{2}}{y^{2}}}=v+y^{3}\,$

   bzw.

   ${}u^{2}=vy^{2}+y^{5}\,.$

   Bei gegebenem ${}v>0$ ist diese Funktion in ${}y\in \mathbb {R} _{+}$ streng wachsend, daher gibt es maximal ein ${}y$, das diese Gleichung erfüllt. Dadurch ist auch ${}x={\frac {u}{y}}$ eindeutig bestimmt.

2. Die Jacobi-Matrix ist

   ${\begin{pmatrix}y&x\\2x&-3y^{2}\end{pmatrix}}$

   mit der Determinante

   ${}\det {\begin{pmatrix}y&x\\2x&-3y^{2}\end{pmatrix}}=-3y^{3}-2x^{2}\,.$

   Auf ${}G\subseteq \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}$ ist dies überall negativ, daher liegt ein Diffeomorphismus auf das Bild vor.

3. Für ${}(x,y)\in Q$ ist

   ${}x^{2}\geq 3^{2}>2^{3}\geq y^{3}\,,$

   also ist ${}(x,y)\in G$.

4. Der Flächeninhalt ist nach Fakt ***** gleich

   ${}{\begin{aligned}\lambda ^{2}(\varphi (Q))&=\int _{Q}\det \left(D\varphi \right)_{x}d\lambda ^{2}\\&=\int _{3}^{4}\int _{1}^{2}2x^{2}+3y^{3}dydx\\&=\int _{3}^{4}{\left(2x^{2}y+{\frac {3}{4}}y^{4}\right)}{|}_{1}^{2}dx\\&=\int _{3}^{4}{\left(4x^{2}+192-2x^{2}-{\frac {3}{4}}\right)}dx\\&=\int _{3}^{4}{\left(2x^{2}+{\frac {765}{4}}\right)}dx\\&={\left({\frac {2}{3}}x^{3}+{\frac {765}{4}}x\right)}{|}_{3}^{4}\\&={\frac {2}{3}}\cdot (64-27)+{\frac {765}{4}}\\&={\frac {74}{3}}+{\frac {765}{4}}\\&={\frac {2591}{12}}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Zeige, dass der Schwerpunkt eines Intervalls ${}[a,b]\subseteq \mathbb {R}$ mit dem arithmetischen Mittel der Intervallgrenzen übereinstimmt.

Lösung

Die Intervalllänge ist ${}b-a$. Der Schwerpunkt ist

${}{\begin{aligned}{\frac {\int _{a}^{b}xdx}{b-a}}&={\frac {{\frac {1}{2}}x^{2}{|}_{a}^{b}}{b-a}}\\&={\frac {{\frac {1}{2}}(b^{2}-a^{2})}{b-a}}\\&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {(b-a)(b+a)}{b-a}}\\&={\frac {a+b}{2}},\end{aligned}}$

also das arithmetische Mittel.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es seien ${}S,T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ kompakte Teilmengen mit positivem Volumen derart, dass ihr Durchschnitt ${}S\cap T$ das Volumen ${}0$ besitze. Es sei ${}P$ der Schwerpunkt von ${}S$ und ${}Q$ der Schwerpunkt von ${}T$. Zeige, dass der Schwerpunkt der Vereinigung ${}S\cup T$ durch

${\frac {\lambda ^{n}(S)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}P+{\frac {\lambda ^{n}(T)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}Q$

gegeben ist.

Lösung

Die ${}i$-te Koordinate des Schwerpunktes von ${}S\cup T$ ist unter Verwendung von Fakt *****  (3)

${}{\begin{aligned}{\frac {\int _{S\cup T}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S\cup T)}}&={\frac {\int _{S\cup T}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\\&={\frac {\int _{S}x_{i}d\lambda ^{n}+\int _{T}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\\&={\frac {\int _{S}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}+{\frac {\int _{T}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\\&={\frac {\lambda ^{n}(S)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\cdot {\frac {\int _{S}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(S)}}+{\frac {\lambda ^{n}(T)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\cdot {\frac {\int _{T}x_{i}d\lambda ^{n}}{\lambda ^{n}(T)}}\\&={\frac {\lambda ^{n}(S)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\cdot P_{i}+{\frac {\lambda ^{n}(T)}{\lambda ^{n}(S)+\lambda ^{n}(T)}}\cdot Q_{i},\end{aligned}}$

wobei ${}P_{i}$ (bzw. ${}Q_{i}$) die ${}i$-te Koordinate von ${}P$ (bzw. ${}Q$) bezeichnet.

 

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung

/Aufgabe/Lösung

 

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung

/Aufgabe/Lösung