Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/10/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	5	4	2	5	3	4	6	3	5	4	4	3	3	4	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Ortsunabhängig bedeutet, dass die Funktion ${}f$ nicht von ${}y$ abhängt.
2. Ein Skalarprodukt auf ${}V$ ist eine Abbildung

   $V\times V\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(v,w)\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   mit folgenden Eigenschaften:

   1. Es ist

      ${}\left\langle \lambda _{1}x_{1}+\lambda _{2}x_{2},y\right\rangle =\lambda _{1}\left\langle x_{1},y\right\rangle +\lambda _{2}\left\langle x_{2},y\right\rangle \,$

      für alle ${}\lambda _{1},\lambda _{2}\in \mathbb {R}$, ${}x_{1},x_{2},y\in V$ und ebenso in der zweiten Komponente.

   2. Es ist

      ${}\left\langle v,w\right\rangle =\left\langle w,v\right\rangle \,$

      für alle ${}v,w\in V$.

   3. Es ist ${}\left\langle v,v\right\rangle \geq 0$ für alle ${}v\in V$ und ${}\left\langle v,v\right\rangle =0$ genau dann, wenn ${}v=0$ ist.
3. Ein Vektorfeld ist eine Abbildung

   $f\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(t,v)\longmapsto f(t,v),$

   wobei ${}I$ ein reelles Intervall ist.

4. Die Relativgeschwindigkeit ist

   ${}\rho _{BC}={\sqrt {1-{\frac {1}{\left\langle v,w\right\rangle ^{2}}}}}\,.$

5. Es seien ${}D_{i}$ die Richtungsableitungen in Richtung des ${}i$-ten Einheitsvektors. Zu ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ heißt die Matrix

   ${\begin{pmatrix}D_{1}D_{1}f(P)&\cdots &D_{1}D_{n}f(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\D_{n}D_{1}f(P)&\cdots &D_{n}D_{n}f(P)\end{pmatrix}}$

   die Hesse-Matrix zu ${}f$ im Punkt ${}P$.

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. Die Länge des Graphen von ${}f$ ist gleich

   $\int _{a}^{b}{\sqrt {1+(f'(x))^{2}}}\,dx.$

2. Es sei

   ${}v'=Mv\,$

   mit

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

   eine lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten und es sei ${}u\in {\mathbb {K} }^{n}$ ein Eigenvektor zu ${}M$ zum Eigenwert ${}\lambda \in {\mathbb {K} }$. Dann ist die Abbildung

   $\mathbb {R} \longrightarrow {\mathbb {K} }^{n},\,t\longmapsto ce^{\lambda t}u=c{\begin{pmatrix}e^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\e^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}},$

   (${}c\in {\mathbb {K} }$) eine Lösung dieses

   Differentialgleichungssystems.
3. Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Teilmenge und

   $h\colon U\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine differenzierbare Funktion mit dem zugehörigen Gradientenfeld ${}G=\operatorname {Grad} \,h$. Es sei ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow U$ ein stetig differenzierbarer Weg in ${}U$. Dann gilt für das Wegintegral

   ${}\int _{\gamma }G=h(\gamma (b))-h(\gamma (a))\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über das Lösungsverfahren für homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen.

Lösung

Zunächst gibt es eine Stammfunktion ${}G$ von ${}g$ aufgrund von Korollar 19.5 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)), sodass die angegebenen Funktionen existieren.
Durch Ableiten bestätigt man direkt, dass diese Funktionen wirklich Lösungen sind.
Es sei ${}y$ eine beliebige Lösungsfunktion. Wir betrachten den Quotienten

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {y(t)}{\exp(G(t))}}\right)}'&={\frac {y'(t)\exp \left(G(t)\right)-y(t)\cdot {\left(\exp(G(t))\cdot g(t)\right)}}{\exp ^{2}(G(t))}}\\&={\frac {y(t)g(t)\exp \left(G(t)\right)-y(t)\cdot {\left(\exp(G(t))\cdot g(t)\right)}}{\exp ^{2}(G(t))}}\\&=0,\end{aligned}}$

sodass aufgrund von Lemma 19.6 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) der Quotient ${}{\frac {y(t)}{\exp(G(t))}}$ konstant sein muss, woraus die Behauptung folgt.
Die Bedingung ${}y(t_{0})=y_{0}$ legt den Skalar ${}c={\frac {y_{0}}{\exp(G(t_{0}))}}$ eindeutig fest.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}L$ und ${}M$ metrische Räume und es seien

$f,g\colon L\longrightarrow M$

zwei stetige Abbildungen. Zeige, dass die Menge

${}N={\left\{x\in L\mid f(x)=g(x)\right\}}\,$

abgeschlossen in ${}L$ ist.

Lösung

Wir zeigen, dass das Komplement offen ist. Es sei also ${}x\in L$ ein Punkt mit

${}f(x)\neq g(x)\,$

und sei

${}\delta =d{\left(f(x),g(x)\right)}>0\,.$

Wegen der Stetigkeit von ${}f$ und ${}g$ gibt es ${}\epsilon _{1},\epsilon _{2}\in \mathbb {R} _{+}$ mit den Eigenschaften:

Wenn ${}d(x,x')\leq \epsilon _{1}$, dann ${}d(f(x),f(x'))\leq {\frac {\delta }{3}}$

und

Wenn ${}d(x,x')\leq \epsilon _{2}$, dann ${}d(g(x),g(x'))\leq {\frac {\delta }{3}}$.

Dies gilt dann auch für

${}\epsilon ={\min {\left(\epsilon _{1},\epsilon _{2}\right)}}\,.$

Daher gelten für ${}x'\in U{\left(x,\epsilon \right)}$ die Abschätzungen

${}{\begin{aligned}d{\left(f(x'),g(x')\right)}&\geq d{\left(f(x),g(x)\right)}-d{\left(f(x),f(x')\right)}-d{\left(g(x),g(x')\right)}\\&\geq \delta -{\frac {2}{3}}\delta \\&={\frac {1}{3}}\delta \\&>0,\end{aligned}}$

d.h. diese offene Ballumgebung gehört vollständig zum Komplement.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

a) Skizziere die (Bahn der) archimedische Spirale

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(t\cos t,\,t\sin t\right).$

b) Skizziere die (Bahn der) archimedische Spirale

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(t\cos t,\,t\sin t\right).$

Lösung

a)

b) Es ist

${}{\begin{aligned}\left(-t\cos \left(-t\right),\,-t\sin \left(-t\right)\right)&=\left(-t\cos t,\,t\sin t\right)\\\end{aligned}}$

D.h. der Wert des Weges an einer negativen Stelle ergibt sich aus dem Wert an der zugehörigen positiven Stelle, indem man in der ersten Komponenten negiert und die zweite Komponente beibehält. Die Bahn im Negativen ergibt sich also aus der Bahn im Positiven, indem man an der ${}y$-Achse spiegelt.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

$\gamma \colon [-1,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(2t-1,t^{2}+1\right),$

gegeben. Berechne das Wegintegral längs dieses Weges zum Vektorfeld

${}F(x,y)=\left(xy^{2}-x,\,2xy-y^{2}\right)\,.$

Lösung

Die Ableitung der Kurve ist

${}\gamma '(t)={\begin{pmatrix}2\\2t\end{pmatrix}}\,$

und das Vektorfeld auf dem Weg ausgewertet ist

${}{\begin{aligned}F(\gamma (t))&={\begin{pmatrix}\gamma _{1}(t)\gamma _{2}(t)^{2}-\gamma _{1}(t)\\2\gamma _{1}(t)\gamma _{2}(t)-\gamma _{2}(t)^{2}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\left(2t-1\right)}{\left(t^{2}+1\right)}^{2}-{\left(2t-1\right)}\\2{\left(2t-1\right)}{\left(t^{2}+1\right)}-{\left(t^{2}+1\right)}^{2}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\left(2t-1\right)}{\left(t^{4}+2t^{2}+1\right)}-{\left(2t-1\right)}\\2{\left(2t-1\right)}{\left(t^{2}+1\right)}-{\left(t^{4}+2t^{2}+1\right)}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2t^{5}+4t^{3}+2t-t^{4}-2t^{2}-1-2t+1\\4t^{3}+4t-2t^{2}-2-t^{4}-2t^{2}-1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2t^{5}-t^{4}+4t^{3}-2t^{2}\\-t^{4}+4t^{3}-4t^{2}+4t-3\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Damit ist das Wegintegral gleich

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}2t^{5}-t^{4}+4t^{3}-2t^{2}\\-t^{4}+4t^{3}-4t^{2}+4t-3\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2\\2t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}2{\left(2t^{5}-t^{4}+4t^{3}-2t^{2}\right)}+2t{\left(-t^{4}+4t^{3}-4t^{2}+4t-3\right)}dt\\&=\int _{-1}^{1}2t^{5}+6t^{4}+4t^{2}-6tdt\\&={\left({\frac {1}{3}}t^{6}+{\frac {6}{5}}t^{5}+{\frac {4}{3}}t^{3}-3t^{2}\right)}_{-1}^{1}\\&={\frac {12}{5}}+{\frac {8}{3}}\\&={\frac {76}{15}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Es sei ${}v'=Mv$ ein lineares Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten in ${}d$ Variablen und sei ein Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{d}$ vorgegeben.

1. Erstelle eine rekursive Formel für die Punkte ${}P_{n}$ im Polygonzugverfahren zum Startpunkt ${}P_{0}=P$ und zur Schrittweite ${}s$ in dieser Situation.
2. Erstelle eine geschlossene Formel für ${}P_{n}$ zur Schrittweite ${}s$.
3. Erstelle eine Formel für ${}P_{n}$ zur Schrittweite ${}{\frac {1}{n}}$.

Lösung

1. Es ist

   ${}P_{0}=P\,$

   und

   ${}P_{n+1}=P_{n}+sM(P_{n})=(E_{d}+sM)(P_{n})\,$

   mit der Einheitsmatrix ${}E_{d}$.

2. Es ist

   ${}P_{n+1}=(E_{d}+sM)^{n}(P)\,,$

   wie unmittelbar aus Teil (1) durch Induktion folgt.

3. Es ist

   ${}P_{n+1}=(E_{d}+{\frac {1}{n}}M)^{n}(P)\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über das Verhalten der Gramschen Matrizen zu einer Bilinearform bei einem Basiswechsel.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\left\langle w_{r},w_{s}\right\rangle &=\left\langle \sum _{i=1}^{n}a_{ir}v_{i},\sum _{k=1}^{n}a_{ks}v_{k}\right\rangle \\&=\sum _{1\leq i,k\leq n}a_{ir}a_{ks}\left\langle v_{i},v_{k}\right\rangle \\&=\sum _{1\leq i\leq n}a_{ir}{\left(\sum _{1\leq k\leq n}a_{ks}\left\langle v_{i},v_{k}\right\rangle \right)}\\&=\sum _{1\leq i\leq n}a_{ir}{\left(G\circ A\right)}_{is}\\&={\left({A^{\text{tr}}}\circ {\left(G\circ A\right)}\right)}_{rs}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (2+4) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}y^{3}.$

1. Man schreibe ${}(x+v)^{2}(y+w)^{3}$ als

   ${}(x+v)^{2}(y+w)^{3}=x^{2}y^{3}+av+bw+cv^{2}+dvw+ew^{2}\,$

   mit geeigneten Termen ${}a,b,c,d,e$, wobei ${}a$ und ${}b$ nicht von ${}v$ und ${}w$ abhängen dürfen.

2. Man folgere aus der Darstellung aus (1), dass ${}x^{2}y^{3}$ in einem beliebigen Punkt ${}(x,y)$ total differenzierbar ist.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,(x+v)^{2}(y+w)^{3}\\&=(x^{2}+2xv+v^{2})(y^{3}+3y^{2}w+3yw^{2}+w^{3})\\&=x^{2}y^{3}+(2xy^{3})v+(3x^{2}y^{2})w+(y^{3}+3y^{2}w+3yw^{2}+w^{3})v^{2}+(6xy^{2})vw+(2xv+x^{2})(3y+w)w^{2}.\,\end{aligned}}$

   Es ist also

   ${}a=2xy^{3}\,,$

   ${}b=3x^{2}y^{2}\,,$

   ${}c=y^{3}+3y^{2}w+3yw^{2}+w^{3}\,,$

   ${}d=6xy^{2}\,,$

   ${}e=(2xv+x^{2})(3y+w)\,.$

2. Es sei ${}(x,y)$ fixiert. Die ersten drei Summanden ergeben die lineare Approximation, das totale Differential ist durch ${}(v,w)\mapsto (2xy^{3})v+(3x^{2}y^{2})w$ gegeben. Die drei hinteren Summanden kann man jeweils in der Form ${}{\sqrt {v^{2}+w^{2}}}\cdot r(v,w)$ mit ${}r(v,w)$ stetig mit ${}r(0,0)=0$ schreiben. Es ist nämlich

   ${}\vert {v}\vert ={\sqrt {v^{2}}}\leq {\sqrt {v^{2}+w^{2}}}\,$

   und ebenso ${}\vert {w}\vert \leq {\sqrt {v^{2}+w^{2}}}$. Daher ist für den ersten Term für ${}(v,w)\neq (0,0)$

   ${}cv^{2}={\sqrt {v^{2}+w^{2}}}\cdot {\frac {cv^{2}}{\sqrt {v^{2}+w^{2}}}}\,$

   und für

   ${}r(v,w)={\frac {cv^{2}}{\sqrt {v^{2}+w^{2}}}}\,$

   gilt

   ${}{\begin{aligned}\vert {r(v,w)}\vert &=\vert {\frac {cv^{2}}{\sqrt {v^{2}+w^{2}}}}\vert \\&={\frac {\vert {c}\vert \vert {v}\vert ^{2}}{\sqrt {v^{2}+w^{2}}}}\\&\leq {\frac {\vert {c}\vert \vert {v}\vert ^{2}}{\vert {v}\vert }}\\&=\vert {c}\vert \vert {v}\vert .\end{aligned}}$

   Für ${}(v,w)\rightarrow (0,0)$ geht das gegen ${}0$, sodass man ${}r(v,w)$ stetig mit dem Wert ${}0$ fortsetzen kann. Die beiden anderen Term werden entsprechend behandelt.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Jacobi-Matrix der Abbildung

$f\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(r,\theta ,\varphi )\longmapsto \left(r\cos \varphi \sin \theta ,\,r\sin \varphi \sin \theta ,\,r\cos \theta \right),$

in einem beliebigen Punkt ${}(r,\theta ,\varphi )$.

Lösung

Es ist

${}\left(Df\right)_{(r,\theta ,\varphi )}={\begin{pmatrix}\cos \varphi \sin \theta &r\cos \varphi \cos \theta &-r\sin \varphi \sin \theta \\\sin \varphi \sin \theta &r\sin \varphi \cos \theta &r\cos \varphi \sin \theta \\\cos \theta &-r\sin \theta &0\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und

$\varphi \colon G\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

eine stetig differenzierbare Abbildung, die im Punkt ${}P\in G$ ein surjektives totales Differential besitze. Es sei ${}v\in T_{P}Z$ ein Vektor des Tangentialraumes an die Faser ${}Z$ zu ${}\varphi$ durch ${}P$. Zeige, dass es eine stetig differenzierbare Kurve

$\gamma \colon ]-\epsilon ,\epsilon [\longrightarrow Z$

(für ein geeignetes ${}\epsilon >0$) mit ${}\gamma (0)=P$ und mit

${}\gamma '(t)=v\,$

gibt.

Lösung

Es ist ${}v\in T_{P}Z=\operatorname {kern} \left(D\varphi \right)_{P}$. Nach dem Satz über implizite Abbildungen gibt es eine offene Menge ${}P\in W$, ${}W\subseteq G$, eine offene Menge ${}V\subseteq \mathbb {R} ^{n-m}$ und eine stetig differenzierbare Abbildung

$\psi \colon V\longrightarrow W$

derart, dass ${}\psi (V)\subseteq Z\cap W$ ist und ${}\psi$ eine Bijektion

$\psi \colon V\longrightarrow Z\cap W$

induziert. Es sei ${}Q\in V$ der Punkt mit ${}\psi (Q)=P$. Die Abbildung ${}\psi$ ist in jedem Punkt ${}Q\in V$ regulär und für das totale Differential von ${}\psi$ gilt

${}\left(D\varphi \right)_{P}\circ \left(D\psi \right)_{Q}=0\,,$

also

${}\operatorname {bild} \left(D\psi \right)_{Q}=\operatorname {kern} \left(D\varphi \right)_{P}=T_{P}Y\,.$

Wegen der Regularität von ${}\psi$ in ${}Q$ ist

$\left(D\psi \right)_{Q}\colon \mathbb {R} ^{n-m}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

injektiv und

$\left(D\psi \right)_{Q}\colon \mathbb {R} ^{n-m}\longrightarrow T_{P}Y$

bijektiv. Es sei ${}u\in \mathbb {R} ^{n-m}$ das Urbild von ${}v$ und sei

$\theta \colon ]-\epsilon ,\epsilon [\longrightarrow \mathbb {R} ^{n-m},\,t\longmapsto Q+tu,$

wobei ${}\epsilon$ hinreichend klein gewählt sei, dass das Bild ganz in ${}V$ liegt. Dann besitzt

$\gamma =\psi \circ \theta \colon ]-\epsilon ,\epsilon [\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

die Eigenschaft

${}\gamma (0)=\psi (\theta (0))=\psi (Q)=P\,$

und

${}\gamma '(0)=\left(D\psi \right)_{Q}(\theta '(0))=\left(D\psi \right)_{Q}(u)=v\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die lokalen Extrema der Funktion

${}h(x,y)=3x-7y\,$

auf der Ellipse

${}M={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 3x^{2}+2y^{2}=1\right\}}\,.$

Lösung

Wir verwenden [[Extrema/Nebenbedingung/Linearform als Zielfunktion/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Extrema/Nebenbedingung/Linearform als Zielfunktion/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] mit ${}f(x,y)=3x^{2}+2y^{2}$ und der Linearform ${}h(x,y)=3x-7y$. Die notwendige Bedingung für ein lokales Extremum führt auf

${}{\begin{pmatrix}6x\\4y\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}3\\-7\end{pmatrix}}\,.$

Dies bedeutet ${}x={\frac {1}{2}}\lambda$ und ${}y=-{\frac {7}{4}}\lambda$. Einsetzen in die Gleichung für ${}f$ liefert

${}{\begin{aligned}1&=3{\left({\frac {1}{2}}\lambda \right)}^{2}+2{\left(-{\frac {7}{4}}\lambda \right)}^{2}\\&={\left({\frac {3}{4}}+{\frac {49}{8}}\right)}\lambda ^{2}\\&={\frac {55}{8}}\lambda ^{2}.\end{aligned}}$

Also ist

${}\lambda _{1,2}=\pm {\frac {2{\sqrt {2}}}{\sqrt {55}}}\,.$

Es seien

$P_{1}=(x_{1},y_{1})=\left({\frac {1}{2}}\cdot {\frac {2{\sqrt {2}}}{\sqrt {55}}},\,-{\frac {7}{4}}\cdot {\frac {2{\sqrt {2}}}{\sqrt {55}}}\right)\,\,{\text{ und }}\,\,P_{2}=(x_{2},y_{2})=\left(-{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {2{\sqrt {2}}}{\sqrt {55}}},\,{\frac {7}{4}}\cdot {\frac {2{\sqrt {2}}}{\sqrt {55}}}\right)$

die zugehörigen Punkte, an denen ein lokales Extremum vorliegen kann. Wegen ${}h(P_{1})>0$ und ${}h(P_{2})<0$ liegt wegen der Kompaktheit der Ellipse in ${}P_{1}$ das globale Maximum und in ${}P_{2}$ das globale Minimum vor.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über den Zusammenhang von Anfangswertproblemen und Integralgleichungen.

Lösung

Es sei die Integralbedingung erfüllt. Dann ist

${}v(t_{0})=w\,$

und aufgrund des Hauptsatzes der Infinitesimalrechnung gilt ${}v'(t)=f(t,v(t))$. Insbesondere sichert die Integralbedingung, dass ${}v$ differenzierbar ist.
Wenn umgekehrt ${}v$ eine Lösung des Anfangswertproblems ist, so ist ${}v'(s)=f(s,v(s))$ und daher

${}w+\int _{t_{0}}^{t}f(s,v(s))\,ds=w+\int _{t_{0}}^{t}v'(s)\,ds=w+v(t)-v(t_{0})=v(t)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Lösung zum Anfangswertproblem

${}v'=\operatorname {Grad} \,h(v)\,$

mit ${}v(0)=w$ ($w\in \mathbb {R} ^{2}$) zum Gradientenfeld zur Funktion

$h\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+y^{2}.$

Lösung

Das Gradientenfeld ist durch

$G\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}2x\\2y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$

geben, es handelt sich also um ein lineares Vektorfeld. Da jeder Vektor ${}w\in \mathbb {R} ^{2}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}2$ zur Matrix ${}{\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}$ ist, sind die Lösungen durch

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto we^{2t}$

gegeben.

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 (4 Punkte)

Bestimme das Volumen des Rotationskörpers, der entsteht, wenn man den Graphen der Funktion

$f\colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},\,t\longmapsto t+{\sqrt {t}}+1,$

um die ${}t$-Achse rotieren lässt.

Lösung

Das Volumen des Rotationskörpers ${}K$ ist gemäß der Formel gleich

${}{\begin{aligned}\lambda ^{3}(K)&=\pi \int _{0}^{1}(t+{\sqrt {t}}+1)^{2}\,dt\\&=\pi \int _{0}^{1}(t^{2}+t+1+2t^{3/2}+2t+2t^{1/2})\,dt\\&=\pi \int _{0}^{1}(t^{2}+2t^{3/2}+3t+2t^{1/2}+1)\,dt\\&=\pi {\left({\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {4}{5}}t^{5/2}+{\frac {3}{2}}t^{2}+{\frac {4}{3}}t^{3/2}+t\right)}|_{0}^{1}\\&=\pi {\left({\frac {1}{3}}+{\frac {4}{5}}+{\frac {3}{2}}+{\frac {4}{3}}+1\right)}\\&=\pi {\frac {10+24+45+40+30}{30}}\\&=\pi {\frac {149}{30}}.\end{aligned}}$

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 [[Diffeomorphismus/Transformationsformel/Kompakte Teilmengen/Volumen/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Diffeomorphismus/Transformationsformel/Kompakte Teilmengen/Volumen/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] ist wegen der Bijektivität der Flächeninhalt des Bildes gleich dem Flächeninhalt des Einheitskreises, also gleich ${}\pi$.