Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/11/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	${}\sum$
Punkte	3	3	1	5	4	8	4	6	3	4	5	5	11	3	65

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine lineare inhomogene gewöhnliche Differentialgleichung.
2. Eine offene Menge in einem metrischen Raum ${}M$.
3. Die Differenzierbarkeit einer Funktion

   $f\colon I\longrightarrow V$

   in einem Punkt ${}t\in I$, wobei ${}I$ ein Intervall und ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum ist.

4. Das charakteristische Polynom zu einem gewöhnlichen linearen Differentialgleichungsysytem mit konstanten Koeffizienten.
5. Der Gradient einer total differenzierbaren Abbildung

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

   in einem Punkt ${}P\in V$ eines euklidischen Vektorraumes.

6. Die Integrabilitätsbedingung eines differenzierbaren Vektorfeldes

   $G\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},$

   wobei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Teilmenge ist.

Lösung

1. Eine Differentialgleichung der Form

   $y'=g(t)y+h(t)$

   mit zwei auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ definierten Funktionen ${}t\mapsto g(t)$ und ${}t\mapsto h(t)$ heißt inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung.

2. Eine Teilmenge ${}U\subseteq M$ heißt offen, wenn für jedes ${}x\in U$ ein ${}\epsilon >0$ mit

   ${}U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\,$

   existiert.

3. Die Abbildung ${}f$ heißt in ${}t\in I$ differenzierbar, wenn der Limes

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

   existiert.

4. Es sei

   ${}v'=Mv\,$

   mit

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

   eine lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Dann nennt man das charakteristische Polynom

   ${}\chi _{M}=\det {\left(tE_{n}-M\right)}\,$

   auch das charakteristische Polynom der Differentialgleichung.

5. Der Gradient von ${}f$ in ${}P$ ist der eindeutig bestimmte Vektor ${}w\in V$ mit

   ${}{\left(Df\right)}_{P}{\left(v\right)}=\left\langle w,v\right\rangle \,$

   für alle ${}v\in V$.

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)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Stetigkeit von linearen Abbildungen.
2. Die Formel für die Länge einer Kurve

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$

3. Die Transformationsformel für Volumina zu einem Diffeomorphismus ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$.

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 ${}[a,b]$ ein kompaktes Intervall und

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Dann ist ${}f$ rektifizierbar und für die Kurvenlänge gilt

   ${}L(f)=\int _{a}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert \,dt\,.$

3. Für eine kompakte Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ ist

   ${}\lambda ^{n}(T)=\int _{\varphi ^{-1}(T)}\vert {J(\varphi )}\vert \,d\lambda ^{n}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Löse das Anfangswertproblem

$y'=2{\text{ mit }}y(5)=3.$

Lösung

Eine Lösung ist

${}y(x)=2x-7\,,$

wie man unmittelbar durch Ableiten und Einsetzen bestätigt.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise das Lösungsverfahren für inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen in einer Variablen.

Lösung

Da ${}a(t)$ keine Nullstelle besitzt, kann man jede Funktion

$y\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

als

${}y(t)=c(t)a(t)\,$

mit einer unbekannten (differenzierbaren) Funktion ${}c(t)$ ansetzen. Dabei ist (für eine differenzierbare Funktion ${}y$)

${}y'(t)=c'(t)a(t)+c(t)a'(t)\,.$

Daher kann man die Lösungsbedingung

${}y'(t)=g(t)y(t)+h(t)\,$

als

${}c'(t)a(t)+c(t)a'(t)=g(t)c(t)a(t)+h(t)\,$

schreiben, und diese gilt wegen ${}a'(t)=g(t)a(t)$ genau dann, wenn

${}c'(t)a(t)=h(t)\,$

bzw.

${}c'(t)={\frac {h(t)}{a(t)}}\,$

gilt. D.h. ${}c(t)$ muss eine Stammfunktion zu ${}{\frac {h(t)}{a(t)}}$ sein.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum der Dimension ${}\geq 2$ und ${}v,w\in V$ Punkte mit

${}\Vert {v}\Vert =\Vert {w}\Vert \,.$

Zeige, dass es eine stetig differenzierbare Kurve

$\gamma \colon [0,1]\longrightarrow V,\,t\longmapsto \gamma (t),$

mit ${}\gamma (0)=v$, ${}\gamma (1)=w$ und ${}\Vert {\gamma (t)}\Vert =\Vert {v}\Vert$ für alle ${}t\in [0,1]$ gibt.

Lösung

Es sei ${}c=\Vert {v}\Vert$. Die Vektoren ${}v$ und ${}w$ liegen in einer Ebene ${}E\subseteq V$, und es sei ${}u_{1},u_{2}$ eine Orthonormalbasis dieser Ebene. Dabei können wir ${}v=cu_{1}$ und ${}w=au_{1}+bu_{2}=c(ru_{1}+su_{2})$ erreichen. Wegen

${}c=\Vert {w}\Vert ={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\,$

ist ${}r^{2}+s^{2}=1$. Daher gibt es ein ${}\theta \in {]0,2\pi ]}$ mit

${}(r,s)=(\cos \theta ,\sin \theta )\,.$

Daher besitzt

${}\gamma (t)=c{\left(u_{1}\cos \left(\theta t\right)+u_{2}\sin \left(\theta t\right)\right)}\,$

die gewünschten Eigenschaften.

Aufgabe (8 (4+4) Punkte)

Es sei ${}F\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ eine lineare Abbildung, aufgefasst als lineares Vektorfeld.

1. Man gebe ein Beispiel für ein diagonalisierbares ${}F$ (mit ${}n=2$) und eine stetig differenzierbare Kurve

   $\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

   mit ${}\gamma (a)=\gamma (b)$ derart an, dass das Wegintegral ${}\int _{\gamma }F$ nicht ${}0$ ist.

2. Es sei nun ${}F$ diagonalisierbar bezüglich einer Orthonormalbasis. Zeige, dass

   ${}\int _{\gamma }F=0\,$

   für jede stetig differenzierbare Kurve ${}\gamma$ mit ${}\gamma (a)=\gamma (b)$ ist.

Lösung

1. Wir betrachten

   ${}F(x,y)={\begin{pmatrix}2&1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y\\y\end{pmatrix}}\,.$

   Die Matrix besitzt obere Dreiecksgestalt und somit sind die Diagonaleinträge ${}1$ und ${}2$ die verschiedenen Eigenwerte und die Abbildung ist diagonalisierbar. Es sei ${}\gamma$ die trigonometrische Parametrisierung des Einheitskreises, also

   ${}\gamma (t)={\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\,.$

   Dann ist

   ${}{\begin{aligned}\left\langle F(\gamma (t),\gamma '(t)\right\rangle &=\left\langle {\begin{pmatrix}2\cos t+\sin t\\\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=-2\cos t\sin t-\sin ^{2}t+\cos t\sin t\\&=-\cos t\sin t-\sin ^{2}t.\end{aligned}}$

   Diese Funktion ist von ${}0$ zu ${}2\pi$ zu integrieren. Der vordere Summand hat ${}-{\frac {1}{2}}\sin ^{2}t$ als Stammfunktion, das zugehörige bestimmte Integral ist daher gleich ${}0$. Der hintere Summand besitzt aber ein negatives Integral und somit ist

   ${}\int _{\gamma }F\neq 0\,.$

2. Es sei ${}u_{1},\ldots ,u_{n}$ eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von ${}F$, und es gelte

   ${}F(u_{j})=c_{j}u_{j}\,.$

   Es sei ${}\gamma$ eine stetig differenzierbare Kurve mit

   ${}\gamma (a)=\gamma (b)\,$

   und seien ${}\gamma _{j}$ die Komponentenfunktionen bezüglich der Orthonormalbasis. Dann ist

   ${}{\begin{aligned}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle &=\left\langle F(\gamma _{1}(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}(t)u_{n}),\gamma _{1}'(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}'(t)u_{n}\right\rangle \\&=\left\langle F(\gamma _{1}(t)u_{1})+\cdots +F(\gamma _{n}(t)u_{n}),\gamma _{1}'(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}'(t)u_{n}\right\rangle \\&=\left\langle \gamma _{1}(t)c_{1}u_{1}+\cdots +c_{n}\gamma _{n}(t)u_{n},\gamma _{1}'(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}'(t)u_{n}\right\rangle \\&=c_{1}\gamma _{1}(t)\gamma _{1}'(t)+\cdots +c_{n}\gamma _{n}(t)\gamma _{n}'(t).\end{aligned}}$

   Eine Stammfunktion von dieser Funktion ist

   ${\frac {1}{2}}c_{1}(\gamma _{1}(t))^{2}+\cdots +{\frac {1}{2}}c_{n}(\gamma _{n}(t))^{2}.$

   Daher ist

   ${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{a}^{b}(c_{1}\gamma _{1}(t)\gamma _{1}'(t)+\cdots +c_{n}\gamma _{n}(t)\gamma _{n}'(t))dt\\&={\frac {1}{2}}{\left(c_{1}(\gamma _{1}(t))^{2}+\cdots +c_{n}(\gamma _{n}(t))^{2}|_{a}^{b}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(c_{1}(\gamma _{1}(b))^{2}+\cdots +c_{n}(\gamma _{n}(b))^{2}-c_{1}(\gamma _{1}(a))^{2}+\cdots +c_{n}(\gamma _{n}(a))^{2}\right)}\\&=0.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das lineare Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}-2&7\\0&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}{\begin{pmatrix}v_{1}(0)\\v_{2}(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4\\6\end{pmatrix}}.$

Lösung

Aus der zweiten Zeile folgt sofort

${}v_{2}(t)=ae^{3t}\,,$

wobei die Anfangsbedingung ${}v_{2}(0)=6$ durch ${}a=6$ erfüllt wird. Für ${}v_{1}$ ergibt sich daraus die inhomogene lineare Differentialgleichung in einer Variablen,

$v_{1}'=-2v_{1}+42e^{3t}{\text{ mit }}v_{1}(0)=-4.$

Die zugehörige homogene lineare Gleichung besitzt die Lösungen ${}ce^{-2t}$. Mittels Variation der Konstanten, also dem Ansatz

${}v_{1}(t)=c(t)e^{-2t}\,,$

ergibt sich die Bedingung

${}c'(t)=42e^{2t}\cdot e^{3t}=42e^{5t}\,.$

Also ist ${}c(t)={\frac {42}{5}}e^{5t}+b$ mit einer Konstanten ${}b\in \mathbb {R}$. Aus

${}{\frac {42}{5}}e^{0}+b=-4\,$

folgt ${}b=-4-{\frac {42}{5}}=-{\frac {62}{5}}$. Die Lösung ist also

${}{\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\left({\frac {42}{5}}e^{5t}-{\frac {62}{5}}\right)}e^{-2t}\\6e^{3t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {42}{5}}e^{3t}-{\frac {62}{5}}e^{-2t}\\6e^{3t}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum und ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine symmetrische Bilinearform auf ${}V$. Zeige, dass ${}V$ eine Orthogonalbasis besitzt.

Lösung

Es sei ${}A$ der Ausartungsraum der Bilinearform und ${}U$ ein direktes Komplement, also

${}V=A\oplus U\,.$

Dabei ist die Einschränkung der Bilinearform auf ${}U$ nicht ausgeartet. Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{s}$ eine Basis von ${}A$ und ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ eine Basis von ${}U$. Die Vektoren ${}w_{i}$ können wir auf jeden Fall als Teil einer Orthogonalbasis nehmen, da diese ja auf allen Vektoren orthogonal stehen. Wir müssen uns also nur noch um ${}U$ kümmern. Das bedeutet, dass wir gleich annehmen können, dass wir eine nichtausgeartete symmetrische Bilinearform auf ${}V$ haben. Wegen der Polarisationsformel gibt es dann auch ${}v\in V$ mit

${}\left\langle v,v\right\rangle \neq 0\,.$

Der Orthogonalraum zu ${}v$ besitzt deshalb und wegen der Eigenschaft, nicht ausgeartet zu sein, die Dimension ${}\dim _{K}{\left(V\right)}-1$. Dieser Orthogonalraum ist ebenfalls nicht ausgeartet, daher gibt es nach Induktion über die Dimension eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ mit

${}\left\langle v_{i},v_{i}\right\rangle \neq 0\,.$

Eine solche Basis lässt sich in folgender Weise orthogonalisieren, und zwar kann man eine Orthogonalbasis ${}v_{1}',\ldots ,v_{n}'$ finden mit

${}\langle v_{1},\ldots ,v_{i}\rangle =\langle v_{1}',\ldots ,v_{i}'\rangle \,$

für alle ${}i$. Dies zeigen wir durch Induktion, seien ${}v_{1}',\ldots ,v_{i}'$ schon konstruiert. Wir setzen

${}c_{j}:=\left\langle v_{j},v_{i+1}\right\rangle \,$

und setzen

${}v_{i+1}'=v_{i+1}-\sum _{j=1}^{i}{\frac {c_{j}}{\left\langle v_{j},v_{j}\right\rangle }}v_{j}\,.$

Dann ist für ${}k\leq i$

${}\left\langle v_{i+1}^{'},v_{k}\right\rangle =\left\langle v_{i+1}-\sum _{j=1}^{i}{\frac {c_{j}}{\left\langle v_{j},v_{j}\right\rangle }}v_{j},v_{k}\right\rangle =\left\langle v_{i+1},v_{k}\right\rangle -{\frac {c_{k}}{\left\langle v_{k},v_{k}\right\rangle }}\left\langle v_{k},v_{k}\right\rangle =0\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Jacobi-Matrix der Abbildung

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y)\longmapsto \left({\frac {\sin x}{x^{2}+y^{4}}},\,{\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}},\,\ln(x^{2}+y^{2})\right),$

in jedem Punkt.

Lösung

Die partiellen Ableitungen sind

${}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x}}={\frac {(x^{2}+y^{4})\cos x-2x\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}={\frac {-4y^{3}\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}={\frac {2xy(x^{2}+y^{2})-x^{2}y(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {2xy^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{2}}{\partial y}}={\frac {x^{2}(x^{2}+y^{2})-x^{2}y(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {x^{4}-x^{2}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{3}}{\partial x}}={\frac {2x}{x^{2}+y^{2}}}\,$

und

${}{\frac {\partial f_{3}}{\partial y}}={\frac {2y}{x^{2}+y^{2}}}\,.$

Somit ist die Jacobi-Matrix in einem Punkt ${}(x,y)$ gleich

${\begin{pmatrix}{\frac {(x^{2}+y^{4})\cos x-2x\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}&{\frac {-4y^{3}\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\\{\frac {2xy^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}&{\frac {x^{4}-x^{2}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\\{\frac {2x}{x^{2}+y^{2}}}&{\frac {2y}{x^{2}+y^{2}}}\end{pmatrix}}.$

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 14.5 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))) 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 (5 Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$F\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y,z)\longmapsto (x+y+z,xy+xz+yz,xyz).$

Zeige, dass ein Punkt ${}P=(x,y,z)$ genau dann ein regulärer Punkt von ${}F$ ist, wenn die Koordinaten von ${}P$ paarweise verschieden (also ${}x\neq y$, ${}x\neq z$ und ${}y\neq z$) sind.

Lösung

Die Jacobi-Matrix von ${}F$ ist

${\begin{pmatrix}1&1&1\\y+z&x+z&x+y\\yz&xz&xy\end{pmatrix}}.$

Ein Punkt ${}P$ ist genau dann ein regulärer Punkt, wenn der Rang dieser Matrix ${}3$ ist, wenn die Matrix also invertierbar ist.

Wenn ${}x=y$ ist, so stimmen die erste und die zweite Spalte überein; wenn ${}x=z$ ist, so stimmen die erste und die dritte Spalte überein; wenn ${}y=z$ ist, so stimmen die zweite und die dritte Spalte überein. Daher liegt bei Punkten, bei denen zwei Koordinaten übereinstimmen, eine lineare Abhängigkeit zwischen den Spalten vor und der Rang der Matrix ist nicht ${}3$. Solche Punkte sind also nicht regulär.

Zum Beweis der Umkehrung berechnen wir die Determinante der Matrix. Diese ist (Entwicklung nach der ersten Zeile)

${}{\begin{aligned}(x+z)xy-xz(x+y)-(y+z)xy+yz(x+y)+(y+z)xz-yz(x+z)&=x^{2}y-x^{2}z-xy^{2}+y^{2}z+xz^{2}-yz^{2}\\&=x^{2}(y-z)+x(z^{2}-y^{2})+yz(y-z)\\&=x^{2}(y-z)+x(z-y)(z+y)+yz(y-z)\\&=(y-z)(x^{2}-x(z+y)+yz)\\&=(y-z)(x-y)(x-z).\,\end{aligned}}$

Wenn die Koordinaten paarweise verschieden sind, so ist die Determinante nicht ${}0$ und die Matrix ist invertierbar, also sind diese Punkte regulär (mit diesem Argument beweist man gleichzeitig auch die Hinrichtung).

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 (11 (3+8) Punkte)

Es sollen drei Kugeln mit Radius ${}1$ straff in eine Folie eingepackt werden. Berechne das Volumen des Gesamtpakets, wenn

a) die Kugeln linear und anliegend angeordnet werden,

b) die Kugeln als Dreieck anliegend angeordnet werden.

Lösung

a) Die Gesamtpackung setzt sich aus zwei Halbkugeln mit Radius ${}1$ und einem Zylinder der Höhe ${}4$ über einem Kreis mit Radius ${}1$ zusammen. Daher ist das Volumen gleich

${}{\frac {4}{3}}\pi +4\pi ={\frac {16}{3}}\pi \,.$

b) Wir wenden das Cavalieri-Prinzip an und betrachten den Querschnitt zur Höhe ${}h$, ${}-1\leq h\leq 1$. Der Kugelquerschnitt besteht aus drei Kugeln mit Radius ${}r={\sqrt {1-h^{2}}}$, deren Mittelpunkte ein gleichseitiges Dreieck mit Kantenlänge ${}2$ bilden. Wir müssen den Flächeninhalt des durch die Folie gegebenen (abgerundeten) Querschnittsdreiecks bestimmen. Die Kantenlänge des zugehörigen spitzen Dreieckes ist ${}2+2{\sqrt {3}}r$. Daher ist der Flächeninhalt dieses Dreieckes gleich

${}{\frac {1}{2}}{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\left(2+2{\sqrt {3}}r\right)}^{2}={\sqrt {3}}{\left(1+{\sqrt {3}}r\right)}^{2}={\sqrt {3}}+6r+3{\sqrt {3}}r^{2}\,.$

Davon müssen wir die Spitzen (über den Kreisbögen) abziehen. Eine solche Spitze ergibt sich als Flächeninhalt des Vierecks, das durch Kreismittelpunkt, Dreiecksspitze und die beiden tangentialen Punkte gegeben ist, ohne einen Drittelkreis. Das ergibt ${}{\sqrt {3}}r^{2}-{\frac {\pi }{3}}r^{2}$. Der Flächeninhalt des abgerundeten Dreiecks ist also

${}{\begin{aligned}{\sqrt {3}}+6r+3{\sqrt {3}}r^{2}-3{\left({\sqrt {3}}r^{2}-{\frac {\pi }{3}}r^{2}\right)}&={\sqrt {3}}+6r+\pi r^{2}\\&={\sqrt {3}}+6{\sqrt {1-h^{2}}}+\pi {\left(1-h^{2}\right)}\\&={\sqrt {3}}+\pi +6{\sqrt {1-h^{2}}}-\pi h^{2}.\end{aligned}}$

Das Volumen der Dreieckspackung ist somit

${}{\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {3}}+\pi +6{\sqrt {1-h^{2}}}-\pi h^{2}dh&=2{\left({\sqrt {3}}+\pi \right)}+3\pi -\pi {\frac {2}{3}}\\&=2{\sqrt {3}}+{\frac {13}{3}}\pi .\end{aligned}}$

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.