Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/15/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Anfangswertproblem auf einer offenen Teilmenge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ zu einer Funktion

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

2. Der Grenzwert einer Abbildung

   $f\colon T\longrightarrow L$

   in ${}a\in M$, wobei ${}L,M$ metrische Räume sind, ${}T\subseteq M$ eine Teilmenge und ${}a\in M$ ein Berührpunkt von ${}T$ ist.

3. Das Wegintegral zu einem stetigen Vektorfeld ${}F\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ längs eines stetig differenzierbaren Weges ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$.
4. Eine Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
5. Die partielle Differenzierbarkeit einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$.
6. Ein regulärer Punkt ${}P\in V$ einer differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen endlichdimensionalen reellen Vektorräumen.

Lösung

1. Man nennt

   $y'=f(t,y){\text{ und }}y(t_{0})=y_{0}$

   das Anfangswertproblem zur gewöhnlichen Differentialgleichung ${}y'=f(t,y)$ mit der Anfangsbedingung ${}y(t_{0})=y_{0}$.

2. Das Element ${}b\in L$ heißt Grenzwert von ${}f$ in ${}a$, wenn es für jedes ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ gibt mit der folgenden Eigenschaft: Für jedes ${}x\in T\cap U{\left(a,\delta \right)}$ ist ${}f(x)\in U{\left(b,\epsilon \right)}$.
3. Das Wegintegral ist

   ${}\int _{\gamma }F:=\int _{a}^{b}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\,.$

4. Eine Abbildung

   $V\times V\longrightarrow K,\,(v,w)\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   heißt Bilinearform, wenn für alle ${}v\in V$ die induzierten Abbildungen

   $V\longrightarrow K,\,w\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   und für alle ${}w\in V$ die induzierten Abbildungen

   $V\longrightarrow K,\,v\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   ${}K$- linear sind.

5. Die Funktion ${}f$ heißt partiell differenzierbar, wenn sie in jedem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ partiell differenzierbar ist.
6. Der Punkt ${}P$ heißt regulär, wenn

   ${}\operatorname {rang} \,\left(D\varphi \right)_{P}={\min {\left(\dim _{}{\left(V\right)},\dim _{}{\left(W\right)}\right)}}\,$

   ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Lösungsverfahren für eine inhomogene lineare Differentialgleichung in oberer Dreiecksgestalt.
2. Der Trägheitssatz von Sylvester.
3. Das Cavalieri-Prinzip.

Lösung

1. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall und es liege eine inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung der Form

   ${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}a_{11}&\cdots &\cdots &a_{1n}\\0&a_{22}&\cdots &a_{2n}\\\vdots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&a_{nn}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}z_{1}\\z_{2}\\\vdots \\z_{n}\end{pmatrix}}$

   mit stetigen Funktionen ${}a_{ij}\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ und ${}z_{i}\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ und den Anfangsbedingungen

   $v_{i}(t_{0})=w_{i}\in \mathbb {R} {\text{ für }}i=1,\ldots ,n\,\,(t_{0}\in I)$

   vor. Dann lässt sich diese Gleichung lösen, indem man sukzessive unter Verwendung der zuvor gefundenen Lösungen die inhomogenen linearen gewöhnlichen Differentialgleichungen in einer Variablen, nämlich

   $v_{n}'=a_{nn}(t)v_{n}+z_{n}(t){\text{ mit }}v_{n}(t_{0})=w_{n},$

   $v_{n-1}'=a_{n-1\,n-1}(t)v_{n-1}+a_{n-1\,n}(t)v_{n}(t)+z_{n-1}(t){\text{ mit }}v_{n-1}(t_{0})=w_{n-1},$

   $v_{n-2}'=a_{n-2\,n-2}(t)v_{n-2}+a_{n-2\,n-1}(t)v_{n-1}(t)+a_{n-2\,n}(t)v_{n}(t)+z_{n-2}(t){\text{ mit }}v_{n-2}(t_{0})=w_{n-2},$

   $\vdots$

   $v_{1}'=a_{11}(t)v_{1}+a_{12}(t)v_{2}(t)+\cdots +a_{1n}(t)v_{n}(t)+z_{1}(t){\text{ mit }}v_{1}(t_{0})=w_{1},$

   löst.
2. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum mit einer symmetrischen Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ vom Typ ${}(p,q)$. Dann ist die Gramsche Matrix von ${}\left\langle -,-\right\rangle$ bezüglich einer jeden Orthogonalbasis eine Diagonalmatrix mit ${}p$ positiven und ${}q$ negativen Einträgen.
3. Es sei ${}T\subseteq [a,b]\times \mathbb {R} ^{n-1}$ eine kompakte Teilmenge und es sei vorausgesetzt, dass die Funktion

   $h\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto h(x)=\lambda ^{n-1}{\left(x\times \mathbb {R} ^{n-1}\cap T\right)}$

   stetig ist. Dann ist

   ${}\lambda ^{n}(T)=\int _{a}^{b}h(x)\,dx\,.$

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)), so dass 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

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

so dass 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 (1+1+1+1) Punkte)

Es seien ${}P=\left({\frac {3}{4}},\,-1\right)$ und ${}Q=\left(2,\,{\frac {1}{5}}\right)$ zwei Punkte im ${}\mathbb {R} ^{2}$. Bestimme den Abstand zwischen diesen beiden Punkten in

a) der euklidischen Metrik,

b) der Summenmetrik,

c) der Maximumsmetrik.

d) Vergleiche diese verschiedenen Abstände der Größe nach.

Lösung

Die Abstände der einzelnen Koordinaten sind

$2-{\frac {3}{4}}={\frac {8-3}{4}}={\frac {5}{4}}$

und

${\frac {1}{5}}-(-1)={\frac {1+5}{5}}={\frac {6}{5}}.$

a) Der euklidische Abstand ist somit

${}{\sqrt {{\left({\frac {5}{4}}\right)}^{2}+{\left({\frac {6}{5}}\right)}^{2}}}={\sqrt {{\frac {25}{16}}+{\frac {36}{25}}}}={\sqrt {\frac {625+576}{400}}}={\sqrt {\frac {1201}{400}}}={\frac {\sqrt {1201}}{20}}\,.$

b) In der Summenmetrik ist der Abstand

${}{\frac {5}{4}}+{\frac {6}{5}}={\frac {25+24}{20}}={\frac {49}{20}}\,.$

c) Es ist

${}{\frac {5}{4}}={\frac {25}{20}}>{\frac {24}{20}}={\frac {6}{5}}\,,$

daher ist der Abstand in der Maximumsmetrik gleich ${}{\frac {5}{4}}$.

d) Wir behaupten, dass der Maximumsabstand kleiner dem euklidischen Abstand und dass dieser kleiner dem Summenabstand ist. Um dies zu sehen bringt man die drei Zahlen auf den Hauptnenner ${}20$ und muss dann für die Zähler

${}25<{\sqrt {1201}}<49\,$

zeigen. Wegen ${}25^{2}=625<1201$ und ${}49^{2}>40^{2}=1600>1201$ ist das klar.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Mittelwertabschätzung für differenzierbare Kurven.

Lösung

Wenn ${}f(a)=f(b)$ ist, so ist die Aussage trivialerweise richtig. Es sei also ${}f(a)\neq f(b)$. Dann ist ${}u_{1}={\frac {f(b)-f(a)}{\Vert {f(b)-f(a)}\Vert }}$ nach dem Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren Teil einer Orthonormalbasis von ${}V$. Es seien ${}f_{1},\ldots ,f_{n}$ die Komponentenfunktionen von ${}f$ bezüglich dieser Basis. Wir wenden den Mittelwertsatz für eine Variable auf die erste Komponentenfunktion ${}f_{1}$ an. Es gibt also ein ${}c\in {]a,b[}$ mit der Eigenschaft

${}f_{1}(b)-f_{1}(a)=(b-a)\cdot f_{1}'(c)\,$

und damit auch

${}\vert {f_{1}(b)-f_{1}(a)}\vert =\vert {b-a}\vert \cdot \vert {f_{1}'(c)}\vert \,.$

Da man die Längenmessung mit jeder Orthonormalbasis durchführen kann, gilt

${}{\begin{aligned}\Vert {f(b)-f(a)}\Vert &=\Vert {(f_{1}(b)-f_{1}(a))u_{1}}\Vert \\&=\vert {f_{1}(b)-f_{1}(a)}\vert \\&=\vert {b-a}\vert \cdot \vert {f_{1}'(c)}\vert \\&\leq \vert {b-a}\vert \cdot {\sqrt {\sum _{i=1}^{n}{\left(f_{i}'(c)\right)}^{2}}}\\&=\vert {b-a}\vert \cdot \Vert {f'(c)}\Vert .\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

${}v'=Mv\,$

ein lineares Differentialgleichungssystem auf ${}I\times \mathbb {R} ^{n}$ (${}I$ ein reelles Intervall) mit einer Funktionenmatrix

${}M(t)=(a_{ij}(t))_{1\leq i,j\leq n}\,,$

wobei das zugrunde liegende Vektorfeld zugleich ein Zentralfeld sei. Zeige, dass die Matrix die Gestalt

${}M(t)=\varphi (t){\begin{pmatrix}1&0&\cdots &\cdots &0\\0&1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&1&0\\0&\cdots &\cdots &0&1\end{pmatrix}}\,$

mit einer geeigneten Funktion

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

besitzt.

Lösung

Es sei ein Zeitpunkt ${}t\in I$ fixiert. Das Vektorfeld wird zu diesem Zeitpunkt durch die Matrix

${}N:=M(t)=(a_{ij}(t))_{i,j}\,$

beschrieben. Da es sich um ein Zentralfeld handelt, ist für jeden Vektor ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$ der Vektor ${}M(t)v$ linear abhängig zu ${}v$. Dies bedeutet, dass jeder Vektor ein Eigenvektor zur Matrix ${}N$ ist. Dies kann aber nur sein, wenn überhaupt nur ein Eigenwert vorkommt. Es ist also ${}N=\lambda \operatorname {Id}$ und man kann ${}\varphi$ durch

${}\varphi (t)=\lambda \,$

definieren.

Aufgabe (3 Punkte)

Der ${}\mathbb {R} ^{2}$ sei mit der Standard-Minkowski-Form versehen. Zeige, dass zu jedem Beobachtervektor ${}{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ die Raumkomponente des Beobachters die Spiegelung seiner Zeitkomponente an der Hauptdiagonalen ist.

Lösung

Die Raumkomponente des Beobachters mit der Bewegungsgeraden ${}\mathbb {R} {\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ ist ${}a$ und seine Zeitkomponente ist ${}b$. Dazu Senkrecht zu ${}{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ bezüglich der Minkowski-Form ist ${}{\begin{pmatrix}b\\a\end{pmatrix}}$, da ja

${}\left\langle {\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}b\\a\end{pmatrix}}\right\rangle =ab-ba=0\,$

gilt. Beim Übergang von ${}{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ zu ${}{\begin{pmatrix}b\\a\end{pmatrix}}$ werden die Komponenten vertauscht, und genau dies passiert auch bei der Achsenspiegelung an der Hauptdiagonalen.

Aufgabe (9 (4+5) Punkte)

Es sei

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

1. Bestimme die kritischen Punkte und Extrema von ${}f$.
2. Bestimme für jeden kritischen Punkt ${}P$ von ${}f$ und jede Gerade durch ${}P$, ob ${}f$ längs dieser Geraden in ${}P$ lokale Extrema besitzt.

Lösung

1. Es ist

   ${\frac {\partial f}{\partial x}}=2x+3y\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial f}{\partial y}}=3x-3y^{2}.$

   Um die kritischen Punkte zu finden setzt man diese beiden Funktionen gleich ${}0$. Das bedeutet

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

   und

   ${}2y^{2}+3y=y(2y+3)=0\,.$

   Es ist also

   $y=0\,\,{\text{ oder }}\,\,y=-{\frac {3}{2}}$

   und daher gibt es die beiden kritischen Punkte

   $P_{1}=\left(0,\,0\right)\,\,{\text{ und }}\,\,P_{2}=\left({\frac {9}{4}},\,-{\frac {3}{2}}\right).$

   Die Hesse-Matrix ist

   ${\begin{pmatrix}2&3\\3&-6y\end{pmatrix}}.$

   In ${}P_{1}$ ist dies

   ${\begin{pmatrix}2&3\\3&0\end{pmatrix}},$

   wobei der erste Minor ${}2$ und die Determinante ${}-9$ ist. Also liegt nach [[Zweimal stetig differenzierbare Funktion/Definitheit der Hesse-Form/Extrema/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Zweimal stetig differenzierbare Funktion/Definitheit der Hesse-Form/Extrema/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] kein lokales Extremum vor. In ${}P_{2}$ ist die Hesse-Matrix

   ${\begin{pmatrix}2&3\\3&9\end{pmatrix}},$

   die Minoren sind ${}1,2,9$ und daher ist die Matrix positiv definit und es liegt ein lokales Minimum vor, das auch ein globales Minimum ist.

2. Da in ${}P_{2}$ ein globales Minimum vorliegt, gilt dies auch für die Einschränkung der Funktion auf jede Gerade durch diesen Punkt. Betrachten wir also den Nullpunkt ${}P_{1}$. Eine Gerade durch diesen Punkt wird durch

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(at,\,bt\right),$

   mit ${}(a,b)\in \mathbb {R} ^{2}$, ${}(a,b)\neq (0,0)$, beschrieben. Die eingeschränkte Funktion auf eine solche Gerade ist durch

   ${}g(t)=a^{2}t^{2}+3abt^{2}-b^{3}t^{3}\,$

   gegeben. Die Ableitungen davon sind

   ${}g'(t)=2a^{2}t+6abt-3b^{3}t^{2}\,,$

   ${}g^{\prime \prime }(t)=2a^{2}+6ab-6b^{3}t\,.$

   und

   ${}g^{\prime \prime \prime }(t)=-6b^{3}\,.$

   Im Nullpunkt ist dabei

   ${}g'(0)=0\,,$

   ${}g^{\prime \prime }(0)=2a^{2}+6ab=2a(a+3b)\,.$

   und

   ${}g^{\prime \prime \prime }(0)=-6b^{3}\,.$

   Bei ${}a>0$ und ${}b>-{\frac {a}{3}}$ liegt längs dieser Geraden ein lokales Minimum vor. Ebenso bei ${}a<0$ und ${}b<-{\frac {a}{3}}$. Bei ${}a<0$ und ${}b>-{\frac {a}{3}}$ und bei ${}a>0$ und ${}b<-{\frac {a}{3}}$ liegt ein lokales Maximum vor. Bei ${}a=0$ ist ${}b\neq 0$, die beiden ersten Ableitungen sind ${}0$ und die dritte nicht, daher liegt nach Satz 17.4 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) kein lokales Extremum vor. Bei ${}a\neq 0$ und ${}b=-{\frac {a}{3}}$ liegt aus dem gleichen Grund kein lokales Extremum vor.

Aufgabe (6 (1+1+1+3) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,\left(x,\,y,\,z\right)\longmapsto \left(x^{2}-y^{3},\,xz+\sin y,\,yz^{2}\right).$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$.
2. Berechne die Jacobi-Determinante von ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$.
3. Begründe, dass ${}\varphi$ in einer offenen Umgebung des Punktes ${}P=\left(1,\,0,\,1\right)$ einen Diffeomorphismus beschreibt.
4. Bestimme die Jacobi-Matrix der Umkehrabbildung ${}\varphi ^{-1}$ im Punkt ${}\varphi (P)$.

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,\left(x,\,y,\,z\right)\longmapsto \left(x^{2}-y^{3},\,xz+\sin y,\,yz^{2}\right).$

1. Die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in ${}\left(x,\,y,\,z\right)$ ist

   ${\begin{pmatrix}2x&-3y^{2}&0\\z&\cos y&x\\0&z^{2}&2yz\end{pmatrix}}.$

2. Die Jacobi-Determinante von ${}\varphi$ in ${}\left(x,\,y,\,z\right)$ ist

   ${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}2x&-3y^{2}&0\\z&\cos y&x\\0&z^{2}&2yz\end{pmatrix}}&=2x{\left(2yz\cos y-xz^{2}\right)}-z{\left(-6y^{3}z\right)}\\&=4xyz\cos y-2x^{2}z^{2}+6y^{3}z^{2}\\&=z{\left(4xy\cos y-2x^{2}z+6y^{3}z\right)}.\end{aligned}}$

3. Die Jacobi-Determinante von ${}\varphi$ in ${}P=\left(1,\,0,\,1\right)$ ist ${}-2$. Daher ist das totale Differential in diesem Punkt invertierbar und nach dem Satz über die Umkehrabbildung gibt es eine offene Umgebung von ${}P$, worauf ein Diffeomorphismus vorliegt.
4. Die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$ in ${}P$ ist

   ${\begin{pmatrix}2&0&0\\1&1&1\\0&1&0\end{pmatrix}}.$

   Die Jacobi-Matrix der Umkehrabbildung ${}\varphi ^{-1}$ in ${}\varphi (P)$ ist die inverse Matrix dazu. Das Invertierungsverfahren ergibt

   
   

   ${}{\begin{pmatrix}2&0&0\\1&1&1\\0&1&0\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
   ${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\1&1&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}}$
   ${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\0&0&1\\-{\frac {1}{2}}&1&-1\end{pmatrix}}$

   Die Jacobi-Matrix der Umkehrabbildung ist somit

   ${\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\0&0&1\\-{\frac {1}{2}}&1&-1\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

${}U=(\mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} )\setminus \{(2,4),(4,2)\}\,.$

Begründe, ob die Abbildung

$\varphi \colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y)\longmapsto (x+y,xy,x^{y})=(u,v,w).$

injektiv ist oder nicht.

Lösung

Die Abbildung ist nicht injektiv. Um dies zu zeigen, weisen wir nach, dass es verschiedene Zahlen ${}x,y\in \mathbb {R} _{+}\setminus \{2,4\}$ mit

${}x^{y}=y^{x}\,$

gibt. Für ein solches Paar ist dann

${}\varphi (x,y)=\varphi (y,x)\,.$

Die Bedingung bedeutet

${}e^{y\ln x}=e^{x\ln y}\,$

und ist wegen der Injektivität der Exponentialfunktion äquivalent zu

${}y\ln x=x\ln y\,,$

was wiederum auf

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

führt. Die Abbildung

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {\ln x}{x}},$

ist stetig und hat in ${}x=1$ eine Nullstelle, ist für ${}x\geq 1$ positiv und konvergiert für ${}x\rightarrow +\infty$ gegen ${}0$. Somit nimmt die Funktion in einem Punkt ${}a\in {]1,+\infty [}$ ihr Maximum an (übrigens ist ${}a=e$). Für jedes ${}c\in {]0,f(a)[}$ gibt es dann nach dem Zwischenwertsatz ein ${}x\in {]0,a[}$ mit

${}f(x)=c\,$

und ein ${}y>a$ mit

${}f(y)=c\,.$

Da es unendlich viele ${}c$ gibt, kann man auch ${}x,y\neq 2,4$ sichern.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Wir betrachten das Vektorfeld

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

mit

${}G(x,y)=(y,-x^{3})\,$

Zeige auf zweifache Weise, dass ${}G$ kein Gradientenfeld ist.

1. Mit der Integrabilitätsbedingung.
2. Mit Wegintegralen.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}=1\,$

   und

   ${}{\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}=-3x^{2}\,.$

   Daher ist die Integrabilitätsbedingung nicht erfüllt und es kann kein Gradientenfeld vorliegen.

2. Wir betrachten Wegintegrale mit dem Anfangs- und Endpunkt ${}(1,0)$, in einem Gradientenfeld ist für solche geschlossenen Wege das Wegintegral gleich ${}0$. Wir betrachten den Weg

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

   Das Wegintegral dazu ist

   ${}\int _{\gamma }G=\int _{0}^{2\pi }\left\langle {\begin{pmatrix}\sin t\\-{\left(\cos t\right)}^{3}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt=\int _{0}^{2\pi }-\sin ^{2}t-\cos ^{4}tdt\,.$

   Der Integrand ist hier stets negativ und daher ist auch das Integral negativ und nicht ${}0$. Also ist ${}G$ kein Gradientenfeld.

Aufgabe (5 Punkte)

Die rechteckige Grundseite (Unterseite) eines Bootes (unter Wasser) habe die Breite ${}2{\rm {m}}$ und die Länge ${}10{\rm {m}}$, die (ebenfalls rechteckige) Deckseite (Oberseite) habe die Breite ${}3{\rm {m}}$ und die Länge ${}12{\rm {m}}$, wobei die Seiten parallel zueinander seien und den Abstand ${}2{\rm {m}}$ besitzen. Die vier übrigen Seiten seien ebene Verbindungen zwischen Ober- und Unterseite. Das Boot wiegt mit Besatzung, aber ohne Ladung ${}12.000{\rm {kg}}$. Der Tiefgang des Bootes soll maximal ${}1,5{\rm {m}}$ betragen. Mit welcher Masse kann das Boot maximal beladen werden?

Lösung

Wir berechnen zuerst die Länge und die Breite der Querschnittsebene des Bootes zu einer Höhe ${}h$ über der Grundseite. Für die Länge gilt

${}L(h)=h+10\,,$

da die Abhängigkeit von der Höhe linear ist. Für die Breite gilt

${}B(h)={\frac {1}{2}}h+2\,.$

Daher ist der Flächeninhalt der Querschnittsfläche gleich

${}Q(h)=L(h)\cdot B(h)={\left(h+10\right)}{\left({\frac {1}{2}}h+2\right)}={\frac {1}{2}}h^{2}+7h+20\,$

Nach dem Cavalieri-Prinzip ist daher das Volumen (in Kubikmetern) des Bootes von der Grundseite bis zur Höhe ${}g$ gleich

${}V(g)=\int _{0}^{g}{\frac {1}{2}}h^{2}+7h+20\,dh={\frac {1}{6}}g^{3}+{\frac {7}{2}}g^{2}+20g\,.$

Für ${}g=1{,}5$ ergibt sich

${}{\begin{aligned}V(1{,}5)&={\frac {1}{6}}\cdot 1{,}5^{3}+{\frac {7}{2}}\cdot 1{,}5^{2}+20\cdot 1{,}5\\&=0{,}25\cdot 2{,}25+{\frac {7}{2}}\cdot 2{,}25+30\\&=0{,}5625+7{,}875+30\\&=38{,}4375\end{aligned}}$

in Kubikmetern. Der Auftrieb ist gleich dem Gewicht des verdrängten Wasservolumens. Also darf das Schiff maximal ${}38{,}4375$ Tonnen wiegen, so dass es eine Ladung von ${}26{,}4375$ Tonnen befördern kann.

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 Satz 37.3 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018))) 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

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