Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/17/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine gewöhnliche Differentialgleichung mit getrennten Variablen.
2. Eine Metrik auf einer Menge ${}M$.
3. Eine polynomiale Funktion

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

4. Ein raumartiger Vektor in einem Minkowski-Raum.
5. Die partielle Differenzierbarkeit einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ in einem Punkt ${}P=\left(a_{1},\,\ldots ,\,a_{n}\right)\in \mathbb {R} ^{n}$.
6. Ein kritischer Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ einer total differenzierbaren Abbildung

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

Lösung

1. Eine Differentialgleichung der Form

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

   mit Funktionen (dabei sind ${}I$ und ${}J$ reelle Intervalle)

   $g\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t),$

   und

   $h\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto h(y),$

   heißt gewöhnliche Differentialgleichung mit getrennten Variablen.

2. Eine Abbildung ${}d\colon M\times M\to \mathbb {R}$ heißt Metrik, wenn für alle ${}x,y,z\in M$ die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
   1. ${}d\left(x,y\right)=0\Longleftrightarrow x=y$ (Definitheit),
   2. ${}d\left(x,y\right)=d(y,x)$ (Symmetrie), und
   3. ${}d\left(x,y\right)\leq d(x,z)+d(z,y)$ (Dreiecksungleichung).
3. Eine polynomiale Funktion ist eine Abbildung

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

   der Gestalt

   ${}f(x_{1},\ldots ,x_{n})=\sum _{\nu \in \mathbb {N} ^{n}}a_{\nu }x_{1}^{\nu _{1}}x_{2}^{\nu _{2}}\cdots x_{n}^{\nu _{n}}\,$

   mit ${}a_{\nu }\in \mathbb {R}$ und wobei nur endlich viele davon von ${}0$ verschieden sind.

4. Ein Vektor ${}v\in V$ mit

   ${}\left\langle v,v\right\rangle >0\,$

   heißt raumartig.

5. Die Abbildung ${}f$ heißt partiell differenzierbar, wenn für jedes ${}i=1,\ldots ,n$ die Abbildung

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,x_{i}\longmapsto f(a_{1},\ldots ,a_{i-1},x_{i},a_{i+1},\ldots ,a_{n}),$

   in ${}a_{i}$ differenzierbar ist.

6. Der Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ heißt kritischer Punkt von ${}\varphi$, wenn

   ${}\operatorname {rang} \,\left(D\varphi \right)_{P}<{\min {\left(n,m\right)}}\,$

   ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über Folgen und abgeschlossene Mengen in einem metrischen Raum ${}M$.
2. Der Satz über den Lösungsraum eines diagonalisierbaren linearen Differentialgleichungssystems mit konstanten Koeffizienten.
3. Das Eigenwertkriterium für eine reell-symmetrische Bilinearform.

Lösung

1. Eine Teilmenge ${}T\subseteq M$ ist genau dann abgeschlossen, wenn jede Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in T$, die in ${}M$ konvergiert, bereits in ${}T$ konvergiert.
2. Es sei

   ${}v'=Mv\,$

   mit

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

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

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

   wobei ${}\lambda _{i}$ der Eigenwert zu ${}u_{i}$ ist.
3. Es sei ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine symmetrische Bilinearform auf einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum und sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$. Es sei ${}G$ die Gramsche Matrix zu ${}\left\langle -,-\right\rangle$ bezüglich dieser Basis. Dann besitzt der Typ ${}(p,q)$ der Form folgende Interpretation: ${}p$ ist die Summe der Dimensionen der Eigenräume zu ${}G$ zu positiven Eigenwerten und ${}q$ ist die Summe der Dimensionen der Eigenräume zu ${}G$ zu negativen Eigenwerten.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über das Lösungsverfahren für Differentialgleichungen mit getrennten Variablen.

Lösung

Da ${}h$ stetig ist und keine Nullstelle besitzt, ist ${}h$ bzw. ${}{\frac {1}{h}}$ nach dem Zwischenwertsatz entweder stets positiv oder stets negativ, so dass ${}H$ nach Satz 15.7 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) streng monoton und daher nach Aufgabe 5.38 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) injektiv (also bijektiv auf sein Bild) ist.

Sei ${}y(t)=H^{-1}(G(t))$ wie angegeben. Dann ist

${}{\begin{aligned}y'(t)&={\frac {G'(t)}{H'{\left(H^{-1}(G(t))\right)}}}\\&={\frac {g(t)}{{\frac {1}{h}}{\left(H^{-1}(G(t))\right)}}}\\&=g(t)\cdot h{\left(H^{-1}(G(t))\right)}\\&=g(t)\cdot h(y(t)),\end{aligned}}$

so dass in der Tat eine Lösung vorliegt.

Es sei nun ${}y(t)$ eine differenzierbare Funktion, die die Differentialgleichung erfüllt. Daraus folgt

${}\int _{t_{1}}^{t_{2}}g(t)\,dt=\int _{t_{1}}^{t_{2}}{\frac {y'(t)}{h(y(t))}}\,dt=\int _{y(t_{1})}^{y(t_{2})}{\frac {1}{h(z)}}\,dz\,,$

wobei wir die Substitution ${}z=y(t)$ angewendet haben. Für die zugehörigen Stammfunktionen (mit den unteren Integralgrenzen ${}t_{1}$ bzw. ${}y(t_{1})$) bedeutet dies ${}G(t)=H(y(t))$, also ist ${}y(t)=H^{-1}(G(t))$.

Aufgabe (2 Punkte)

Was bedeutet die Polarisationsformel für ein reelles Skalarprodukt für die Multiplikation von reellen Zahlen?

Lösung

Eindimensional besagt die Polarisationsformel für reelle Zahlen ${}a,b\in \mathbb {R}$ einfach

${}ab={\frac {1}{2}}{\left({\left(a+b\right)}^{2}-a^{2}-b^{2}\right)}\,.$

Insbesondere lässt sich also die reelle Multiplikation auf das Quadrieren, Addieren und Subtrahieren von reellen Zahlen zurückführen.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde ein Polynom ${}p(x,y)$ der Form

${}p(x,y)=a+bx+cy+dx^{2}+exy+fy^{2}\,,$

das die Bedingungen

${}p(0,0)=0\,,$

${}p(0,1)=1\,,$

${}p(1,0)=0\,,$

${}p(1,1)=3\,,$

${}p(0,2)=6\,,$

${}p(-1,1)=1\,,$

erfüllt.

Lösung

Aus der ersten Gleichung folgt direkt

${}a=0\,.$

Aus der zweiten und der fünften Gleichung ergeben sich

${}c+f=1\,$

und

${}2c+4f=6\,,$

woraus sich

${}c=-1\,$

und

${}f=2\,$

ergeben. Aus der dritten Gleichung ergibt sich

${}b+d=0\,,$

also

${}d=-b\,.$

Unter Verwendung der bisherigen Ergebnisse ergibt die vierte Bedingung

${}b-1-b+e+2=3\,,$

also

${}e=2\,,$

und die sechste Bedingung ergibt

${}-b-1-b=1\,,$

also

${}b=-1\,.$

Das Polynom

$-x-y+x^{2}+2xy+2y^{2}$

erfüllt also alle Bedingungen.

Aufgabe (8 (2+4+2) Punkte)

Wir betrachten die differenzierbare Kurve

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

a) Skizziere das Bild dieser Kurve und den Streckenzug, der sich ergibt, wenn man das Definitionsintervall in vier gleichlange Teilintervalle unterteilt.

b) Berechne die Gesamtlänge des in a) beschriebenen Streckenzugs.

c) Zeige, dass für die Länge ${}L$ dieser Kurve die Abschätzung

${}L\leq {\sqrt {2}}\pi \,$

gilt.

Lösung

b) Die Unterteilungspunkte sind

$0,{\frac {\pi }{4}},{\frac {\pi }{2}},{\frac {3\pi }{4}},\pi .$

Der Sinus hat dabei folgende Werte:

$\sin 0=0,\,\sin {\frac {\pi }{4}}={\frac {1}{\sqrt {2}}},\,\sin {\frac {\pi }{2}}=1,\,\sin {\frac {3\pi }{4}}={\frac {1}{\sqrt {2}}},\,\sin \pi =0.$

Dabei ergibt sich die zweite Gleichung aus

${}\sin \left({\frac {\pi }{4}}\right)=\cos \left({\frac {\pi }{4}}\right)\,$

und der Kreisgleichung ${}\sin ^{2}x+\cos ^{2}x=1$. Die dritte Gleichung folgt daraus aus der Symmetrie des Sinus.

Die erste Teilstrecke des Streckenzugs verbindet die beiden Punkte ${}\left(0,\,0\right)$ und ${}\left({\frac {\pi }{4}},\,{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)$, deren Länge ist also

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

Die zweite Teilstrecke des Streckenzugs verbindet die beiden Punkte ${}\left({\frac {\pi }{4}},\,{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)$ und ${}\left({\frac {\pi }{2}},\,1\right)$, deren Länge ist also

${}{\begin{aligned}{\sqrt {{\left({\frac {\pi }{4}}\right)}^{2}+{\left(1-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}^{2}}}&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\left({\frac {{\sqrt {2}}-1}{\sqrt {2}}}\right)}^{2}}}\\&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\frac {2+1-2{\sqrt {2}}}{2}}}}\\&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\frac {24-16{\sqrt {2}}}{4^{2}}}}}\\&={\frac {1}{4}}{\sqrt {\pi ^{2}+24-16{\sqrt {2}}}}.\end{aligned}}$

Die dritte Teilstrecke ist gleichlang zur zweiten und die vierte Teilstrecke ist gleichlang zur ersten. Daher ist die Gesamtlänge dieses Streckenzugs insgesamt gleich

${\frac {1}{2}}{\left({\sqrt {\pi ^{2}+8}}+{\sqrt {\pi ^{2}+24-16{\sqrt {2}}}}\right)}.$

c) Da die Kurve stetig differenzierbar ist, ist sie auch rektifizierbar, und ihre Länge ist gleich

${}L=\int _{0}^{\pi }{\sqrt {1+\cos ^{2}t}}\,dt\,.$

Wegen ${}-1\leq \cos t\leq 1$ ist ${}\cos ^{2}t\leq 1$ und daher ist ${}1+\cos ^{2}t\leq 2$. Wegen der Monotonie der Quadratwurzel folgt

${}{\sqrt {1+\cos ^{2}t}}\leq {\sqrt {2}}\,.$

Also ist

${}\int _{0}^{\pi }{\sqrt {1+\cos ^{2}t}}\,dt\leq \int _{0}^{\pi }{\sqrt {2}}\,dt={\sqrt {2}}\pi \,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ein Vektorfeld der Form

$F\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,\left(t,\,x,\,y\right)\longmapsto h\left(t,\,x,\,y\right){\begin{pmatrix}y\\-x\end{pmatrix}},$

mit einer stetigen Funktion

$h\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,\left(t,\,x,\,y\right)\longmapsto h\left(t,\,x,\,y\right),$

gegeben. Die Richtungsvektoren stehen also stets senkrecht zu den Ortsvektoren. Es sei ${}r\in \mathbb {R}$ und es sei

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

eine Lösung zur eindimensionalen Differentialgleichung

${}y'=-h(t,r\cos y(t),r\sin y(t))\,.$

Zeige, dass

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}r\cos \left(g(t)\right)\\r\sin \left(g(t)\right)\end{pmatrix}},$

eine Lösung der Differentialgleichung

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

ist.

Lösung

Es ist einerseits

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}r\cos \left(g(t)\right)\\r\sin \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}'&={\begin{pmatrix}-rg'(t)\sin \left(g(t)\right)\\rg'(t)\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\&=g'(t){\begin{pmatrix}-r\sin \left(g(t)\right)\\r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\&=-h\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right){\begin{pmatrix}-r\sin \left(g(t)\right)\\r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\&=h\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right){\begin{pmatrix}r\sin \left(g(t)\right)\\-r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

und andererseits ebenso

${}{\begin{aligned}F\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right)&=h\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right){\begin{pmatrix}r\sin \left(g(t)\right)\\-r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\\end{aligned}}$

so dass eine Lösung vorliegt.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die partielle Ableitung nach ${}w$ der Funktion

${}{\begin{aligned}f(x,y,z,u,v,w)&={\frac {-uv}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+1}}-\cos \left(z-x\right)+2xw+4x^{5}zu^{9}+{\sqrt[{2}]{u^{2}+v^{2}+1}}\\\,\end{aligned}}$

Lösung

Die partielle Ableitung nach ${}w$ ist

${}{\frac {\partial f}{\partial w}}=2x\,.$

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

Es sei

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

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}f$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y\right)$.
2. Zeige, dass ${}f$ im Nullpunkt ${}\left(0,\,0\right)$ ein globales Maximum besitzt.
3. Zeige, dass ${}f$ im Nullpunkt kein isoliertes Maximum besitzt.

Lösung

1. Die Jacobi-Matrix ist

   $\left(-y\sin \left(xy\right),\,-x\sin \left(xy\right)\right).$

2. Im Nullpunkt ist

   ${}f(0,0)=\cos \left(0\cdot 0\right)=1\,.$

   Da dies überhaupt der maximal mögliche Wert für den Kosinus ist, liegt dort ein globales Maximum von ${}f$ vor.

3. In jeder beliebig kleinen offenen Umgebung des Nullpunktes gibt es Punkte der Form ${}\left(0,\,y\right)$, in diesen Punkten hat ${}f$ ebenfalls den Wert ${}1$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

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

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

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

gilt.

Lösung

Es ist einerseits

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

Andererseits ist

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

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

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

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left({\frac {x}{y}},\,{\frac {y}{x}}\right).$

1. Bestimme das totale Differential zu ${}\varphi$ in einem beliebigen Punkt.
2. Bestimme die regulären Punkte von ${}\varphi$.
3. Wie kann man das Ergebnis aus (2) ohne Rechnung erklären?

Lösung

1. Das totale Differential ist

   ${}\left(D\varphi \right)_{P}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{y}}&-{\frac {x}{y^{2}}}\\-{\frac {y}{x^{2}}}&{\frac {1}{x}}\end{pmatrix}}\,.$

2. Es ist

   ${}\det {\begin{pmatrix}{\frac {1}{y}}&-{\frac {x}{y^{2}}}\\-{\frac {y}{x^{2}}}&{\frac {1}{x}}\end{pmatrix}}={\frac {1}{xy}}-{\frac {xy}{x^{2}y^{2}}}=0\,,$

   es gibt also keine regulären Punkte.

3. Man kann die Abbildung auffassen als die Hintereinanderschaltung von

   $\mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto {\frac {x}{y}},$

   und

   $\mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+},\,z\longmapsto \left(z,\,{\frac {1}{z}}\right).$

   Somit kann das totale Differential, da es über einen eindimensionalen Raum faktorisiert, nirgendwo bijektiv sein.

Aufgabe (5 (1+1+3) Punkte)

Der ${}\mathbb {R} ^{4}$ sei mit der Standard-Minkowski-Form versehen.

1. Beschreibe die Menge der Beobachtervektoren in ${}\mathbb {R} ^{4}$ als Faser ${}Z=f^{-1}(s)$ einer geeigneten Funktion ${}f\colon \mathbb {R} ^{4}\rightarrow \mathbb {R}$ über einer reellen Zahl ${}s\in \mathbb {R}$.
2. Zeige, dass die Menge der Beobachtervektoren keine kritischen Punkte enthält.
3. Es sei ${}P={\begin{pmatrix}x_{0}\\y_{0}\\z_{0}\\w_{0}\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{4}$ ein Beobachtervektor. Beschreibe eine explizite stetige Bijektion zwischen dem ${}\mathbb {R} ^{3}$ und einer geeigneten Teilmenge der Beobachtermenge ${}Z$, zu der ${}P$ gehören muss.

Lösung

1. Die Bedingung für einen Beobachtervektor ist

   ${}\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\right\rangle =x^{2}+y^{2}+z^{2}-w^{2}=-1\,,$

   deshalb kann man direkt

   ${}f(x,y,z,w)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-w^{2}\,$

   und ${}s=-1$ nehmen.

2. Die Jacobi-Matrix zu ${}f$ ist

   $\left(2x,\,2y,\,2z,\,-2w\right).$

   Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn sämtliche Einträge dieses Vektors verschwinden, was nur im Nullpunkt ${}\left(0,\,0,\,0,\,0\right)$ der Fall ist. Dieser ist kein Beobachtervektor.

3. Wegen

   ${}x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}-w_{0}^{2}=-1\,$

   ist

   ${}w_{0}^{2}\geq 1\,.$

   Bei ${}w_{0}\geq 1$ ist

   ${}w_{0}={\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}+1}}\,$

   und die Abbildung

   $\psi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow Z,\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}x\\y\\z\\{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}+1}}\end{pmatrix}},$

   ist stetig, injektiv (wegen der ersten drei Komponenten) und erreicht alle Beobachtervektoren mit positiver vierter Komponente.

   Bei ${}w_{0}\leq -1$ ist

   ${}w_{0}=-{\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}+1}}\,$

   und die Abbildung

   $\psi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow Z,\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}x\\y\\z\\-{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}+1}}\end{pmatrix}},$

   besitzt die gleichen Eigenschaften.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,\left(x,\,y,\,z,\,w\right)\longmapsto \left(e^{xy}-xw^{2},\,\sin y-z\cos w+yz^{2}w^{3}\right).$

1. Bestimme das totale Differential von ${}\varphi$ in jedem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z,\,w\right)$.
2. Zeige, dass

   ${}P=\left(0,\,{\frac {\pi }{2}},\,1,\,0\right)\,$

   ein regulärer Punkt für ${}\varphi$ ist und bestimme eine Basis für den Tangentialraum an die Faser von ${}\varphi$ in Punkt ${}P$.

Lösung

1. Das totale Differential wird bezüglich der Standardbasis durch die Jacobi-Matrix beschrieben, diese ist

   ${\begin{pmatrix}ye^{xy}-w^{2}&xe^{xy}&0&-2xw\\0&\cos y+z^{2}w^{3}&-\cos w+2yzw^{3}&z\sin w+3yz^{2}w^{2}\end{pmatrix}}.$

2. In ${}P=\left(0,\,{\frac {\pi }{2}},\,1,\,0\right)$ ist die Jacobi-Matrix gleich

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

   Diese hat offenbar den Rang ${}2$, daher liegt ein regulärer Punkt vor. Der Tangentialraum an die Faser durch ${}P$ ist der Kern dieser Matrix, eine Basis davon ist ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}}$.

Aufgabe (9 (1+2+1+5) Punkte)

Es sei

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

a) Bestimme das zugehörige Gradientenfeld ${}\operatorname {Grad} \,f$.

b) Beschreibe die Lösungskurven zur zugehörigen Differentialgleichung

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

zu einer Anfangsbedingung

${}v(0)={\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}\,.$

c) Bestimme in Abhängigkeit von ${}(a,b)$ den Ort, wo sich die Lösung zum Zeitpunkt ${}t=1$ befindet.

d) Wir beschränken uns nun auf Anfangsbedingungen

${}v(0)={\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}\,$

mit

${}f(a,b)=1\,.$

Für welchen dieser Anfangspunkte ist der Wert von ${}f$ am Ortspunkt der Lösung zum Zeitpunkt ${}t=1$ extremal?

Lösung

a) Es ist

${}\operatorname {Grad} \,f(x,y)={\begin{pmatrix}2x\\4y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&0\\0&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,.$

b) Da es sich um ein lineares Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten handelt, und da das Vektorfeld in diagonalisierter Form vorliegt, sind ${}e^{2t}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ und ${}e^{4t}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$ die Basislösungen. Die allgemeine Lösung ist

${}v(t)=ae^{2t}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+be^{4t}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}\,.$

Diese befindet sich zum Zeitpunkt ${}t=0$ an der Stelle ${}{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$.

c) Zum Zeitpunkt ${}t=1$ befindet sich die Lösungskurve ${}v(t)$ an der Stelle

${}v(1)=ae^{2}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+be^{4}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ae^{2}\\be^{4}\end{pmatrix}}\,.$

d) Der Wert von ${}f$ an der Stelle ${}v(1)$ ist

${}f{\begin{pmatrix}ae^{2}\\be^{4}\end{pmatrix}}=a^{2}e^{4}+2b^{2}e^{8}=h(a,b)\,.$

Es geht also um die Extrema dieser Funktion ${}h(a,b)$ unter der Nebenbedingung ${}f=1$. Es ist

${}\operatorname {Grad} \,h={\begin{pmatrix}2ae^{4}\\4be^{8}\end{pmatrix}}\,.$

Der Ansatz

${}\lambda {\begin{pmatrix}2a\\4b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2ae^{4}\\4be^{8}\end{pmatrix}}\,$

führt bei ${}a\neq 0$ auf

${}\lambda =e^{4}\,$

und auf

${}b=0\,$

und bei ${}b\neq 0$ auf

${}\lambda =e^{8}\,$

und auf

${}a=0\,.$

Mögliche Extrema liegen also in ${}P_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ und in ${}P_{2}={\begin{pmatrix}0\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}$ vor. Die Werte sind ${}h(P_{1})=e^{4}$ und ${}h(P_{2})=2{\left({\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}^{2}e^{8}=e^{8}$. Daher liegt, da die durch ${}f=1$ gegebene Faser kompakt und ${}h$ darauf überall regulär ist, in ${}P_{1}$ das Minimum und in ${}P_{2}$ das Maximum vor.

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 (4 Punkte)

Berechne den Flächeninhalt des Bildes des Rechtecks ${}Q=[-1,3]\times [0,2]$ unter der Abbildung

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

Lösung

Die Abbildung ist bijektiv mit der Umkehrabbildung

$\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(u,v)\longmapsto \left(u^{\frac {1}{3}},\,v+u^{\frac {2}{3}}\right).$

Die Jacobi-Matrix ist

${\begin{pmatrix}3x^{2}&0\\-2x&1\end{pmatrix}}$

mit der Jacobi-Determinante

$3x^{2}.$

Für die Punkte mit ${}x=0$ liegt also kein lokaler Diffeomorphismus vor und für die Punkte mit ${}x\neq 0$ liegt ein Diffeomorphismus auf das Bild vor. Auf ${}\mathbb {R} \setminus \{0\}\times \mathbb {R}$ ist also die Transformationsformel anwendbar. Die Ausnahmemenge ${}Q\cap {\left\{(x,y)\mid x=0\right\}}$ hat den Flächeninhalt ${}0$ und das gilt nach Korollar 13.6 (Maß- und Integrationstheorie (Osnabrück 2022-2023)) auch für das Bild davon. Daher kann man die Transformationsformel anwenden und nach Fubini ist somit

${}\lambda ^{2}(\varphi (Q))=\int _{Q}3x^{2}d\lambda ^{2}=3\int _{-1}^{3}x^{2}dx\int _{0}^{2}1dy=2x^{3}|_{-1}^{3}=2(27+1)=56\,.$