Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/2/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

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

zu einer Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} .$
Eine Orthonormalbasis in einem euklidischen Vektorraum ${}V$ .
Das charakteristische Polynom zu einem gewöhnlichen linearen Differentialgleichungsysytem mit konstanten Koeffizienten.
Die totale Differenzierbarkeit einer Abbildung
$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ .
Die Laplace-Ableitung einer zweimal differenzierbaren Funktion
$u\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} .$
Das Mehrfachintegral zu einer stetigen Funktion
$f\colon T\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$

auf einer kompakten Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ .

Lösung

Man nennt eine Funktion
$y\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto y(t),$

auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ eine Lösung des Anfangswertproblems

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

wenn ${}y$ eine Lösung der Differentialgleichung ist und wenn zusätzlich

$y(t_{0})=y_{0}$

gilt.
Eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ heißt Orthonormalbasis, wenn
$\left\langle v_{i},v_{i}\right\rangle =1{\text{ für alle }}i{\text{ und }}\left\langle v_{i},v_{j}\right\rangle =0{\text{ für }}i\neq j.$

gilt.
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.
Die Abbildung ${}\varphi$ heißt total differenzierbar in ${}P$ , wenn es eine ${}\mathbb {R}$ - lineare Abbildung ${}L\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{m}$ mit der Eigenschaft
${}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,$

gibt, wobei ${}r\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ eine in ${}0$ stetige Abbildung mit ${}r(0)=0$ ist und die Gleichung für alle ${}v\in V$ mit ${}P+v\in U{\left(P,\delta \right)}\subseteq G$ gilt.
Man nennt
${}\triangle u={\frac {\partial ^{2}u}{\partial ^{2}x_{1}}}+{\frac {\partial ^{2}u}{\partial ^{2}x_{2}}}+\cdots +{\frac {\partial ^{2}u}{\partial ^{2}x_{n}}}\,$

die Laplace-Ableitung von ${}u$ .
Man nennt
${}\int _{T}fd\lambda ^{n}:=\lambda ^{n+1}{\left(S(f)\right)}\,$

das (mehrdimensionale) Integral über ${}T$ zu ${}f$ , wobei ${}S(f)$ den Subgraphen von ${}f$ bezeichnet.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Satz über das Fundamentalsystem für eine lineare Differentialgleichung
${}y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots +a_{1}y'+a_{0}y=0\,$

mit Koeffizienten
${}a_{i}\in \mathbb {R}$ .
Die Kettenregel zu zwei total differenzierbaren Abbildungen
$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

und

$g\colon \mathbb {R} ^{m}\longrightarrow \mathbb {R} ^{k}$
in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ .
Der Satz über die Beziehung zwischen der Definitheit der Hesse-Form und Extrema einer Funktion
$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}$
in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ .

Lösung

Wenn das charakteristische Polynom in Linearfaktoren zerfällt, also
${}{\begin{aligned}P&=X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_{0}\\&=(X-\lambda _{1})^{\nu _{1}}\cdots (X-\lambda _{k})^{\nu _{k}}\end{aligned}}$
mit verschiedenen ${}\lambda _{i}$ , so bilden die Funktionen
$t^{j}e^{\lambda _{i}t},\,i=1,\ldots ,k,\,j=0,\ldots ,\nu _{i}-1,$
ein Fundamentalsystem für diese Differentialgleichung.
Die zusammengesetzte Abbildung ${}g\circ f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{k}$ ist ebenfalls total differenzierbar, und zwischen den totalen Differentialen in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ besteht die Beziehung
$\left(D(g\circ f)\right)_{P}=\left(Dg\right)_{f(P)}\circ \left(Df\right)_{P}.$
Es sei ${}V$ ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, ${}G\subseteq V$ ${}G\subseteq V$ eine offene Teilmenge und
$f\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$

eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei ${}P\in G$ mit ${}\left(Df\right)_{P}=0$ . Dann gelten folgende Aussagen.
1. Wenn ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ negativ definit ist, so besitzt ${}f$ ein isoliertes lokales Maximum in ${}P$ .
2. Wenn ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ positiv definit ist, so besitzt ${}f$ ein isoliertes lokales Minimum in ${}P$ .
3. Wenn ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ indefinit ist, so besitzt ${}f$ in ${}P$ weder ein lokales Minimum noch ein lokales Maximum.

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

a) Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung

y'={\frac {t^{2}}{y}},\,y>0,\,t>0,

mit dem Lösungsansatz für getrennte Variablen.

b) Bestimme die Lösung des Anfangswertproblems

y'={\frac {t^{2}}{y}}{\text{ mit }}y(4)=5.

Lösung

a) Wir setzen ${}g(t)=t^{2}$ und ${}h(y)={\frac {1}{y}}$ . Eine Stammfunktion von ${}g(t)$ ist ${}G(t)={\frac {1}{3}}t^{3}$ und eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{h(y)}}=y$ ist

{}H(y)={\frac {1}{2}}y^{2}\,.

Die Umkehrfunktion von ${}H$ ist

{}H^{-1}(z)={\sqrt {2}}{\sqrt {z}}\,.

Daher ist

{}y(t)={\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {{\frac {1}{3}}t^{3}}}={\sqrt {\frac {2}{3}}}\cdot t^{\frac {3}{2}}\,

eine Lösung der Differentialgleichung.

b) Wir machen den Ansatz ${}H(y)={\frac {1}{2}}y^{2}+c$ mit der Umkehrfunktion

{}H^{-1}(z)={\sqrt {2z-2c}}\,,

was zur Lösung(sschar)

{}y(t)={\sqrt {{\frac {2}{3}}t^{3}-2c}}\,

führt. Aus

{}5=y(4)={\sqrt {{\frac {2}{3}}4^{3}-2c}}\,

folgt

{}{\begin{aligned}c&={\frac {1}{2}}{\left({\frac {2}{3}}4^{3}-25\right)}\\&={\frac {128-75}{6}}\\&={\frac {53}{6}}\end{aligned}}

Also ist

{}y(t)={\sqrt {{\frac {2}{3}}t^{3}-{\frac {53}{3}}}}\,

die Lösung des Anfangswertproblems.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}V$ ein Vektorraum über ${}\mathbb {R}$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ und der zugehörigen Norm ${}\Vert {-}\Vert$ . Zeige, dass die Beziehung

{}\left\langle v,w\right\rangle ={\frac {1}{2}}{\left(\Vert {v+w}\Vert ^{2}-\Vert {v}\Vert ^{2}-\Vert {w}\Vert ^{2}\right)}\,

gilt.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\Vert {v+w}\Vert ^{2}-\Vert {v}\Vert ^{2}-\Vert {w}\Vert ^{2}&=\left\langle v+w,v+w\right\rangle -\left\langle v,v\right\rangle -\left\langle w,w\right\rangle \\&=\left\langle v,v\right\rangle +\left\langle v,w\right\rangle +\left\langle w,v\right\rangle +\left\langle w,w\right\rangle -\left\langle v,v\right\rangle -\left\langle w,w\right\rangle \\&=\left\langle v,w\right\rangle +\left\langle w,v\right\rangle \\&=2\left\langle v,w\right\rangle .\end{aligned}}

Division durch ${}2$ ergibt die Behauptung.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Wegintegral zum Vektorfeld

{}F{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ye^{x}\\\sin y\end{pmatrix}}\,

auf ${}\mathbb {R} ^{2}$ zum Weg

\gamma \colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}t\\t^{2}\end{pmatrix}}.

Lösung

Es ist

{}\gamma '(t)={\begin{pmatrix}1\\2t\end{pmatrix}}\,

und somit ist der Integrand des Wegintegrals gleich

{}\left\langle {\begin{pmatrix}t^{2}e^{t}\\\sin \left(t^{2}\right)\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\2t\end{pmatrix}}\right\rangle =t^{2}e^{t}+2t\sin \left(t^{2}\right)\,.

Eine Stammfunktion des linken Summanden ist

t^{2}e^{t}-2te^{t}+2e^{t}

und des rechten Summanden ist

-\cos \left(t^{2}\right).

Somit ist

{}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{0}^{1}t^{2}e^{t}+2t\sin \left(t^{2}\right)\,dt\\&=\left(t^{2}e^{t}-2te^{t}+2e^{t}-\cos \left(t^{2}\right)\right)|_{0}^{1}\\&=e^{1}-2e^{1}+2e^{1}-\cos 1-2+\cos 0\\&=e-1-\cos 1.\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme mit dem Eigenwertkriterium den Typ der durch die Matrix

{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&5&-4\\0&-4&2\end{pmatrix}}

gegebenen symmetrischen Bilinearform.

Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist

{}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}x-7&0&0\\0&x-5&4\\0&4&x-2\end{pmatrix}}&=(x-7)((x-5)(x-2)-16)\\&=(x-7)(x^{2}-7x+10-16)\\&=(x-7)(x^{2}-7x-6).\end{aligned}}

Das Polynom ${}x^{2}-7x-6$ hat an der Stelle ${}0$ einen negativen Wert, deshalb besitzt es eine positive und eine negative Nullstelle. Da ${}7$ eine weitere Nullstelle des charakteristische Polynoms ist, besitzt dieses ${}2$ positive und eine negative Nullstelle. Daher ist der Typ der Bilinearform gleich ${}(2,1)$ .

Aufgabe (1 Punkt)

Ist die Einschränkung einer Minkowski-Form im ${}\mathbb {R} ^{n}$ auf einen ${}n-1$ -dimensionalen Untervektorraum wieder eine Minkowski-Form?

Lösung

Da eine Minkowski-Form nach Definition vom Typ ${}(n-1,1)$ ist, gibt es einen ${}n-1$ -dimensionalen Untervektorraum, auf dem die Einschränkung positiv definit, also keine Minkowski-Form ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere den Graphen der Addition

+\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x+y.

Lösung Graph (Abbildung)/R/Addition/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 Punkte)

Zeige, dass das totale Differential zu einer total differenzierbaren Abbildungen

f\colon V\longrightarrow W

in einem Punkt ${}P\in V$ eindeutig bestimmt ist.

Lösung

Angenommen, es gelte

{}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L_{1}(v)+\Vert {v}\Vert \cdot r_{1}(v)\,

und

{}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L_{2}(v)+\Vert {v}\Vert \cdot r_{2}(v)\,

mit linearen Abbildungen ${}L_{1}$ und ${}L_{2}$ und mit im Punkt ${}0$ stetigen Funktionen ${}r_{1},r_{2}\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ mit ${}r_{1}(0)=r_{2}(0)=0$ . Wir müssen ${}L_{1}=L_{2}$ zeigen. Dazu ziehen wir die beiden Gleichungen voneinander ab (da es sich hier um Gleichungen von Funktionswerten im Vektorraum ${}W$ handelt, ist hier werteweises Abziehen gemeint) und erhalten die Gleichung

{}0=(L_{1}-L_{2})(v)+\Vert {v}\Vert \cdot (r_{1}(v)-r_{2}(v))\,.

Daher müssen wir zeigen, dass die (konstante) Nullabbildung die Eigenschaft besitzt, dass die lineare Abbildung ${}0$ ihre einzige lineare Approximation ist. Wir nehmen daher an, dass

{}0=L(v)+\Vert {v}\Vert \cdot r(v)\,

gilt, wobei ${}L$ linear und ${}r$ eine in ${}0$ stetige Funktion mit ${}r(0)=0$ ist. Wenn ${}L$ nicht die Nullabbildung ist, so gibt es einen Vektor ${}v\in V$ mit ${}L(v)=w\neq 0$ . Dann gilt für ${}s\in {\mathbb {R} }$

{}0=L(sv)+\Vert {sv}\Vert r(sv)=sw+\vert {s}\vert \cdot \Vert {v}\Vert \cdot r(sv)\,.

Dies impliziert, dass ${}r(sv)=-{\frac {sw}{\vert {s}\vert \cdot \Vert {v}\Vert }}$ für ${}s\neq 0$ gilt. Die Norm von ${}r(sv)$ ist daher konstant gleich ${}{\frac {\Vert {w}\Vert }{\Vert {v}\Vert }}\neq 0$ . Also gilt ${}\operatorname {lim} _{s\rightarrow 0}\,\Vert {r(sv)}\Vert \neq 0$ , ein Widerspruch.

Aufgabe (6 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom vierter Ordnung der Funktion

f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)=x\sin y-e^{xy},

im Nullpunkt.

Lösung

Der Funktionswert ist

{}f(0,0)=-1\,.

Die relevanten Ableitungen sind

{}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\sin y-ye^{xy}\,,

{}{\frac {\partial f}{\partial y}}=x\cos y-xe^{xy}\,,

{}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}=-y^{2}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}=-x\sin y-x^{2}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\cos y-e^{xy}-xye^{xy}\,.

{}{\frac {\partial ^{3}f}{\partial ^{3}x}}=-y^{3}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial ^{3}f}{\partial ^{3}y}}=-x\cos y-x^{3}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-\sin y-2xe^{xy}-x^{2}ye^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-2ye^{xy}-xy^{2}e^{xy}\,.

{}{\frac {\partial ^{4}f}{\partial ^{4}x}}=-y^{4}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial ^{4}f}{\partial ^{4}y}}=-x\cos y-x^{3}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-\cos y-2x^{2}e^{xy}-x^{2}e^{xy}-x^{3}ye^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-2e^{xy}-2xye^{xy}-2xye^{xy}-x^{2}y^{2}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-3y^{4}e^{xy}-xy^{3}e^{xy}\,.

Wenn man den Punkt ${}(0,0)$ einsetzt, so ergibt sich überall ${}0$ , außer beim Funktionswert, bei

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=-1\,

und bei

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=-2\,.

Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung vier gleich

-1-{\frac {1}{6}}xy^{3}-{\frac {1}{2}}x^{2}y^{2}.

Aufgabe (4 Punkte)

Untersuche die Funktion

f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto -3x^{2}+2xy-7y^{2}+x,

auf Extrema.

Lösung

Die partiellen Ableitungen der Funktion ${}f$ sind

{}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-6x+2y+1\,

und

{}{\frac {\partial f}{\partial y}}=2x-14y\,.

Eine notwendige Voraussetzung für die Existenz eines lokalen Extremums ist, dass der Gradient ${}0$ ist. Aus

-6x+2y+1=0\,\,{\text{  und }}\,\,2x-14y=0

folgt sofort

-40y+1=0,

also ${}y={\frac {1}{40}}$ und daraus

x={\frac {7}{40}}.

Es kann also allenfalls im Punkt

{}P=\left({\frac {7}{40}},\,{\frac {1}{40}}\right)\,

ein lokales Extremum vorliegen.

Die Hesse-Matrix der Funktion ist

{\begin{pmatrix}-6&2\\2&-14\end{pmatrix}}.

Der Eintrag links oben ist also negativ und die Determinante ist positiv. Daher ist die Hesse-Matrix negativ definit und somit liegt in ${}P$ ein lokales Maximum vor. Da es sonst kein weiteres lokales Extremum gibt, ist dieses Maximum isoliert und global.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Es sei

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

eine nullstellenfreie stetig differenzierbare Funktion und sei ${}g$ eine Stammfunktion zu ${}f$ . Es sei

\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}

mit

{}\varphi (x,y)=\left({\frac {x}{f(y)}},\,g(y)\right)\,.

a) Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ .

b) Zeige, dass man auf ${}\varphi$ in jedem Punkt den Satz über die lokale Umkehrbarkeit anwenden kann.

c) Zeige, dass ${}\varphi$ injektiv ist.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix ist

{\begin{pmatrix}{\frac {1}{f(y)}}&{\frac {xf'(y)}{-(f(y))^{2}}}\\0&f(y)\end{pmatrix}}.

b) Die Abbildung ${}\varphi$ ist nach den Voraussetzungen an ${}f$ stetig differenzierbar. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist in jedem Punkt

{}{\frac {1}{f(y)}}f(y)=1\,,

daher ist das totale Differential bijektiv und der Satz ist anwendbar.

c) Es seien ${}(x,y),\,(x',y')$ mit dem gleichen Bildpunkt gegeben. Da ${}f$ stetig und nullstellenfrei ist, ist ${}f$ entweder überall positiv oder überall negativ. Daher ist die Stammfunktion ${}g$ streng wachsend oder streng fallend und jedenfalls injektiv. Aus ${}g(y)=g(y')$ folgt also ${}y=y'$ . Aus

{}{\frac {x}{f(y)}}={\frac {x'}{f(y')}}\,

folgt sodann

{}x=x'\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

{}G={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x>y>0\right\}}\,.

Wie betrachten die Abbildung

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

Zeige, dass sämtliche Bildpunkte der Abbildung ${}\varphi$ die Bedingung

{}w^{2}2^{u}{\left(u+{\sqrt {u^{4}-4v}}\right)}^{\sqrt {u^{2}-4v}}={\left(u+{\sqrt {u^{2}-4v}}\right)}^{u}2^{\sqrt {u^{2}-4v}}\,

erfüllen.

Lösung

Es ist

{}u^{2}-4v=(x+y)^{2}-4xy=x^{2}-2xy+y^{2}=(x-y)^{2}\,,

daher ist

{}{\sqrt {u^{2}-4v}}=x-y\,,

da ja ${}x>y$ nach Voraussetzung ist. Die linke Seite der zu überprüfenden Gleichung ist

{}{\begin{aligned}w^{2}2^{u}{\left(u+{\sqrt {u^{4}-4v}}\right)}^{\sqrt {u^{2}-4v}}&=(x^{y})^{2}2^{x+y}{\left(x+y+x-y\right)}^{x-y}\\&=x^{2y}2^{x+y}(2x)^{x-y}\\&=x^{y+y}2^{x}2^{y}(2x)^{x}(2x)^{-y}\\&=x^{y}x^{y}2^{x}2^{y}2^{x}x^{x}2^{-y}x^{-y}\\&=2^{2x}x^{x}x^{y}.\end{aligned}}

Die rechte Seite ist ebenfalls

{}{\begin{aligned}{\left(u+{\sqrt {u^{2}-4v}}\right)}^{u}2^{\sqrt {u^{2}-4v}}&={\left(x+y+x-y\right)}^{x+y}2^{x-y}\\&={\left(2x\right)}^{x+y}2^{x-y}\\&=2^{x}2^{y}x^{x}x^{y}2^{x}2^{-y}\\&=2^{2x}x^{x}x^{y}.\end{aligned}}

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die ersten drei Iterationen in der Picard-Lindelöf-Iteration für die gewöhnliche Differentialgleichung

{}y'=y^{2}+t+yt^{2}\,

mit der Anfangsbedingung ${}y(0)=0$ .

Lösung

Wir schreiben das Vektorfeld als ${}F(t,y)=y^{2}+t+yt^{2}$ . Die konstante Anfangsbedingung führt zu ${}\varphi _{0}=0$ . Die erste Picard-Lindelöf-Iteration führt auf

{}{\begin{aligned}\varphi _{1}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{0}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}F(s,0)ds\\&=\int _{0}^{t}sds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}.\end{aligned}}

Die zweite Picard-Lindelöf-Iteration führt auf

{}{\begin{aligned}\varphi _{2}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{1}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}{\left({\frac {1}{2}}s^{2}\right)}^{2}+s+{\left({\frac {1}{2}}s^{2}\right)}s^{2}ds\\&=\int _{0}^{t}{\frac {1}{4}}s^{4}+s+{\frac {1}{2}}s^{4}ds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {3}{20}}t^{5}.\end{aligned}}

Die dritte Picard-Lindelöf-Iteration führt auf

{}{\begin{aligned}\varphi _{3}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{2}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}{\left({\frac {1}{2}}s^{2}+{\frac {3}{20}}s^{5}\right)}^{2}+s+{\left({\frac {1}{2}}s^{2}+{\frac {3}{20}}s^{5}\right)}s^{2}ds\\&=\int _{0}^{t}{\frac {1}{4}}s^{4}+{\frac {3}{20}}s^{7}+{\frac {9}{400}}s^{10}+s+{\frac {1}{2}}s^{4}+{\frac {3}{20}}s^{7}ds\\&=\int _{0}^{t}s+{\frac {3}{4}}s^{4}+{\frac {3}{10}}s^{7}+{\frac {9}{400}}s^{10}ds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {3}{20}}t^{5}+{\frac {3}{80}}t^{8}+{\frac {9}{4400}}t^{11}.\end{aligned}}

Aufgabe (7 (3+4) Punkte)

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

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?
Begründe, dass ein Rechteck, dessen Seitenlängen ${}x,y\in \mathbb {Q} _{+}$ sind, den Flächeninhalt ${}xy$ besitzt.

Lösung

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.
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 (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 [[Flächenstück/Durch stetige Funktionen begrenzt/Funktion darauf/Cavalieri/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Flächenstück/Durch stetige Funktionen begrenzt/Funktion darauf/Cavalieri/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] 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}}