Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/9/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine homogene lineare eindimensionale gewöhnliche Differentialgleichung.
2. Eine Orthonormalbasis in einem euklidischen Vektorraum ${}V$.
3. Eine differenzierbare Kurve

   $\gamma \colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   auf einem reellen Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

4. Ein Fundamentalsystem von Lösungen eines homogenen linearen Differentialgleichungssystems mit konstanten Koeffizienten.
5. Ein Minkowski-Raum.
6. Ein ${}C^{k}$-Diffeomorphismus zwischen den offenen Mengen ${}U_{1}\subseteq V_{1}$ und ${}U_{2}\subseteq V_{2}$ in euklidischen Vektorräumen ${}V_{1},V_{2}$.

Lösung

1. Eine Differentialgleichung der Form

   $y'=g(t)y$

   mit einer Funktion (${}I$ reelles Intervall)

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

   heißt homogene lineare Differentialgleichung.

2. 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.

3. Eine Abbildung

   $\gamma \colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   heißt eine differenzierbare Kurve, wenn für jedes ${}t\in I$ der Limes

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

   existiert.

4. Es sei

   ${}v'=Mv\,$

   mit

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

   ein homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten. Dann heißt eine Basis des Lösungsraumes ein Fundamentalsystem von Lösungen dieses Systems.

5. Ein reeller Vektorraum der Dimension ${}n$ mit einer Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ vom Typ ${}(n-1,1)$ heißt Minkowski-Raum.
6. Eine Abbildung

   $\varphi \colon U_{1}\longrightarrow U_{2}$

   heißt ${}C^{k}$-Diffeomorphismus, wenn ${}\varphi$ bijektiv und ${}k$-mal stetig differenzierbar ist, und wenn die Umkehrabbildung

   $\varphi ^{-1}\colon U_{2}\longrightarrow U_{1}$

   ebenfalls ${}k$-mal stetig differenzierbar ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Folgenkriterium für die Stetigkeit in einem Punkt ${}x\in L$ zu einer Abbildung

   $\varphi \colon L\longrightarrow M$

   zwischen metrischen Räumen

   ${}L$ und ${}M$.
2. Das Lösungsverfahren für ein durch ein Zentralfeld

   $F\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   gegebenes Anfangswertproblem.
3. Der Satz über Gradientenfelder auf einer sternförmigen Menge.

Lösung

1. Die Abbildung ${}\varphi$ ist genau dann im Punkt ${}x$ stetig, wenn für jede konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}L$ mit ${}\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}=x$ auch die Bildfolge ${}{\left(\varphi (x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergent mit dem Grenzwert ${}\varphi (x)$ ist.
2. Zu ${}w\in \mathbb {R} ^{n}$ und einer Lösung

   $\alpha \colon J\longrightarrow \mathbb {R}$

   der eindimensionalen Differentialgleichung

   $z'=g(t,zw)\cdot z{\text{ mit }}\alpha (t_{0})=1$

   ist

   $v(t)=\alpha (t)\cdot w$

   eine Lösung des Anfangswertproblems

   $v'=F(t,v){\text{ mit }}v(t_{0})=w.$

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

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

   ein stetig differenzierbares Vektorfeld. Dann sind die folgenden Eigenschaften äquivalent.

   1. ${}G$ ist ein Gradientenfeld.
   2. ${}G$ erfüllt die Integrabilitätsbedingung.
   3. Für jeden stetig differenzierbaren Weg ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow U$ hängt das Wegintegral ${}\int _{\gamma }G$ nur vom Anfangspunkt ${}\gamma (a)$ und Endpunkt ${}\gamma (b)$ ab.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei

$f\colon I\longrightarrow \mathbb {R} _{+}$

eine differenzierbare Funktion auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$. Finde eine homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung, für die ${}f$ eine Lösung ist.

Lösung

Die Funktion ${}f$ ist eine Lösung der homogenen linearen Differentialgleichung

${}y'={\frac {f'}{f}}y\,.$

Wegen ${}f(t)\in \mathbb {R} _{+}$ ist diese wohldefiniert. Einsetzen von ${}f$ zeigt unmittelbar, dass eine Lösung vorliegt.

Aufgabe (4 Punkte)

Wende das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren auf die Basis

${\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\3\end{pmatrix}}$

des ${}\mathbb {R} ^{3}$ an.

Lösung

Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}$ besitzt die Norm ${}{\sqrt {5}}$, somit ist

${}u_{1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {2}{\sqrt {5}}}\\{\frac {1}{\sqrt {5}}}\\0\end{pmatrix}}\,$

der zugehörige normierte Vektor. Der zweite Vektor muss senkrecht zu ${}u_{1}$ sein und zusammen mit ${}u_{1}$ den Untervektorraum ${}\langle {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}\rangle$ aufspannen. Dies führt zum Ansatz

${}0=\left\langle {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}+\lambda {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}\right\rangle =\left\langle {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2\lambda +1\\\lambda \\-1\end{pmatrix}}\right\rangle =2+5\lambda \,,$

sodass

${}\lambda =-{\frac {2}{5}}\,$

ist. Somit ist

${}w_{2}={\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}-{\frac {2}{5}}{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{5}}\\-{\frac {2}{5}}\\-1\end{pmatrix}}\,.$

Die Norm dieses Vektors ist ${}{\frac {\sqrt {30}}{5}}$. Der normierte Vektor zu ${}w_{2}$ ist demnach

${}u_{2}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{\sqrt {30}}}\\-{\frac {2}{\sqrt {30}}}\\-{\frac {5}{\sqrt {30}}}\end{pmatrix}}\,.$

Der dritte Vektor muss senkrecht auf ${}u_{1}$ und ${}u_{2}$ (bzw. auf ${}w_{1}$ und ${}w_{2}$) stehen. Ein solcher Vektor ist

${}w_{3}={\begin{pmatrix}-1\\2\\-1\end{pmatrix}}\,.$

Daher kann man

${}u_{3}={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{\sqrt {6}}}\\{\frac {2}{\sqrt {6}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {6}}}\end{pmatrix}}\,$

als dritten Vektor der Orthonormalbasis nehmen.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von abgeschlossenen Mengen in einem metrischen Raum mit konvergenten Folgen.

Lösung

Es sei zunächst ${}T$ abgeschlossen und eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in T$ gegeben, die in ${}M$ gegen ${}x\in M$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass ${}x\in T$ ist. Angenommen, dies wäre nicht der Fall. Dann liegt ${}x$ im offenen Komplement von ${}T$ und daher gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass der gesamte ${}\epsilon$-Ball ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ im Komplement von ${}T$ liegt. Also ist

${}T\cap U{\left(x,\epsilon \right)}=\emptyset \,.$

Da die Folge aber gegen ${}x$ konvergiert, gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass alle Folgenglieder ${}x_{n}$, ${}n\geq n_{0}$, zu diesem Ball gehören. Da sie andererseits in ${}T$ liegen, ist dies ein Widerspruch.
  Es sei nun ${}T$ nicht abgeschlossen. Wir müssen eine Folge in ${}T$ konstruieren, die in ${}M$ konvergiert, deren Grenzwert aber nicht zu ${}T$ gehört. Da ${}T$ nicht abgeschlossen ist, ist das Komplement ${}U:=\setminus T$ nicht offen. D.h. es gibt einen Punkt ${}x\in U$ derart, dass in jedem ${}\epsilon$-Ball von ${}x$ auch Punkte außerhalb von ${}U$, also in ${}T$ liegen. Insbesondere ist also für jede natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ der Durchschnitt

${}T\cap U{\left(x,{\frac {1}{n}}\right)}\neq \emptyset \,.$

Wir wählen aus dieser Schnittmenge ein Element ${}x_{n}$ und behaupten, dass die sich ergebende Folge die gewünschten Eigenschaften besitzt. Zunächst liegen nach Konstruktion alle Folgenglieder in ${}T$. Die Folge konvergiert gegen ${}x$, da man sich hierzu auf

${}\epsilon =1/n\,$

beschränken kann und alle Folgenglieder ${}x_{m}$, ${}m\geq n$, in ${}U{\left(x,{\frac {1}{m}}\right)}\subseteq U{\left(x,{\frac {1}{n}}\right)}$ liegen. Da der Grenzwert einer Folge im Falle der Existenz eindeutig bestimmt ist, und ${}x\notin T$ ist, konvergiert die Folge in ${}T$ nicht.

Aufgabe (2 Punkte)

Beschreibe (ohne weitere Begründung) den Lauf des Sekundenzeigers einer Uhr als eine differenzierbare Kurve auf dem Einheitskreis (der Zeiger soll also im Zeitintervall ${}[0,60]$ eine Runde im Uhrzeigersinn drehen und zum Zeitpunkt ${}0$ „oben“ starten).

Lösung

Die Bewegung des Sekundenzeigers wird durch

${}z(t)={\begin{pmatrix}\sin \left({\frac {2\pi }{60}}t\right)\\\cos \left({\frac {2\pi }{60}}t\right)\end{pmatrix}}\,$

beschrieben.

Aufgabe (6 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer bijektiven Abbildung

$\varphi \colon [0,1]\longrightarrow [0,1]\subseteq \mathbb {R} ,$

die rektifizierbar ist, deren Länge aber ${}>1$ ist.

Lösung

Es sei

$\varphi (t)={\begin{cases}t,{\text{ falls }}t\neq {\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}}\,,\\{\frac {2}{3}},{\text{ falls }}t={\frac {1}{3}}\,,\\{\frac {1}{3}},{\text{ falls }}t={\frac {2}{3}}\,,\end{cases}}$

es wird also ${}{\frac {1}{3}}$ mit ${}{\frac {2}{3}}$ vertauscht und ansonsten liegt die Identität vor. Da die Länge eines Streckenzugs allenfalls größer wird, wenn man zu einer Verfeinerung des Intervalls übergeht, können wir von vornherein nur Intervallunterteilungen betrachten, bei denen ${}{\frac {1}{3}}$ und ${}{\frac {2}{3}}$ vorkommen. Sei

$t_{0}=0<t_{1}<\ldots <t_{k-1}<t_{k}={\frac {1}{3}}<t_{k+1}<\ldots <t_{n-1}<t_{n}={\frac {2}{3}}<t_{n+1}<\ldots <t_{m}=1$

eine Unterteilung des Intervalls. Dann ist die Länge des zugehörigen Streckenzugs gleich

${}{\begin{aligned}\sum _{i=1}^{m}\vert {\varphi (t_{i})-\varphi (t_{i-1})}\vert &=\sum _{i=1}^{k-1}\vert {\varphi (t_{i})-\varphi (t_{i-1})}\vert +\vert {\varphi (t_{k})-\varphi (t_{k-1})}\vert +\vert {\varphi (t_{k+1})-\varphi (t_{k})}\vert +\sum _{i=k+2}^{n-1}\vert {\varphi (t_{i})-\varphi (t_{i-1})}\vert +\vert {\varphi (t_{n})-\varphi (t_{n-1})}\vert +\vert {\varphi (t_{n+1})-\varphi (t_{n})}\vert +\sum _{i=n+2}^{m}\vert {\varphi (t_{i})-\varphi (t_{i-1})}\vert \\&=\sum _{i=1}^{k-1}{\left(t_{i}-t_{i-1}\right)}+\vert {{\frac {2}{3}}-t_{k-1}}\vert +\vert {t_{k+1}-{\frac {2}{3}}}\vert +\sum _{i=k+2}^{n-1}{\left(t_{i}-t_{i-1}\right)}+\vert {{\frac {1}{3}}-t_{n-1}}\vert +\vert {t_{n+1}-{\frac {1}{3}}}\vert +\sum _{i=n+2}^{m}{\left(t_{i}-t_{i-1}\right)}\\&=t_{k-1}+\vert {{\frac {2}{3}}-t_{k-1}}\vert +\vert {t_{k+1}-{\frac {2}{3}}}\vert +t_{n-1}-t_{k+1}+\vert {{\frac {1}{3}}-t_{n-1}}\vert +\vert {t_{n+1}-{\frac {1}{3}}}\vert +1-t_{n+1}\\&=t_{k-1}+{\frac {2}{3}}-t_{k-1}-t_{k+1}+{\frac {2}{3}}+t_{n-1}-t_{k+1}-{\frac {1}{3}}+t_{n-1}+t_{n+1}-{\frac {1}{3}}+1-t_{n+1}\\&={\frac {5}{3}}-2t_{k+1}+2t_{n-1}\,\end{aligned}}$

Wegen

${}t_{n-1}<{\frac {2}{3}}\,$

ist dies durch ${}{\frac {9}{3}}=3$ nach oben beschränkt und damit ist die Kurve rektifizerbar. Wegen

${}t_{n-1}>t_{k+1}\,$

ist es auch ${}\geq {\frac {5}{3}}>1$, also besitzt die Kurve eine Länge die größer als ${}1$ ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

$y'=ty+1{\text{ mit }}y(0)=0$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${}5$.

Lösung

Der Potenzreihenansatz

${}y(t)=a_{0}+a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+a_{4}t^{4}+a_{5}t^{5}+\ldots \,$

führt eingesetzt in die Differentialgleichung auf

${}a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+4a_{4}t^{3}+5a_{5}t^{4}+6a_{6}t^{5}+\ldots =1+a_{0}t+a_{1}t^{2}+a_{2}t^{3}+a_{3}t^{4}+a_{4}t^{5}+a_{5}t^{6}+\ldots \,.$

Aufgrund der Anfangsbedingung ist

${}a_{0}=0\,.$

Der Vergleich des konstanten Termes führt auf

${}a_{1}=1\,.$

Der Vergleich des linearen Termes führt auf

${}2a_{2}=a_{0}=0\,,$

also ${}a_{2}=0$. Der Vergleich des quadratischen Termes führt auf

${}3a_{3}=a_{1}\,,$

also ${}a_{3}={\frac {1}{3}}$. Der Vergleich des Termes zu ${}t^{3}$ führt auf

${}4a_{4}=a_{2}=0\,,$

also ${}a_{4}=0$. Der Vergleich des Termes zu ${}t^{4}$ führt auf

${}5a_{5}=a_{3}\,,$

also ${}a_{5}={\frac {1}{15}}$. Somit ist die polynomiale Approximation bis zur Ordnung ${}5$ der Lösung gleih

$t+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {1}{15}}t^{5}.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Gramsche Matrix zur Determinante auf dem ${}K^{2}$ bezüglich der Standardbasis.

Lösung

Wegen

${}\det {\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}}=0\,,$

${}\det {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}=1\,,$

${}\det {\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}=-1\,,$

${}\det {\begin{pmatrix}0&0\\1&1\end{pmatrix}}=0\,$

ist die Gramsche Matrix zur Determinante auf dem ${}K^{2}$ gleich

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

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme zur Funktion

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

die Richtungsableitung in Richtung ${}3$ für jeden Punkt.

Lösung

Es ist

${}(D_{3}f)(t)=3(D_{1}f)(t)=3f'(t)=3\cdot 2t=6t\,.$

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

Wir betrachten die Abbildung

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

1. Was ist der Definitionsbereich ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ dieser Abbildung?
2. Berechne die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$ in jedem Punkt ${}P\in G$.
3. Ist die Funktion total differenzierbar?

Lösung

1. Es ist

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

   daher ist der Definitionsbereich ${}\mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R}$.

2. Die partiellen Ableitungen sind

   ${\frac {\partial \varphi }{\partial x}}={\frac {y}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}={\frac {y}{x}}\cdot x^{y}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial \varphi }{\partial y}}=(\ln x)\cdot e^{(\ln x)\cdot y}=(\ln x)\cdot x^{y}.$

   Die Jacobi-Matrix ist also

   $\left({\frac {y}{x}}\cdot x^{y},\,(\ln x)\cdot x^{y}\right).$

3. Da die partiellen Ableitungen überall existieren und stetig sind, ist die Funktion nach [[Differenzierbarkeit/R/Existenz und Stetigkeit der partiellen Ableitungen impliziert Differenzierbarkeit/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Differenzierbarkeit/R/Existenz und Stetigkeit der partiellen Ableitungen impliziert Differenzierbarkeit/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] total differenzierbar.

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

Prof. Knopfloch, Dr. Eisenbeis und Vorli machen Urlaub in den Bergen. Das Gebirge wird in einer geeigneten Umgebung durch die Funktion (alles in Meter)

${}f(x,y)=3000-{\frac {1}{1000}}x^{2}-{\frac {1}{1000}}y^{2}+{\frac {1}{100}}x\,$

beschrieben.

1. In welchem Punkt (welchen Punkten) besitzt das Gebirge einen Gipfel? Wie hoch ist es in den Gipfeln?
2. Vorli hat Höhenangst und möchte nicht auf den Gipfel. Deshalb wählen sie einen Rundgang, der zum Punkt ${}(0,0)$ konstant den Grundabstand ${}1000$ besitzt. Bestimme die größte und die niedrigste Höhe, die die drei auf ihrer Wanderung erreichen.

Lösung

${}f(x,y)=3000-{\frac {1}{1000}}x^{2}-{\frac {1}{1000}}y^{2}+{\frac {1}{100}}x\,$

1. Es ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=-{\frac {1}{500}}x+{\frac {1}{100}}\,$

   und

   ${}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=-{\frac {1}{500}}y\,.$

   Der einzige kritische Punkt liegt daher in

   $\left(5,\,0\right)$

   vor. Die Hesse-Matrix ist in jedem Punkt gleich

   ${\begin{pmatrix}-{\frac {1}{500}}&0\\0&-{\frac {1}{500}}\end{pmatrix}},$

   daher ist die Hesse-Form nach dem Minorenkriterium negativ definit und es 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))]] in ${}(5,0)$ ein lokales Maximum vor, das auch ein globales Maximum sein muss. Die Höhe in diesem Gipfel ist

   ${}{\begin{aligned}f(5,0)&=3000-{\frac {1}{1000}}\cdot 5^{2}+{\frac {1}{100}}\cdot 5\\&=3000+{\frac {-25+50}{1000}}\\&=3000,025.\end{aligned}}$

2. Der Rundgang wird durch

   $[0,2\pi \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(1000\cos t,\,1000\sin t\right),$

   parametrisiert. Das Höhenprofil längs dieses Weges wird somit durch die Funktion

   ${}{\begin{aligned}h(t)&=f(\left(1000\cos t,\,1000\sin t\right))\\&=3000-{\frac {1}{1000}}{\left(1000^{2}\cos ^{2}t+1000^{2}\sin ^{2}t\right)}+10\cos t\\&=2000+10\cos t\end{aligned}}$

   beschrieben, wobei wir die Kreisgleichung verwendet haben. Es ist

   ${}h'(t)=-10\sin t\,$

   und

   ${}h^{\prime \prime }(t)=-10\cos t\,.$

   Die kritischen Punkte sind bei ${}t=0$ und bei ${}t=\pi$, wobei in ${}t=0$ das globale Maximum längs des Weges mit dem Wert

   ${}h(0)=2010\,$

   und in ${}t=\pi$ das globale Minimum längs des Weges mit dem Wert

   ${}h(\pi )=1990\,$

   vorliegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume, ${}U\subseteq V$ und ${}U'\subseteq W$ offene Teilmengen und

$\varphi \colon U\longrightarrow U'$

ein Diffeomorphismus. Es sei

$F\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,x)\longmapsto F(t,x),$

ein Vektorfeld auf ${}U$. Es sei ${}G$ das durch

${}G(t,y):={\left(D\varphi \right)}_{\varphi ^{-1}(y)}{\left(F(t,\varphi ^{-1}(y))\right)}\,$

definierte Vektorfeld auf ${}U'$. Zeige, dass

$\alpha \colon J\longrightarrow U$

genau dann eine Lösung des Anfangswertproblems

$x'=F(t,x){\text{ mit }}x(t_{0})=x_{0},$

wenn ${}\varphi \circ \alpha$ eine Lösung des Anfangswertproblems

$y'=G(t,y){\text{ mit }}y(t_{0})=\varphi (x_{0})$

ist.

Lösung

Da mit ${}\varphi$ auch die Umkehrabbildung ${}\varphi ^{-1}$ ein Diffeomorphismus ist, genügt es, die eine Richtung zu zeigen. Es sei also ${}\alpha$ eine Lösung des Anfangswertproblems zu ${}F$. Dann gelten nach der Kettenregel für ${}\varphi \circ \alpha$ die Gleichheiten

${}{\begin{aligned}{\left(\varphi \circ \alpha \right)}'(t)&={\left(D\varphi \right)}_{\alpha (t)}{\left(\alpha '(t)\right)}\\&={\left(D\varphi \right)}_{\alpha (t)}{\left(F(t,\alpha (t))\right)}\\&={\left(D\varphi \right)}_{\varphi ^{-1}((\varphi (\alpha (t))}{\left(F(t,\varphi ^{-1}(\varphi (\alpha (t)))\right)}\\&=G(t,(\varphi \circ \alpha )(t)).\end{aligned}}$

Ferner gilt

${}(\varphi \circ \alpha )(t_{0})=\varphi (\alpha (t_{0}))=\varphi (x_{0})\,.$

Aufgabe (8 (4+4) Punkte)

Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum und

$F\colon \mathbb {R} \times V\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto F(t,v)=g(v)v,$

ein zeitunabhängiges Zentralfeld zur stetig differenzierbaren Funktion

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

a) Zeige, dass das Wegintegral dieses Vektorfeldes längs eines stetig-differenzierbaren Weges, der zum Nullpunkt einen konstanten Abstand besitzt, gleich ${}0$ ist.

b) Zeige, dass ${}F$ genau dann ein Gradientenfeld ist, wenn es eine stetige Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R}$

mit

${}g(v)=f(\Vert {v}\Vert )\,$

gibt.

Lösung

a) Der stetig differenzierbare Weg sei durch

$\gamma \colon I\longrightarrow V$

gegeben mit

${}\Vert {\gamma (t)}\Vert =c\,$

für alle ${}t\in I$. Es seien ${}\gamma _{1},\ldots ,\gamma _{n}$ die Komponenten bezüglich einer Orthonormalbasis von ${}V$. Dann ist

${}\gamma _{1}^{2}(t)+\cdots +\gamma _{n}^{2}(t)=c^{2}\,$

konstant und daher gilt für die Ableitung

${}\gamma _{1}(t)\cdot \gamma _{1}'(t)+\cdots +\gamma _{n}(t)\cdot \gamma _{n}'(t)=0\,,$

also ist

${}\left\langle {\begin{pmatrix}\gamma _{1}(t)\\\vdots \\\gamma _{n}(t)\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}\gamma _{1}'(t)\\\vdots \\\gamma _{n}'(t)\end{pmatrix}}\right\rangle =0\,.$

Damit ist auch

${}\left\langle g(\gamma (t))\cdot {\begin{pmatrix}\gamma _{1}(t)\\\vdots \\\gamma _{n}(t)\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}\gamma _{1}'(t)\\\vdots \\\gamma _{n}'(t)\end{pmatrix}}\right\rangle =0\,$

und daher ist das Wegintegral längs ${}\gamma$ gleich ${}0$, da es das Integral über diese Funktion ist.

b) Wenn ${}F$ ein Gradientenfeld ist, so gibt es ein Potential

$h\colon V\longrightarrow \mathbb {R} ,$

also eine differenzierbare Funktion mit

${}\operatorname {Grad} \,h(v)=F(v)=g(v)v\,.$

Für zwei Punkte ${}v,w\in V$, die vom Nullpunkt den gleichen Abstand

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

haben, gibt es nach [[Punkte auf Kugel/Parametrische Verbindbarkeit/Aufgabe|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Punkte auf Kugel/Parametrische Verbindbarkeit/Aufgabe/Aufgabereferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] eine stetig differenzierbare Kurve

$\gamma \colon [0,1]\longrightarrow V$

mit ${}\gamma (0)=v$ und ${}\gamma (1)=w$, die zum Nullpunkt konstant den Abstand ${}c$ besitzt. Mit einem solchen Weg erhält man

${}h(v)-h(w)=\int _{0}^{a}\left\langle F(\gamma (t),\gamma '(t)\right\rangle dt=0\,$

nach Teil a), sodass der Wert von ${}h(v)$ nur von ${}\Vert {v}\Vert$ abhängt. Daher ist

${}h(v)=f(\Vert {v}\Vert )\,$

mit einer gewissen Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\geq }\longrightarrow \mathbb {R} .$

Diese ist stetig, da für einen Orthonormalvektor ${}u$ die Beziehung

${}f(r)=h(ru)\,$

gilt und ${}h$ stetig ist. Für den Gradienten von ${}h$ ist

Wenn umgekehrt

${}g(v)=f(\Vert {v}\Vert )\,$

ist mit ${}f$ stetig, so sei ${}s$ eine Stammfunktion zu ${}f$. Wir behaupten, dass

${}h(v):=s(\Vert {v}\Vert )\,$

ein Potential zum Vektorfeld ${}g(v)v$ ist.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Häuptling Winnetou möchte sich ein neues Tipi über einer quadratischen Grundfläche von ${}3\times 3$ Metern errichten. Er verwendet dafür vier Stangen mit einer Länge von ${}5$ Metern, die in den Eckpunkten der Grundfläche stehen und sich in der Zeltspitze treffen sollen.

a) Wie viel Quadratmeter Büffelhaut wird für das Zeltdach gebraucht?

b) Wie viel Kubikmeter Rauminhalt hat das neue Zelt?

Lösung

a) Die Länge einer schrägen Zeltflächenhöhe ist

${}g={\sqrt {5^{2}-{\left({\frac {3}{2}}\right)}^{2}}}={\sqrt {25-{\frac {9}{4}}}}={\sqrt {\frac {91}{4}}}={\frac {\sqrt {91}}{2}}\,.$

Die Gesamtfläche des Zeltdaches ist daher

${}4{\frac {1}{2}}3g=3{\sqrt {91}}\,.$

b) Die Diagonale der Grundfläche hat die Länge ${}3{\sqrt {2}}$, der Grundflächenmittelpunkt hat also zu den Eckpunkten den Abstand ${}{\frac {1}{2}}3{\sqrt {2}}$. Die Zelthöhe ist daher

${}h={\sqrt {5^{2}-{\left({\frac {1}{2}}3{\sqrt {2}}\right)}^{2}}}={\sqrt {25-{\frac {9}{2}}}}={\sqrt {\frac {41}{2}}}\,.$

Das Volumen des Tipis ist somit nach [[Kegel/Über messbarer Basis/Maßformel/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Kegel/Über messbarer Basis/Maßformel/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] gleich

${}{\frac {1}{3}}9h=3{\sqrt {\frac {41}{2}}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Schwerpunkt des positiven Viertels des Einheitskreises, also von

${}T={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}+y^{2}\leq 1,\,x,y\geq 0\right\}}\,.$

Lösung

Wir arbeiten mit Polarkoordinaten. Der Flächeninhalt von ${}T$ ist ${}\pi /4$. In Polarkoordinaten wird ${}T$ durch den Radius

${}0\leq r\leq 1\,$

und den Winkel

${}0\leq \theta \leq \pi /2\,$

parametrisiert. Somit ist nach [[Polarkoordinaten/Kompakte Teilmengen/Transformationsformel/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Polarkoordinaten/Kompakte Teilmengen/Transformationsformel/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] und [[Kompaktes Rechteck/Fubini/Integration von Produktfunktion/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Kompaktes Rechteck/Fubini/Integration von Produktfunktion/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]]

${}{\begin{aligned}\int _{T}xd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /2}\int _{0}^{1}r\cos \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /2}\cos \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}\sin \left(\pi /2\right)\\&={\frac {1}{3}}.\end{aligned}}$

Wegen der Symmetrie gilt dies auch für die ${}y$-Koordinate. Somit sind die Koordinaten des Schwerpunktes von ${}T$ gleich

${}\left({\frac {\frac {1}{3}}{\frac {\pi }{4}}},\,{\frac {\frac {1}{3}}{\frac {\pi }{4}}}\right)=\left({\frac {4}{3\pi }},\,{\frac {4}{3\pi }}\right)\,.$