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

Aufgabe * (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Norm zu einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}\mathbb {R}$- Vektorraum ${}V$.
2. Eine Orthonormalbasis in einem euklidischen Vektorraum ${}V$.
3. Ein homogenes lineares Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.
4. Die Faser zu einer Abbildung

   $\varphi \colon L\longrightarrow M$

   über einem Punkt ${}x\in M$.

5. Das totale Differential in einem Punkt ${}P\in V$ einer in diesem Punkt total differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   (dabei seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume).

6. Ein kritischer Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ einer total differenzierbaren Abbildung

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

7. Eine sternförmige Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.
8. Die Laplace-Ableitung einer zweimal differenzierbaren Funktion

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

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Norm zu einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}\mathbb {R}$- Vektorraum ${}V$.
2. Eine Orthonormalbasis in einem euklidischen Vektorraum ${}V$.
3. Ein homogenes lineares Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.
4. Die Faser zu einer Abbildung

   $\varphi \colon L\longrightarrow M$

   über einem Punkt ${}x\in M$.

5. Das totale Differential in einem Punkt ${}P\in V$ einer in diesem Punkt total differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   (dabei seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume).

6. Ein kritischer Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ einer total differenzierbaren Abbildung

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

7. Eine sternförmige Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.
8. Die Laplace-Ableitung einer zweimal differenzierbaren Funktion

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

 

Aufgabe * (4 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. Die Mittelwertabschätzung für eine differenzierbare Kurve

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

3. Das Lösungsverfahren für ein durch ein Zentralfeld

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

   gegebenes Anfangswertproblem.
4. Die Formel für das Volumen einer kompakten Teilmenge ${}T\subset \mathbb {R} ^{n}$ unter einer linearen Abbildung

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

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. Es gibt ein ${}c\in [a,b]$ mit

   ${}\Vert {f(b)-f(a)}\Vert \leq (b-a)\cdot \Vert {f'(c)}\Vert \,.$

3. 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

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

4. Es ist

   ${}\lambda ^{n}(\varphi (T))=\vert {\det \varphi }\vert \cdot \lambda ^{n}(T)\,.$

 

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

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

so dass

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

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 * (2 (${}4\cdot 0,5$ ) Punkte)

Wir betrachten die Funktionen

$B_{0}(t)=(1-t)^{2},\,B_{1}(t)=2t(1-t){\text{ und }}B_{2}(t)=t^{2}.$

Es seien ${}v_{0},v_{1},v_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$ drei Vektoren. Wir definieren die Kurve

${}f(t):=B_{0}(t)v_{0}+B_{1}(t)v_{1}+B_{2}(t)v_{2}\,.$

a) Berechne ${}f(0)$ und ${}f(1)$.

b) Berechne ${}f'(t)$.

c) Zeige, dass ${}f'(0)$ ein Vielfaches von ${}v_{1}-v_{0}$ und ${}f'(1)$ ein Vielfaches von ${}v_{2}-v_{1}$ ist.

d) Skizziere für ${}v_{0}=(0,1)$, ${}v_{1}=(1,1)$ und ${}v_{2}=(2,0)$ das Bild der Kurve ${}f(t)$ für ${}0\leq t\leq 1$.

Lösung

a) Es ist

${}f(0)=B_{0}(0)v_{0}+B_{1}(0)v_{1}+B_{2}(0)v_{2}=v_{0}\,$

und

${}f(1)=B_{0}(1)v_{0}+B_{1}(1)v_{1}+B_{2}(1)v_{2}=v_{2}\,.$

b) Es ist

${}{\begin{aligned}f'(t)&=B_{0}'(t)v_{0}+B_{1}'(t)v_{1}+B_{2}'(t)v_{2}\\&={\left(2t-2\right)}v_{0}+{\left(-4t+2\right)}v_{1}+{\left(2t\right)}v_{2}.\end{aligned}}$

c) Es ist

${}f'(0)=-2v_{0}+2v_{1}=2{\left(v_{1}-v_{0}\right)}\,$

und

${}f'(1)=-2v_{1}+2v_{2}=2{\left(v_{2}-v_{1}\right)}\,.$

d) Skizze.

 

In der folgenden Aufgabe darf elementargeometrisch argumentiert werden.

Aufgabe * (8 (4+4) Punkte)

Wir betrachten die reelle Ebene ${}\mathbb {R} ^{2}$ ohne den offenen Kreis mit Mittelpunkt ${}M=(0,0)$ und Radius ${}3$, also

${}T={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\geq 3\right\}}\,.$

Eine Person befindet sich im Punkt ${}A=(5,0)$ und möchte zum Punkt ${}B=(-5,0)$, wobei sie sich nur in ${}T$ bewegen darf.

a) Zeige, dass die Person von ${}A$ nach ${}B$ entlang von zwei geraden Strecken kommen kann, deren Gesamtlänge ${}12,5$ ist.

b) Zeige, dass die Person von ${}A$ nach ${}B$ entlang eines stetigen Weges kommen kann, dessen Gesamtlänge maximal ${}11,9$ ist.

Lösung

a) Wir betrachten die (obere) Tangente an den Kreis durch ${}(5,0)$. Es sei ${}C$ der Schnittpunkt des Kreises mit dieser Tangente. Diese steht senkrecht auf dem Ortsvektor zu ${}C$. Nach dem Satz des Pythagoras, angewendet auf das rechtwinklige Dreieck ${}M,C,A$, besitzt die Verbindungsstrecke von ${}A$ nach ${}C$ die Länge ${}4$. Es sei ${}D$ der Schnittpunkt der Tangente mit der ${}y$-Achse. Wir betrachten das (rechtwinklige) Dreieck ${}M,D,C$. Der Winkel dieses Dreiecks an ${}M$ stimmt mit dem Winkel des zuerst betrachteten Dreiecks an ${}A$ überein. Daher sind die beiden Dreiecke ähnlich (d.h. es gelten die gleichen Längenverhältnisse) und daher besteht, wenn ${}x$ die Länge von ${}C$ nach ${}D$ bezeichnet, die Beziehung

${}{\frac {x}{3}}={\frac {3}{4}}\,.$

Also ist ${}x=2{,}25$. Daher ist die Strecke von ${}A$ nach ${}D$ gleich

${}4+2{,}25=6{,}25\,.$

Man kann also auf dieser Tangente von ${}A$ nach ${}D$ und von dort mit der gespiegelten Tangente von ${}D$ nach ${}B$ gelangen und legt dabei einen Weg der Länge ${}12{,}5$ zurück.

b) Die Person bewegt sich nun von ${}A$ nach ${}C$ längs der Tangenten, folgt dann dem Kreis bis zu dem ${}C$ gegenüberliegenden Punkt ${}C'$ und läuft dann längs der gespiegelten Tangenten von ${}C'$ nach ${}B$. Dieser Weg ist offenbar stetig. Es sei ${}\alpha$ der Winkel des Dreiecks ${}M,C,A$ an ${}A$. In diesem rechtwinkligen Dreieck besteht die Beziehung („Gegenkathete durch Hypotenuse“)

${}\sin \alpha ={\frac {3}{5}}\,.$

Daher ist ${}\alpha =0{,}6435\dotso$ im Bogenmaß. Wie unter a) bemerkt, tritt dieser Winkel auch im Dreieck ${}M,D,C$ an ${}M$ auf und beschreibt daher den Winkel, der den zugehörigen Kreisbogen bestimmt, entlang dem sich die Person bewegt. Da der Radius ${}3$ ist, ist der zugehörige Bogen maximal gleich

${}3\cdot 0{,}644=1{,}932\,.$

Daher ist die Gesamtlänge dieses Weges gleich

${}8+2\cdot 1{,}932=8+3{,}864=11{,}864<11{,}9\,.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme das charakteristische Polynom, die Eigenwerte und die Eigenräume der Matrix

${}M={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{4}}\\-3&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\,$

über ${}{\mathbb {C} }$.

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\begin{pmatrix}x+{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{4}}\\3&x+{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\left(x+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}+{\frac {3}{4}}\\&=x^{2}+x+1.\end{aligned}}$

Die Eigenwerte kann man aus der vorletzten Zeile direkt ablesen; diese sind

$x_{1}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\,\,{\text{ und }}\,\,x_{2}=-{\frac {1}{2}}-{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}.$

Zur Berechnung der Eigenräume setzen wir die Eigenwerte für ${}x$ in die obige Matrix ein und bestimmen den Kern.

Für ${}x_{1}$ ergibt sich die Matrix

${\begin{pmatrix}{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}&-{\frac {1}{4}}\\3&{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\end{pmatrix}},$

der Kern wird vom Vektor

$\left({\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}},\,-3\right)$

erzeugt. Also ist ${}E_{1}={\mathbb {C} }\left({\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}},\,-3\right)$.

Für ${}x_{2}$ ergibt sich die Matrix

${\begin{pmatrix}-{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}&-{\frac {1}{4}}\\3&-{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\end{pmatrix}},$

der Kern wird vom Vektor

$\left({\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}},\,3\right)$

erzeugt. Also ist ${}E_{2}={\mathbb {C} }\left({\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}},\,3\right)$.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme die Lösung ${}\varphi$ des Anfangswertproblems für das Zentralfeld

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

mit ${}\varphi (0)={\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}$.

Lösung

Es handelt sich um ein Zentralfeld, das auf die eindimensionale Differentialgleichung

${}z'=-e^{t}z^{2}\,$

mit ${}z(0)=1$ führt. Dies ist eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen. Es ist

${}-{\frac {z'}{z^{2}}}=e^{t}\,$

und somit

${}z^{-1}=e^{t}+c\,.$

Also ist

${}z={\frac {1}{e^{t}+c}}\,$

und wegen der Anfangsbedingung muss ${}c=0$ sein, also ist

${}z=e^{-t}\,.$

Die Lösung für das Zentralfeld ist somit

${}{\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}}=e^{-t}{\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}\,.$

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}t^{2}x-xy\\t^{3}+x^{2}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}x(0)=1{\text{ und }}y(0)=0$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${}4$.

Lösung

Wir machen den Potenzreihenansatz ${}x(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}$ und ${}y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}$. Aufgrund der Anfangsbedingung ist

$a_{0}=1\,\,{\text{ und }}\,\,b_{0}=0.$

Das Differentialgleichungssystem führt auf die beiden Potenreihengleichungen

${}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{\prime }=\sum _{k=1}^{\infty }ka_{k}t^{k-1}=t^{2}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}-{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}\right)}\,$

und

${}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}\right)}^{\prime }=\sum _{k=1}^{\infty }kb_{k}t^{k-1}=t^{3}+{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{2}\,,$

die wir gradweise auswerten. Für den Grad ${}0$ (der Potenzreihengleichungen) ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$a_{1}=-a_{0}b_{0}=0\,\,{\text{ und }}\,\,b_{1}=a_{0}^{2}=1.$

Für den Grad ${}1$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$2a_{2}=-a_{1}b_{0}-a_{0}b_{1}=-1\,\,{\text{ und }}\,\,2b_{2}=2a_{0}a_{1}=0,$

also ist ${}a_{2}=-{\frac {1}{2}}$ und ${}b_{2}=0$. Für den Grad ${}2$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$3a_{3}=a_{0}-a_{0}b_{2}-a_{1}b_{1}-a_{2}b_{0}=1\,\,{\text{ und }}\,\,3b_{3}=2a_{0}a_{2}+a_{1}a_{1}=-1,$

also ist ${}a_{3}={\frac {1}{3}}$ und ${}b_{3}=-{\frac {1}{3}}$. Für den Grad ${}3$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$4a_{4}=a_{1}-a_{0}b_{3}-a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}-a_{3}b_{0}={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}={\frac {5}{6}}\,\,{\text{ und }}\,\,4b_{4}=1+2a_{0}a_{3}+2a_{1}a_{2}=1+{\frac {2}{3}}={\frac {5}{3}},$

also ist ${}a_{4}={\frac {5}{24}}$ und ${}b_{4}={\frac {5}{12}}$. Die Taylor-Entwicklung der Lösungskurve bis zur Ordnung ${}4$ ist demnach

$\left(1-{\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {5}{24}}t^{4},\,t-{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {5}{12}}t^{4}\right).$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom zweiter Ordnung der Funktion

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

im Punkt ${}(1,0,-1)$.

Lösung

Die relevanten Ableitungen sind

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

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

${}{\frac {\partial f}{\partial z}}=2e^{x}yz\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}=e^{x}yz^{2}\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}=0\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}z}}=2e^{x}y\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial y}}=e^{x}z^{2}-1\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial z}}=2e^{x}yz\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial z}}=2e^{x}z\,.$

Somit sind die Werte der relevanten Ableitungen im Punkt ${}(1,0,-1)$ gleich

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

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

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

${}{\frac {\partial f}{\partial z}}(1,0,-1)=0\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}(1,0,-1)=0\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}(1,0,-1)=0\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}z}}(1,0,-1)=0\,,$

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

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

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial z}}(1,0,-1)=-2e\,.$

Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung zwei gleich

$(e-1)y+(e-1)(x-1)y-2ey(z+1).$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Begründe ohne Differentialrechnung, dass die Funktion

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

kein lokales Extremum besitzt.

Lösung

Die Funktion ${}h\mapsto h^{2}$ ist für ${}h\geq 0$ streng wachsend und für ${}h\leq 0$ streng fallend, für ${}h\mapsto -h^{2}$ ist es umgekehrt. Daher kann man für jeden Punkt ${}(x,y)$ in einer beliebig kleinen Ballumgebung den Funktionswert von ${}f(x,y)$ erhöhen, indem man ${}y$ beibehält und ${}x$ größer (bei ${}x\geq 0$) bzw. kleiner (bei $x<0$) macht. Ebenso kann man den Funktionswert kleiner machen, indem man ${}x$ beibehält und ${}y$ größer (bei $y\geq 0$) bzw. kleiner (bei ${}y<0$) macht.

 

Aufgabe * (6 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 * (11 (4+7) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+y^{4}.$

a) Bestimme zu jedem Punkt ${}(r,s)\in \mathbb {R} ^{2}$ das Volumen des Körpers

${}K={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid r\leq x\leq r+1,\,s\leq y\leq s+1,\,0\leq z\leq f(x,y)\right\}}\,.$

b) Zeige, dass das (von ${}(r,s)$ abhängige) Volumen aus Teil a) in genau einem Punkt ${}(r,s)$ minimal ist (dieser Punkt muss nicht explizit angegeben werden).

Lösung

a) Das Volumen ist

${}{\begin{aligned}\int _{r}^{r+1}\int _{s}^{s+1}x^{2}+y^{4}\,dy\,dx&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}y+{\frac {1}{5}}y^{5}\right)}|_{s}^{s+1}\,dx\\&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}(s+1-s)+{\frac {1}{5}}{\left((s+1)^{5}-s^{5}\right)}\right)}\,dx\\&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}+{\frac {1}{5}}{\left(5s^{4}+10s^{3}+10s^{2}+5s+1\right)}\right)}\,dx\\&={\left({\frac {1}{3}}x^{3}+{\left(s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\right)}x\right)}|_{r}^{r+1}\\&={\frac {1}{3}}{\left((r+1)^{3}-r^{3}\right)}+{\left(s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\right)}{\left(r+1-r\right)}\\&={\frac {1}{3}}(3r^{2}+3r+1)+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\\&=r^{2}+r+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {8}{15}}.\end{aligned}}$

b) Die Ableitung der Volumenfunktion

${}V(r,s)=r^{2}+r+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {8}{15}}\,$

ist

$(2r+1,4s^{3}+6s^{2}+4s+1).$

Ein Minimum kann nur vorliegen, wenn die Ableitung ${}0$ ist. Wir zeigen, dass dies nur für ein ${}(r,s)$ der Fall sein kann. Wegen der ersten Komponente muss ${}r=-{\frac {1}{2}}$ sein. Wir zeigen, dass die zweite Komponente

${}h(s)=4s^{3}+6s^{2}+4s+1\,$

ebenfalls nur eine Nullstelle besitzt, indem wir zeigen, dass ${}h$ streng wachsend ist. Die Ableitung von ${}h$ ist

${}h'(s)=12s^{2}+12s+4=12s(s+1)+4\,.$

Diese Funktion ist für ${}s\to \infty$ und ${}s\to -\infty$ offenbar positiv, sie besitzt also genau ein Minimum, und zwar wegen

${}h^{\prime \prime }(s)=24s+12\,$

bei

${}s=-{\frac {1}{2}}\,.$

Der Wert des Minimums von ${}h'$ ist

${}h'{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}=12{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}{\left(-{\frac {1}{2}}+1\right)}+4=-12\cdot {\frac {1}{4}}+4=-3+4=1>0\,.$

Dies bedeutet, dass ${}h'$ stets positiv ist und somit ist ${}h$ streng wachsend. Da ferner ${}h$ ein Polynom vom Grad ${}3$ ist, also ${}h(s)\to \infty$ für ${}s\to \infty$ und ${}h(s)\to -\infty$ für ${}s\to -\infty$ gilt, besitzt ${}h$ genau eine Nullstelle. Insgesamt besitzt also ${}V(r,s)$ genau einen kritischen Punkt.

Wir müssen noch zeigen, dass in dem einzigen kritischen Punkt ein Minimum von ${}V(r,s)$ vorliegt. Die Hesse-Matrix zu ${}V$ ist

${\begin{pmatrix}2&0\\0&12s^{2}+12s+4\end{pmatrix}}.$

Diese Matrix ist für jedes ${}s$ nach der oben durchgeführten Berechnung positiv definit, also liegt im kritischen Punkt ein Minimum vor.

 

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.

 

Hilfsmittel

${}\arcsin 0,6=0,643501109...\,.$

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