Analysis II f¨ ur Ingenieure, SoSe 2003 L¨ osungen zur Juli-Vollklausur

Analysis II f¨ ur Ingenieure, SoSe 2003 L¨ osungen zur Juli-Vollklausur

Rechenteil

Aufgabe 1

~ v ⁰ (x, y, z) = (xyz) ^x (1 + ln(xyz)) ^x _y (xyz) ^{x x} _z (xyz) ^x

− ^e

^y

_x ^+e

2

z

^z

cos( ^e

^y

_xz ^+e

^z

) _xz ^e

^y

cos( ^e

^y

_xz ^+e

^z

) ^e

^z

^{(z −1)−} _xz

₂

^e

^y

cos( ^e

^y

_xz ^+e

^z

)

!

Aufgabe 2

f (x, y) = sin(x) cos(y) ⇒ f ( π

2 , 0) = 1 grad f =

cos(x) cos(y)

− sin(x) sin(y)

⇒ grad f ( π 2 , 0) =

0 0

H _f (x, y) =

− sin(x) cos(y) − cos(x) sin(y)

− cos(x) sin(y) − sin(x) cos(y)

⇒ H _f ( π 2 , 0) =

− 1 0 0 − 1

Das Taylorpolynom lautet:

T ₂ ((x, y); ( π

2 , 0)) = 1 + 0 + 1

2 (x − π 2 , y)

− 1 0 0 − 1

x − ^π ₂ y

= 1 + 1

2 (x − π 2 , y)

− x + ^π ₂

− y

= − 1

2 x ² − 1

2 y ² + π

2 x + (1 − π ² 8 )

Aufgabe 3

Maximiere f (x, y, z) = xyz unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = x + y + z − 135 = 0.

Die Lagrangefunktion lautet:

L(x, y, z, λ) = xyz + λ(x + y + z − 135) grad L(x, y, z, λ) = ~ 0 liefert das Gleichungssystem

I yz + λ = 0

II xz + λ = 0

III xy + λ = 0

IV x + y + z − 135 = 0

x, y, z 6 = 0, da sonst das Produkt nicht maximal sein kann. Damit folgt aus I=II: x = y und aus II=III: y = z. Damit gilt

x = y = z.

In IV eingesetzt bekommt man die Gleichung 3x = 135 und damit lautet die Maximalstelle

x = y = z = 45.

Aufgabe 4

Die notwendigen Gr¨oßen lauten:

~c(t) = t

sin t

, t ∈ [0, 2π], ~c(t) = ˙ 1

cos t

, ~ v(~c(t)) =

t + sin ² t cos t

.

Damit kann das Kurvenintegral berechnet werden:

Z

~ c

~v · d~ s = Z _2π

0

t + sin ² t cos t

· 1

cos t

dt = Z _2π

0

t + sin ² t + cos ² t dt

= Z 2π

0

t + 1 dt = 1 2 t ² + t

2π

0 = 2π(1 + π)

Aufgabe 5

Eine Parametrisierung des Bereichs ist gegeben durch

I y = x + u, u ∈ [0, 1]

II y = − vx + 3, v ∈ [1, 2]

I=II und aufl¨osen nach x liefert: x(u, v) = ³ _1+v ^{− u} und einsetzen dieses Ergebnisses in I liefert:

y(u, v) = ^3+uv _1+v . Insgesamt lautet die Transformation also:

φ(u, v) = ~ 1 1 + v

3 − u 3 + uv

, (u, v) ∈ [0, 1] × [1, 2]

mit der Jacobimatrix

J _{φ ~} (u, v) =

−1 1+v

u −3 (1+v)

²

v

1+v

u − 3 (1+v)

²

!

und dem Betrag der Determinante der Jacobimatrix:

det J φ ~ (u, v) =

3 − u

(1 + v) ³ + v 3 − u (1 + v) ³

=

(1 + v) 3 − u (1 + v) ³

=

3 − u (1 + v) ²

= 3 − u (1 + v) ² Nun l¨asst sich das Integral mittels Transformationsformel l¨osen:

Z Z

B

1

x dF ^{T raf o} = Z ₂

1

Z ₁

0

1 + v 3 − u

3 − u

(1 + v) ² du dv = Z ₂

1

Z ₁

0

1

1 + v du dv = Z ₂

1

1 1 + v dv

= ln(1 + v)

2

1 = ln 3 − ln 2 = ln 3 2

Aufgabe 6

Eine Parametrisierung der gebogenen Fl¨ache ist f¨ ur (s, t) ∈ [0, 1] × [0, π]

~ u(s, t) =



 s t sin t



 , ~ u s (s, t) =



 1 0 0



 , ~ u t (s, t) =



 0 1 cos t



 , ~ u s × ~ u t =



 0 cost

− 1





Mit | ~ u s × ~ u t | = √

1 + cos ² t berechnet sich die Gesamtladung zu:

Ω = Z Z

S

ω dO = Z 1

0

Z π 0

s sin t

√ 1 + cos ² t

p 1 + cos ² t dt ds = Z 1

0

Z π 0

s sin t dt ds

= Z ₁

0 − s cos t

t=π t=0 ds =

Z ₁

0

2s ds = s ²

1

0 = 1