5.Aufgabe 4.Aufgabe 3.Aufgabe 2.Aufgabe 1.Aufgabe MusterlösungApril-VollklausurRechenteilWS2005/06AnalysisIIfürIngenieure TECHNISCHEUNIVERSITÄTBERLIN

(1)

TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN

WS 2005/2006

Fakultät II - Mathematik 10.4.2006

Dozenten: Prof. Dr. G. Bärwol, Prof. Dr. F. Tröltzsch Assistent: K. Bauer

Musterlösung April-Vollklausur Rechenteil WS 2005/06 Analysis II für Ingenieure

1. Aufgabe

(8 Punkte)

a) (Skizze)

b) f ist ungerade, also giltak = 0für allek∈N . Weiter gilt:bk= _π¹Rπ

−πf(x) sin(kx)dx

= ²_πRπ

0 f(x) sin(kx)dx=_π²Rπ

0(−2) sin(kx)dx= _kπ⁴ cos(kx)|^π₀ = _kπ⁴((−1)^k−1).

Damit lautet die Fourierreihe vonf:P∞ k=1

4

kπ((−1)^k−1) sin(kx) =P∞ l=0

−8

(2l+1)πsin((2l+ 1)x).

2. Aufgabe

(7 Punkte)

Für(x, y)6= (0,0)istf partiell dierenzierbar und es gilt:

∂f

∂x= ^(x²^+y_(x²₂^)3x_+y²₂^−x₎₂ ³^2x =^x_(x⁴^+3x₂_+y²₂^y₎₂² sowie ^∂f_∂y =_(x^−x₂_+y³^2y₂₎₂ =−_(x₂^2x_+y³^y₂₎₂. Für(x, y) = (0,0)gilt:

∂f

∂x= limh→0f(h,0)−f(0,0)

h = limh→0

h3 h2−0

h = 1 sowie

∂f

∂y = lim_h→0f(0,h)−f(0,0)

h = lim_h→0⁰⁻⁰_h = 0.

f ist also auf ganzR² partiell dierenzierbar.

3. Aufgabe

(8 Punkte)

f ist stetig undD kompakt, also nimmtf auf Ddas globale Maximum und Minimum an.

Im Inneren vonD gilt:f⁰(x, y) = (2,−4)6= (0,0), also gibt es im Inneren keine kritischen Punkte.

Auf dem Rand vonD, also für alle(x, y)mitg(x, y) = 2x²+ 8y²= 1gilt:

g⁰(x, y) = (4x,16y) = (0,0)⇔x=y= 0, was ein Widerspruch zur Bedingung g(x, y) = 1ist.

f⁰(x, y) = λg⁰(x, y) ⇔ (2,−4) = λ(4x,16y)⇔ 2λx = 1, 4λy =−1. Aus der Bedingungg = 1 folgt:

λ6= 0.Also gilt:x= _2λ¹, y=−_4λ¹. Die Bedingungg= 1liefert nun:

g(x, y) =g(_2λ¹,−_4λ¹) =_2λ¹2 +_2λ¹2 = _λ¹2 = 1⇒λ=±1⇒x=±¹₂, y=∓¹₄. Es gibt also nur zwei kritische Punkte, die wir nun in die Funktion einsetzen:

f(¹₂,−¹₄) = 1 + 1 = 2(globales Maximum),f(−¹₂,¹₄) =−1−1 =−2 (globales Minimum).

4. Aufgabe

^{(8 Punkte)}

a) (Skizze)

b) 1. Weg: Für die Grenzen gilt:y= 2x⇔x= ^y₂, y= 3−x⇔x= 3−y.Also gilt:

RR

B2ydxdy=R2 0

R3−y

y 2

2ydxdy=R2

0 2y(3−y−^y₂)dy= 3y²−y³|²₀= 12−8 = 4.

2. Weg:RR

B2ydxdy=R1 0

R2x

0 2ydydx+R3 1

R3−x

0 2ydydx=R1

0(y²|^2x_y=0)dx+R3

1(y²|^3−x_y=0)dx

=R1

0 4x²dx+R3

1(3−x)²dx= ^4x₃³|¹₀−^(3−x)₃ ³|³₁=⁴₃+⁸₃ = ¹²₃ = 4.

5. Aufgabe

(9 Punkte)

(Skizze)

Es gilt unter Verwendung von Zylinderkoordinaten(x, y, z) = (rcos(ϕ), rsin(ϕ), z): div(~v) = 3x²z+ 3y²z= 3z(x²+y²) = 3zr².Nach dem Satz von Gauss gilt also:

RR

∂B~v·dO~ =RRR

Bdiv(~v)dV =R1

−1

R2π 0

R1

0 3zr²rdrdϕdz= 6πR1

−1zdzR1

0 r³dr= 0.

1

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TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN

WS 2005/2006

Fakultät II - Mathematik 10.4.2006

Dozenten: Prof. Dr. G. Bärwol, Prof. Dr. F. Tröltzsch Assistent: K. Bauer

Musterlösung April-Vollklausur Verständnisteil WS 2005/06 Analysis II für Ingenieure

1. Aufgabe

(8 Punkte)

a) (Skizze)

Aist weder oen noch abgeschlossen, da weder∂A⊂Anoch∂A∩A=Ø erfüllt ist.

DaAnicht abgeschlossen ist, istAauch nicht kompakt.

b) (Skizze)

B ist wegen∂B⊂B abgeschlossen und nicht oen, da∂B∩B =∂B6=Ø.

DaB jedoch nicht beschränkt ist, istB nicht kompakt.

2. Aufgabe

(9 Punkte)

Es gilt:f(0,0) = (0,0) undf⁰(x, y) = e^x −2ye^y²

−2xe^x² e^y

!

⇒f⁰(0,0) = 1 0

0 1

. Nach der Kettenregel erhalten wir also:

(f ◦f)⁰(0,0) =f⁰(f(0,0))·f⁰(0,0) =f⁰(0,0)·f⁰(0,0) = 1 0

0 1

1 0 0 1

= 1 0

0 1

.

3. Aufgabe

(7 Punkte)

~vhat die Funktion f als Stammfunktion , also gilt:

R

~γ~v·ds~ =f(~γ(π))−f(~γ(0)) =f(π, π²+π,−π²)−f(0,0,0) =π³e^cos(π)e^sin(π)=^π_e³.

4. Aufgabe

(8 Punkte)

a) B ist nicht konvex, da z.B die Verbindungsstrecke der Punkte(2,0,0), (−2,0,0)∈B durch den Ursprung(0,0,0)geht und somit nicht ganz inB enthalten ist.

b) B ist zwar nicht konvex, dies ist jedoch nur ein hinreichendes Kriterium für die Existenz eines Potentials, kein notwendiges.

Ein Potentialuvon~v kann man durch scharfes Hinsehen oder durch eine kurze Rechnung ermit- teln:u(x, y, z) =x²+y²+z².~v besitzt also ein Potential.

Dass B nicht konvex ist stört ~v in diesem Fall nicht weiter. ~v ist nämlich rotationsfrei (kurze Rechnung) und lässt sich problemlos auf den gesamten R³ fortsetzen (der ja konvex ist). Also besitzt~vein Potential.

5. Aufgabe

(8 Punkte)

a) (Skizze)

b) Für die partiellen Ableitungen von ~xgilt: ^∂~_∂r^x =



 cos(ϕ) sin(ϕ)

e^r



und ^∂~_∂ϕ^x =





−rsin(ϕ) rcos(ϕ)

0



.

Somit spannen ^∂~_∂r^x(1,0) =



 1 0 e



und ^∂~_∂ϕ^x(1,0) =



 0 1 0



die Tangentialebene vonF im Punkt~x(1,0)

auf. Wegen



 1 0 e



·





−e 0 1



 = 0 und



 0 1 0



·





−e 0 1



 = 0 steht





−e 0 1



 also senkrecht auf die Tangentialebene.

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