Sei die Funktion g : R

L¨ osungsskizze

L¨ osung unter Vorbehalt.

1. Aufgabe 12 Punkte

Sei die Funktion g : R

→ R gegeben durch

g(x, y) :=





 x

x

+ y

, (x, y) 6= (0, 0), 0, (x, y) = (0, 0).

(a) Bestimmen Sie lim

x→0

g(x, 0) und lim

y→0

g(0, y).

(b) Bestimmen Sie die partiellen Ableitungen von g auf R

\ {(0, 0)}.

(c) Existieren eine oder beide partiellen Ableitungen von g in (0, 0)? Wenn ja, bestimmen Sie diese.

(d) Begr¨ unden Sie, dass g in (0, 0) nicht total differenzierbar ist.

(e) Bestimmen Sie alle kritischen Punkte von g auf R

\ {(0, 0)}.

(f) Existieren globale Extremwerte von g auf R

\ {(0, 0)}? Wenn ja, geben Sie diese an.

(a) lim

x→0

g(x, 0) = 1

y→0

lim g(0, y) = lim

y→0

0 y ² = 0 (b) ∂g

∂x = 4x ³ y ²

(x ⁴ + y ² ) ² , ∂g

∂y = −2x ⁴ y (x ⁴ + y ² ) ²

(c) g ist in (0, 0) nicht stetig entlang der x–Achse in x–Richtung, daher auch nicht partiell differenzierbar nach x in (0, 0). Die partielle Ableitung

existiert also nicht.

Wir ¨ uberpr¨ ufen, ob die partielle Ableitung nach y existiert: ∂g

∂y = lim

h→0

g(0, h) − g(0, 0)

h = lim

h→0

0

h = 0. Die partielle Ableitung von g nach y existiert also in (0, 0).

(d) g ist nach (a) nicht stetig in (0, 0), also auch nicht total differenzierbar. Oder: Die partiellen Ableitungen existieren nicht beide in (0, 0), daher ist g dort auch nicht total differenzierbar.

(e) ∇g = (0, 0)

⇔ x = 0, y ∈ R \ {0} oder y = 0, x ∈ R \ {0}.

(f) Wir schauen uns die Funktionswerte an den kritischen Stellen aus (d) an: g(0, y) = 0, g(x, 0) = 1. Es ist g ≥ 0 da in g nur gerade Potenzen von x und y vorkommen. Von oben k¨ onnen wir g gegen 1 absch¨ atzen:

x ⁴

x ⁴ + y ² ≤ x ⁴ + y ²

x ⁴ + y ² = 1. Also sind 0 und 1 globales Minimum bzw. Maximum von g.

2. Aufgabe 8 Punkte Das Volumen eines Kegels von H¨ ohe y ≥ 0 und Radius x ≥ 0 der kreisf¨ ormigen Grundfl¨ ache betr¨ agt

V (x, y) = 1 3 πx

y.

(a) Skizzieren Sie die Menge M = {(x, y) ∈ R

|x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 9}.

(b) Begr¨ unden Sie ohne Rechnung, dass es unter allen Kegeln mit (x, y) ∈ M einen Kegel mit maximalem Volumen geben muss.

(c) Bestimmen Sie unter allen Kegeln, f¨ ur die gilt: y = 9 − x, den Kegel mit dem gr¨ oßten Volumen.

(a)

9 9

M

x y

(b) M ist eine abgeschlossene und beschr¨ ankte nicht-leere Menge, also kompakt. V ist eine stetige Funktion, nimmt daher auf M ihr Maximum und Minimum an.

(c) Wir wollen das Maximum der Funktion V (x, y) unter der Nebenbedingung g(x, y) = y + x − 9 = 0 bestimmen. Dies k¨ onnen wir sowohl durch Einsetzen der Nebenbedingung in V als auch mit Hilfe der Lagrange-Funktion realisieren.

1.Variante: Setze Nebenbedingung y = 9 − x in V ein:

V (x, 9 − x) = π

3 (9x ² − x ³ ) = V e (x), x ∈ [0, 9].

Wir bestimmen die kritischen Punkte von V e (x): V e

(x) = π(6x − x ² ) = 0 ⇔ x = 0 oder x = 6. Die

Randpunkte des Intervalls [0, 9] m¨ ussen ebenfalls auf Extrema untersucht werden. F¨ ur x = 0 und x = 9

erhalten wir V (0, 9) = V (9, 0) = 0, f¨ ur x = 6 ergibt sich das Volumen V (6, 3) = 36π. Der Kegel von

H¨ ohe 3 und Radius 6 hat also das gr¨ oßte Volumen.

2

3 πxy = λ (3)

1

3 πx ² = λ (4)

x + y − 9 = 0 (5)

und Gleichsetzen der linken Seiten von (3) und (4) liefert 2πxy = πx ² , also x = 0 (und damit V = 0, also kein Maximum) oder x = 2y. Einsetzen von x = 2y in (5) liefert

2y + y − 9 = 0, also y = 3 und damit x = 6.

Gleichunggssytem (2) liefert keine Kandidaten da grad _(x,y) g = (1, 1)

6= (0, 0)

. Die Punkte (0, 9) bzw.

(9, 0) sind keine Kandidaten f¨ ur Maxima da dort V (0, 9) = V (9, 0) = 0 gilt. Wir erhalten also den

gr¨ oßten Kegel f¨ ur x = 6, y = 3.

3. Aufgabe 13 Punkte

(i) (a) Skizzieren Sie in einem gemeinsamen Bild die drei Kurven y = 1, y = −x und y = x

. Markieren Sie die kompakte Menge M , die von allen drei Kurven berandet wird.

(b) Berechnen Sie Z Z

M

x

y dxdy, wobei M die kompakte Menge aus (a) ist.

(ii) Auf den Bildern sehen sie die Niveaulinien von drei verschiedenen Funktionen. Ordnen Sie jedem Bild die richtige Funktion zu und begr¨ unden Sie kurz Ihre Entscheidung.

f (x, y) = x − y g(x, y) = x − y

h(x, y) = x

+ y

k(x, y) = x

− y l(x, y) = sin(x) + cos(y) m(x, y) = x

− y

Hinweis: Fast immer l¨ asst sich eine Vermutung durch Bestimmen der Niveaulinie zum Wert c=0 gut

¨ uberpr¨ ufen.

Abbildung 1 Abbildung 2 Abbildung 3

y = 1

y = −x

M x

(b) Z Z

M

x ² ydxdy = Z 1

0

Z

−y

x ² ydxdy = Z 1

0

y 1

3 x ³

√y

−y

dy = Z 1

0

1

3 (y ² + y ⁴ )dy = 1 9 + 1

15 = 8 45 bzw. mit vertauschten Integralgrenzen

Z Z

M

x ² ydxdy = Z 0

−1

Z 1

−x

x ² ydydx + Z 1

0

Z 1

x³

x ² ydydx

= Z 0

−1

x ² 1

2 y ² 1

−x

dx + Z 1

0

x ² 1

2 y ² 1

x³

dx = 2 30 + 1

9 = 8 45 (ii) Als Begr¨ undung f¨ ur eine Funktion reicht es leider nicht, die Niveaumenge zu einem Wert hinzuschreiben.

Abbildung 1 zeigt Niveaulininen der Funktion g. Die Niveaumenge zu einem Wert c ∈ R ist N

(c) = {(x, y) ∈ R ² : x = y ² + c},

also eine ”gedrehte” Parabel entlang der x–Achse.

Abbildung 2 zeigt Niveaulininen der Funktion m. Die Niveaumenge zum Wert 0 ist N

(0) = {(x, y) ∈ R ² : x = ±y},

also die Winkelhalbierenden der x– und y– Achse. Die anderen Funktionen k¨ onnen wir ausschließen. Die Funktion f hat als Niveaumenge zum Wert 0 nur die Winkelhalbierende zwischen poitiven bzw. negati- ven Achsen, und alle weiteren Niveaumengen sind entlang der y–Achse verschobene Winkelhalbierende.

Die Funktion l k¨ onnen wir ebenfalls ausschließen da diese 2π–periodisch ist. Die Funktion m besitzt als Niveaumenge zu positivem c einen Kreis von Radius √

c um den Ursprung. Die Funktion k hat als Niveaumengen Parabeln entlang der y– Richtung.

Abbildung 3 zeigt die Funktion l. l kommt hier als einzige Funktion in Betracht da sie die einzige

(2π–) periodische Funktion ist. Dies l¨ asst sich auch nach dem Ausschlußprinzip folgern.

4. Aufgabe 7 Punkte Sei die Menge M = n

(x, y, z) ∈ R

: p

x

+ y

≤ 2z, z ∈ [0, 1] o

gegeben.

(a) Skizzieren Sie M .

(b) Berechnen Sie das Integral RRR

M

x

+ y

dxdydz unter Verwendung geeigneter Koordinaten.

(a)

x 1

2 2 z

y

(b) Die Menge M ist ein Kegel mit Spitze im Ursprung, H¨ ohe 1 und Radius 2 der kreisf¨ ormigen Grundfl¨ ache.

Wir k¨ onnen ihn wie folgt in Zylinderkoordinaten beschreiben:

M = {(r cos φ, r sin φ, z) : r ∈ [0, 2z], φ ∈ [0, 2π], z ∈ [0, 1]} (6) oder

M = {(r cos φ, r sin φ, z) : r ∈ [0, 2], φ ∈ [0, 2π], z ∈ h r 2 , 1 i

}. (7)

F¨ ur die erste Beschreibung berechnet sich das gesuchte Integral mit Hilfe der Transformationsregel f¨ ur Zylinderkoordinaten (dxdydz = rdrdφdz) wie folgt:

Z Z Z

M

x ² + y ² dxdydz = Z 2π

0

Z 1

0

Z 2z

0

((r cos φ) ² + (r sin φ) ² ) r drdzdφ = Z 2π

0

Z 1

0

Z 2z

0

r ³ drdzdφ

= Z 2π

0

Z 1

0

1 4 r ⁴

^2z

0

dzdφ = Z 2π

0

Z 1

0

4z ⁴ dzdφ = Z 2π

0

4 5 z ⁵

¹

0

dφ = 8

5 π

Alternativ erhalten wir mit der zweiten Beschreibung von M f¨ ur das Integral

Seien

~ v : R

→ R

, ~ v(x, y, z) = (1, z

, 2yz)

und g : R

→ R , g(x, y, z) = x + yz

gegeben.

(i) Entscheiden Sie, ob die Ausdr¨ ucke (a)–(f) definiert sind. Wenn ja, bestimmen Sie diese. Wenn nein, geben Sie bitte eine kurze Begr¨ undung an, warum sie nicht definiert sind.

Hinweis: Das Symbol ◦ bezeichnet die Komposition, also Hintereinanderausf¨ uhrung, und das Symbol · das Skalarprodukt.

(a) ~ v · grad g (b) grad(~ vg) (c) ~ v ◦ ~ v (d) div(g − ~ v) (e) rot(g ◦ ~ v) (f) ∂g

∂~a (x, y, z) f¨ ur ~a = ~ v(x, y, z)

|~ v(x, y, z)|

(ii) Sei die Kurve γ gegeben durch die Parametrisierung ~ x(t) =

t

, t sin π 2 t

, ln(1 + t) ln(2)

, t ∈ [0, 1]. Be- stimmen Sie den Wert des Arbeitsintegrals

Z

γ

~ v · ds. ~

(i) (a) grad g = (1, z ² , 2yz)

, ~ v · grad g = ~ v · ~ v = 1 + z ⁴ + 4y ² z ² (b) Der Gradient grad ist nur f¨ ur skalare Funktionen definiert.

(c) v ◦ v = (1, 4y ² z ² , 4yz ³ )

(d) g − ~ v ist nicht definiert da g eine skalare, ~ v aber eine vektorielle Funktion ist.

(e) Der Rotationsoperator rot ist nur f¨ ur Vektorfelder im R ³ definiert, g◦~ v ist aber eine skalare Funktion.

(f) Gemeint ist hier die Richtungableitung von g nach ~a:

∂g

∂~a (x, y, z) = hgrad g, ~ai =

grad g, ~ v

|~ v|

=

~ v, ~ v

|~ v|

= |~ v|.

Alternativ ist als L¨ osung auch die Begr¨ undung zul¨ assig, dass wir die Ableitung einer skalaren Funktion nach einem Vektorfeld nicht definiert haben.

(ii) Im Aufgabenteil (i) haben wir bereits gesehen, dass ~ v der Gradient von g ist, also −g ein Potential f¨ ur

~ v ist. Wir bestimmen den Anfangs– und Endpunkt von γ :

g(γ(0)) = (0, 0, 0), g(γ(1)) = (1, 1, 1) Damit vereinfacht sich das Integral zu

Z

γ

~ v · ds ~ = −g(γ(0)) − (−g(γ(1))) = −g(0, 0, 0) + g(1, 1, 1) = −0 + 1 + 1 = 2.

6. Aufgabe 8 Punkte Es seien ein Paraboloid

P := {(x, y, z) ∈ R

: 1

4 (x

+ y

) = z, 0 ≤ z ≤ 1}

sowie die beiden Vektorfelder

~ v(x, y, z) = (0, 0, 2(x + y))

und

~

w(x, y, z) = (x − y

, x

− y, 0)

gegeben.

(a) Skizzieren Sie die Fl¨ ache P und markieren Sie die zugeh¨ orige Randkurve γ.

(b) Zeigen Sie, dass gilt

Z Z

P

~ v · dO ~ = Z

γ

~ w · ds. ~

(c) Berechnen Sie eines der beiden Integrale aus (b) und zeichnen Sie die die gew¨ ahlte Orientierung von dO ~ sowie von γ in Ihre Skizze ein.

(a) In der Skizze muss noch dO ~ eingetragen werden.

x z

1

2 y

2

γ

(b) Nach dem Satz von Stokes gilt f¨ ur ein Vektorfeld ~ v mit stetigen partiellen Ableitungen Z Z

rot w ~ · dO ~ = Z

~

w · ds, ~

~

x(r, φ) =

r cos φ, r sin φ, r ² 4

, r ∈ [0, 2], φ ∈ [0, 2π]

Wir berechnen

∂~ x

∂ =

cos φ, sin φ, r 2

, ∂~ x

∂φ = (−r sin φ, r cos φ, 0)

und damit dO ~ = ∂~ x

∂r × ∂~ x

∂φ drdφ = (− r ²

2 cos φ, − r ²

2 sin φ, r)

drdφ.

In das Integral eingesetzt erhalten wir Z Z

P

~ v · dO ~ = Z 2π

0

Z 2

0

h~ v(~ x(r, φ)), (− r

2 cos φ, − r

2 sin φ, r)

idrdφ = Z 2π

0

Z 2

0

2(r cos φ + r sin φ)rdrdφ

= Z 2π

0

Z 2

0

2r ² (cos φ + sin φ)rdrdφ = 0 da sich aus Symmetriegr¨ unden das Integral von cos φ bzw. sin φ ¨ uber dem Intervall [0, 2π] aufhebt.

Variante 2, linke Seite: Wir parametrisieren P wie folgt:

~

x(φ, z) = 2 √

z cos φ, 2 √

z sin φ, z

, z ∈ [0, 1], φ ∈ [0, 2π].

Wir berechnen

∂~ x

∂φ = −2 √

z sin φ, 2 √

z cos φ, 0

, ∂~ x

∂z = 1

√ z cos φ, 1

√ z sin φ, 1

und damit d~ 0 = ∂~ x

∂z × ∂~ x

∂φ dφdz = (−2 √

z cos φ, −2 √

z sin φ, 2)

dφdz.

In das Integral eingesetzt erhalten wir Z Z

P

~ v· dO ~ = Z 2π

0

Z 1

0

h~ v(~ x(φ, z)), (−2 √

z cos φ, −2 √

z sin φ, 2)

idzdφ = Z 2π

0

Z 1

0

4 √

z(cos φ+sin φ)dzdφ = 0.

Variante 3, rechte Seite: Wir parametrisieren γ wie folgt:

~ c(t) = (2 cos t, 2 sin t, 1)

, t ∈ [0, 2π].

Es ist

~ c

(t) = (−2 sin t, 2 cos t, 0)

und

~

w(γ(t)) = (2 cos t − 4 sin ² t, 4 cos ² t − 2 sin t, 0)

. Damit ergibt sich

Z

γ

w· ~ ds ~ = Z 2

0

πh~ w(γ(t)), γ

(t)dt = Z 2π

0

8(− sin t cos t+cos ³ t+sin ³ t)dt = Z 2

0

π8(− sin t cos t)dt = [− 8

2 sin ² t] ^2π ₀ = 0, da sich das Integral von cos ³ t und sin ³ t (und allgemein ungerade Potenzen von cos t und sin t) ¨ uber

dem Intervall [0, 2π] aus Symmetriegr¨ unden aufhebt.