G. B¨ arwolff, A. G¨ undel-vom-Hofe, G. Penn-Karras 11.04.2016 April – Klausur
Analysis II f¨ ur Ingenieurswissenschaften L¨ osungsskizze
1. Aufgabe 11 Punkte
Skizzieren Sie den Integrationsbereich B, und berechnen Sie das Bereichsintegral RR
B
f(x, y) dx dy f¨ ur
(a) f (x, y) = x
2y mit der Menge B := {(x, y) ∈ R
2: 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3 − 2x}, (b) f (x, y) = xy, mit der Menge B := {(x, y) ∈ R
2: 0 ≤ x, 0 ≤ y, 1 ≤ x
2+ y
2≤ 4}.
(a) Skizze zur Aufgabe (a):
Z Z
B
x
2y dy dx = Z
10
Z
3−2x 0x
2y dy dx = Z
10
x
2y
22
3−2x0
dx = Z
10
x
22 (3 − 2x)
2dx
= 1
2 Z
10
9x
2− 12x
3+ 4x
4dx = 1 2
3x
3− 3x
4+ 4 5 x
5 1 0= 2
5 .
(b) Skizze zur Aufgabe (b):
Hier ist es besser mit Polarkoordinaten zu rechnen, daf¨ ur ben¨ otigen wir die Funktionaldeter- minate r:
Z Z
B
f (x, y) dx dy = Z Z
B˜
f(x(r, ϕ), y(r, ϕ))r dr dϕ = Z
21
Z
π20
r cos ϕ r sin ϕ r dϕ dr
= Z
21
Z
π2
0
r
3cos ϕ sin ϕ dϕ dr = Z
21
r
32 sin
2ϕ
π20
dr = Z
21
r
32 dr =
r
48
2 1= 15 8 .
2. Aufgabe 14 Punkte
Gegeben seien die Menge
G := {(x, y) ∈ R
2: y + 2x = 5}
und die Funktion
f : G → R , ~ x 7→ |~ x|.
(a) Berechnen Sie die Kandidaten f¨ ur Extremstellen von f in G mit dem Lagrange-Verfahren.
(b) Skizzieren Sie die Menge G und zeichnen Sie die berechneten m¨ oglichen Extremstellen in die Zeichnung ein.
(c) Warum ist der Satz vom Minimum und Maximum nicht anwendbar?
(d) Erl¨ autern Sie, welche geometrische Bedeutung der Funktionswert f (~ x) hat. Erkl¨ aren Sie dann, anhand Ihrer Skizze, ob f ein globales Maximum bzw. ein globales Minimum (in G) besitzt.
Geben sie an, ob das jeweilige Extremum in einem der berechneten Punkte aus a) angenommen wird.
(a) Hier verwenden wir die Lagrange’sche Multiplikatoren Regel. Dazu berechnen wir zun¨ achst die Gradienten von f (~ x) = p
x
2+ y
2und g(x, y) = y + 2x − 5:
∇f (x, y) = 1 p x
2+ y
2x y
∇g(x, y) = 2
1
Es folgt
∇f = λ∇g = ⇒ 1 p x
2+ y
2x y
= λ 2
1
Somit folgt
λ = x
2 p
x
2+ y
2und λ = y
p x
2+ y
2= ⇒ x 2 = y Dies setzen wir in die Nebenbedingung ein:
g x, x
2
= x
2 + 2x − 5 = 5x
2 − 5 = 0 = ⇒ x = 2 und y = 1 Damit folgt der Punkt ~ x
0= (2, 1) mit dem Abstand f (2, 1) = √
5 als einziger Kandidat.
(b) Skizze:
(c) Nein, da die Menge G nicht beschr¨ ankt und damit nicht kompakt ist.
(d) Der Funktionswert f(~ x) beschreibt den Abstand zum Koordinatenursprung. Somit wird im berechneten Punkt ~ x
0der minimale Abstand der Menge G = {(x, y) ∈ R
2: y + 2x − 5} zum Koordinatenursprung angenommen. (Hier kann man z.B. das Lot von G f¨ allen,¨ uber Niveau- mengen argumentieren oder diverse andere Argumente finden) In diesem Falle ist die L¨ osung sogar global. Ein lokales oder globales Maximum kann es nicht geben, wie unschwer aus der Skizze zu erkennen ist, da G unbeschr¨ ankt ist.
3. Aufgabe 9 Punkte
Gegeben seien die beiden Funktionen (i) f (x, y) =
(
sin(xy)x2+y2
(x, y) 6= (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0) , (ii) g(x, y) =
(
y2sin(2x)x2+4
(x, y) 6= (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0)
(a) Bestimmen Sie jeweils die beiden Grenzwerte lim
k→∞
f (x
k, y
k) bzw. lim
k→∞
g(x
k, y
k), f¨ ur die beiden Folgen (x
k, y
k) = (
1k, 0) und (x
k, y
k) = (
k1,
1k)
(Hinweis: Statt der obigen Folgen d¨urfen Sie auch die Grenzwerte lim
x→0f(x,0) und lim
x→0f(x, x) betrachten. Analoges gilt f¨urg.)
(b) L¨ asst sich aus den erhaltenen Ergebnissen eine Aussage bzgl. der Stetigkeit von f bzw. g im Punkt (0, 0) treffen? Begr¨ unden Sie dieses.
(a) Wir betrachten folgende Grenzwerte:
k→∞
lim f
1k, 0
= lim
k→∞
sin
1k· 0
1
k2
+ 0
2= 0 und
k→∞
lim f
1k,
k1= lim
k→∞
sin
k122 k2
= 1 2 lim
u→0
sin (u) u
L.H.
= 1 2 lim
u→0
cos (u) = 1 2 sowie
k→∞
lim g
k1, 0
= lim
k→∞
0
2· sin
2k1
k2
+ 4 = 0 und lim
k→∞
g
k1,
1k= lim
k→∞
1
k2
· sin
1k1
k
+ 4 = 0.
Alternativ:
x→0
lim f (x, 0) = lim
x→0
sin(x · 0)
x
2+ 0
2= 0 und lim
x→0
f(x, x) = lim
x→0
sin(x
2) 2x
2L.H.
= 1 2 lim
k→∞
cos x
2= 1 2 sowie
x→0
lim g(x, 0) = lim
x→0
0
2· sin(2x)
x
2+ 4 = 0 und lim
x→0
g(x, x) = lim
x→0
x
2sin(2x) x
2+ 4 = 0.
(b) Um einen umfassenden Stetigkeitsnachweis treffen zu k¨ onnen, m¨ ußten wir die Funktionswerte f¨ ur alle Folgen (x
k, y
k), die gegen den Punkt (0, 0) streben, betrachten. ¨ Uber die Stetigkeit von g k¨ onnen wir aus den bisherigen Ergebnissen also nichts folgern. Bei der Funktion f k¨ onnen wir mit der speziellen Folge (x
k, y
k) = (
k1,
k1) die Unstetigkeit nachweisen, denn es gilt
k→∞
lim f (
1k,
1k) =
126= 0 = f(0, 0), womit eine Richtung gefunden ist, bzgl. der die Funktion nicht stetig ist.
4. Aufgabe 10 Punkte
Es seien die Vektorfelder ~ v
iund die Parametrisierungen ~ c
i~
v
1: R
3→ R
3,
x y z
7→
−z y
2x
, ~ c
1: [0, π] → R
3, t 7→
cos t
t sin t
,
und
~
v
2: R
3→ R
3,
x y z
7→
2x 2y 2z
, ~ c
2: [0, π] → R
3, t 7→
√ t cos
2(π − t) t
2sin
3t p t(π − t)
gegeben. Berechnen Sie die beiden Kurvenintegrale Z
~c1
~
v
1· ds ~ und Z
~c2
~ v
2· ds. ~
Wir testen zun¨ achst, ob die Vektorfelder ein Potential besitzen:
rot ~ v
1=
0
−2 0
6= 0 rot ~ v
2=
0 0 0
= 0.
Somit k¨ onnen wir f¨ ur ~ v
2ein Potential ermitteln. Die hinreichende Bedingung f¨ ur ein Potential ist ebenfalls erf¨ ullt, da der Raum R
3konvex ist. Wir berechnen zun¨ achst das Kurvenintegral bez¨ uglich
~
v
1. Dazu berechnen wir die Ableitung der Parametrisierung,
~ c
01(t) =
− sin t 1 cos t
und somit folgt Z
~ c1
~
v
1· ds ~ = Z
π0
~ v
1(~ c
1(t)) · ~ c
01(t) dt = Z
π0
− sin t t
2cos t
·
− sin t 1 cos t
dt = Z
π0
(t
2+ 1) dt
= t
33 + t
π0
= π
33 + π.
Nun zum Kurvenintegral bez¨ uglich der Vektorfunktion ~ v
2. Offensichtlich ist die Funktion u
2: R
3→ R , u
2(x, y, z) = −x
2− y
2− z
2ein Potential f¨ ur ~ v
2. Wir rechnen zur Probe nach, dass ∇u = −~ v und haben somit nachgewiesen, dass u ein Potential ist. Somit folgt
Z
~c2
~ v
2· ds ~ = u
2(~ c
2(0)) − u
2(~ c
2(π)) = u
2(0, 0, 0) − u
2( √
π, 0, 0) = 0 − (−π) = π.
5. Aufgabe 10 Punkte
Gegeben seien f¨ ur λ ∈ R das Vektorfeld
~
w
λ: R
3→ R
3, w ~
λ(x, y, z) =
λx + z
2− y λx
2+ x x
2+ y
2+ λxz
,
sowie das Vektorfeld
~ v : R
3→ R
3, ~ v(x, y, z) =
2y 2z − 2x
2
,
(a) F¨ ur welchen Wert von λ ist w
λein Vektorpotential von ~ v?
(b) Es sei S =
(x, y, z) ∈ R
3z = 1 − (x
2+ y
2), z ≥ 0 . Skizzieren Sie S und berechnen Sie das Oberfl¨ achenintegral
Z Z
S
~ v · dO. ~
Hinweis:Hier ist ein Integralsatz anwendbar.
(a) Wir berechen zun¨ achst
rot w ~
λ=
2y 2z − 2x − λz
2λx + 2
und versuchen den Parameter λ zu bestimmen, durch
~
v = rot
!w ~
λ⇐⇒
2y 2z − 2x
2
=
!
2y 2z − 2x − λz
2λx + 2
⇐⇒ λ = 0.
(b) Skizze:
Hier k¨ onnen wir den Satz von Stokes mit w ~
0aus Teil a) anwenden, Z Z
S
~ v · dO ~ = Z Z
S
rot w ~
0· dO ~ = Z
∂S
~ w
0· ds. ~
F¨ ur das vektorielle Kurvenelement ben¨ otigen wir folgende Parametrisierung und deren Ablei- tung:
~ c(t) =
cos t sin t 0
~ c
0(t) =
− sin t cos t
0
, t ∈ [0, 2π].
Somit gilt Z
∂S
~
w
0· ds ~ = Z
2π0
− sin t cos t
1
·
− sin t cos t
0
dt = Z
2π0
1 dt = 2π.
Alternativ: Parametrisierung mit 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π:
~
x(r, ϕ) =
r cos ϕ r sin ϕ 1 − r
2
= ⇒ ~ x
r× ~ x
ϕ=
cos ϕ sin ϕ
−2r
×
−r sin ϕ r cos ϕ
0
=
2r
2cos ϕ 2r
2sin ϕ
r
Somit folgt Z Z
S
~
v · dO ~ = Z
10
Z
2π 0
2r sin ϕ 2 − 2r
2− 2r cos ϕ
2
·
2r
2cos ϕ 2r
2sin ϕ
r
dϕ dr
= Z
10
Z
2π 04r
3sin ϕ cos ϕ + 4(r
2− r
4) sin ϕ − 4r
3sin ϕ cos ϕ + 2r dϕ dr
= Z
10
Z
2π 04(r
2− r
4) sin ϕ + 2r dϕ dr = 2π.
6. Aufgabe 6 Punkte
Gegeben seien die folgenden Abbildungen:
f : R
2→ R , f (x, y) = x
2+ 2y g : R
2→ R , g(x, y) = sin(x) h : R
2→ R , h(x, y) = y − sin(x)
Ordnen Sie den Abbildungen f , g und h die entsprechende Skizze der Niveaulinien zu. Kreuzen sie dazu die zugeh¨ orige Box unter dem Bild an.
Hinweis:Zu jeder Abbildung geh¨ort genau eine Skizze. In den Skizzen verl¨auft diex-Achse von links nach rechts und diey-Achse von unten nach oben.
f:, g:, h: f:, g:, h: f:, g:, h:
f:, g:, h: f:, g:, h: f:, g:, h:
