LehrstuhlIIf¨urMathematikMusterl¨osungzuBachelor-Pr¨ufung/Diplom-Vorpr¨ufung/Zwischenpr¨ufungH¨ohereMathematikII/III,H¨ohereMathematikIIundH¨ohereMathematikIII RHEINISCH-WESTF¨ALISCHETECHNISCHEHOCHSCHULEAACHEN

RHEINISCH-WESTF ¨ ALISCHE TECHNISCHE HOCHSCHULE AACHEN

Lehrstuhl II f ¨ur Mathematik Musterl ¨osung zu

Bachelor-Pr ¨ufung/Diplom-Vorpr ¨ufung/Zwischenpr ¨ufung H ¨ohere Mathematik II/III,

H ¨ohere Mathematik II und H ¨ohere Mathematik III

Pr ¨ufer: Prof. Dr. E. Triesch

Termin: 24.02.2009

Aufgabe 1:

Sei die Funktion

f : R ² → R , f (x, y) = e ^3x (x ² + 2y ² ) und die Menge E := {(x, y) ∈ R ² | x ² + 2y ² ≤ 4}

gegeben.

a) Bestimmen Sie alle lokalen Extrema und Sattelpunkte von f auf R ^{2 .}

b) Existieren absolute Extrema von f auf R ² ? Falls ja, wie lauten diese? Begr ¨unden Sie Ihre Antwort.

c) Existieren absolute Extrema von f auf E ? Falls ja, wie lauten diese? Begr ¨unden Sie Ihre Antwort.

L ¨osung:

zu a): Die Funktion f ist als Verkettung differenzierbarer Funktionen differenzierbar. F ¨ur die partiellen Ableitungen von f gilt:

∂ f

∂x (x, y) = e ^3x (2x + 6y ² + 3x ² ), ∂ f

∂y (x, y) = e ^3x 4y und

∂ ² f

∂x ² (x, y) = e ^3x (12x + 18y ² + 9x ² + 2), ∂ ² f

∂y ² (x, y) = 4e ^3x , ∂ ² f

∂yx (x, y) = ∂ ² f

∂xy (x, y) = 12e ^3x y.

Die Jacobimatrix von f ist J _f (x, y) =

e ^3x (2x + 6y ² + 3x ² ) e ^3x 4y

und die Hessematrix H _f (x, y) = e ^3x (12x + 18y ² + 9x ² + 2) 12e ^3x y

12e ^3x y 4e ^3x

! .

Die notwendige Bedingung f ¨ur das Vorliegen eines lokalen Extremums oder eines Sattelpunktes ist J _f (x, y) =

0 0

, also e ^3x (2x + 6y ² + 3x ² ) = 0 und e ^3x 4y = 0.

Somit sind die Punkte P ₁ = (0, 0) und P ₂ = (− ² ₃ , 0) genau die Kandidaten f ¨ur ein lokales Extremum bzw.

einen Sattelpunkt.

Die Matrix H _f (0, 0) = 2 0 0 4

!

ist positiv definit, also liegt im Punkt P ₁ = (0, 0) ein lokales Minimum der Funktion f vor.

Die Matrix H _f (− ² ₃ , 0) = −2e ⁻² 0 0 4e ⁻²

!

ist indefinit, somit liegt im Punkt P ₂ = (− ² ₃ , 0) ein Sattelpunkt vor.

zu b): Es gilt

f (x, y) ≥ 0 auf R ² , f (0, 0) = 0 und f (x, y) > 0 f ¨ur (x, y) 6= (0, 0).

Somit hat die Funktion f an der Stelle (0, 0) ein globales Minimum auf R ^{2 mit} f (0, 0) = 0 . Nach a) hat f kein lokales Maximum auf R ² , also auch kein globales.

zu c): Wir wollen den maximalen und den minimalen Wert von f auf E bestimmen. Diese existieren, da f als stetige Funktion auf der kompakten Menge E ihr Maximum und Minimum annimmt.

Nach a) und b) wissen wir, dass die Funktion f im Punkt P ₁ ein absolutes Minimum hat, da P ₁ in E liegt,

hat f in P ₁ auch ein globales Minimum auf E .

Betrachten wir nun den Rand von E , um das absolute Maximum von f auf E zu finden:

Wir ersetzen x ² + 2y ² in f (x, y) = e ^3x (2y ² + x ² ) gem ¨aß der Nebenbedingung 2y ² + x ² = 4 , erhalten dadurch die Funktion

h(x) = 4e ^3x

und ermitteln die Extremstellen der Funktion h(x) auf dem Intervall [-2,2].

Es ist

h ⁰ (x) = 12e ^3x .

Damit gilt h ⁰ (x) 6= 0 . Es existieren also keine Extremstellen von h im Inneren von [-2,2]. Die einzigen Kan- didaten f ¨ur das absolute Maximum sind deswegen die Randpunkte x ₁ = −2 und x ₂ = 2 des Intervalls . Es ist

h(x ₁ ) = f (−2, 0) = 4e ⁻⁶ und h(x ₂ ) = f (2, 0) = 4e ⁶ .

Da Teil b) keine weiteren Kandidaten, außer dem Punkt P ₁ liefert ( P ₂ ist nur ein Sattel), ist f (2, 0) = 4e ⁶

das absolute Maximum von f auf E .

Aufgabe 2:

Gegeben seien der Zylinder Z und die Kugel K mit

Z := {(x, y, z) ^t ∈ R ³ | x ² + y ² ≤ 1, z ≥ 0} und K := {(x, y, z) ^t ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² = 4}.

Sei M = Z ∩ K ein Fl ¨achenst ¨uck und v : R ³ → R ³ ein Vektorfeld gegeben durch

v(x, y, z) =







1

2 z ² (1 + y ² ) xyz ² + ^x ₂

²

xy ² z + xz





 .

Sei Φ(ϕ, θ) die Parameterdarstellung in Kugelkoordinaten von K .

a) Bestimmen Sie D ⊂ R ^{2 , sodass} Φ(D) = M gilt. (Tipp: Es gilt arccos( ¹ ₂ ) = ^π ₃ .) b) Bestimmen Sie eine Normale n an M mit positiver dritter Koordinate.

c) Berechnen Sie rot(v) . d) Berechnen Sie R

∂M

v(x, y, z) · d(x, y, z) mit Hilfe des Satzes von Stokes.

e) Bestimmen Sie eine geeignete Parametrisierung von ∂M . L ¨osung:

zu a): Es ist K = {(x, y, z) ^t ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² = 4}. Somit ist Φ : [0, 2π] × [− π

2 , π

2 ] mit Φ(ϕ, θ) = (2 cos ϕ cos θ, 2 sin ϕ cos θ, 2 sin θ) ^t eine Parameterdarstellung von K .

Wegen z ≥ 0 gilt 0 ≤ θ ≤ ^π ₂ . Weiter schließen wir aus der Bedingung x ² + y ² ≤ 1 , dass 4 cos ² ϕcos ² θ + 4 sin ² ϕ cos ² θ ≤ 1 ⇒ 4 cos ² θ ≤ 1 ⇒ cos ² θ ≤ 1

4

⇒ | cosθ| ≤ 1 2

θ∈[0,

^π₂

]

⇒ cos θ ≤ 1

2 ⇒ θ ≥ arccos 1

2

= π 3 . F ¨ur ϕ erhalten wir keine weiteren Einschr ¨ankungen. Also gilt

D = [0, 2π] × h π 3 , π

2 i

. zu b): Es gilt

Φ _ϕ (ϕ, θ) × Φ _θ (ϕ, θ) =







−2 sin ϕ cos θ 2 cos ϕ cosθ

0





 ×







−2 cos ϕ sin θ

−2 sin ϕ sinθ 2 cos θ





 =







4 cosϕ cos ² θ 4 sin ϕ cos ² θ 4 sinθ cos θ





 .

Wegen θ ∈ _π

3 , ^π ₂

folgt 4 sin θ cos θ ≥ 0 , und somit n = Φ _ϕ (ϕ, θ) × Φ _θ (ϕ, θ) .

zu c): Auf ∂M gilt

x ² + y ² = 1 ∧ z ≥ 0 ∧ x ² + y ² + z ² = 4 ⇔

( z ² = 3, z ≥ 0 x ² + y ² = 1 ⇔

( z = √ 3 x ² + y ² = 1 , d.h. ∂M ist eine Kreislinie um (0, 0, √

3) mit Radius 1 in der Ebene z = √

3 . Sie kann parametrisiert werden durch α : [0, 2π] → R ^{3 mit}

α(t) =





 cos t

sint √ 3





 .

zu d): Mit v = (v ₁ , v ₂ , v ₃ ) ^T gilt

∂v

∂x =





 0 yz ² + x y ² z + z





 , ∂v

∂y =





 yz ² xz ² 2xyz





 ^und

∂v

∂z =







z(1 + y ² ) 2xyz xy ² + x





 .

Damit erhalten wir

rot(v) =







∂v

3

∂y − ^∂v _∂z

²

∂v

1

∂z − ^∂v _∂x

³

∂v

2

∂x − ^∂v _∂y

¹





 =





 0 0 x





 .

zu e): Es gilt Z

∂M

v(x, y, z) · d(x, y, z) ^Stokes = Z

M

rot(v) · do ^a),b),d) =

π/2

Z

π/3 2π

Z

0

rot(v(Φ(ϕ, θ))) · n dϕ dθ

=

π/2

Z

π/3 2π

Z

0

0 + 0 + 2 cos ϕ cos θ · 4 cos θ sin θ dϕ dθ

= [sin ϕ] ^2π ₀

π/2

Z

π/3

8 cos ² θ sin θ dθ

= 0.

HM II.1:

a) Berechnen Sie das Integral

Z sin(x) + 2 cos(x)

sin ² (x) · tan( x 2 ) dx mittels der Halbwinkelmethode (Cayley-Substitution).

b) ¨ Uberpr ¨ufen Sie, ob das folgende uneigentliche Integral existiert:

Z _∞

1

sinh(x) · (1 + tanh(x ² )) e ^x · x ² dx.

(Hinweis: Versuchen Sie nicht das Integral in b) auszurechnen. Verwenden Sie die Exponentialdarstellung der Hyperbolikusfunktionen und sch ¨atzen Sie mit ¹

x

²

ab.) L ¨osung:

zu a):

Es sei f (x) = sin(x)+2 cos(x)

sin

²

(x) · tan( ₂ ^x ) .

Substituiert man t = tan( ^x ₂ ) , so erh ¨alt man sin(x) = ^2t

1+t

²

, cos(x) = ^1−t

²

1+t

²

und dx = ²

1+t

²

dt . Damit ergibt sich:

Z sin(x) + 2 cos(x)

sin ² (x) · tan( x 2 ) dx =

Z ^2t

1+t

²

+ 2 ^1−t _1+t

²2

2t 1+t

²

2 t · 2

1 + t ² dt =

Z (2t + 2(1 − t ² ))t 2t ² dt =

Z 1 + 1

t − t dt

Also:

Z

f (x)dx = Z

1 + 1

t − t dt = t + log |t | − t ²

2 = tan( x

2 ) − tan ² ( ₂ ^x )

2 + log| tan( x 2 )|.

zu b):

Es sei g(x) = sinh(x)·(1+tanh(x

²

)) e

^x

·x

²

. Mit sinh(x) = ^e

^x

^−e ₂

^−x

und tanh(x ² ) = ^e

^x

2

−e

^−x2

e

^x2

+e

^−x2

erh ¨alt man Z _∞

1

sinh(x) · (1 + tanh(x ² )) e ^x · x ² dx =

e

^x

−e

^−x

2 · (1 + ^e

^x

2

−e

^−x2

e

^x2

+e

^−x2

)

e ^x · x ² = 1 − e ^−2x

2x ² 1 + 1 − e ^−2x

²

1 + e ^−2x

²

! .

Auf (1, ∞) gilt 0 < ^1−e ₂

^−2x

< ¹ ₂ < 1 und 0 < ^1−e

^−2x

2

1+e

^−2x2

≤ ¹

1+e

^−2x2

≤ 1.

Insgesamt folgt demnach

0 < sinh(x) · (1 + tanh(x ² ))

e ^x · x ² = 1 − e ^−2x

2x ² 1 + 1 − e ^−2x

²

1 + e ^−2x

²

!

< 1 x ² . Da R _∞

1 1

x

²

dx existiert, existiert schließlich ebenso Z _∞

1

sinh(x) · (1 + tanh(x ² ))

e ^x · x ² dx

mittels Vergleichskriterium (Majorantenkriterium) f ¨ur Integrale.

HM II.2:

a) Untersuchen Sie die Funktion

f (x, y) =

( _sin(x

4

−y

⁴

)

x

²

+y

²

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

b) Die Funktion

g(x, y) =

( _x

2

−y

²

x

²

+y

²

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

ist stetig auf R ² \ {(0, 0)} . Berechnen Sie die partiellen Ableitungen von g auf R ² \ {(0, 0)} .

c) Berechnen Sie die Richtungsableitungen von h(x, y) := xg(x, y) im Punkt (0, 0) in Richtung (u, v) ^T .

L ¨osung:

zu a):

Die Funktion f ist auf R ² \ {(0, 0)} als Komposition stetiger Funktionen stetig. Zur Untersuchung der Ste- tigkeit im Punkt (0, 0) verwenden wir die Potenzreihendarstellung der Sinus-Funktion. F ¨ur (x, y) 6= (0, 0) und (x, y) → (0, 0) gilt

f (x, y) = sin(x ⁴ − y ⁴ ) x ² + y ²

= (x ⁴ − y ⁴ ) − _3! ¹ (x ⁴ − y ⁴ ) ³ ± · · · x ² + y ²

= (x ² + y ² )(x ² − y ² ) − _3! ¹ (x ² + y ² ) ³ (x ² − y ² ) ³ ± · · · x ² + y ²

= (x ² − y ² ) − 1

3! (x ² + y ² ) ² (x ² − y ² ) ³ ± · · ·

→ 0 = f (0, 0).

Damit ist f auch stetig in (0, 0) . zu b):

Es ist

g _x (x, y) = 2x(x ² + y ² ) − (x ² − y ² )2x

(x ² + y ² ) ² = 4xy ² (x ² + y ² ) ² und

g _y (x, y) = −2y(x ² + y ² ) − (x ² − y ² )2y

(x ² + y ² ) ² = −4x ² y (x ² + y ² ) ² . zu c): Die Ableitung im Punkt (0, 0) in Richtung (u, v) ^T ist

t→0 lim 1

t (h(tu, tv) − h(0, 0)) = lim

t→0

tu

t g(tu,tv) = lim

t→0 u t ² u ² − t ² v ²

t ² u ² + t ² v ² = u u ² − v ²

u ² + v ² .

Bitte benutzen Sie zur Beantwortung der Multiple Choice Aufgaben die vorliegenden Bl ¨atter. Nur dort werden die Antworten gewertet!

3

Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:

x→∞ lim

√

x ² − 1 − x 3x + 1 .

0

divergent - 2

- 1 2

keine der angegebenen M ¨oglichkeiten L ¨osung:

x→∞ lim

√ x ² − 1 − x 3x + 1 = lim

x→∞

q 1 − ¹

x

²

− 1 3 + ¹ _x = 0

x→∞ lim

p x ⁴ − 4x ² − x ² .

0

divergent - 2

- 1 2

keine der angegebenen M ¨oglichkeiten L ¨osung:

x→∞ lim

p x ⁴ − 4x ² − x ² = lim

x→∞

x ⁴ − 4x ² − x ⁴

√

x ⁴ − 4x ² + x ² = lim

x→∞

−4 q

1 − 4 ¹

x

²

+ 1

= −2

x→0 lim

sin x − cos x − x − ^x ₂

²

+ 1 4x ⁴ + x ³ . L ¨osung:

x→0 lim

sinx−cos x−x−

^x₂²

+1 4x

⁴

+x

³

= lim

x→0

(x−

^x_3!³

+O(x

⁵

))−(1−

^x_2!²

+

^x_4!⁴

+O(x

⁶

))−x−

^x₂²

+1 4x

⁴

+x

³

= lim

x→0

−

^x_3!³

−

^x_4!⁴

+O(x

⁵

) 4x

⁴

+x

³

= lim

x→0

−

_3!¹

−

_4!^x

+O(x

²

)

4x+1 = − ¹ ₆

x→0 lim

− sin x + cos x + x + ^x ₂

²

− 1 x ⁴ + 3x ³ . L ¨osung:

x→0 lim

− sinx+cos x+x+

^x₂²

−1 x

⁴

+3x

³

= lim

x→0

−(x−

^x_3!³

+O(x

⁵

))+(1−

^x_2!²

+

^x_4!⁴

+O(x

⁶

))+x+

^x₂²

−1 x

⁴

+3x

³

= lim

x→0

x3

3!

+

^x_4!⁴

+O(x

⁵

) x

⁴

+3x

³

= lim

x→0

1

3!

+

_4!^x

+O(x

²

) x+3 = ₁₈ ¹

x→1 lim ln( √

x) − ¹ ₂ sin(x − 1) 2e ^x−1 − 2x .

¹ ₄

divergent - ¹ ₄

- 4 4

keine der angegebenen M ¨oglichkeiten L ¨osung: Mit der Regel von L’ Hospital gilt:

x→1 lim

ln( √

x)−

¹₂

sin(x−1) 2e

^x−1

−2x

[

⁰₀

]

= lim

x→1

1

2x

−

¹₂

cos(x−1) 2e

^x−1

−2 [

⁰₀

]

= lim

x→1

−

¹

2x2

+

¹₂

sin(x−1)

2e

^x−1

= ^−1/2 ₂ = − ¹ ₄

x→1 lim

tan(x − 1) − x + cos(x − 1)

√ x − ¹ ₂ (x + 1) .

¹ ₄

divergent - ¹ ₄

- 4 4

keine der angegebenen M ¨oglichkeiten L ¨osung: Mit der Regel von L’ Hospital gilt:

x→1 lim

tan(x−1)−x+cos(x−1)

√ x−

¹₂

(x+1)

[

⁰₀

]

= lim

x→1

1

cos2(x−1)

−1−sin(x−1)

1 2√

x

−

¹₂

[

⁰₀

]

= lim

x→1

−

^{2 sin(x−1)}

cos3(x−1)

−cos(x−1)

−

¹

4x3/2

= _−1/4 ⁻¹ = 4

4

L ¨osen Sie die folgenden Aufgaben zur Stetigkeit.

Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D _f und den maximalen Stetigkeitsbe- reich S _f von

f (x) =

( ln x + 3, falls x ≤ e 5, falls e < x

.

L ¨osung:

Die Funktion ln x ist nur auf R >0 wohldefiniert. Somit ist D _f = (0, ∞) .

Die Funktion ln x +3 ist auf (0, e) stetig als Komposition stetiger Funktionen; die Funktion f (x) = 5 f ¨ur x > e ist auch stetig.

Weiter gilt

x→e− lim ln x + 3 = 4 6= 5 = lim

x→e+ f (x), also ist S _f = (0, e) ∪ (e, ∞) .

Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D _f und den maximalen Stetigkeitsbe- reich S _f von

f (x) = ( √

x ² − 4 + x, falls x ≤ 3 3, falls 3 < x .

L ¨osung:

Die Funktion

√

x ² − 4 ist genau auf (−∞,−2] ∪ [2, ∞) wohldefiniert und es gilt ±2 < 3 somit ist D _f = (−∞, −2] ∪ [2, ∞) .

Die Funktion √

x ² − 4 + x ist auf (−∞, −2] ∪ [2, 3) stetig als Komposition stetiger Funktionen; die Funktion f (x) = 3 f ¨ur x ∈ (3, ∞) ist auch stetig.

Weiter gilt

x→3− lim

p x ² − 4 + x = √

5 + 3 6= 3 = lim

x→3+ f (x),

also ist S _f = D _f \ {3} .

Die Funktion f : R ² → R sei gegeben durch

f (x, y) =

( _e

x

(y

²

−y−2)

(y+1)

²

+|x−2| , falls (x, y) 6= (2, −1) 0, falls (x, y) = (2, −1) Bestimmen Sie den maximalen Stetigkeitsbereich von f .

L ¨osung:

Die Funktion f ist auf R ² \ {(2, −1)} stetig als Komposition stetiger Funktionen.

Weiter gilt f ¨ur (x _n ,y _n ) = (2 + ¹ _n , −1 + ¹ _n ) ^n→∞ −→ (2, −1) :

f (x _n , y _n ) = e ²⁺

¹ⁿ

((−1 + ¹ _n ) ² − (−1 + ¹ _n ) − 2)

1 n

²

+

¹

n

= e ²⁺

¹ⁿ

(− ³ _n + ¹

n

²

)

1

n

²

+ ¹ _n = e ²⁺

¹ⁿ

(−3 + ¹ _n )

1 n + 1

n→∞ −→ e ² (−3)

1 6= 0 = f (2, −1), also ist S _f = R ² \ {(2, −1)} .

Die Funktion f : R ² → R sei gegeben durch

f (x, y) =

( _e

^x

_(x

⁴

_+y

⁴

₎

x

²

+2y

⁴

, falls (x, y) 6= (0, 0) 1, falls (x, y) = (0, 0) Bestimmen Sie den maximalen Stetigkeitsbereich von f .

L ¨osung:

Die Funktion f ist auf R ² \ {(0, 0)} stetig als Komposition stetiger Funktionen.

Weiter gilt f ¨ur (x _n ,y _n ) = ( ¹ _n , ¹ _n ) ^n→∞ −→ (0, 0) :

f (x _n , y _n ) = e

¹ⁿ

( ¹

n

⁴

+ ¹

n

⁴

)

1 n

²

+ 2 ¹

n

⁴

= e

¹ⁿ

( ¹

n

²

+ ¹

n

²

) 1 + ²

n

²

n→∞ −→ 0 6= 1 = f (0, 0),

also ist S _f = R ² \ {(0, 0)} .

Sei f (x) = ^(x−2)(x+3)

x

³

−4x

²

+x+6 . An welchen Stellen außerhalb des maximalen Definitionsberei- ches von f ist die Funktion stetig erg ¨anzbar?

1 - 1 - 2 2 - 3 3

an keiner der oberen Stellen L ¨osung:

Es gilt f (x) = (x−2)(x+1)(x−3) ^(x−2)(x+3) . Also gilt D _f = R \ {−1, 2, 3} und f ist an der Stelle 2 stetig erg ¨anzbar.

Sei f (x) = ^(x+1)(x−3)

x

³

+2x

²

−5x−6 . An welchen Stellen außerhalb des maximalen Definitionsberei- ches von f ist die Funktion stetig erg ¨anzbar?

1 - 1 - 2 2 - 3 3

an keiner der oberen Stellen L ¨osung:

Es gilt f (x) = (x−2)(x+1)(x+3) ^(x+1)(x−3) . Also gilt D _f = R \ {−1, 2, −3} und f ist an der Stelle −1 stetig erg ¨anzbar.

5

Bearbeiten Sie die folgenden Aufgaben zur Differenzierbarkeit:

Bestimmen Sie den maximalen Differenzierbarkeitsbereich von

f (x) =



 



 



1

(x−1)

²

, falls x < 0 x ³ + 1, falls 0 ≤ x ≤ 1 3x − 1, falls x > 1

.

L ¨osung:

Die Funktion f ist auf R \ {0, 1} differenzierbar als Komposition differenzierbarer Funktionen und es gilt

f ⁰ (x) =



 



 



−2

(x−1)

³

, x < 0 3x ² , 0 < x < 1 3, x > 1

.

Die Differenzierbarkeit muss nur noch in den Punkten x = 1 und x = 0 ¨uberpr ¨uft werden. Zun ¨achst zeigen wir, dass f (x) im Punkt x = 1 differenzierbar ist. Es ist

h→0+ lim

f (1 + h) − f (1)

h = lim

h→0+

3(1 + h) − 1 − 2

h = 3

Und:

h→0− lim

f (1 + h) − f (1)

h = lim

h→0−

(1 + h) ³ + 1 − 2

h = lim

h→0−

3h ² + 3h + h ³

h = 3

Folglich ist f ⁰ (1) = 3.

F ¨ur x = 0 hingegen gilt:

h→0+ lim

f (0 + h) − f (0)

h = lim

h→0+

h ³ + 1 − 1

h = 0

Aber, es ist

h→0− lim

f (0 + h) − f (0)

h = lim

h→0−

1 (h−1)

²

− 1

h = lim

h→0−

2h − h ² h(h − 1) ² = 2.

Also ist R \ {0} der maximale Differenzierbarkeitsbereich von f (x) .

Bestimmen Sie den maximalen Differenzierbarkeitsbereich von

f (x) =



 



 



1

(x−1)

²

, falls x < 0 2x + 1, falls 0 ≤ x ≤ 1 3x ² , falls x > 1

.

L ¨osung:

Die Funktion f ist auf R \ {0, 1} differenzierbar als Komposition differenzierbarer Funktionen. Die Differen- zierbarkeit muss nur noch in den Punkten x = 0 und x = 1 ¨uberpr ¨uft werden. Zun ¨achst zeigen wir, dass

f (x) im Punkt x = 0 differenzierbar ist. Es ist

h→0− lim

f (0 + h) − f (0)

h = lim

h→0−

1 (h−1)

²

− 1

h = lim

h→0−

2h − h ² h(h − 1) ² = 2 und

h→0+ lim

f (0 + h) − f (0)

h = lim

h→0+

2h + 1 − 1

h = 2

Folglich ist f ⁰ (0) = 2.

F ¨ur x = 1 hingegen gilt:

h→0− lim

f (1 + h) − f (1)

h = lim

h→0−

2(1 + h) + 1 − 3

h = 2

Aber, es ist

h→0+ lim

f (1 + h) − f (1)

h = lim

h→0+

3(h + 1) ² − 3

h = lim

h→0+

3h ² + 6h

h = 6

Also ist R \ {1} der maximale Differenzierbarkeitsbereich von f (x) .

Bestimmen Sie die partielle Ableitung der folgenden Funktion nach x . f (x, y, z) =

Z _e

^xy

z

s ² + s ds

L ¨osung: Laut Vorlesung gilt f ¨ur die Funktion F(s) :=

g(s)

R

a

h(t) dt

F ⁰ (s) = h(g(s)) · g ⁰ (s).

Also ist

∂ f

∂x = ye ^xy · (e ^2xy + e ^xy ).

Bestimmen Sie die partielle Ableitung der folgenden Funktion nach y . f (x, y, z) =

Z _e

^xy

z

s ² + s ds

L ¨osung: Laut Vorlesung gilt f ¨ur die Funktion F(s) :=

g(s)

R

a

h(t) dt

F ⁰ (s) = h(g(s)) · g ⁰ (s).

Also ist

∂ f

∂y = xe ^xy · (e ^2xy + e ^xy ).

Berechnen Sie die Richtungsableitung von f : R ² → R gegeben durch

f (x, y) =

( _x

²

_y

y

²

+x

²

, falls (x, y) 6= (0, 0) 0, falls (x, y) = (0, 0) im Punkt (0, 0) in Richtung (1, 3) ^t .

a) ₁₀ ³ , oder b) - ₁₀ ³ , oder c) ¹ ₂ , oder d) - ¹ ₂ , oder e) Keiner der angegebenen Werte.

a) b) c) d) e)

L ¨osung: Die Richtungsableitung von f im Punkt (0, 0) in Richtung (1, 3) ^t lautet

h→0 lim

f (h(1, 3)) − f (0, 0)

h = lim

h→0 3h

³

10h

²

− 0

h = lim

h→0

3 10 = 3

10 .

Berechnen Sie die Richtungsableitung von f : R ² → R gegeben durch

f (x, y) =

( _x

²

_y

y

²

+x

²

, falls (x, y) 6= (0, 0) 0, falls (x, y) = (0, 0) im Punkt (0, 0) in Richtung (1, −1) ^t .

a) ₁₀ ³ , oder b) - ₁₀ ³ , oder c) ¹ ₂ , oder d) - ¹ ₂ , oder e) Keiner der angegebenen Werte.

a) b) c) d) e)

L ¨osung: Die Richtungsableitung von f im Punkt (0, 0) in Richtung (1, −1) ^t lautet

h→0 lim

f (h(1, −1)) − f (0, 0)

h = lim

h→0

−h

³

2h

²

− 0

h = lim

h→0

−1 2 = − 1

2 .

6

Bearbeiten Sie die folgenden Aufgaben zu den Anwendungen der mehrdimensionalen Differential- rechnung.

Gegeben sei f : R ² → R , f ((x, y)) = cos(xy) mit grad ( f ) = (− sin(xy)y, − sin(xy)x) und Hessematrix − cos(xy)y ² −cos(xy)xy − sin(xy)

− cos(xy)xy − sin(xy) − cos(xy)x ²

! .

Bestimmen Sie das Taylorpolynom 2. Ordnung von f in der Form a ₀ + a ₁ (x − π

2 ) + a ₂ (y + 1) + a ₃ (x − π

2 )(y + 1) + a ₄ (x − π

2 ) ² + a ₅ (y + 1) ² .

a ₀ = a ₁ = a ₂ = a ₃ = a ₄ = a ₅ =

L ¨osung: Es gilt mit v ₀ = ( ^π ₂ , −1)

f (v ₀ ) = 0, f ⁰ (v ₀ ) = (−1, π

2 ) und f ⁰⁰ (x) = 0 1 1 0

! .

Damit ergibt sich das Taylorpolynom zweiten Grades um v ₀ zu:

T _v

₀

(x, y) = f (v ₀ ) + f ⁰ (v ₀ )((x,y) − v ₀ ) + 1

2! ((x, y) − v ₀ ) ^t f ⁰⁰ (v ₀ )((x, y) − v ₀ )

= −(x − π 2 ) + π

2 (y + 1) + (y + 1)(x − π

2 ).

Gegeben sei f : R ² → R , f ((x, y)) = cos(xy) mit grad ( f ) = (− sin(xy)y, − sin(xy)x) und Hessematrix − cos(xy)y ² −cos(xy)xy − sin(xy)

− cos(xy)xy − sin(xy) − cos(xy)x ²

! .

Bestimmen Sie das Taylorpolynom 2. Ordnung von f in der Form a ₀ + a ₁ (x + π

2 ) + a ₂ (y − 1) + a ₃ (x + π

2 )(y − 1) + a ₄ (x + π

2 ) ² + a ₅ (y − 1) ² .

a ₀ = a ₁ = a ₂ = a ₃ = a ₄ = a ₅ =

L ¨osung: Es gilt mit v ₀ = (− ^π ₂ , 1)

f (v ₀ ) = 0, f ⁰ (v ₀ ) = (1, − π

2 ), f ⁰⁰ (x) = 0 1

1 0

! .

Damit ergibt sich das Taylorpolynom zweiten Grades um v ₀ zu:

T _v

₀

(x, y) = f (v ₀ ) + f ⁰ (v ₀ )((x,y) − v ₀ ) + 1

2! ((x, y) − v ₀ ) ^t f ⁰⁰ (v ₀ )((x, y) − v ₀ )

= (x + π 2 ) − π

2 (y − 1) + (y − 1)(x + π 2 ).

Gegeben sei die Funktion F(x, y) = e ^x cos(xy). Existiert nach dem Satz ¨uber implizit definierte Funktionen lokal um den Punkt (0, 2) ^t eine Aufl ¨osung der Gleichung F (x, y) = 1 in der Form x = f (y) ?

Ja Nein L ¨osung: Sei a = (0, 2) ^t . Es gilt F(a) = 1 und

∂F

∂x = e ^x (cos(xy) − y sin(xy)), also ∂F

∂x (a) = 1 6= 0.

Also existiert nach dem Satz ¨uber implizit definierte Funktionen lokal um a eine Aufl ¨osung der Gleichung F (x,y) = 1 nach x .

Gegeben sei die Funktion F(x, y) = e ^x sin(xy) + y. Existiert nach dem Satz ¨uber implizit definierte Funktionen lokal um den Punkt (0, 1) ^t eine Aufl ¨osung der Gleichung F (x, y) = 1 in der Form x = f (y) ?

Ja Nein L ¨osung: Sei a = (0, 1) ^t . Es gilt

∂F

∂x = e ^x (y cos(xy) + sin(xy)), also ∂F

∂x (a) = 1 6= 0.

Also existiert nach dem Satz ¨uber implizit definierte Funktionen lokal um a eine Aufl ¨osung der Gleichung

F (x,y) = 1 nach x .

7

Beantworten Sie die folgenden Fragen zu Kurven.

Die Kurve α sei gegeben durch die Parametrisierung α(t) = t ⁴ (t − π) ²

2 sin t

!

, t ∈ [0, π].

...

Berechnen Sie den Tangenteneinheitsvektor der Kurve α im Punkt t = ^π ₂ . a)

π

⁵

16

0

!

oder b) 1 0

!

oder c) 0

−1

!

oder d) 0

−3

!

oder e) Keiner der angegebenen Vektoren.

...

a) b) c) d) e)

...

Ist die Kurve α geschlossen?

...

Ja Nein

...

Berechnen Sie einen (nicht notw. normierten) Normalenvektor der Kurve α im Punkt t = 1 .

a) − cos(1)

2(1 − π) ² + 1 − π

!

oder b) 4(1 − π) ² + 2(1 − π) 2 cos(1)

!

oder c) 3 − cos(1)

(1 − π) ³ + (1 − π) ²

!

oder d) 3((1 − π) ³ + (1 − π) ² ) 3 cos(1)

!

oder e) Keiner der angegebenen Vektoren.

...

a) b) c) d) e)

...

Berechnen Sie die Kr ¨ummung der Kurve α im Punkt ^π ₂ .

L ¨osung:

Es ist α ⁰ (t) = 4t ³ (t − π) ² + 2t ⁴ (t − π) 2 cos(t )

!

. Also ist α ⁰ ₁ ( ^π ₂ ) = ^π ₁₆

⁵

6= 0 und α ⁰ ₂ ( ^π ₂ ) = 0 , somit erhalten wir 1

0

!

als den Tangenteneinheitsvektor der Kurve α im Punkt t = ^π ₂ .

...

Es ist α(0) = 0 0

!

= α(π) , also ist α geschlossen.

...

Der Normalenvektor an der Stelle t = 1 berechnet sich zu n(1) = −α ⁰ ₂ (1)

α ⁰ ₁ (1)

!

= −2 cos(1)

4(1 − π) ² + 2(1 − π)

! .

...

Die Kr ¨ummung im Punkt t erh ¨alt man durch

κ(t ) = α ⁰ ₁ (t)α ⁰⁰ ₂ (t) − α ⁰ ₂ (t)α ⁰⁰ ₁ (t)

||α ⁰ (t)|| ³ . Es ist α ⁰ ₂ ( ^π ₂ ) = 0 und α ⁰⁰ ₂ (t ) = −2 sin t . Damit ist

κ π

2

= (−2) ^π ₁₆

⁵

( ^π ₁₆

⁵

) ³

= − 512 π ¹⁰ .

7

Beantworten Sie die folgenden Fragen zu Kurven.

Die Kurve α sei gegeben durch die Parametrisierung α(t ) = t ³ (t − π) ³

3 sint

!

,t ∈ [0, 2π].

...

Berechnen Sie den Tangenteneinheitsvektor der Kurve α im Punkt t = π . a)

π

⁵

16

0

!

oder b) 1 0

!

oder c) 0

−1

!

oder d) 0

−3

!

oder e) Keiner der angegebenen Vektoren.

...

a) b) c) d) e)

...

Ist die Kurve α geschlossen?

Ja

Nein

Berechnen Sie einen (nicht notw. normierten) Normalenvektor der Kurve α im Punkt t = 1 .

a) − cos(1)

2(1 − π) ² + 1 − π

!

oder b) 4(1 − π) ² + 2(1 − π) 2 cos(1)

!

oder c) 3 − cos(1)

(1 − π) ³ + (1 − π) ²

!

oder d) 3 (1 − π) ³ + (1 − π ² ) cos(1)

!

oder e) Keiner der angegebenen Vektoren.

...

a) b) c) d) e)

...

Berechnen Sie die Kr ¨ummung der Kurve α im Punkt ^π ₂ .

L ¨osung:

Es ist α ⁰ (t) = 3t ² (t − π) ³ + 3t ³ (t − π) ² 3 cos(t )

!

. Also ist α ⁰ ₁ (π) = 0 und α ⁰ ₂ (π) = −3 , somit erhalten wir 0

−1

!

als den Tangenteneinheitsvektor der Kurve α im Punkt t = π .

...

Es ist α(0) = 0 0

!

6= α(2π) , also ist α nicht geschlossen.

...

Der Normalenvektor an der Stelle t = 1 berechnet sich zu n(1) = −α ⁰ ₂ (1)

α ⁰ ₁ (1)

!

= 3 − cos(1) (1 − π) ³ + (1 − π) ²

! .

...

Leider ist uns an dieser Stelle ein Fehler unterlaufen: Wir haben ¨ubersehen, dass auch der Nenner des Bruches Null wird. Dadurch konnte man die Kr ¨ummung nur m ¨uhselig als Grenzwert ausrechnen (es kommt ein Wert raus, der fast Null ist). Wir haben deshalb allen Teilnehmern der Klausur f ¨ur diese Teilaufgabe 4 Punkte gegeben unabh ¨angig von der Klausurvariante und der angegebenen L ¨osung.

8

Bearbeiten Sie die folgenden Aufgaben zu Differentialgleichungen und Differentialgleichungssyste- men.

Bestimmen Sie alle L ¨osungen der Differentialgleichung y ⁰ = y ² sin(x) cos(x), f ¨ur x ∈ (− π

2 , 0).

(Sie brauchen den maximalen Definitionsbereich der L ¨osungen nicht zu bestimmen.)

L ¨osung:

y = 0 ist eine L ¨osung der Differentialgleichung.

F ¨ur y 6= 0 ist die gegebene DGL ¨aquivalent zu ^dy

y

²

= sin(x) cos(x)dx, also einer DGL mit getrennten Ver ¨anderlichen. F ¨ur y 6= 0 erhalten wir weitere L ¨osungen aus dem Ansatz

Z dy y ² =

Z

sin(x) cos(x)dx.

Durch ¨aquivalente Umformungen erhalten wir daraus

− 1 y = 1

2 sin ² (x) + c

2 ⇔ y = −2

sin ² (x) + c , c ∈ R . Die L ¨osungen der DGL lauten also

y(x) = 0 und y(x) = −2

sin ² (x) + c ^mit c ∈ R . Bestimmen Sie alle L ¨osungen der Differentialgleichung

y ⁰ = y ² tan(x)

cos ² (x) , f ¨ur x ∈ (0, π 2 ).

(Sie brauchen den maximalen Definitionsbereich der L ¨osungen nicht zu bestimmen.)

L ¨osung:

y = 0 ist eine L ¨osung der Differentialgleichung.

F ¨ur y 6= 0 ist die gegebene DGL ¨aquivalent zu ^dy

y

²

= ^tan(x)

cos

²

(x) dx, also einer DGL mit getrennten Ver ¨anderlichen. F ¨ur y 6= 0 erhalten wir weitere L ¨osungen aus dem Ansatz

Z dy y ² =

Z tan(x) cos ² (x) dx.

Durch ¨aquivalente Umformungen erhalten wir daraus

− 1 y = 1

2 tan ² (x) + c

2 , c ∈ R

⇔ y = −2 tan ² (x) + c . Die L ¨osungen der DGL lauten also

y(x) = 0 und y = −2

tan ² (x) + c ^mit c ∈ R .

Bestimmen Sie die L ¨osung des Anfangwertproblems

y ⁰ = e ^4x + x − 1 + 4y, y(0) = 0.

(Sie brauchen den maximalen Definitionsbereich der L ¨osungen nicht zu bestimmen.)

L ¨osung:

Die gegebene DGL ist ¨aquivalent zu

y ⁰ − 4y = e ^4x + x − 1,

also einer linearen DGL 1-ter Ordnung f ¨ur y . Nach Vorlesung l ¨ost man eine lineare DGL 1. Ordnung der Form

y ⁰ (x) + g(x)y(x) = h(x) gem ¨aß der Formel

y(x) = e ^−G(x)

y ₀ + Z _x

x

0

h(t )e ^G(t) dt

mit G(x) = Z _x

x

0

g(s) ds.

Mit g(x) = −4 , h(x) = e ^4x + x − 1 , x ₀ = 0 und y ₀ = 0 haben wir hier G(x) =

Z _x

0

−4 ds = [−4s] ^x ₀ = −4x, und somit (mit P.I.)

y(x) = e ^4x

0 + Z x

0

e ^−4t (e ^4t + t − 1) dt

= e ^4x Z x

0

1 + e ^−4t (t − 1) dt

= e ^4x

t + 1

4 e ^−4t − 1

4 te ^−4t − 1 16 e ^−4t

x 0

= e ^4x

x − 3 16

+ 3

16 − 1

4 x

als L ¨osung des Anfangswertproblems.

Bestimmen Sie die L ¨osung des Anfangswertproblems

y ⁰ = 2e ^2x − x + 1 + 2y, y(0) = − 1 4 .

(Sie brauchen den maximalen Definitionsbereich der L ¨osungen nicht zu bestimmen.)

L ¨osung:

Die gegebene DGL ist ¨aquivalent zu

y ⁰ − 2y = 2e ^2x − x + 1,

also einer linearen DGL 1-ter Ordnung f ¨ur y . Nach Vorlesung l ¨ost man eine lineare DGL 1. Ordnung der Form

y ⁰ (x) + g(x)y(x) = h(x) gem ¨aß der Formel

y(x) = e ^−G(x)

y ₀ + Z _x

x

0

h(t )e ^G(t) dt

mit G(x) = Z _x

x

0

g(s) ds.

Mit g(x) = −2 , h(x) = 2e ^2x − x + 1 , x ₀ = 0 und y ₀ = − ¹ ₄ haben wir hier G(x) =

Z _x

0

−2 ds = [−2s] ^x ₀ = −2x, und somit (mit P.I.)

y(x) = e ^2x

− 1 4 +

Z _x

0

e ^−2t (2e ^2t − t + 1) dt

= e ^2x

− 1 4 +

Z _x

0

2 + e ^−2t (−t + 1) dt

= e ^2x

− 1 4 +

2t − 1

2 e ^−2t + 1

2 te ^−2t + 1 4 e ^−2t

x 0

= 2xe ^2x − 1 4 + 1

2 x als L ¨osung des Anfangswertproblems.

W ¨ahlen Sie alle Eigenwerte der folgenden Matrix







1 0 0

15 ¹ ₂ 25 30 ¹ ₄ ¹ ₂





 ^aus.

1 3 -3 2 -2 -1

L ¨osung:

Das charakteristische Polynom von A ist

det







1 − λ 0 0

15 ¹ ₂ − λ 25 30 ¹ ₄ ¹ ₂ − λ





 = (1 − λ) det

1

2 − λ 25

1 4

1 2 − λ

!

= (1 − λ)(λ − 3)(λ + 2).

Die Eigenwerte von A sind also λ 1 = 1 , λ 2 = 3 und λ 3 = −2 .

W ¨ahlen Sie alle Eigenwerte der folgenden Matrix







2 0 0

10 −2 2

100 ¹ ₂ −2





 ^aus.

1 3 -3 2 -2 -1

L ¨osung:

Das charakteristische Polynom von A ist

det







2 − λ 0 0

10 −2 − λ 2 100 ¹ ₂ −2 − λ





 = (2 − λ) det −2 − λ 2

1

2 −2 − λ

!

= (2 − λ)(3 + λ)(λ + 1).

Die Eigenwerte von A sind also λ ₁ = −1 , λ ₂ = −3 und λ ₃ = 2 .

Berechnen Sie eine Basis des Eigenraumes zum Eigenwert λ = 1 der Matrix A =







1 0 0

10 3 4 20 − ¹ ₄ 1





 ^.

L ¨osung:

Wir berechnen die Eigenvektoren von A zum Eigenwert λ = 1 . (A − E(3))v = 0 :







0 0 0 | 0

10 2 4 | 0 20 − ¹ ₄ 0 | 0





 .

Daher ist v =





 1 80

−42, 5





 ein Eigenvektor zu λ = 1 . Da rg(A − E (3)) = 2 , bildet v eine Basis des Eigenraumes zu λ = 1 .

Berechnen Sie eine Basis des Eigenraumes zum Eigenwert λ = 2 der Matrix A =







1 0 0

10 3 4 20 − ¹ ₄ 1





 ^.

L ¨osung:

Wir berechnen die Eigenvektoren von A zum Eigenwert λ = 2 . (A − 2E(3))v = 0 :







−1 0 0 | 0

10 1 4 | 0

20 − ¹ ₄ −1 | 0







II+10I,III+20I

−→







−1 0 0 | 0

0 1 4 | 0

0 − ¹ ₄ −1 | 0





 −→







−1 0 0 | 0 0 1 4 | 0 0 0 0 | 0





 .

Daher ist v =





 0

−4 1





 ein Eigenvektor zu λ = 2 . Da rg(A − 2E(3)) = 2 , bildet v eine Basis des Eigenraumes zu λ = 2 .

Gegeben sei die Matrix B =







5 0 0 15 3 0 16 0 3





 mit Eigenwerten λ ₁ = 5 (einfach), λ ₂ = 3

(zweifach) und Eigenvektoren v ₁ =





 2 15 16





 ^zu λ ₁ und v ₂ =





 0 1 0





 ^, v ₃ =





 0 0 1





 ^zu λ ₂ .

Berechnen Sie die L ¨osung des Anfangwertproblems x ⁰ (t ) = Bx(t) und x(0) =





 1 1 1





 ^.

L ¨osung:

Ein Fundamentalsystem von x ⁰ (t) = Bx(t) ist also



 

  e ^5t





 2 15 16





 , e ^3t





 0 1 0





 , e ^3t





 0 0 1









 

  .

Alle L ¨osungen von x ⁰ (t) = Bx(t ) sind also gegeben durch

x(t) = c ₁ e ^5t





 2 15 16





 + c ₂ e ^3t





 0 1 0





 + c ₃ e ^3t





 0 0 1





 c ₁ , c ₂ , c ₃ ∈ R .

Mit der Anfangswertbedingung ist





 1 1 1





 = x(0) = c ₁





 2 15 16





 + c ₂





 0 1 0





 + c ₃





 0 0 1





 .

Dies gilt genau dann, wenn c ₁ = ¹ ₂ , c ₂ = − ¹³ ₂ und c ₃ = −7 .

Gegeben sei die Matrix B =







0 −1 1

−3 −2 3

−2 −2 3





 mit Eigenwerten λ ₁ = −1 (einfach), λ ₂ =

1 (zweifach) und Eigenvektoren v ₁ =





 1 3 2





 ^zu λ 1 und v ₂ =





 1 0 1





 ^, v ₃ =





 0 1 1





 ^zu λ 2 .

Berechnen Sie die L ¨osung des Anfangwertproblems x ⁰ (t ) = Bx(t) und x(0) =





 1 1 1





 ^.

L ¨osung:

Ein Fundamentalsystem von x ⁰ (t) = Bx(t) ist also gegeben durch



 

  e ^−t





 1 3 2





 , e ^t





 1 0 1





 , e ^t





 0 1 1









 

  .

Alle L ¨osungen von x ⁰ (t) = Bx(t ) sind also gegeben durch

x(t) = c ₁ e ^−t





 1 3 2





 + c ₂ e ^t





 1 0 1





 + c ₃ e ^t





 0 1 1





 c ₁ , c ₂ , c ₃ ∈ R .

Mit der Anfangswertbedingung ist





 1 1 1





 = x(0) = c ₁





 1 3 2





 + c ₂





 1 0 1





 + c ₃





 0 1 1





 .

Dies gilt genau dann, wenn c ₁ = ¹ ₂ , c ₂ = ¹ ₂ und c ₃ = − ¹ ₂ . 9

Bearbeiten Sie die folgenden Aufgaben zu Kurven- und mehrdimensionalen Integralen:

Berechnen Sie das absolute Kurvenintegral Z

α

x ² + y ² + 2xy|d(x, y)|,

wobei α : [0, π] → R ² , α(t) = 2 cos(t) + 3 2 sin(t)

! .

13π + 24 26π + 48 52π + 96 13π + 48 26π + 96 keiner der oberen Werte

L ¨osung: Es gilt α ⁰ (t) = −2 sin(t) 2 cos(t)

!

und |α ⁰ (t)| = q

4 sin ² (t) + 4 cos ² (t ) = 2.

Damit ist Z

α

x ² + y ² + 2xy|d(x, y)| = Z _π

0

(4 cos ² (t) + 12 cos(t) + 9 + 4 sin ² (t) + 2(2 cos(t) + 3)2 sin(t))2 dt

= Z _π

0

8 + 24 cos(t ) + 18+ 16 cos(t) sin(t ) +24 sin(t) dt =

26t + 24 sin(t) + 8 sin ² (t) − 24 cos(t ) π 0

= 26π + 48.

Berechnen Sie das absolute Kurvenintegral Z

α

x ² + y ² + 2xy|d(x, y)|,

wobei α : [0, π] → R ² , α(t) =

1 2 cos(t)

1

2 sin(t) + 1

! .

₁₆ ⁵ π + ¹ ₂ ⁵ ₈ π + 1 ⁵ ₄ π + 2 ⁵ ₈ π − 1 ₁₆ ⁵ π − 2 keiner der oberen Werte

L ¨osung: Es gilt α ⁰ (t) = − ¹ ₂ sin(t)

1 2 cos(t)

!

und |α ⁰ (t)| = ¹ ₂ . Damit ist

Z

α

x ² + y ² + 2xy|d(x, y)| = Z _π

0

1

4 cos ² (t) + 1

4 sin ² (t) + sin(t) + 1 + 1

2 cos(t) sin(t) + cos(t) 1

2 dt

= Z _π

0

5 8 + 1

2 sin(t) + 1

2 cos(t) + 1

4 sin(t) cos(t) dt

= 5

8 t − 1

2 cos(t) + 1

2 sin(t) + 1

8 sin ² (t) π

0

= 5 8 π + 1.

Berechnen Sie das orientierte Kurvenintegral Z

α

(x ² + y ² + p

x ² + z ² + 1)dx + (e ^x − z)dy + (z − xy)dz

mit α : [0, 1] → R ³ , α(t) =





 3 e ^t 2t ²





 .

L ¨osung: α ⁰ (t) = (0, e ^t , 4t) ^t . Damit gilt Z

α

(x ² + y ² + p

x ² + z ² + 1)dx + (e ^x − z)dy + (z − xy)dz = Z 1

0

0 + e ^t (e ³ − 2t ² ) + 4t (2t ² − 3e ^t )dt

=

e ³ e ^t + 8 4 t ⁴

1 0

+ Z ₁

0

−2t ² e ^t − 12te ^t dt =

e ³ e ^t + 2t ⁴ − 2t ² e ^t − 12te ^t 1 0 +

Z ₁

0

4te ^t + 12e ^t dt

=

e ³ e ^t + 2t ⁴ − 2t ² e ^t − 12te ^t + 4te ^t + 8e ^t 1 0

= e ⁴ + 2 − 2e − 12e + 4e + 8e − e ³ − 8 = e ⁴ − e ³ − 2e − 6.

Berechnen Sie das orientierte Kurvenintegral Z

α

(x ² + y ² + p

x ² + z ² + 1)dx + (e ^x − z)dy + (z − xy)dz

mit α : [0, 1] → R ³ , α(t) =





 2 e ^t 4t ²





 .

L ¨osung: α ⁰ (t) = (0, e ^t , 8t) ^t . Damit gilt Z

α

(x ² + y ² + p

x ² + z ² + 1)dx + (e ^x − z)dy + (z − xy)dz = Z ₁

0

0 + e ^t (e ² − 4t ² ) + 8t (4t ² − 2e ^t )dt

= Z ₁

0

e ^t e ² − 4t ² e ^t + 32t ³ − 16te ^t dt = e ² e ^t − 4t ² e ^t + 8t ⁴ − 16te ^t | ¹ ₀ + Z ₁

0

8te ^t + 16e ^t dt

= e ³ − 4e + 8 − 16e − e ² + (8te ^t + 8e ^t | ¹ ₀ ) = e ³ − e ² − 20e + 8 + 8e + 8e − 8 = e ³ − e ² − 4e.

Bestimmen Sie eine Stammfunktion von

f : R ² → R ² , f (x, y) = 2xy x ² + 2y + 2

! ,

oder kreuzen Sie

” existiert nicht “ an, falls f keine Stammfunktion besitzt.

existiert nicht

L ¨osung: f ist exakt, denn ^∂ _∂x ^f

²

= ^∂f _∂y

¹

. Deswegen besitzt f eine Stammfunktion. F ¨ur eine Stammfunk- tion F von f gilt, wegen grad (F) = f :

F _x = 2xy ⇒ F(x, y) = x ² y + c(y) ⇒ F _y (x, y) = x ² + c ⁰ (y) = x ² + 2y + 2 ⇔ c ⁰ (y) = 2y + 2

⇒ c(y) = y ² + 2y + c . Also ist F (x, y) = x ² y + y ² + 2y eine Stammfunktion von f . Bestimmen Sie eine Stammfunktion von

f : R ² → R ² , f (x, y) = 3x ² y + 1 x ³ + y ²

! ,

oder kreuzen Sie

” existiert nicht “ an, falls f keine Stammfunktion besitzt.

existiert nicht

L ¨osung: f ist exakt, denn ^∂ _∂x ^f

²

= ^∂f _∂y

¹

. Deswegen besitzt f eine Stammfunktion. F ¨ur eine Stammfunk- tion F von f gilt, wegen grad (F) = f :

F _x = 3x ² y + 1 ⇒ F (x,y) = x ³ y + x + c(y) ⇒ F _y (x, y) = x ³ + c ⁰ (y) = x ³ + y ² ⇔ c ⁰ (y) = y ²

⇒ c(y) = ^y ₃

³

+ c . Also ist F(x, y) = x ³ y + x + ^y ₃

³

eine Stammfunktion von f . Berechnen Sie das folgende mehrdimensionale Integral:

Z

D

x ² + y ² − z ² d(x, y, z) mit D := {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² ≤ 1 und z ≥ 0}.

L ¨osung: Mit Kugelkoordinaten (x, y, z) = (r cos(ϕ) cos(θ), r sin(ϕ) cos(θ), r sin(θ)) gilt nach dem Transformationssatz:

Z

D

x ² + y ² − z ² d(x, y, z)

= Z 2π

0

Z 1 0

Z

^π₂

0

(r ² cos ² (ϕ) cos ² (θ) + r ² sin ² (ϕ)cos ² (θ) − r ² sin ² (θ))r ² cos(θ)dθdrdϕ

= Z _2π

0

Z ₁

0

Z

^π₂

0

r ⁴ (cos ² (θ) − sin ² (θ)) cos(θ)dθdrdϕ = 2π Z ₁

0

Z

^π₂

0

r ⁴ (1 − 2 sin ² (θ)) cos(θ)dθdr

= 2π Z ₁

0

r ⁴

sin(θ) − 2

3 sin ³ (θ)

^π₂

0

dr = 2π Z ₁

0

r ⁴ (1 − 2

3 )dr = 2π 1

15 r ⁵ 1

0

= 2π

15 .

Berechnen Sie das folgende mehrdimensionale Integral:

Z

D

x ² z + 2 d(x, y, z) mit D := {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² ≤ 1 und y ≥ 0}.

L ¨osung: Mit Kugelkoordinaten (x, y, z) = (r cos(ϕ) cos(θ), r sin(ϕ) cos(θ), r sin(θ)) gilt nach dem Transformationssatz:

Z

D

x ² z + 2 d(x, y, z) = Z _π

0

Z ₁

0

Z

^π

2

−π 2

(r ² cos ² (ϕ) cos ² (θ)r sin(θ) + 2)r ² cos(θ)dθdrdϕ

= Z _π

0

Z ₁

0

Z

^π

2

−π 2

r ⁵ cos ² (ϕ) cos ³ (θ) sin(θ) + 2r ² cos(θ)dθdrdϕ

= Z _π

0

Z 1 0

− 1

4 r ⁵ cos ² (ϕ) cos ⁴ (θ) + 2r ² sin(θ)

^π₂

−π 2

drdϕ = Z _π

0

Z 1 0

4r ² drdϕ = 4

3 r ³ 1

0

· π = 4π

3 .