Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Modulprüfung – Lösungsvorschläge

Institut für Analysis

PD Dr. Peer Christian Kunstmann 9. März 2018

Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Modulprüfung – Lösungsvorschläge

Aufgabe 1

(a) Zeigen Sie, dass die Matrix A=©

­

­

­

«

1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 −i 1 0 0 0 i ª

®

®

®

¬

nicht diagonalisierbar ist.

(b) Sei M ∈R^d×d,d ∈N, eine Matrix mit nicht-trivialem Kern, d.h. kerM , {0}. Zeigen Sie, dass die MatrixM^TM positiv semidefinit, aber nicht positiv definit ist.

(c) Sei B = B^T ∈R^d×d,d ∈N, eine symmetrische Matrix mit Eigenwertenλ₁, . . . , λ_d. Zeigen Sie die Identität

Õd

i=1

b_ii =Õ^d

i=1

λ_i.

Hinweis:Ähnliche Matrizen haben dieselbe Spur.

Lösungsvorschläge:

(a) Da die MatrixAobere Dreiecksgestalt hat, stehen die Eigenwerte schon auf der Diagonalen. Dies sieht man auch direkt aus

det(A−λI)=(1− λ)²(−i−λ)(i−λ).

Abesitzt also den Eigenwertλ₁ =1 der algebraischen Vielfachheitα₁ =2, sowie die einfachen Eigenwerteλ_2,3 =±i mitα_2,3 =1.

Eine Matrix ist genau dann diagonalisierbar, wenn die algebraische Vielfachheit jedes Eigenwerts gleich der geometrischen Vielfachheitγ_i =dim ker(A−λ_iI)ist, alsoα_i = γ_i für alle Eigenwerte λ_i.

Da für die geometrische Vielfachheitγ_i eines Eigenwertsλ_i immer die Abschätzung 1≤ γ_i ≤ α_i gilt, genügt es im vorliegenden Fall also, die geometrische Vielfachheit des doppelten Eigenwerts λ₁ =1 zu bestimmen.

Dazu berechnet man

ker(A−I)= ker©

­

­

­

«

0 1 1 1

0 0 1 1

0 0 −i−1 1

0 0 0 i−1

ª

®

®

®

¬

=ker©

­

­

­

«

0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 ª

®

®

®

¬

=span















©

­

­

­

« 10 0 0 ª

®

®

®

¬













 , und damitγ₁ =dim ker(A−I)= 1< 2= α₁. Somit ist die MatrixAnicht diagonalisierbar.

(b) Sei x ∈R^d \ {0}. Dann gilt

hx,M^TM xi= hM x,M xi= kM xk² ≥ 0,

also ist die MatrixM^TM positiv semidefinit. Wegen kerM ,0 gibt es einen Vektorx0 ∈R^d,x0, 0, mitM x0 =0. Daher kann die MatrixM^TM nicht positiv definit sein, dennhx0,M^TM x0i=0.

(c) DaB symmetrisch ist, gibt es eine orthogonale MatrixU, d.h.U⁻¹ =U^T, welcheBdiagonalisiert, also

B =U DU^T, D = diag(λ₁, . . . , λ_d), mit den Eigenwertenλ_i,i = 1, . . . ,d vonB.

Identifiziert man die linke Seite der zu zeigenden Gleichheit als Spur(B), so gilt wegen der Invarianz der Spur unter Ähnlichkeitstransformationen

Õd

i=1

b_ii =Spur(B)=Spur(U DU^T)=SpurD = Õ^d

i=1

λ_i.

Aufgabe 2

(a) Betrachten Sie das Vektorfeld A: R³\ {(0,0,z): z ∈R} →R³, A(x,y,z):= 1

x²+y²

©

­

«

−y x0

ª

®

¬ . (i) Berechnen Sie das Kurvenintegral∫

γA(x,y,z) ·d(x,y,z)vonAentlang der Kurveγ, die eine positiv orientierte Einheitskreislinie in der EbeneE = {(x,y,z) ∈R³ : x +y+z =4} mit Mittelpunkt(1,1,2)beschreibt.

(ii) SeiC_r,z die positiv orientierte Kreislinie mit Radius r > 0 um die z-Achse auf der Höhe z ∈R. Zeigen Sie, dass∫

Cr,z A(x,y,z) ·d(x,y,z)= 2π und erklären Sie, wieso dies keinen Widerspruch zum Satz von Stokes darstellt.

(iii) Ist Aein Potentialfeld aufR³\ {(0,0,z): z ∈R}? Begründen Sie Ihre Antwort.

(b) Es sei S = {(x,y) ∈ R² : x,y > 0,x + y < 1} das offene Standardsimplex im R² undΦ der C¹-Diffeomorphismus

Φ:(0,∞)² → Φ((0,∞)²), (x,y) 7→Φ(x,y):= 1

√2

x+y y− x

.

Fertigen Sie eine möglichst detaillierte Zeichnung vonS undeS = Φ(S)an und berechnen Sie das Integral

∫

Se^−(x+y2)2 d(x,y).

Lösungsvorschläge:

(a) Sei Ddie MengeD = R³\ {(0,0,z): z ∈R}. AufDgilt

rotA(x,y,z)=©

­

«

∂_yA_z −∂_zA_y

∂_zAx −∂_xAz

∂_xAy −∂_yAx

ª

®

¬

=©

­

­

«

0 0

∂_x

x²x+y²

−∂_{y −y}

x²+y²

ª

®

®

¬

=©

­

­

«

0 0

y²−x²

(x²+y²)² + _(x^x2²+y^−y22)²

ª

®

®

¬

= 0.

(i) Die C¹-Kurve γ ist einfach und geschlossen und liegt ganz innerhalb des einfach zusam- menhängenden Gebiets G = {(x,y,z) ∈ R³ : x,y,z > 0}. Das Vektorfeld Aist ein

C¹-Vektorfeld aufG. Damit gilt nach dem Satz von Stokes

∫

γA(x,y,z) ·d(x,y,z)=∫

Kγ

rotA(x,y,z) ·n(x,y,z)dS =0, wobeiKγ die vonγ berandete Kreisscheibe bezeichnet.

Alternativ: Aist rotationsfrei auf dem einfach zusammenhängenden Gebiet G. Damit existiert ein PotentialΨ : G → R mit A = ∇Ψ. Da die Kurve γ geschlossen ist, folgt

∫

γA·d(x,y,z)=0, vergleiche auch die Rechnung in (iii).

(ii) Die KreislinieC_r,z wird parametrisiert durchc_r,z :[0,2π] →R³, cr,z(t)=©

­

« rcost rsint

z ª

®

¬

, t ∈ [0,2π],

Abbildung1: Die Kreislinie von Aufgabe2(a)(i).

mitc⁰_r,z(t)= ©

­

«

−rsint rcost

0 ª

®

¬

. Damit berechnet man

∫

Cr,z

A(x,y,z) ·d(x,y,z)=

∫ ₂π

0 A(cr,z(t)) ·c⁰_r,z(t)dt =

∫ ₂π 0

1 r²

©

­

«

−rsint r cost

0 ª

®

¬

·©

­

«

−rsint rcost

0 ª

®

¬ dt

= ∫ ₂π 0

1

r²r²(sin²t+cos²t)dt = ∫ ₂π

0 dt = 2π.

Dies stellt keinen Widerspruch zum Satz von Stokes dar, denn das VektorfeldAhat eine Singularität in der vonCr,z berandeten Fläche (die KreisscheibeKr,z = {(x,y, ζ) ∈ R³ : ζ = z,x¹+y² ≤ r²}), insbesondere istA< C¹(V), wobeiV eine offene Umgebung von Kr,z ⊂ R³ist. Der Satz von Stokes ist daher nicht anwendbar!

(iii) Akann auf Dkein Potentialfeld sein, denn gäbe es einΦ: D →RmitA= ∇Φauf D, so müsste für jede geschlossene Kurveγ :[0,1] → Din Dgelten

∫

γ A·d(x,y,z)= ∫ ₁

0 A(γ(t)) ·γ⁰(t)dt = ∫ ₁

0 (∇Φ)(γ(t)) ·γ⁰(t)dt = ∫ ₁

0

d

dtΦ(γ(t))dt

= Φ(γ(1)) −Φ(γ(0))=0, im Widerspruch zu Teilaufgabe (ii).

(b) Bei der AbbildungΦhandelt es sich um eine Drehung um ^π₄ in mathematisch negativem Sinn.

Dies sieht man zum Beispiel aus der Darstellung Φ(x,y)=

√1 2 √1

2

−^√1

2 √1 2

! x y

=

cos −^π₄

−sin −^π₄ sin −^π₄

cos −^π₄ x y

=: R x

y

.

Damit handelt es sich beieS um ein um 45^◦im Uhrzeigersinn gedrehtes Simplex, wie dargestellt in Abbildung2. Da es sich um eine Rotation handelt, insbesondere eine lineare Transformation, gilt

DΦ(x,y)= R, detDΦ(x,y)= 1.

x y

S

eS √1

2,^√1

2

√1 2,−^√1

2

√1

2 1

0 1

Abbildung2: Die MengenS undeS aus Aufgabe2(b).

Mit dem Transformationssatz folgt dann

∫

Se^−(x+y2)2d(x,y)=∫

Φ⁻¹(eS)

e^−Φ1(x,y)2d(x,y)= ∫

eSe^−u2

detDΦ⁻¹(u,v)

d(u,v)

=∫

eSe^−u2

detDΦ(Φ⁻¹(u,v))

−₁

d(u,v)=∫

eSe^−u2d(u,v)

=∫ ^√1

2

0

∫ _u

−ue^−u2dvdu =∫ ^√1

2

0 2ue^−u2du =∫ ¹₂

0 e^−tdt = 1−e⁻¹².

Aufgabe 3

(a) Seid ∈NundA= A^T ∈R^d×d eine symmetrische Matrix.

(i) Zeigen Sie, dass der Gradient der quadratischen FormQ_A :R^d →R, QA(x)= hx,Axi, x ∈R^d,

gegeben ist durch∇Q_A(x)=2Ax.

(ii) Zeigen Sie mithilfe der Lagrange-Multiplikator-Methode, dass das Maximum der quadrati- schen FormQ_Aauf der SphäreS^d−1 = {x ∈R^d : kxk² = 1} durch den größten Eigenwert gegeben ist. Charakterisieren Sie die Punktex ∈S^d−1, an denen das Maximum angenommen wird.

(b) Zeigen Sie, dass die Gleichung

g(x,y)= x²e^y −y²e^x2 = 0

in einer Umgebung des Punktes(1,1)nachyaufgelöst werden kann. Die so implizit definierte Funktion werde mit f bezeichnet,y = f(x). Berechnen Sie das Taylorpolynom zweiter Ordnung von f um x = 1.

Hinweis:Sie dürfen ohne Beweis verwenden, dass f in einer Umgebung vonx = 1 beliebig oft differenzierbar ist.

Lösungsvorschläge:

(a) (i) SeiA= (a_{i j})^d

i,j=1. Dann istQ_A(x)=Í_d

i,j=1a_{i j}x_ix_j und fürk =1, . . . ,d gilt

∂_kQ_A(x)= Õ^d

i,j=1

a_{i j}∂_k(x_ix_j)= Õ^d

i,j=1

a_{i j}(x_j∂_kx_i +x_i∂_kx_j)= Õ^d

i,j=1

a_{i j}(x_jδ_ki + x_iδ_kj)

= Õ^d

j=1

a_{k j}x_j +Õ^d

i=1

a_ikx_i =(Ax)_k+(A^Tx)_k =2(Ax)_k,

wobeiδ_{k j} = 1 fallsk = j undδ_{k j} = 0 fallsk , j das Kronecker-Symbol bezeichnet und A= A^T verwendet wurde. Damit hat man∇Q_A(x)=2Ax.

(ii) Zunächst bemerken wir, dass die MengeS^d−1abgeschlossen und beschränkt, also kompakt, inR^d ist. Da die FunktionQAstetig ist, besitzt sie ein Maximum und Minimum auf der MengeS^d−1. Um dies zu bestimmen, führen wir die Lagrange’sche Hilfsfunktion

L_A(x, λ):= Q_A(x) −λ(kxk²−1)= hx,(A−λI)xi+λ, x ∈R^d, λ ∈R,

mit Lagrangeparameterλein. Extrema vonQ_A aufS^d−1sind dann kritische Punkte der FunktionL_A,

∇L_A(x, λ)= 0, ⇔ 2(A−λI)x =0 kxk²−1=0

Diese Gleichungen besagen, dass für Extrema vonQ_A aufS^d−1 die Beziehung Ax = λx gelten muss, für Vektoren mitkxk²= 1. Insbesondere sind die Extrempunkte also unter der Menge dernormiertenEigenvektoren{xλ}_λEigenwert vonAzu suchen, und es gilt

xmax∈S^d−1Q_A(x)= max

{x^λ}λEigenwert vonA, kxλk=1

hxλ,Axλi = max

{x^λ}λEigenwert vonA, kxλk=1

hxλ, λxλi

= max

{xλ}λEigenwert vonA, kxλk=1

λkxλk² = max

λEigenwert vonAλ =: λ_max.

Das Maximum wird angenommen am Punkt (an den Punkten) xλ_max ∈S^d−1, dem (den) normierten Eigenvektor(en) zuλ_max.

(b) Zunächst sieht man wegen g(1,1)=0, dass der Punkt(1,1)tatsächlich auf der Kurveg = 0 liegt.

Es gilt

∇g(x,y)=

2xe^y −2xy²e^x2 x²e^y−2ye^x2

,

und damit∂_yg(1,1)= 1−2= −1 ,0. Aus dem Satz über implizit definierte Funktionen folgt, dass es eine Umgebung des Punktes(1,1)gibt, in der die Gleichungg(x,y)=0 eindeutig nach y auflösbar ist. Genauer existieren eine offene UmgebungU vonx =1 und eine offene Umgebung V vony = 1, sowie eine stetig differenzierbare Funktion f :U →V sodass für allex ∈U und y ∈V gilt∂_yg(x,y), 0 und

g(x,y)=0 ⇔ y = f(x).

Dag beliebig oft stetig differenzierbar ist, ist auch f beliebig oft stetig differenzierbar aufU. Für allex ∈U gilt

f⁰(x)= −∂_xg(x, f(x))

∂_yg(x, f(x)), (1)

insbesondere f⁰(1)= −^∂_∂^xg(1,1)

yg(₁,1) =0.

Für das Taylorpolynom2. Ordnung von f inx = 1 benötigen wir noch die zweite Ableitung von f. Diese erhalten wir aus (1) mithilfe der Kettenregel:

f⁰⁰(x)= d dx

−∂_xg(x, f(x))

∂_yg(x, f(x))

=−∂_yg(x, f(x))∂²_xg(x, f(x))+∂_y∂_xg(x, f(x))f⁰(x) (∂_yg(x, f(x)))²

+ ∂_xg(x, f(x))h

∂_x∂_yg(x, f(x))+∂²_yg(x, f(x))f⁰(x)i (∂_yg(x, f(x)))² . Mit f⁰(1)=0 haben wir also

f⁰⁰(1)=−∂_yg(1,1)∂²_xg(1,1)

(∂_yg(1,1))² = −1(−4) (−1)² = 4, wobei∂²_xg(1,1)=

2e^y−2y²e^x2(1+2x²) ₍

x,y)=(₁,₁) = −4 verwendet wurde. Damit ist das Tay- lorpolynom2. Ordnung von f an der Stellex =1 gegeben durch

T2(f)(x)= f(1)+ f⁰(1)(x −1)+ 1

2f⁰⁰(1)(x −1)² =1+2(x −1)², x ∈U.

Aufgabe 4

(a) Berechnen Sie die Fourierkoeffizienten der Funktion f : [−π, π] → R, t 7→ f(t) = |t|, und zeigen Sie damit, dass

∞

Õ

k=0

1

(2k+1)² = π² 8 .

(b) SeiS = {−i,i}und f : C\S →Cgegeben durch f(z)= ₁^e_+z^iz2 für allez ∈C\S. Die regulären Kurvenγ₁, γ₂seien wie in der Skizze mitR > 1.

Re(z) Im(z)

−R 0 R

R γ₁

γ₂

(i) Berechnen Sie∫

γ f(z)dz fürγ = γ₁+γ₂. (ii) Zeigen Sie:|f(z)| ≤ ¹

R²−₁ für z ∈Bild(γ₂). (iii) Sei g : R → R,x 7→ g(x) := _1+x¹2. Berech-

nen Sie bg(−1), d.h. die Fouriertransformierte vong an der Stelle−1.

Lösungsvorschläge:

(a) Die Fourierkoeffizienten von f sind gegeben durch fb_k = ₂¹_π∫π

−π f(t)e^−iktdt,k ∈ Z. Es folgt bf0 = ₂¹_π∫π

−π|t|dt = _π¹ ∫π

0 tdt = ^π₂ und fürk ,0 erhält man mithilfe partieller Integration fb_k = 1

2π

∫ π

−π

|t|e^−iktdt = 1 2π

∫ π

0 te^−iktdt+ 1 2π

∫ π

0 te^iktdt = 1 π

∫ π

0 tcos(kt)dt

= 1 π

ht

k sin(kt)i^π

0 − 1 k

∫ π

0 sin(kt)dt

= 1 π

ht

k sin(kt)i^π

0 − 1

k² cos(kt) π

0

= 1

πk² cos(kπ) −1 = (−1)^k−1

πk² =

(0, k ∈2Z\ {0}

−_π²

k², k ∈2Z+1.

Da die Fourierkoeffizienten wie _k¹2 abfallen, konvergiert die Fourierreihe absolut und gleichmäßig auf dem Intervall[−π, π], und da f ∈ C_per([−π, π])ist, gilt

f(t)= Õ

k∈Z

bf_ke^ikt für allet ∈ [−π, π]. Insbesondere erhält man fürt = 0:

0 = f(0)= Õ

k∈Z

fb_k = π 2 − 2

π Õ

k∈₂Z+1

1 k² = π

2 − 4 π

∞

Õ

k=0

1 (2k+1)², und damit

∞

Õ

k=0

1

(2k+1)² = π² 8 .

(b) (i) Die Kurveγ ist einfach geschlossen und positiv orientiert, mitz =i innerhalb vonγ. Die Funktion f ist holomorph auf der MengeC\S. Damit gilt nach dem Residuensatz

∫

γ f(z)dz = 2πires(f,i).

Daz =i eine isolierte Singularität1. Ordnung von f ist, kann man das Residuum aus res(f,i)=lim

z→_i

(z−if(z)= lim

z→_i

e^iz

z+i = e⁻¹ 2i = 1

2ie berechnen. Es folgt

∫

γ f(z)dz = π e.

(ii) Seiz ∈Bild(γ₂). Dann istzvon der Form z = Re^it mitR >1 und t ∈ [0, π]. Es folgt

|f(z)| =

e^iReit 1+R²e^2it

=

e^{iR(cost+i sint)}

1+R²e^2it

= e^−Rsint

1+ R²e^2it .

Dat ∈ [0, π], ist sint ∈ [0,1], und damit der Zähler e^−Rsint ≤ 1. Weiter gilt für den Nenner

1+R²e^2it

2 =

1+R²cos(2t)+iR²sin(2t)

2 =(1+R²cos(2t))²+R⁴sin²(2t)

=1+R⁴+2R²cos(2t) ≥1+R⁴−2R² =(1−R²)². Insgesamt haben wir also die Abschätzung

|f(z)| ≤ 1 R²−1 für allez ∈Bild(γ₂).

(iii) Es ist

bg(−1)=

∫

R

e^−i(−1)xg(x)dx =

∫

R

e^ix

1+x² dx = lim

R→∞

∫

γ₁ f(z)dz. Aus Aufgabenteil (i) wissen wir, dass

∫

γ f(z)dz =∫

γ₁ f(z)dz +∫

γ₂ f(z)dz = π e, also

∫

γ₁ f(z)dz = π e −

∫

γ₂ f(z)dz. Wegen Aufgabenteil (ii) gilt nun aber

∫

γ₂ f(z)dz

≤ Länge(γ₂) sup

z∈_Spur(γ₂)

|f(z)| ≤ πR

R²−1 → 0 fürR → ∞.

Damit erhalten wir

bg(−1)= lim

R→∞

∫

γ₁ f(z)dz = π

e − lim

R→∞

∫

γ₂ f(z)dz = π e.

http://www.math.kit.edu/iana1/lehre/hm2phys2017s/