Dr. P. Thurnheer Grundlagen der Mathematik I ETH Z¨urich
D-CHAB, D-BIOL Sommer 2009
L¨ osungen zur Pr¨ ufung
1. a) z1 = 4−8i3+4i = (4−8i)(3−4i)
25 =−45 −85i
z2 = (1−√ 3i)4 1−i
cos(π
4) +isin(π 4)
= (2e−iπ/3)4
√2e−iπ/4 eiπ/4
= 8√
2e−i5/6π = 8√ 2(−
√3 2 − 1
2i) =−4√
6−4√ 2i b) Die Bedingungen an z sind ¨aquivalent zu
π/2≤2 arg(z)≤π und
3≤ |z|
2 ≤5.
2. a) Z
x2sin(3x)dx=−1
3x2cos(3x) + 2 3
Z
xcos(3x)dx
=−1
3x2cos(3x)+2
9xsin(3x)−2 9
Z
sin(x)dx=−1
3x2cos(3x) + 2
9xsin(3x) + 2
27cos(3x);
b) lim
x→1
ln(x)
sin(πx) = lim
x→1 1 x
πcosπx =−1 π.
3. Es gilt
˙
x(t) = k 2(x(t) + 1).
Integration der Gleichung liefert Z t
0
2(x(τ) + 1) ˙x(τ)dτ =k Z t
0
dτ
⇒ Z x(t)
x(0)
2(x+ 1)dx=kt
⇒(x(t) + 1)2 =kt+ (x(0) + 1)2
⇒x(t) =±p
kt+ (x(0) + 1)2−1
,
wobei nur die positive Wurzel Sinn macht. Da x(0) = 1 und x(3) = 3, folgt 42 = 3k+ 4 ⇒k= 4
und somit
t = (x(t) + 1)2
k(x(0) + 1)2 = 100 4·4 = 25
4
Das Modell ist auf lange Sicht eine inad¨aquate Beschreibung des Prozesses, da im Modell x(t) gegen∞ strebt.
4. a) Die Matrix M =
1 1 6 2
hat das charakteristische Polynom (1−t)(2− t)−6 = t2 −3t−4 = (t−4)(t+ 1) und somit die Eigenwerte 4 und −1.
Zugeh¨orige Eigenvektoren sind √110(1,3) und √15(1,−2). Mit T =
1 1 3 −2
l¨asst sichM schreiben alsM =T DT−1. Somit ist die L¨osung zum Anfangs- wertproblem
x(t) = exp(M t)x(0) =T exp(Dt)T−1(0,10)T
=
1 1 3 −2
e4t 0 0 e−t
1
−5
−2 −1
−3 1
(0,10)T
=
1 1 3 −2
e4t 0 0 e−t
(2,−2)T
=
1 1 3 −2
(2e4t,−2e−t)T =
2e4t−2e−t 6e4t+ 4e−t
b) Integrieren von ˙x(t) = 2t(x(t)−1) liefert Z t
0
˙ x(t)
x(t)−1dt= Z t
0
2tdt
⇒ ln
x(t)−1 x(0)−1
=t2
⇒
x(t) = 1 + (x(0)−1)et2 = 1−et2
5. a) Mit a = OA, b = OB und c=OC:
G(s, t) =s·a+t·b, s, t∈[0,1]
D(s, t) =c+s·a+t·b, s, t∈[0,1]
b) Es gilt F(x, y, z) = (z −y)·(0,−1,3)T || c. Das heisst F verl¨auft parallel zum Mantel.
Direkt: Der Normalenvektor auf Gist nG=a×b = (−2,−2,6)T Z
∂P
hF,nidA= Z 1
0
ds Z 1
0
dth(0, cy−cz,3cz,−3cy),nGi
= (−4·(−2) + 12·6) = 80,
da sich die Anteile mit s und t von G und D aufheben.
Satz von Gauss:
Z
∂P
hF,nidA= Z
P
divF dV = Z
P
4dV = 4ha×b,ci= 80
6. a) gradϑ(x, y, z) =
cos(z) 2√
x z y
−sin(z)√
x+ ln(y)
rot gradϑ(x, y, z) =
1 y − 1y
−sin(z)2√x +sin(z)2√x 0
=0 b) Der Satz von Stokes angewendet auf gradϑ:
Z
B
hrot gradϑ,nidσ= Z
γ=∂B
hgradϑ(γ(t)),γidt˙ = Z
γ=∂B
d
dtϑ(γ(t))dt = 0 f¨ur alle Gebiete B mit st¨uckweise differenzierbarem Rand γ. Da ϑ differen- zierbar und somit stetig ist, folgt die Behauptung.
7. a) Die Kurve ist symmetrisch bezyg- lich der y-Achse (t → −t ⇒ x →
−x, y →y). Beit= 0 gehtγdurch den Ursprung und bei t = ±√
3 schneidet γ die y-Achse bei (0,3).
Die Tangente an die Kurve bei t ist
˙ γ(t) =
t2−1 2t
. 0
1 2 3 4 5
−0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8
x y
Somit sind die Punkte mit vertikaler Tangente γ(±1) =
∓23 1
und die Punkte mit horizontaler Tangente γ(0) =
0 0
Die L¨ange der Kurve ist Z 2
−2
kγ(t)kdt˙ = Z 2
−2
p(t2−1)2+ 4t2dt= Z 2
−2
p(t2+ 1)2dt
= Z 2
−2
(t2 + 1)dt= t3 3 +t
2
−2
= 28 3 b) Sei D={x∈R2|kxk ≤1} die Einheitsscheibe.
Z
D
gd2x= Z 1
0
rdr Z 2π
0
dϕer2 = 2π1 2er2
1
0
=π(e−1)
Direkt:
g(h(t)) = et
2
9(t2−3)2+t4
= et
6 9+t34+t2
⇒ d
dtg(h(t)) = (2t5 3 + 4t3
3 + 2t)et
6 9+t34+t2
Kettenregel:
d
dtg(h(t)) =dg(h(t))dh(t) = 2 t
3(t2−3) t2
et
2
9(t2−3)2+t4 ·
t2−1 2t
= (2t5 3 + 4t3
3 + 2t)et
6 9+t34+t2
w(x, y) = exp e6(x2+y2)
9 + e4(x2+y2)
3 + e2(x2+y2)
!
dw(x, y) = dg(h(g(x, y)))·dh(g(x, y))·dg(x, y)
c) d) R
γhF(γ),γ(t)idt˙ =R
γ
t(t2−3) t2−3 t2
9(t2−3)2+23t4−t2
, t22t−1
dt=R2
−2(t(t2−1)+29t7)dt =
t4
4 − t22 +361t8
2
−2 = 0
∂Fy
∂x − ∂Fx
∂y = 2x+ 3x (y−3)2
Da dieser Ausdruck nicht verschwindet, kann F kein Potentialfeld sein.
8. a) w muss folgende Gleichung erf¨ullen:
π
4 + 1 =w2ln(1) +wcos(π) + π2
4π =−w+ π 4. Also w=−1.
b) Der Normalenvektor auf F in P ist gradf(P) = (−1,1,12)T. Die Koordina- tengleichung der Tangentialebene ist somit
hgradf(P), x−Pi= 0
⇒ −x+y+z
2 = 2 + π 2
Die Koordinatengleichung von s ist (z = 0) y =x+ 2 + π
2
c) d=kgradf(P)k= 32 d− 3
2 = 0=! hgradf(P),(cos(α),sin(α),0)Ti=−cos(α) + sin(α)
⇒α = π 4,5π
4
⇒e=± 1
√2(1,1,0).
Die Richtung e muss parallel zu s sein, da sie einerseits parallel zur xy- Ebene ist und andererseits senkrecht auf den Gradienten im Punkt P steht (was die selben Bedingungen wie f¨urs sind). Zum Wert d+ 32 gibt es keine Richtung, da die Richtungsableitung maximal d sein kann (in Richtung des Gradienten).
d) Df ={(x, y, z)∈R3|y >0}.
gradf = (2xln(y) + cos(z),x2
y ,−xsin(z) + z 2π)
Das heisst, es gibt keine kritischen Punkte, da nicht gleichzeitig die 2. und 3. Komponente des Gradienten 0 sein k¨onnen. Die Punkte in denen der Gradient parallel zur z-Achse ist, erf¨ullen
x= 0, cos(z) = 0 ⇒x= 0, z = π
2 +kπ, k ∈Z.
Diese Punkte liegen also auf den Strahlen (y >0) parallel zury-Achse durch (0,0,π2 +kπ), k ∈Z.
