Studiengang: Matrikelnummer:

1 2 3 4 5 6 7 8 Punkte

Prufungsklausur zum Modul

Hohere Mathematik fur Ingenieure 2

28. 7. 2014, 7.30 - 11.30 Uhr

- Theorieteil (60 min.) -

Mit den Losungen zum Theorieteil sind insgesamt 15 Punkte zu erzielen.

Zugelassene Hilfsmittel: Keine!

Das Aufgabenblatt ist mit abzugeben. Vergessen Sie bitte nicht, auf dem Aufgabenblattund jedem Losungsblatt Ihre Matrikelnummer gut leserlich anzugeben.

Aufgabe 1: Untersuchen Sie, ob es sich bei

−2xy + (4y − x2) · y′ = 0

(bzw. in anderer Schreibweise −2xy dx + (4y − x2) dy = 0)um eine exakte Differentialgleichung handelt. (Die Losung der Gleichung wird nichtverlangt.)

Losung:

Die Gleichung ist von der Form P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 mit P (x, y) = −2xy undQ(x, y) = 4y − x2.

Die fur die Exaktheit der Differentialgleichung notwendige Integrabilitatsbedingung isterfullt:

Py = −2x = Qx.

Da P und Q in ganz R2 definiert sind und dieser einfach zusammenhangend ist, ist die

Bedingung auch hinreichend, d. h. die Differentialgleichung ist exakt.

Aufgabe 2: Bestimmen Sie a ∈ R so, dass die Funktion

f(x, y) =

sin(x2 + y2)

x2 + y2, (x, y) 6= (0, 0),

a, (x, y) = (0, 0)

stetig im Nullpunkt wird.

Losung:

Die Stetigkeit in (0, 0) bedeutet, dass f in (0, 0) definiert ist und dort einen Grenzwertbesitzt, der mit dem Funktionswert ubereinstimmt. Die Bestimmung des Grenzwerteskonnen wir auf den Fall einer Funktion von einer Variablen zuruckfuhren, indem wirt = |(x, y)|2 = x2 +y2 substituieren. Dann gilt (x, y) → (0, 0) genau dann, wenn t → 0.

Wir haben also den bekannten Grenzwert

lim(x,y)→(0,0)

sin(x2 + y2)

x2 + y2= lim

t→0

sin t

t= 1.

Stetigkeit liegt also genau im Falle a = 1 vor.

Aufgabe 3: Klassifizieren Sie die folgenden Differentialgleichungen (Ordnung, (Nicht-)Linearitat,ggf. (In-)Homogenitat, Art der Koeffizienten). Dabei gelte y = y(x).

(a) y′′ − 3xy′ + cos(x)y = 0, (b) y′′′ + 2y′ = x sin(x), (c) yy′ = 1 .

Losung:

a) lineare, homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung mit variablen Koeffizi-enten

b) lineare, inhomogene Differentialgleichung dritter Ordnung mit konstanten Koeffi-zienten

c) nichtlineare Differentialgleichung erster Ordnung

Aufgabe 4: Auf welche Punktmenge wird die Gerade ~x = t

1

2

, t ∈ R, von der linearen Abbil-

dung f(x, y) =

2x

x − 3y

abgebildet?

Losung:

Fur alle Punkte ~x auf der gegebenen Geraden ist wegen der vorausgesetzten Linearitatvon f

f(~x) = f

t

2t

=

2t

t − 6t

= t

2

−5

, t ∈ R,

d. h. die Menge der Bildpunkte ist die Gerade durch den Ursprung in Richtung des

Vektors

2

−5

.

Aufgabe 5: Was versteht man unter einem Fundamentalsystem einer homogenen linearen Differen-tialgleichung 2. Ordnung?

Prufen Sie, ob die Funktionen y1(x), y2(x) jeweils ein Fundamentalsystem von Losun-gen der linearen Differentialgleichung

x2y′′ + 4xy′ + 2y = 0, x > 0

bilden:

(a) y1(x) =1

x, y2(x) = x,

(b) y1(x) =1

x, y2(x) =

1

x2.

Losung:

Ein Fundamentalsystem einer homogenen linearen Differentialgleichung 2. Ordnung istein System von zwei linear unabhangigen Funktionen y1, y2, die diese Differentialglei-chung erfullen.

Die lineare Unabhangigkeit kann anhand des Nichtverschwindens der Wronski-Determinante uberpruft werden.

(a) Wir haben y′

2 = 1, y′′

2 = 0. Damit gilt

x2y′′

2 + 4xy′

2 + 2y2 = 4x + 2x = 6x 6≡ 0 fur x > 0,

d. h. y2 erfullt die Differentialgleichung nicht, daher kann schon kein Fundamen-talsystem vorliegen.

(b) Wir haben y′

1 = − 1x2 , y′′

1 = 2x3 sowie y′

2 = − 2x3 , y′′

2 = 6x4 . Damit gilt

x2y′′

1 + 4xy′

1 + 2y1 =2

x− 4

x+

2

x≡ 0 und

x2y′′

2 + 4xy′

2 + 2y2 =6

x2− 8

x2+

2

x2≡ 0 fur x > 0,

d. h. beide Funktionen erfullen die Differentialgleichung.

Die lineare Unabhangigkeit folgt durch Betrachtung der Wronski-Determinante:

W =y1 y2

y′

1 y′

2

=1x

1x2

− 1x2 − 2

x3

= − 2

x4+

1

x4= − 1

x46= 0 fur x > 0.

Aufgabe 6: Bestimmen Sie a ∈ R so, dass (0, −1) ein stationarer Punkt von

f(x, y) = x(x − 2a) + x(y − a2)

ist.

Losung:

Ein stationarer Punkt (x, y) muss die Bedingungen

fx = 2x − 2a + y − a2 = 0

fy = x = 0

erfullen.

Einsetzen des Punktes (x, y) = (0, −1) liefert fur die erste Gleichung

fx(0, −1) = −2a − 1 − a2 = −(a + 1)2 = 0.

Dies gilt genau fur a = −1. Die zweite Gleichung ist ebenfalls erfullt. Also ist (0, −1)genau im Falle a = −1 stationarer Punkt.

Aufgabe 7: Bestimmen Sie den Definitionsbereich der Funktion

g(x, y) = ln(x2 + y2 − 1).

Skizzieren Sie diesen Definitionsbereich sowie die Niveaulinien von g zu den Niveausc1 = 0, c2 = ln 2 und c3 = ln 3.

Losung:

Die Funktion g(x, y) ist definiert, wenn das Argument des Logarithmus positiv ist, alsox2 + y2 > 1 gilt. Der Definitionsbereich ist also das Außere der Kreisscheibe mit demRadius 1 um den Ursprung.

Die Niveaulinie zum Niveau c hat die Gleichung

ln(x2 + y2 − 1) = c ⇐⇒ x2 + y2 = ec + 1,

es handelt sich also um einen Kreis um den Ursprung mit dem Radius√

ec + 1. Diedrei gesuchten Niveaulinien sind demnach Kreise mit den Radien

√2,

√3 bzw. 2.

DHgL

-2 -1 1 2x

-2

-1

1

2

y

c1 = 0c2 = ln 2c3 = ln 3

Aufgabe 8: Skizzieren Sie den Bereich B, der von den Kreisen x2 + y2 = 1 und x2 + y2 = 9 sowieden Geraden y = x und y = −x begrenzt wird und den Punkt P = (−2, 0) enthalt.

Beschreiben Sie B mit Hilfe von Polarkoordinaten.

Losung:

B

P

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

x

y

B in Polarkoordinaten:x = r cos ϕ,y = r sin ϕ

mit3π

4≤ ϕ ≤ 5π

4,

1 ≤ r ≤ 3.

Studiengang: Matrikelnummer:

1 2 3 4 5 6 Z Aufgaben Theorie Gesamt Note

Prufungsklausur zum Modul

Hohere Mathematik fur Ingenieure 2

28. 7. 2014, 7.30 - 11.30 Uhr

- Aufgabenteil (180 min.) -

Zugelassene Hilfsmittel: 2 A4-Blatter eigene, handschriftliche Ausarbeitungen aber keine

Vorlesungs- oder Ubungsmitschriften, Formelsammlungen aber keine Lehrbucher, die vorgegebe-

ne Tabelle von Grenzwerten, Reihen, Grundintegralen und Integrationsformeln, Taschenrechner

(auch grafikfahig) aber ohne Computer-Algebra-System (CAS).

Bearbeiten Sie bitte jede Aufgabe auf einem separaten Blatt bzw. auf separaten Blattern. Das

Aufgabenblatt ist mit abzugeben. Vergessen Sie bitte nicht, auf dem Aufgabenblatt und jedem

Losungsblatt Ihre Matrikelnummer gut leserlich anzugeben.

Der Losungsweg ist stets anzugeben, er sollte in allen Schritten durch eigene Rechnungen deutlich

erkennbar, begrundet und nachvollziehbar sein. Das gilt insbesondere fur auftretende Integrale,

die durch Anwendung geeigneter Integrationsmethoden zu losen sind. Nur dann kann nach de-

taillierter Bewertung die volle Punktzahl erreicht werden. Viel Erfolg!

Aufgabe 1: Fur ein γ ∈ R sei A =

2 2 10 2 γ

0 −1 0

gegeben. 8 Punkte

(a) Berechnen Sie die Eigenwerte von A in Abhangigkeit von γ. Ermitteln Sie alleγ ∈ R, fur die die Matrix A drei verschiedene Eigenwerte hat.

(b) Geben Sie γ ∈ R so an, dass 5 ein Eigenwert von A ist.

(c) Fur den Fall γ = 1 berechne man die Eigenvektoren von A, gebe die algebrai-schen und geometrischen Vielfachheiten aller Eigenwerte an und entscheide, obdie Matrix diagonalisierbar ist.

Losung:

(a) Wir berechnen∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 − λ 2 10 2 − λ γ

0 −1 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −(λ − 2)

∣

∣

∣

∣

2 − λ γ

−1 −λ

∣

∣

∣

∣

= −(λ − 2)(λ2 − 2λ + γ).

Damit erhalten wir λ1 = 2 und

λ2,3 = 1 ±√

1 − γ.

Damit es drei verschiedene Eigenwerte gibt muss

1 +√

1 − γ 6= 1 −√

1 − γ,

also γ 6= 1, sowie

1 +√

1 − γ 6= 2,

also γ 6= 0, gelten. Folglich gibt es drei verschiedene Eigenwerte, falls γ ∈ R\{0, 1}.

(b) Wir haben

1 +√

1 − γ = 5.

Damit erhalten wir γ = −15.

(c) Fur γ = 1 ist λ1 = 2 Eigenwert mit algebraischer Vielfachheit 1 und λ2,3 = 1Eigenwert mit algebraischer Vielfachheit 2. Wir haben fur λ1 = 2 nicht-trivialeLosungen zu

0 2 10 0 10 −1 −2

x1

x2

x3

=

000

zu finden. Fur p ∈ R \ {0} ist

v1 = p

100

Eigenvektor zu λ1 = 2. Die geometrische Vielfachheit von λ1 ist also 1.

Fur λ2,3 = 1 haben wir nicht-triviale Losungen zu

1 2 10 1 10 −1 −1

x1

x2

x3

=

000

zu finden. Fur p ∈ R \ {0} ist

v1 = p

1−11

Eigenvektor zu λ2,3 = 1. Einen weiteren gibt es nicht. Damit ist die geometrischeVielfachheit von λ2,3 = 1 nur 1.

Die Matrix A ist fur γ = 1 nicht diagonalisierbar ist, da es keine Basis fur R3 ausEigenvektoren von A gibt.

Aufgabe 2: Ein Stahlkorper der Masse m mit kreisformiger Grundflache steht senkrecht 5 Punkte

auf einem Podest. Es wird der Druck p betrachtet, welcher durch den Korper auf dasPodest ausgeubt wird. Der Radius r der Grundflache des Stahlkorpers und dessenMasse m ergeben sich durch Messungen. Fur die Masse wurde m = (1000 ± 0.02)kgund fur den Radius r = (0.3 ± 0.005)m gemessen. Der Druck p ergibt sich durch dieFormel

p =m · g

π · r2,

wobei die Fallbeschleunigung g = 9.81 ms2 als fest vorausgesetzt wird. Schatzen Sie den

absoluten Fehler des zu bestimmenden Druckes p in Pa und den relativen Fehler desDruckes mithilfe des vollstandigen (bzw. totalen) Differentials.

Losung:

pm =g

π · r2, pr = −2

m · g

π · r3.

Absoluter Fehler:

|∆p| ≈ | dp| = |pm · dm + pr · dr|≤ |pm| · | dm| + |pr| · | dr|= 34.7 · 0.02 + 231305.18 · 0.005

= 1157.22 [Pa].

Relativer Fehler:

p =m · g

π · r2=

1000 · 9.81

π · 0.32= 34695.78 [Pa].

∣

∣

∣

∣

∆p

p

∣

∣

∣

∣

≈∣

∣

∣

∣

dp

p

∣

∣

∣

∣

=1157.22

34695.78≈ 0.033 = 3.3%.

Aufgabe 3: Gegeben seien die Funktion f(x, y) = xy − 2x2 − 2y2 − 1 13 Punkte

sowie die Kurve g(x, y) = 3 − x2 − y2 = 0.

(a) Bestimmen Sie die Richtungsableitung von f(x, y) an der Stelle ~x0 = (2, −1) in

Richtung ~a =

√2

2

(

11

)

.

(b) Bestimmen Sie Art und Lage der relativen Extrema von f(x, y) sowie die zu-gehorigen Extremwerte.

(c) Geben Sie fur die Kurve g(x, y) = 0 den Anstieg an der Stelle x = −3

2fur das

Kurvenstuck im 2. Quadranten an.

(d) Bestimmen Sie alle stationaren Stellen von f(x, y) unter der Nebenbedingungg(x, y) = 0.

Losung:

Wir haben (grad f)(x, y) =

(

y − 4x

x − 4y

)

.

(a) Da ~a bereits normiert ist, gilt fur die Richtungsableitung

∂f

∂~a(~x0) = (grad f)(~x0) · ~a =

√2

2

(

−96

)

·(

11

)

= −3√

2

2.

(b) Als notwendige Bedingung fur eine Extremstelle haben wir

fx(x, y) = y − 4x = 0

fy(x, y) = x − 4y = 0

mit dem stationaren Punkt ~xs =

(

00

)

als einziger Losung.

Die Hesse-Matrix von f ist hier konstant gleich H =

(

−4 11 −4

)

.

Da det H = 15 > 0 und fxx = −4 < 0, ist H negativ definit. Daher liegt in ~xs einMaximum mit dem Wert f(~xs) = −1 vor.

(c) Aus g(x, y) = 0 folgt fur x = −3

2die Beziehung y2 = 3 − 9

4=

3

4. Da das

Kurvenstuck im 2. Quadranten (also mit y ≥ 0 betrachtet werden soll, ist der zu

betrachtende Punkt (x, y) =

(

−3

2,

√3

2

)

.

Fur den Anstieg der durch g(x, y) = 0 implizit gegebenen Funktion gilt

y′(x) = −gx(x, y)

gy(x, y)= −2x

2y=

√3.

(d) Wir haben die Lagrangefunktion

L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y) = xy − 2x2 − 2y2 − 1 + λ(3 − x2 − y2).

Eine stationare Stelle unter der Nebenbedingung g(x, y) = 0 erfullt die Gleichun-gen

(I) Lx = y − 4x − 2λx = 0(II) Ly = x − 4y − 2λy = 0(III) Lλ = 3 − x2 − y2 = 0.

Aus (II) folgt

(IV) x = (4 + 2λ)y,

Einsetzen in (I) liefert

y − (4 + 2λ)x = y − (4 + 2λ)2y = y(

1 − (4 + 2λ)2)

= 0,

dabei ist y = 0 keine Losung (weil aus (II) x = 0 folgen wurde und (III) nichterfullt ware), stattdessen nur

(

1 − (4 + 2λ)2)

= 0, folglich

λ1 = −3

2, λ2 = −5

2.

Aus (IV) folgt damit x = ±y, und mit (III) ergeben schließlich die vier stationarenStellen

(

√

3

2,

√

3

2

)

,

(

√

3

2, −√

3

2

)

,

(

−√

3

2,

√

3

2

)

und

(

−√

3

2, −√

3

2

)

.

Aufgabe 4: 8 Punkte

(a) Zeigen Sie, dass die Differentialgleichung y′ = 2x y2 + 2x trennbar ist (dabei isty = y(x)).Bestimmen Sie die Losung zur Anfangsbedingung y

(√

π2

)

= 1.

(b) Berechnen Sie die allgemeine Losung des Differentialgleichungssystems

x′(t) = 4x(t) + 3y(t)y′(t) = − 6x(t) − 5y(t).

Losung:

(a) Schreiben wir y′ =dy

dx, so erhalten wir

dy

dx= 2x(1 + y2), also

dy

1 + y2= 2x dx.

Somit sind die Variablen getrennt, die Dgl. ist also trennbar. Integration aufbeiden Seiten ergibt

arctan y = x2 + c

y = tan(x2 + c), c ∈ R.

Aus der Anfangsbedingung erhalten wir

1 = tan(π

2+ c)

=⇒ c = −π

4(+kπ).

(Da die Tangensfunktion π-periodisch ist, andert die Addition eines Vielfachenvon π zur Konstanten nichts an der Losung.)

(b) Zur Losung dieses homogenen linearen Differentialgleichungssystems benotigen

wir die Eigenwerte und Eigenvektoren der Systemmatrix A =

(

4 3−6 −5

)

.

Das charakteristische Polynom lautet

pA(λ) =4 − λ 3−6 −5 − λ

= (4 − λ)(−5 − λ) + 18 = λ2 + λ − 2.

Seine Nullstellen, d. h. die EW von A, sind

λ1,2 = −1

2±√

1 + 8

4, also λ1 = 1, λ2 = −2.

EV zu λ1:

3 3 0−6 −6 0

0 0 0

Setzen y = s =⇒ x = −s.

=⇒ allg. Lsg.: ~x = s

(

−11

)

, s ∈ R.

Der Eigenunterraum zu λ1 wird vom dem Vektor ~v1 =

(

−11

)

aufgespannt.

EV zu λ2:

6 3 0−6 −3 0

0 0 0

Setzen x = s =⇒ y = −2s.

=⇒ allg. Lsg.: ~x = s

(

1−2

)

, s ∈ R.

Der Eigenunterraum zu λ2 wird vom dem Vektor ~v2 =

(

1−2

)

aufgespannt.

Die Vektoren ~v1, ~v2 bilden zusammen eine Basis des R2 aus EV von A. Als allge-

meine Losung des homogenen linearen Dgl.-systems erhalten wir daher

~x(t) = c1eλ1t~v1 + c2e

λ2t~v2 = c1et

(

−11

)

+ c2e−2t

(

1−2

)

, c1, c2 ∈ R.

Aufgabe 5: Gegeben sei das Kurvenintegral 2. Art 5 Punkte

∫

~γ

(

cos(x+y)+a(x−2y) sin(x+y))

dx+(

−2 cos(x+y)+ b(x−2y) sin(x+y))

dy.

(a) Ermitteln Sie alle Werte der Parameter a und b so, dass dieses Kurvenintegralwegunabhangig ist.

(b) Bestimmen Sie fur die in (a) ermittelten Parameter eine Stammfunktion des In-tegranden.

Losung:

(a) Das Kurvenintegral∫

~γP dx + Q dy ist in der einfach zusammenhangenden Ebene

R2 genau dann wegunabhangig, wenn die Integrabilitatsbedingung Py = Qx erfullt

ist. Wegen

P (x, y) = cos(x + y) + a(x − 2y) sin(x + y),

Q(x, y) = −2 cos(x + y) + b(x − 2y) sin(x + y),

damit

Py(x, y) = − sin(x + y) − 2a sin(x + y) + a(x − 2y) cos(x + y),

Qx(x, y) = 2 sin(x + y) + b sin(x + y) + b(x − 2y) cos(x + y),

ist dies aquivalent zu

−1 − 2a = 2 + b, a = b.

Folglich ist das Kurvenintegral genau fur a = b = −1 wegunabhangig.

(b) Eine Stammfunktion F erfullt

Fx(x, y) = cos(x + y) − (x − 2y) sin(x + y) (1)

Fy(x, y) = −2 cos(x + y) − (x − 2y) sin(x + y) (2)

Partielle Integration von (1) liefert

F (x, y) =

∫

(

cos(x + y) − (x − 2y) sin(x + y))

dx

= sin(x + y) + (x − 2y) cos(x + y) −∫

cos(x + y) dx

= sin(x + y) + (x − 2y) cos(x + y) − sin(x + y) + C(y)

= (x − 2y) cos(x + y) + C(y)

Setzt man dies in (2) ein, bleibt C ′(y) = 0 ubrig, also ist C konstant und F (x, y) =(x − 2y) cos(x + y) eine Stammfunktion.

Aufgabe 6: 6 Punkte

Gegeben sei der Korper mit der Dichte(x, y, z) = 2z+1, welcher im ersten Oktan-ten durch die Ebene x + y = 1 sowie durchz =

√x + y beschrankt wird (Skizze).

Berechnen Sie die Masse des Korpers miteinem Volumenintegral.

Losung:

Zuerst das Aufstellen der Normalbereiche:

0 ≤ z(x, y) ≤ √x + y

0 ≤ y(x) ≤ 1 − x

0 ≤ x ≤ 1.

Das daraus entstehende Integral von innen nach außen losen:

∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫

√x+y

0

(2z + 1) dz dy dx

=

∫ 1

0

∫ 1−x

0

[

z2 + z]

√x+y

z=0dy dx

=

∫ 1

0

∫ 1−x

0

(

x + y +√

x + y)

dy dx

=

∫ 1

0

[

xy +y2

2+

2

3(x + y)

3

2

]1−x

y=0

dx

=

∫ 1

0

(

x (1 − x) +1

2(1 − x)2 +

2

3− 2

3x

3

2

)

dx

=

∫ 1

0

(

−1

2x2 +

7

6− 2

3x

3

2

)

dx

=

[

−1

6x3 +

7

6x − 4

15x

5

2

]1

x=0

= − 1

6+

7

6− 4

15

=11

15.

Zusatz -

Aufgabe:

Man ermittle die Lange der Kurve mit der Parameterdarstellung 3 Punkte

x(t) = t2 cos t, y(t) = t2 sin t, 0 ≤ t ≤ 1.

Losung:

Wir haben

x′(t) = 2t cos t − t2 sin t, y′(t) = 2t sin t + t2 cos t.

Das skalare Bogenelement ist dann

ds =√

(x′(t))2 + (y′(t))2 dt

=√

4t2 cos2 t − 4t3 cos t sin t + t4 sin2 t + 4t2 sin2 t + 4t3 cos t sin t + t4 cos2 t dt

=√

4t2 + t4 dt =√

t2(4 + t2) dt = t√

4 + t2 dt,

die Kurvenlange ist daher

L =

∫ 1

0

t√

4 + t2 dt =u=4+t2,du=2t dt

1

2

∫ 5

4

√u du =

1

3u3/2

∣

∣

∣

5

4

=1

3(√

125 − 8) ≈ 1.06 .