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Prufungsklausur (A) Hohere Mathematik fur Ingenieure 2

25. Juli 2011 Losungshinweise Theorieteil

Aufgabe 1:

Der Vektor ~x =

0101

ist ein Eigenvektor der Matrix A =

−1 −1 1 1−3 2 3 0

0 −1 0 1−3 1 3 1

.

Bestimmen Sie den zum Eigenvektor ~x zugehorigen Eigenwert.

(Hinweis: Es ist nicht erforderlich, das charakteristische Polynom zu bestimmen.)

Losung:

Ist λ der Eigenwert zum Eigenvektor ~x der Matrix A, so gilt dafur A~x = λx, also−1 −1 1 1−3 2 3 0

0 −1 0 1−3 1 3 1

·

0101

=

0202

!= λ

0101

⇒ λ = 2 .

Aufgabe 2:

Skizzieren Sie die Niveaulinien der Funktion f(x, y) = ex2+y2−1 zu den Niveaus c = 1 und

c = e .

Losung:

f(x, y) = ex2+y2−1 = c , x2 + y2 − 1 = ln c , x2 + y2 = 1 + ln c .

c = 1 ⇒ x2 + y2 = 1 , Kreis um (0; 0) mit Radius 1 ;

c = e ⇒ x2 + y2 = 2 , Kreis um (0; 0) mit Radius√

2 .

(Anstelle der Skizze wurden die Kurven hier nur verbal beschrieben. Fur die vollstandige Losung

ist die Skizze jedoch erforderlich! )

Aufgabe 3:

Berechnen Sie die erforderlichen partiellen Ableitungen und zeigen Sie damit, dass dieFunktion f(t, x) = e−t cos x

cdie Gleichung

∂f

∂t= c2

∂2f

∂x2, c 6= 0,

erfullt.

Losung:

f(t, x) = e−t cos xc, fx = e−t

(− sin x

c

)· 1c, fxx = e−t

(− cos x

c

)·(1c

)2, ft = −e−t cos x

c,

⇒ c2 fxx = −e−t cos xc

= ft .

1



Aufgabe 4:

Berechnen Sie die Ableitungdw

dtfur w = ln(x2 + y) mit differenzierbaren Funktionen

x = x(t) und y = y(t) > 0 .

Losung:

Verallgemeinerte Kettenregel

dw

dt= wx · x′ + wy · y′ =

1

x2 + y· 2x · x′ + 1

x2 + y· y′ = 2x(t)x′(t) + y′(t)

x2(t) + y(t)

oder nach direktem Einsetzen und Anwendung der (gewohnlichen) Kettenregel

w(t) = ln(x2(t) + y(t)) ,

dw

dt= w′(t) =

1

x2(t) + y(t)· (2x(t) · x′(t) + y′(t)) =

2x(t)x′(t) + y′(t)

x2(t) + y(t).

Aufgabe 5:

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

a) y′ + x√y = x2

b) y′′ + 2y′ − 4y = sinx

c) y′ + x2y = 0

Losung:

a) Nichtlineare DGL 1. Ordnung. (In-)Homogenitat und Art der Koeffizienten hier ohne Sinn.

b) Inhomogene lineare DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten.

c) Homogene lineare DGL 2. Ordnung mit nichtkonstanten Koeffizienten.

2



Aufgabe 6:

Gegeben ist das Doppelintegral

∫ 2

−2

∫ √4−x20

f(x, y) dy dx .

Skizzieren Sie den Integrationsbereich und vertauschen Sie die Integrationsreihenfolge,

stellen Sie also das Integral in der Form

∫ d

c

∫ ψ(y)

ϕ(y)

f(x, y) dx dy dar.

Losung:y

x−2 2

x2 + y2 = 4

y =√4− x2

x =√

4− y2−√4− y2 = x

Der Integrationsbereich von ∫ 2

−2

∫ √4−x20

f(x, y) dy dx

ist ein Normalbereich bezuglich der x-Achse (Skizze):

−2 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤√

4− x2 .

Beschrieben als Normalbereich bezuglich der y-Achse:

0 ≤ y ≤ 2 , −√

4− y2 ≤ x ≤√

4− y2 .

Somit ergibt sich als Integral mit vertauschter Integrationsreihenfolge∫ 2

0

∫ √4−y2

−√

4−y2f(x, y) dx dy .

3



Aufgabe 7:

Beschreiben Sie den Bereich B in Polarkoordinaten.

Losung:

In Polarkoordinaten x = r cosϕ , y = r sinϕ ist der Bereich B zu beschreiben alsB =

{(r, ϕ) | 1 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ ϕ ≤ 3

4π}

.

4


23. Juli 2012 Losungshinweise Aufgabenteil

Aufgabe 1:

Gegeben ist die Matrix A =

2 3 10 −2 01 2 2

. (8 Punkte)

a) Ermitteln Sie alle Eigenwerte der Matrix A und die dazugehorigen Eigenvektoren. GebenSie jeweils die algebraische und geometrische Vielfachheit der Eigenwerte an.

b) Gibt es eine Basis des R3 aus Eigenvektoren von A ?

c) Geben Sie eine Matrix B an mit D = B−1AB, wobei D eine Diagonalmatrix ist, auf derenHauptdiagonale die Eigenwerte von A stehen.

Losung:

a) Eigenwerte aus der charakteristischen Gleichung |A− λE| = 0 :

|A− λE| =2− λ 3 1

0 −2− λ 01 2 2− λ

= (−2− λ)[(2− λ)2 − 1

]= 0

⇒ λ1 = −2 , (2− λ)2 = 1 , 2− λ = ±1 , λ2,3 = 2∓ 1 , λ2 = 1 , λ3 = 3 .

Alle Eigenwerte λ1,2,3 besitzen als einfache Nullstellen die algebraischen Vielfachheit 1.

Eigenvektoren aus den nichttrivialen Losungen des homogenen Gleichungssystems(A− λE) · ~v = ~0 : (Losung z.B. durch Gauss-Jordan-Elimination)

λ1 = −2

v1 v2 v34 3 1 00 0 0 0

1 2 4 0

0 −5 −15 00 0 0 01 2 4 00 1 3 00 0 0 01 0 −2 0

~v = t

2−3

1

, t ∈ R \ {0}.

λ2 = 1

v1 v2 v31 3 1 00 −3 0 01 2 1 01 3 1 00 −3 0 0

0 −1 0 01 0 1 00 0 0 00 1 0 0

~v = s

−101

, s ∈ R \ {0}.

λ3 = 3

v1 v2 v3−1 3 1 0

0 −5 0 0

1 2 −1 0

0 5 0 00 −5 0 01 2 −1 00 1 0 00 0 0 01 0 −1 0

~v = r

101

, r ∈ R\{0}.

(Die Darstellung der Losungmengen ist abhangig von der Wahl der Leitelemente und kann des-

halb von der angegebenen abweichen.)

Die Anzahl der Parameter in der Losungsmenge (Dimension des Eigenraumes) und da-mit die geometrische Vielfachheit ist fur alle λ1,2,3 gleich 1 und damit jeweils gleich deralgebraischen Vielfachheit .

1



b) Weil alle Eigenwerte verschieden voneinander und die zu verschiedenen Eigenwertengehorigen Eigenvektoren linear unabhangig sind, gibt es eine Basis des R3 nur aus Eigen-vektoren von A, z.B. das Vektorsystem

2−3

1

,

−101

,

101

.

(Wie man leicht sieht, ist besitzt die Determinante der daraus gebildeten Matrix den Wert

(−(−3)) · (−1 − 1) = −6 6= 0, die Vektoren sind also linear unabhangig und bilden tatsachlich

eine Basis des R3.)

c) Aus den Satzen uber die Diagonalisierbarkeit quadratischer Matrizen ist fur die aus linearunabhangigen Eigenvektoren von A gebildete Matrix

B =

2 −1 1−3 0 0

1 1 1

bekannt, dass dafur D = B−1AB gilt, wobei D eine Diagonalmatrix ist, auf deren Haupt-diagonale die Eigenwerte von A stehen.

Das gilt entsprehend auch fur alle Matrizen, die aus B dadurch enstehen, dass Spaltendurch ein (nicht verschwindendes) Vielfaches davon ersetzt werden.

2



Aufgabe 2:

Sei f(x, y) = x4 − x2 + (x− y)2 . (8 Punkte)

a) Bestimmen Sie alle lokalen Extremstellen von f(x, y) einschließlich der dazugehorigenFunktionswerte.

b) Ermitteln Sie die Gleichung der Tangentialebene an den Graphen von f(x, y) fur die Stelle(1; −1).

Losung:

a) f(x, y) = x4 − x2 + (x− y)2 = x4 − 2xy + y2

Ableitungen :

fx = 4x3 − 2y

fy = −2x+ 2y

fxx = 12x2

fyy = 2

fxy = fyx = −2

Notwendige Bedingungen :

4x3 − 2y = 0 (1) ,

−2x+ 2y = 0 (2) .

Aus (2) folgt y = x (∗) .

Eingesetzt in (1) ergibt das

4x3−2x = 2x(2x2−1) = 0 ⇒ x1 = 0 , x2,3 = ± 1√2

= ±12

√2 .

Aus (∗) folgt dafur y1 = 0 , y2,3 = ±12

√2 .

Damit gibt es die 3 stationaren Stellen P1 = (0; 0) , P2 = ( 1√2; 1√

2) , P3 = (− 1√

2;− 1√

2) .

Hesse-Matrix :

Hf =

(12x2 −2−2 2

)

|Hf | = 24x2 − 4

Hinreichende Bedingungen :

|Hf (P1)| = −4 < 0 ⇒kein lokales Extremum (Sattelpunkt) in P1

|Hf (P2,3)| = 8 > 0 , fyy = 2 > 0 ⇒lokale Minima in P2,3 mit f(P2,3) = 1

4− 1

2+ 0 = −1

4.

b) Tangentialebene fur die Stelle (1; −1), also im Flachenpunkt (1; −1; f(1; −1)):

z = f(1; −1) + fx(1; −1)(x− 1) + fy(1; −1)(y − (−1)) = 4 + 6(x− 1)− 4(y + 1)

z = 6x− 4y − 6

3



Aufgabe 3:

Gegeben sei die Kurve F (x, y) = y exy − 1 = 0 . (6 Punkte)

a) Bestimmen Sie alle Punkte auf der Kurve, in denen die lokale Auflosbarkeit nach y ent-sprechend dem Satz uber implizite Funktionen nicht garantiert ist.

b) Ermitteln Sie die Gleichung der Tangente an die Kurve in ihrem Schnittpunkt mit dery-Achse.

Losung:

a) Die lokale Auflosbarkeit die Gleichung F (x, y) = 0 nach y ist nicht garantiert inKurvenpunkten mit Fy(x, y) = 0, also fur alle Losungen des Gleichungssystems

(1) F (x, y) = y exy − 1 = 0

(2) Fy(x, y) = exy + y exy · x = (1 + yx) exy = 0

Aus (2) folgt 1 + yx = 0 und weiter x = − 1y

(∗) . Damit erhalt man aus (1) die

Gleichung y e−1 − 1 = 0 , also y = e und aus (∗) schließlich noch x = −e−1.

Der Punkt P (−e−1, e) ist der einzige Kurvenpunkt mit der geforderten Eigenschaft.

b) Den Schnittpunkt S mit der y-Achse (x = 0) findet man aus F (0, y) = y e0 − 1 = 0 beiy = 1.

Wegen S(0, 1) 6= P (−e−1, e) ist F (x, y) = 0 in einer Umgebung von S nach y = f(x)

lokal auflosbar mit f(0) = 1 und es gilt f ′(x) = −Fx(x, y)

Fy(x, y).

Wegen Fx(x, y) = y exy · y = y2 exy ergibt sich = −Fx(0, 1)

Fy(0, 1)= −1

1= −1 .

Damit hat man alle Daten zur Bestimmung der gesuchten Tangente und findet dafur

y = f(0) + f ′(0)(x− 0) = 1− x .

4



Aufgabe 4:

(8 Punkte)

a) Losen Sie das Anfangswertproblem y′ + 3 coshx = y coshx , y(0) = 1 .

b) Ermitteln Sie die allgemeine Losung der DGL y′′ − 4y′ + 5y = x ex .

(Partikulare Losung uber einen Ansatz vom Typ der rechten Seite!)

Losung:

a) y′ − y coshx = −3 coshx

ist eine inhomogene lineare DGL 1. Ordnung, die man jedoch nach der Umformung

y′ = (y − 3) coshx

schon alleine durch Trennung der Veranderlichen losen kann:

Konstante Losung: y = 3 (als Nullstelle von y − 3) .

TdV:∫dy

y − 3=

∫coshx dx , ln |y − 3| = sinhx+ C0 , |y − 3| = esinhx · C1 (C1 = eC0 > 0)

y = esinhx · C2 + 3 (C2 = ±C1 6= 0)

Die allgemeine Losung der (inhomogenen) DGL ist damit y = C esinhx + 3 , C ∈ R ,wobei sich fur C = 0 die konstante Losung ergibt.

Anfangswertproblem: y(0) = C esinh 0 + 3 = C + 3 = 1 , C = −2 , yA = −2 esinhx + 3 .

Losungsvariante: (als inhomogene lineare DGL 1. Ordnung)

Allgemeine Losung der homogenen Gleichung:

y′ − y coshx = 0 ⇒ yH = C e∫coshxdx = C esinhx (gemaß Losungsformel nach TdV).

Partikulare Losung der inhomogenen Gleichung (Variation der Konstanten):

y = c(x) esinhx ⇒ y′ − y coshx = c′ esinhx + c esinhx · coshx− c esinhx coshx!

= −3 coshx ,

c′ esinhx = −3 coshx , c = −3∫

e− sinhx · coshx dx = −3∫

e−t dt = 3 e−t = 3 e− sinhx

(Substitution sinhx = t , coshx dx = dt) .

Partikulare Losung: yP = c(x) esinhx = 3 e− sinhx · esinhx = 3 .

Allgemeine Losung der inhomogenen Gleichung: y = C esinhx + 3 , C ∈ R .

5



b) y′′ − 4y′ + 5y = x ex ,

inhomogene lineare Differentialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten.

Homogene Gleichung (Charakteristische Gleichung, Ansatz y = eλx)

λ2 − 4λ+ 5 = 0 , λ1,2 = 2± i (konjugiert komplex) , yH = C1 e2x sinx+C2 e2x cosx .

Partikulare Losung der inhomogenen Gleichung (Storgliedansatz)

”Storglied“ q(x) = x ex , deshalb Ansatzfunktion von gleichem Typ, d.b.

y = (Ax+B) ex , y′ = A ex + (Ax+B) ex , y′′ = 2A ex + (Ax+B) ex .

Einsetzen in die inhomogene Gleichung

y′′−4y′+5y = (2A+Ax+B−4A−4Ax−4B+5Ax+5B) ex = (2Ax−2A+2B) ex!

= x ex .

Koeffizientenvergleich 2A = 1 , − 2A+ 2B = 0 ⇒ A = B = 12

.

Partikulare Losung yP = 12(x+ 1) ex .

Allgemeine Losung der inhomogenen Gleichung

yI = yH + yP = C1 e2x sinx+ C2 e2x cosx + 12(x+ 1) ex .

6



Aufgabe 5:

Gegeben seien das Vektorfeld ~f(x, y, z) und die Kurve ~γ mit (8 Punkte)

~f(x, y, z) =

z + yx+ zy + x

und ~γ(t) =

x(t)y(t)z(t)

=

1− sin tcos tt

, 0 ≤ t ≤ π .

a) Zeigen Sie, dass das Vektorfeld ~f eine Stammfunktion besitzt.

b) Berechnen Sie eine Stammfunktion F (x, y, z) zu ~f(x, y, z).

c) Berechnen Sie das Kurvenintegral zweiter Art∫~γ~f(x, y, z) · d~x mit Hilfe der Stamm-

funktion F .

Losung:

a) Das betrachtete Vektorfeld ~f = (P,Q,R)T = (z + y, x + z, y + x)T ist definiert undstetig partiell differenzierbar auf R3 .

Die Integrabilitatsbedingung (fur Kurvenintegrale 2. Art im Vektorfeld)

rot ~f =

~i ~j ~k

∂·∂x

∂·∂y

∂·∂z

P Q R

=

~i ~j ~k

∂·∂x

∂·∂y

∂·∂z

z + y x+ z y + x

=

1− 1−1 + 1

1− 1

= ~0

ist erfullt, ~f ist ein Gradientenfeld, es existiert eine Stammfunktion F (x, y, z)

mit ~f = gradF .

b) Berechnung der Stammfunktion (Ansatzmethode):

1. Fx = P ⇒ F =∫Pdx =

∫(z + y) dx = zx+ yx+ c(y, z)

( c(y, z) Ansatz fur die von y und z abhangige Integrationskonstante).

2. Fy = Q ⇒ x+ cy(y, z) = x+ z ⇒ c(y, z) =∫z dy = zy + d(z)

( d(z) Ansatz fur die von z abhangige Integrationskonstante).

Zwischenstand: F (x, y, z) = zx+ yx+ zy + d(z) .

3. Fz = R ⇒ x+ y + d ′(z) = x+ y ⇒ d(z) =∫

0 dz = C .

Fur die Stammfunktion ergibt sich folglich: F (x, y, z) = zx+ yx+ zy + C .

c) Der Wert des Kurvenintegral zweiter Art∫~γ~f(x, y, z) ·d~x ist die Differenz der Werte der

Stammfunktion im Endpunkt und im Anfangspunkt der Kurve ~γ :∫~γ

~f(x, y, z) · d~x = F (~γ(π))− F (~γ(0)) = F (1− sin π, cos π, π)− F (1− sin 0, cos 0, 0)

= F (1,−1, π)− F (1, 1, 0) = π − 1− π − (0 + 1 + 0) = −2 .

7



Aufgabe 6:

Die Flachen z = 2x2 + y2 (Parabo-loid) und z = 4 − y2 schneiden sichin einer Kurve (Skizze). Zeigen Sie,dass die Projektion dieser Kurve indie x-y-Ebene ein Kreis ist und ge-ben Sie dessen Radius an.Berechnen Sie das durch die bei-den Funktionsflachen begrenzte Vo-lumen.(Polar- bzw. Zylinderkoordinaten ver-

wenden.) yx

z (7 Punkte)

Losung:

Fur die Schnittkurve besitzen beide Flachen die gleiche z-Koordinate (deren Wert fur ver-schiede Stellen (x, y) durchaus verschieden sein kann), es gilt also 2x2 + y2 = 4− y2 unddamit 2x2 + 2y2 = 4 bzw. x2 + y2 = 2 . Die Projektion der Schnittkurve in die x-y-Ebeneist also tatsachlich ein Kreis mit dem Radius

√2 . (Die Schnittkurve selbst ist die Kurve

uber diesem Kreis mit der z-Koordinate z = 2x2 + y2 oder wahlweise z = 4− y2.)Das von den zwei Funktionsflachen eingeschlossene Volumen V entspricht dem desKorpers

M = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 ≤ 2 , 2x2 + y2 ≤ z ≤ 4− y2}

und laßt sich berechnen als ebenes Bereichsintegral (Flachenintegral, Doppelintegral)

V =

∫∫B

(4− y2) d(x,y) −∫∫

B

(2x2 + y2) d(x,y) =

∫∫B

((4− y2) − (2x2 + y2)

)d(x,y)

= 2

∫∫B

(2− (x2 + y2)

)d(x,y)

uber der Kreisscheibe B = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 2} oder alternativ als raumlichesBereichsintegral (Raumintegral, Dreifachintegral) uber dem Korper M

V =

∫∫∫M

d(x,y,z) .

Der ebene Bereich B laßt sich als Normalbereich in Polarkoordinaten beschreiben als

B′ = { (r, ϕ) )| 0 ≤ r ≤√

2 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π }, das ebene Bereichintegral damit in Polarko-ordinaten transformieren (mit x = r cosϕ , y = r sinϕ , x2 + y2 = r2 und der Funktionalde-

terminante ∂(x,y)∂(r,ϕ) = r) und berechnen als :

V = 2

∫∫B′

(2− r2)·r d(r,ϕ) = 2

√2∫

r=0

2π∫ϕ=0

(2− r2) · r dϕ dr (Produktform!)

= 2

√2∫

r=0

(2r − r3) dr ·2π∫

ϕ=0

dϕ = 2

[r2 − r4

4

]√2r=0

· 2π = 4π

(2− 4

4

)= 4π .

8



Alternativ beschreibt man den Korper M als Normalbereich in Zylinderkoordinaten (mit

x = r cosϕ , y = r sinϕ , z = z und der Funktionaldeterminante ∂(x,y,z)∂(r,ϕ,z) = r)

M ′ = {(r, ϕ, z) | 0 ≤ r ≤√

2 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 2r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ︸︷︷︸2x2+y2

≤ z ≤ 4− r2 sin2 ϕ︸︷︷︸4−y2

}

und berechnet das transformierte Dreifachintegral

V =

∫∫∫M

d(x,y,z) =

∫∫∫M ′

r d(r,ϕ,z) =

√2∫

r=0

2π∫ϕ=0

4−r2 sin2 ϕ∫z=2r2 cos2 ϕ+r2 sin2 ϕ

r dz dϕ dr .

Nach Berechnung des inneren Integrals bezuglich z ergibt sich der Integrand

r ·((4− r2 sin2 ϕ)− (2r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ)

)= r ·

(4− 2r2(sin2 ϕ+ cos2 ϕ)

)= 2 ·(2−r2) ·r

und die Rechnung lauft anschließend mit dem so entstandenen Doppelintegral weiter wieoben.

9



Aufgabe Z:

Gegeben sei die Raumkurve ~γ mit der Parameterdarstellung (3 Punkte)

~γ(t) =

x(t)y(t)z(t)

=

√2 sinh2 t

−√

2 cosh2 t√3 cosh(2t)

, 0 ≤ t ≤ 12.

Berechnen Sie die Lange der Kurve ~γ.

Losung:

x =√

2 sinh2 t , x = 2√

2 sinh t cosh t , x2 = 8 sinh2 t cosh2 t ,

y = −√

2 cosh2 t , y = −2√

2 cosh t sinh t , y2 = 8 sinh2 t cosh2 t ,

z =√

3 cosh(2t) , z = 2√

3 sin(2t) = 4√

3 sinh t cosh t , z2 = 48 sinh2 t cosh2 t ,

x2 + y2 + z2 = 64 sinh2 t cosh2 t .

Fur die Kurvenlange erhalt man damit

s =

1π2∫0

√x2 + y2 + z2 dt =

12∫0

√64 sinh2 t cosh2 t dt =

12∫0

8 | sinh t cosh t| dt

=

12∫0

8 sinh t cosh t dt (?)(sinh t ≥ 0 , cosh t > 0 , 0 ≤ t ≤ 1

2

)= 4

12∫0

sinh(2t) dt = 42

[cosh(2t)

] 12

0= 2(cosh 1− cosh 0) = 2(cosh 1− 1) .

Das Integral (?) laßt sich alternativ auch losen durch Substitution von sinh t oder voncosh t oder durch partielle Integration.

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