Musterlösungen - Institut fuer Mathematik - Humboldt

Humboldt-Universität zu Berlin
Mathematik für Naturwissenschaftler II
Institut für Mathematik
Sommersemester 2015
Dr. Jens A. Griepentrog
http://www.math.hu-berlin.de/∼griepent/chemie.html
Klausur
20. Juli 2015
(90 Minuten)
Name:
Vorname:
Studiengang:
Matrikelnummer:
Ergebnis
Aufgabe
1
2
3
4
5
6
P
Mögliche Punktzahl
8
8
8
8
8
8
48
Erreichte Punktzahl
Korrektor
Hinweise:
1. Bitte füllen Sie das Deckblatt vollständig und gut lesbar aus!
2. Sie können in der Klausur als Hilfsmittel ein beidseitig von Hand beschriebenes
A4-Blatt benutzen.
3. Bitte fangen Sie jede Aufgabe auf einem neuen Blatt an!
4. Numerieren Sie die Lösungsblätter durch und versehen Sie alle Blätter zusätzlich
zu Ihrer Matrikelnummer auch mit Ihrem Namen!
5. Nach Beendigung der Klausur sind die Lösungsblätter im Faltblatt abzugeben!
Aufgabe 1. Man zeige, daß es eine Gerade V = sv ∈ R3 | s ∈ R durch den Nullpunkt
gibt, die zu den drei Ebenen
M1 = x ∈ R3 | 2x1 − x2 − x3 = 7 ,
M2 = x ∈ R3 | 6x1 + x2 + 5x3 = −3 ,
M3 = x ∈ R3 | 2x1 + 2x2 + 5x3 = 4
parallel ist und bestimme einen Richtungsvektor v ∈ R3 , der diese Gerade definiert!
Lösung. 1. Eine Gerade V = sv ∈ R3 | s ∈ R mit dem Richtungsvektor v ∈ R3 ist
genau dann parallel zu einer Ebene im R3 , wenn v senkrecht auf einem Normalenvektor
u ∈ R3 dieser Ebene steht. Somit verläuft die Gerade V = sv ∈ R3 | s ∈ R parallel
zu den drei Ebenen M1 , M2 , M3 , wenn v zu jedem der Normalenvektoren
 
 
 
2
6
2
 
 
 
u1 = −1 , u2 = 1 , u3 = 2 ∈ R3
−1
5
5
dieser Ebenen orthogonal ist.
2. Damit wird der gesuchte Richtungsvektor v ∈ R3 von V durch die Lösung des
homogenen linearen Gleichungssystems
­
­
2v1 − v2 − v3 = 0
6v1 + v2 + 5v3 = 0
2v1 + 2v2 + 5v3 = 0
bestimmt. Das

2

6
2
erweiterte Koeffizientenschema



·2
2 −1 −1 0
−1 −1 0



−+
wird mittels 8 0
4 0 | : 4
1
5 0 ←
6 0
3 0 | :3
2
5 0 ←−−− +
­
elementar umgeformt. Daraus folgt




 
2 −1 −1 0 ←
−+
0 −1 −2 0
1






·(−1) ·(−1) und 2
1 0
0
1 0 , mithin v =  4  ∈ R3
2 0
2 0
1 0 ←−−−−− +
0 0
0 0
−2
als Richtungsvektor einer Geraden V = sv ∈ R3 | s ∈ R durch den Nullpunkt, die
parallel zu den Ebenen M1 , M2 , M3 verläuft.
­
Alternative. 1. Eine Gerade V = sv ∈ R3 | s ∈ R mit dem Richtungsvektor v ∈ R3 ist
parallel zu einer Ebene im R3 , wenn v einer der Vektoren ist, der diese Ebene aufspannt.
2. Die senkrecht auf den Ebenen M1 , M2 , M3 stehenden Normalenvektoren
 
 
 
2
6
2
 
 
 
u1 = −1 , u2 = 1 , u3 = 2 ∈ R3
−1
5
5
¬
sind paarweise linear unabhängig. Damit ist jeder der Durchschnitte M1 ∩ M2 , M2 ∩ M3
und M3 ∩ M1 zweier Ebenen jeweils eine Gerade im R3 , und der Richtungsvektor dieser
Geraden steht senkrecht auf den Normalenvektoren der sich schneidenden Ebenen.
Die Gerade M1 ∩ M2 besitzt den Richtungsvektor
    

2
6
−4
    

v3 = u1 × u2 = −1 × 1 = −16 ,
−1
5
8
¬
¬
¬
die Gerade M2 ∩ M3 zeigt in Richtung
¬
    

6
2
−5
    

v1 = u2 × u3 = 1 × 2 = −20 ,
5
5
10
und die Gerade M3 ∩ M1 hat
¬
     
3
2
2
     
v2 = u3 × u1 = 2 × −1 =  12 
−6
−1
5
als Richtungsvektor. Da die Vektoren v1 , v2 , v3 ∈ R3 Vielfache des Vektors
 
1
 
v =  4  ∈ R3
−2
¬
sind, läuft die Gerade V = sv ∈ R3 | s ∈ R parallel zu den Ebenen M1 , M2 , M3 .
¬
Aufgabe 2. Man berechne die Eigenwerte von


1 −1 2


A = −1 1 −2 ∈ L (R3 ; R3 )
2 −2 4
und bestimme eine Basis des R3 aus Eigenvektoren dieser Matrix!
Proof. 1. Aufgrund ihrer Symmetrie ist die Matrix A diagonalisierbar und hat ausschließlich reelle Eigenwerte. Zur Bestimmung der Eigenwerte λ ∈ R wird die Determinante
1 − λ −1
2
det(A − λE) = −1 1 − λ −2 = (1 − λ)2 (4 − λ) + 8 − 8(1 − λ) − (4 − λ)
2
−2 4 − λ
¬
berechnet. Die charakteristische Gleichung det(A − λE) = 0 liefert λ2 (λ − 6) = 0. Ihre
Nullstellen λ1 = λ2 = 0 und λ3 = 6 sind die Eigenwerte der Matrix A.
2. Gesucht werden zwei linear unabhängige Eigenvektoren zum doppelten Eigenwert
λ1 = λ2 = 0, also Lösungen u ∈ R3 des linearen Gleichungssystems (A − λ1 E)u = 0.
Elementare Umformungen der erweiterten Koeffizientenmatrix
 
 




1 −1 2 0
1 −1 2 0
0
−2








·2 ←
− + liefern 0 0 0 0 und u1 =  0  , u2 = 2 .
−1 1 −2 0
0 0 0 0
−+
2 −2 4 0 ←
1
1
¬
¬
Damit sind u1 , u2 ∈ R3 zwei linear unabhängige Eigenvektoren zu λ1 = λ2 = 0.
3. Um einen Eigenvektor zum Eigenwert λ3 = 6 zu finden, wird eine Lösung u ∈ R3
des linearen Gleichungssystems (A − λ3 E)u = 0 gesucht. Elementare Umformungen der
erweiterten Koeffizientenmatrix




−5 −1 2 0 ←−−− +
0
24 12 0 | : 12




·2 ·(−5) führen auf −1
−5 −2 0
−1 −5 −2 0
2 −2 −2 0 ←
0 −12 −6 0 | : 6
−+
¬
¬
¬
sowie




 
·2
0
2
1 0
0
2 1 0
1






−+
und damit −1 −1 0 0 , also u3 = −1 .
−1 −5 −2 0 ←
0 −2 −1 0 ←−−− +
0
0 0 0
2
Somit ist u3 ∈ R3 Eigenvektor zu λ3 = 6. Da der Eigenvektor u3 ∈ R3 senkrecht auf den
linear unabhängigen Eigenvektoren u1 , u2 ∈ R3 steht, ist {u1 , u2 , u3 } eine Basis des R3
aus Eigenvektoren der Matrix A.
¬
¬
Aufgabe 3. Seien drei Kugeln mit dem Radius r = 2 und den Mittelpunkten
 
 
 
−4
4
−1
 
 
 
u = −5 , v = −5 , w =  7  ∈ R3
1
7
−3
gegeben. Man bestimme Koeffizienten a1 , a2 , a3 ∈ R und b1 , b2 , b3 ∈ R sowie c, d ∈ R
für die Gleichungsdarstellung der beiden Ebenen
M1 = x ∈ R3 | a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 = c ,
M2 = x ∈ R3 | b1 x1 + b2 x2 + b3 x3 = d ,
die von den drei Kugeln auf derselben Seite berührt werden!
Lösung. 1. Die Verbindungsvektoren v −u, w−u ∈ R3 der Kugelmittelpunkte sind linear
unabhängig und spannen daher eine Ebene M0 ⊂ R3 auf. Somit gibt es zwei Ebenen M1 ,
M2 ⊂ R3 , die auf einer Seite von den drei Kugeln berührt werden. Jeder Radiusvektor,
der den Berührungspunkt einer Kugel mit ihrem Mittelpunkt verbindet, steht senkrecht
auf der Berührungsebene M1 . Da alle drei Kugeln die Ebene M1 auf derselben Seite
berühren und denselben Radius r = 2 besitzen, hat die Ebene M1 zur Ebene M0 den
Abstand r = 2. Somit sind beide Ebenen M0 und M1 parallel.
Da es auf der anderen Seite der Ebene M0 noch eine zweite Ebene M2 ⊂ R3 gibt, die
auf einer Seite von den drei Kugeln berührt wird, verlaufen auch die beiden Ebenen M0
und M2 parallel zueinander und haben ebenfalls den Abstand r = 2.
2. Der zu den beiden Verbindungsvektoren v − u, w − u ∈ R3 orthogonale Vektor

    
−72
3
8

    
a = (v − u) × (w − u) = 0 ×  12  =  50  ∈ R3
96
−4
6
¬
¬
¬
¬
steht senkrecht auf der Ebene M0 , also auch auf den Ebenen M1 und M2 . Er hat die
Länge kak = 130. Da die beiden Ebenen M1 , M2 jeweils im Abstand r = 2 auf beiden
Seiten der Ebene M0 liegen, kann man zwei Punkte
ra
ra
y =u+
∈ M1 und z = u −
∈ M2
kak
kak
fixieren. Aus M1 = x ∈ R3 | (a|x − y) = 0 und M2 = x ∈ R3 | (a|x − z) = 0 folgt
wegen (a|y) = (a|u) + rkak = 394 und (a|z) = (a|u) − rkak = −126 die Darstellung
M1 = x ∈ R3 | −72x1 + 50x2 + 96x3 = 394 ,
M2 = x ∈ R3 | −72x1 + 50x2 + 96x3 = −126
¬
der beiden Ebenen, die von den drei Kugeln auf derselben Seite berührt werden.
¬
¬
¬
Aufgabe 4. Von einem Tetraeder mit den Eckpunkten
 
 
 
 
3
7
1
−5
 
 
 
 
u0 = 1 , u1 = −1 , u2 = 5 , u3 = −7 ∈ R3
4
0
0
0
wird ein kleinerer Tetraeder mit den Eckpunkten
 
 
 
3
5
2
 
 
 
u0 = 1 , v1 = 0 , v2 = 3 ,
4
2
2


−1
 
v3 = −3 ∈ R3
2
abgeschnitten. Welchen Rauminhalt hat der Restkörper?
Lösung. 1. Der große Tetraeder wird von den drei Vektoren
 
 
 
4
−2
−8
 
 
 
u1 − u0 = −2 , u2 − u0 =  4  , u3 − u0 = −8 ∈ R3 ,
−4
−4
−4
der kleine Tetraeder hingegen von den richtungsgleichen, verkürzten Vektoren
 
 
 
−4
−1
2
 
 
 
v1 − u0 = −1 , v2 − u0 =  2  , v3 − u0 = −4 ∈ R3
−2
−2
−2
¬
aufgespannt. Da beide Tetraeder dieselbe Spitze u0 ∈ R3 haben, ist der kleine Tetraeder
tatsächlich ein Abschnitt des großen Tetraeders.
2. Der Rauminhalt U des großen Tetraeders wird mit Hilfe der Determinante
4 −2 −8
432
1 det(u1 − u0 , u2 − u0 , u3 − u0 )
= −2 4 −8 = −
= −72
6
6
6
−4 −4 −4
¬
¬
¬
berechnet und hat somit den Wert U = 72. Genauso ergibt sich das Volumen V des
kleinen Tetraeders aus der Berechnung der Determinante
2 −1 −4
det(v1 − u0 , v2 − u0 , v3 − u0 )
1 54
= −1 2 −4 = − = −9
6
6
6
−2 −2 −2
¬
¬
und hat somit den Wert V = 9. Daher hat der Restkörper die Differenz U − V = 63 als
Rauminhalt.
¬
¬
Aufgabe 5. Betrachtet werde die durch
1
h(x) =
(1 + kxk2 )2
für x ∈ R3
definierte Funktion h : R3 → R. Man berechne das Raumintegral
Transformation auf Kugelkoordinaten!
R
R3
h(x) dx durch
Lösung. 1. Jeder Punkt x ∈ R3 des Raumes kann mit Hilfe der durch


r cos ϕ sin θ


F (r, ϕ, θ) =  r sin ϕ sin θ  für r ∈ [0, ∞), ϕ ∈ [0, 2π], θ ∈ [0, π]
r cos θ
gegebenen Parametrisierung F : [0, ∞) × [0, 2π] × [0, π] → R3 durch Kugelkoordinaten
beschrieben werden. Die Ableitung von F hat die Gestalt


cos ϕ sin θ −r sin ϕ sin θ r cos ϕ cos θ


DF (r, ϕ, θ) =  sin ϕ sin θ r cos ϕ sin θ r sin ϕ cos θ 
cos θ
0
−r sin θ
¬
und der Betrag ihrer Determinante den Wert | det DF (r, ϕ, θ)| = r2 sin θ.
2. Das gesuchte Integral
Z
Z ∞ Z 2π Z π
h(x) dx =
h(F (r, ϕ, θ)) | det DF (r, ϕ, θ)| dθ dϕ dr
¬
R3
0
0
0
wird durch Transformation auf Kugelkoordinaten berechnet. Da für x = F (r, ϕ, θ) stets
kxk = r gilt und sich aus
h(x) =
1
(1 + kxk2 )2
ergibt, erhält man für das Integral
Z
Z ∞ Z 2π Z π
h(x) dx =
R3
0
0
0
folglich h(F (r, ϕ, θ)) =
¬
¬
1
(1 + r2 )2
­
r2
sin θ dθ dϕ dr = 4π
(1 + r2 )2
Z
0
∞
r2
dr.
(1 + r2 )2
3. Für R > 0 folgt mittels partieller Integration
Z R
Z
r2
1 R 1
R
1
R
dr =
dr −
= arctan R −
2
2
2
2
2 0 1+r
2(1 + R )
2
2(1 + R2 )
0 (1 + r )
¬
und somit
Z
Z
h(x) dx = 4π lim
R3
für das gesuchte Integral.
R→∞
0
R
r2
dr = 2π lim arctan R = π 2
2
2
R→∞
(1 + r )
¬
Aufgabe 6. Man bestimme die Lösung x : [0, ∞) → R2 des durch
!
!
!
!
!
x01 (t)
1 1
x1 (t)
0
x1 (0)
=
+
=
,
x02 (t)
−1 1
x2 (t)
0
x2 (0)
!
1
0
gegebenen Anfangswertproblems!
Lösung. 1. Das homogene System der Differentialgleichungen hat die Systemmatrix
!
1 1
A0 =
∈ L (R2 ; R2 ).
−1 1
Die Auswertung der Determinante det(A0 − λE) = 0 zur Berechnung der Eigenwerte
λ ∈ C liefert
1 − λ
1 0=
= (1 − λ)2 + 1,
−1 1 − λ
also die charakteristische Gleichung (1 − λ)2 + 1 = 0 und damit das Paar komplex
konjugierter Eigenwerte λ = 1 + i ∈ C und λ̄ = 1 − i ∈ C.
2. Um einen zum Eigenwert λ = 1 + i ∈ C gehörenden Eigenvektor z ∈ C2 zu
finden, wird das lineare homogene Gleichungssystem (A0 − λE)z = 0 gelöst. Elementare
Umformungen des erweiterten Koeffizientenschemas
!
0
0 0
−i 1 0 ←
−+
1
liefern
, also z =
∈ C2
·(−i)
−1 −i 0
−1 −i 0
i
¬
¬
¬
als Eigenvektor zu λ = 1 + i und somit den komplex konjugierten Eigenvektor z̄ ∈ C2
zum komplex konjugierten Eigenwert λ̄ = 1 − i.
3. Daraus ergeben sich die beiden linear unabhängige Fundamentallösungen ze−(1+i)t
und z̄e−(1−i)t des Systems der Differentialgleichungen. Bildet man Real- und Imaginärteil
der Lösung ze−t e−it = ze−t (cos t − i sin t), dann erhält man zwei reelle Lösungen und
somit die Darstellung der allgemeinen Lösung
!
!
cos
t
−
sin
t
x(t) = ae−t
+ be−t
sin t
cos t
¬
des Systems der Differentialgleichungen mit den Koordinaten a, b ∈ R.
4. Für die Anfangsbedingungen x1 (0) = 1 und x2 (0) = 0 müssen die beiden Gleichungen a = 1 und b = 0 erfüllt sein. Daraus ergibt sich die Lösung
!
cos
t
x(t) = e−t
für t ≥ 0
sin t
¬
des Anfangswertproblems, also ein stabiler Strudel um den Nullpunkt.
¬
¬
¬