Lösung Repetitionsübung

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1 Lösung Repetitionsübung A1: Differential- un Integralrechnung a) x e x2 /4 = x 2 e x2 /4 x ln sinh(x ex +1) = cosh(x ex +1) sinh(x e x +1) (ex +x e x ) = e x (1 + x) coth(x e x +1) x y e xy = x x = ( 1 ( e x 2 1 )) = 1 ( e x 2 1 ) 1 ( 2x e x 2) x x 2 x (2 + 1 x 2 ) e x2 1 x 2 b) 1 x x 1/2 = 2 3 x x e x2 = 1 2 e x2 = x 1 x 2 = halbe Fläche Einheitskreis = π 2 c) In Zylinerkoorinaten: r z x 2 + y = 2π z z 2 2 r r 1 + r = 2π r r r = π 2 3 ln 2 A2: Getriebenes freies Teilchen a) Integriere mẍ = zweimal: x(t) = x + v t

2 Lösung Repetitionsübung Davi Peter, b) Integriere ẍ = F sin ωt zweimal 1 : x(t) = F sin ωt + at + b ω2 Der erste Term ist ie spezielle Lösung, ie folgenen Terme sin ie homogene Lösung aus (a). Aus x() = folgt b =. Aus ẋ() = folgt F /ω + a =. Damit ist x(t) = F (ωt sin ωt) ω2 Beachte, ass sich as Teilchen für t Richtung x bewegt, a ie perioische Kraft zuerst positiv ist. c) Setze y = ẋ. Dann ist ẏ = η m y2 Mit er Anfangsbeingung y() = v erhalten wir nach Integration: 1 y + 1 v = η m t un amit 1 y = ẋ = 1 + η t v m Nach Integration erhalten wir (kein Betrag nötig, falls η, m, v > ) x(t) = m η [ ( 1 ln v + η ) m t ln 1 ] = m (1 v η ln + η ) m vt (1) wobei wir ie Integrationskonstante aufgrun von x() = irekt auf gesetzt haben. (Anmerkung) Dimensionsanalyse: Betrachte ie Differentialgleichung mẍ + η ẋ α = für fixes α mit er Anfangsbeingung x() = un ẋ() = v. Wir erwarten, ass ie Reibungskraft as Teilchen nach einer gewissen Zeit T zum Stillstan bringt. Das Teilchen hat bis ahin einen Gesamtweg L zurückgelegt. Nachem man ie Gleichung urch ie Masse geteilt hat, sin ie einzig freien Parameter offensichtlich η/m un v. Man kann sich leicht überlegen, ass η/m ie Einheit [η/m] = [Länge]1 α [Zeit] 2 α 1 Hier sollte statts F wohl eher F /m stehen. 2

3 Lösung Repetitionsübung Davi Peter, besitzen muss. Desweiteren hat man nur ie Anfangsgeschwinigkeit mit Einheit [Länge]/[Zeit] zur Verfügung. Aus iesen beien Größen können wir ie charakteristische Zeit T un ie charakteristische Länge L eineutig bis auf konstante Vorfaktoren konstruieren: T = mv1 α, L = mv2 α η η Wir betrachten zunächst ie charakteristische Zeit. Für α > 1 ist T umgekehrt proportional zur Geschwinigkeit un für α = 1 ist T unabhängig von er Geschwinigkeit. Beie Varianten wiersprechen unserer physikalischen Intuition. Einzige Möglichkeit: für α 1 ist er konstante Vorfaktor unenlich. Das Teilchen bleibt niemals stehen. Ebenso verhält es sich mit er charakteristischen Länge. Auch hier ist ie Auflösung: für α 2 ist er konstante Vorfaktor vor L unenlich. Die Position es Teilchens geht für t gegen unenlich: siehe exakte Lösung für α = 2 in (1). Wir können also alleine aufgrun er Dimensionsanalyse Aussagen über as Verhalten es Systems treffen. Nur für α < 1 bleibt as Teilchen wirklich nach enlicher Zeit un Strecke stehen. In iesem Fall ergibt ie vollstänige Rechnung T = mv1 α (1 α)η, L = mv2 α (2 α)η in Einklang mit unserem Ergebnis aus er Dimensionsanalyse. Für 1 α < 2 legt as Teilchen eine enliche Strecke zurück, bleibt jeoch niemals stehen. A3: Differential- un Integralrechnung II a) x (2 3x) 4 = 1 (2 3x)5 15 In en folgenen beien Integralen taucht jeweils ie innere Ableitung bereits auf: x 3x 2 e x3 = e x3 x 2x cot x 2 = ln sin x 2 Das vierte Integral können wir zweimal partiell integrieren: x e x sin x = e x sin x x e x cos x = e x (sin x cos x) x e x sin x Damit ist x e x sin x = 1 2 ex (sin x cos x) Im letzten Integral können wir zunächst en Integran vereinfachen, enn cos 3 x = (1 sin 2 x) cos x = (1 + sin x)(1 sin x) cos x. Damit ist x cos3 x 1 sin x = x cos x(1 + sin x) = sin x sin2 x 3

4 Lösung Repetitionsübung Davi Peter, Wieerholung (?) Wie können wir allgemein einen Ausruck er Form x g(x, ) berechnen? Wir efinieren F (s, ) = s x g(x, ) un nehmen an, ass G(x, ) eine Stammfunktion zu g(x, ) bezüglich x ist. Dann ist F (s, ) = G(s, ) G(, ) mit en partiellen Ableitungen s F (s, ) = G(s, ) = g(s, ) s s F (s, ) = x g(x, ) Damit können wir nun ie totale Ableitung mit er Kettenregel berechnen: x g(x, ) = F (, ) = s s= F (s, ) + F (, ) = g(, ) + x g(x, ) Das heisst, man erhält ie Summe aus em Integranen an er oberen Grenze un em Integral über ie Ableitung. b) Für g(x, ) = ( e x2 1 ) /x erhalten wir x e x2 1 x = e = e = 3 ( e 3 1 ) 2 x ( x) e x2 + e x2 4

5 Lösung Repetitionsübung Davi Peter, A4: Gewöhnliche Differentialgleichung a) Gegeben ist ie DGL y (x) + 2y (x) + 2y (x) = Wir setzen zunächst z(x) = y (x) un verwenen en Ansatz z = e x. Das char. Polynom lautet ann = mit en Nullstellen 1,2 = 1 ± i. Damit ist ie allgemeine Lösung für z(x) bestimmt. Für y(x) integrieren wir einmal: y(x) = a e 1x +b e 2x +c b) Wir erhalten as LGS y() = a + b + c = 2 y () = ( 1 + i)a + ( 1 i)b = 2 y () = 2ia + 2ib = Aus er ritten Gleichung erhalten wir irekt a = b. Mit Gleichung zwei lässt sich ann a = b = 1 erschliessen. Dann muss aufgrun er ersten Gleichung c = sein. Damit finen wir sofort ie Lösung y(x) = 2 cos(x) e x c) Hier lautet as LGS y() = a + b + c = 2 y () = ( 1 + i)a + ( 1 i)b = 1 + i y(π) = a e π+iπ +b e π iπ +c = (a + b) e π +c = 1 e π aus (1) un (3) erhält man a + b = 1 un c = 1. Aus (2) erhält man ann a b = 1. Daher ist a = 1 un b =. Die Lösung lautet ann y(x) = e x+ix +1 In er komplexen Ebene beschreibt ie Funktion 1+e x e ix eine linksrehene Spirale um en Mittelpunkt Re(y) = 1 mit (schnell) schrumpfenem Raius e x, siehe Abbilung. 5

6 Lösung Repetitionsübung Davi Peter, Fig. 1: Funktion y(x) = 1 + e x e ix in er Komplexe Ebene. ) Wir suchen eine spezielle Lösung für y (x) + 2y (x) + 2y (x) = x 2. Wir können einen Polynom-Ansatz verwenen. Wir haben Ableitungen erster bis ritter Ornung un as Polynom auf er rechten Seite ist von zweiter Ornung. Wir können uns also auf Terme x 3, x 2 un x beschränken: y s (x) = ax 3 + bx 2 + cx Damit erhalten wir: 6a + 12ax + 4b + 6ax 2 + 4bx + 2c = x 2 Koeffizientenvergleich ergibt: 6a = 1, 12a + 4b =, 6a + 4b + 2c =. Damit erhalten wir ie spezielle Lösung: y s (x) = x3 6 x2 2 + x 2 Die allgemeine Lösung ergibt sich aus er speziellen Lösung un er allgemeinen Lösung aus Teil (a): y(x) = a e 1x +b e 2x +c + x3 6 x2 2 + x 2 A5: Fläche un Volumen a) Gegeben sin ie beien Funktionen y 1 (x) = x 2 + 2x + 1 = (x + 1) 2 y 2 (x) = 3x + 1 Die Schnittpunkte er Parabel un er Geraen sin offensichtlich x = un x = 1. Wir berechnen also 1 x [y 2 (x) y 1 (x)] = 1 x [x x 2 ] = = 1 6 6

7 Lösung Repetitionsübung Davi Peter, Für en Schwerpunkt schreiben wir s = 1 A Damit ist un s x = 1 A s y = 1 A 1 x 1 1 y 2 (x) y 1 (x) y r ( 1 x x(x x 2 ) = = 4) 1 2 x 1 2 [ y2 (x) 2 y 1 (x) 2] = 1 1 x [ (3x + 1) 2 (x + 1) 4] 2A ( 1 = 3 9 (3x + 1)3 1 ) 5 (x + 1)5 1 = 3 b) Wir schreiben ie Gleichung er Fläche um zu: z = 1 x 2 y 2 ( ) = Wir können as Volumen für ähnliche Flächen er Form z = g(r) mit r 2 = x 2 + y 2 in Zylinerkoorinaten wie folgt ausrechnen: 1 V = 2π r r Hier erhalten wir g(r) z = 2π 1 V = 2π r r(1 r 2 ) = π 2 1 r rg(r) 7