Lösungsvorschläge zur Klausur

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1 Prüfung in Höhere Mathematik 3 6 Februar 3 Lösungsvorschläge zur Klausur für bau, ernen, fmt, IuI, mach, tema, umw, verf, geod und so weiter ; Aufgabe : Punkte Die Fläche T im R 3 sei gegeben als T : {x,y,z R 3 x + y z } Bestimmen Sie für das Vektorfeld f : R 3 R 3, x,y,z xz,yz, 3 z3 den Ausfluss A f,t Lösungsvorschlag: Nach dem Satz von Gauss gilt: A f,t V div f dx dy dz, wobei V das Innere von T bezeichnet Es ist div f x,y,z z + z Benutze Zylinderkoordinaten: x r cosθ, y r sinθ mit r z, θ [,π und z Die Funktionaldeterminante für die Koordinatentransformation ist r Also ergibt sich: π z A f,t r div f dr dz dθ π π π z π π rz + z dr dz dθ z [ r z + z ] dz dθ + z z + z dz + z z + z dz dθ z z + z dz dθ [ z + z3 + 8 z4 ] + [ z 6 z3 8 z4 ] π π 6 dθ Prof Dr N Knarr Seite von 9

2 Prüfung in Höhere Mathematik 3 6 Februar 3 Alternativ: Ohne den Satz von Gauss lässt sich der Ausfluss direkt berechnen als A f,t f n do Dazu parametrisiert man T wieder durch Zylinderkoordinaten: z cosθ Φ : [,] [,π T, z,θ z sinθ z Normalenvektoren erhält man durch das Kreuzprodukt der Ableitungen: für z > ist z cosθ Φ z Φ θ z sinθ zsinθ zcosθ zcosθ zsinθ T und für z < analog Φ z Φ θ +z cosθ +z sinθ + zsinθ + zcosθ + zcosθ + zsinθ Bestimmt man diese Vektoren an ausgewählten Punkten, zum Beispiel an, und,, so sieht man, dass äusseren Normalenvektoren in beiden Fällen durch Φ z Φ θ gegeben sind der äussere Einheitsnormalenvektor n wäre dann Φ z Φ θ Φ z Φ θ, die Bestimmung von n ist aber für die Berechnung des Integrals nicht nötig Damit berechnet man nun A f,t f n do f Φz,θ n Φ z z,θ Φ θ z,θ dz dθ + T π T f Φz,θ Φ z Φ θ dz dθ T z + zcosθ z + zcosθ + zsinθ + zsinθ 3 z 3 π π z zcosθ z zsinθ 3 z3 z + z 6 z3 dz + zcosθ zsinθ dz+ dz dθ z z 6 z3 dz dθ [ z + 3 z3 4 z4 ] + [ z 3 z3 + 4 z4 ] dθ π π 6 Prof Dr N Knarr Seite von 9

3 Prüfung in Höhere Mathematik 3 6 Februar 3 Aufgabe : Punkte Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y x Ayx + hx, wobei 4e x A :, hx : 3 4e x Lösungsvorschlag: Zuerst bestimmen wir die Lösungen des homogenen Anteils y x Ayx Wir lösen dazu zunächst ein Anfangswertproblem y x Ayx mit y v Wir wählen hier v : e, betonen aber, dass man auch einen anderen Vektor wählen kann und analog vorgehen kann solange dessen Bild unter A linear unahängig zu diesem Vektor ist ansonsten, also bei einem Eigenvektor, muss das Verfahren wiederholt werden Es ist Av und daher sicherlich Av / v Für A v AAv 4 gilt jedoch A v 4Av 4v, wie man mit dem Gauß-Algorithmus sieht: Gauß Es gilt also pav mit px : X 4X + 4 X Ein Fundamentalsystem der Differentialgleichung pd, dh y 4y + 4y, ist e x, xe x Die Wronski-Matrix dieses Fundamentalsystems ist e x xe Mx : x e x e x + xe x Es ist M T T Wir bekommen nun ein Element eines Fundamentalsystems von y x Ayx durch g x : v AvM T e x e x e x xe x xe x xe x xe x Prof Dr N Knarr Seite 3 von 9

4 Prüfung in Höhere Mathematik 3 6 Februar 3 Eine dazu linear unabhängige Lösung ist g x : Ag x g e x x xe x e x + xe x Die allgemeine Lösung zu y x Ayx ist also α g x + α g x mit α,α R Nun bestimmen wir eine spezielle Lösung von y x Ayx + hx mittels Varitation der Konstanten Die Wronski-Matrix des Fundamentalsystems g,g von y x Ayx ist e Mx x xe x e x xe x xe x e x + xe x Es ist M Die Inverse von Mx ist laut Vorlesung Mx M M xm e x + xe x xe x e x xe x xe x + e x Wir müssen nun Funktionen c x,c x finden für die gilt c x c x Mx 8e 4x hx 4e 4x Wir integrieren dazu die rechte Seite einfach komponentenweise under erhalten: c x e 4x c x e 4x Eine spezielle Lösung zu y x Ayx + hx ist nun c x e x g p x : Mx c x Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung ist also mit α,β R αg x + βg x + g p x e x Prof Dr N Knarr Seite 4 von 9

5 Prüfung in Höhere Mathematik 3 6 Februar 3 Aufgabe 3: 8 Punkte Bestimmen Sie alle reellen Lösungen der Differentialgleichung y + 4y 8 + 4cosx Lösungsvorschlag zu Aufgabe 3: a Lösung der homogenen Gleichung Zuerst muss die Lösung f h der homogenen Gleichung berechnet werden Dazu bestimmt man das charakteristische Polynom aus der Gleichung y + 4y : px X + 4 X + ix i Dieses hat die Nullstellen λ, ±i und daher lautet die homogene Lösung: f h x c f x + c f x c cosx + c sinx mit c,c R b Lösung der inhomogenen Gleichung durch Ansatz nach Art der rechten Seite Hier nutzt man das Superpositionsprinzip aus, d h man sucht Lösungen f p von y p + 4y p 8 und f p von y p +4y p 4cosx und bekommt damit die partikuläre Lösung f p f p + f p : Störfunktion h Für die Störfunktion h x 8 erhält man den Ansatz f p x ae x, da keine Resonanz vorliegt Zweimaliges Differenzieren und Einsetzen liefert + 4a! 8 Somit lautet das Ergebnis nach Koeffizientenvergleich f p x : Störfunktion h komplex Anstatt h x betrachtet man zunächst die komplexe Störfunktion h x 4e ix Es liegt Resonanz vor mit λ i und Vielfachheit m, daher lautet der Ansatz f p x axe ix Einsetzen in die Differentialgleichung ergibt mit dem Operatorenkalkül D + id iaxe ix! 4e ix e ix D + 4iDax! 4e ix D + 4ia! 4 4ia! 4 Prof Dr N Knarr Seite 5 von 9

6 Prüfung in Höhere Mathematik 3 6 Februar 3 und somit a i Die partikuläre Lösung f p lautet also f p x ixe ix xsinx ixcosx Da die eigentliche Störfunktion der Realteil der komplexen Störfunktion ist h x R h x folgt damit auch für die gesuchte Partikulärlösung f p x R f p x xsinx 3: Störfunktion h reell Man kann das Rechnen mit den komplexen Störfunktionen auch vermeiden, indem man direkt den folgenden reellen Ansatz macht f p x axsinx + bxcosx Zweimaliges Ableiten dieser Ansatzfunktion liefert dann f p x ax + bcosx + a bxsinx, f p x 4a 4bxcosx 4b + 4axsinx Durch Einsetzen in die Differentialgleichung erhält man durch einen Koeffizientenvergleich somit ein Gleichungssystem für die Unbekannten a und b 4acosx 4bsinx! 4cosx Dieses Gleichungssystem hat die Lösung a, b und damit hat die partikuläre Lösung zu h x wie vorher die Form f p x xsinx Die komplette Partikulärlösung erhält man durch Addition der Einzellösungen f p x f p x + f p x + xsinx c Lösung der inhomogenen Gleichung durch Variation der Konstanten Alternativ kann man die partikuläre Lösung auch durch Variation der Konstanten bestimmen Dazu muss man die Wronskimatrix Mx für f x, f x aufstellen und ihre Inverse M x berechnen cosx sinx Mx, M x cosx sinx sinx cosx sinx cosx Damit kann man ein Gleichungssystem für die Ableitungen der noch zu bestimmenden Funktionen c x und c x aufstellen c x c x cosx sinx sinx cosx 4[ + cosx] Prof Dr N Knarr Seite 6 von 9

7 Prüfung in Höhere Mathematik 3 6 Februar 3 und erhält nach Ausführen der Matrixmultiplikation c x c x 4sinx sinxcosx 4cosx + cos x Man sieht sofort, dass 4 sinxdx cosx und 4 cosxdx sinx Zur Bestimmung der restlichen Stammfunktionen kann man zb die Substitution z sinx dz cosxdx oder z cosx dz sinxdx nutzen sinxcosxdx bzw partiell integrieren zdz sin x cos xdx cosxcosxdx sinx sinxcosx + 4 sinxcosx + x Damit lauten die Funktionen c x und c x letztendlich bzw cosx + cos xdx zdz cos x sin xdx c x cosx sin x bzw c x cosx + cos x, c x sinx + cosxsinx + x, und man bekommt die partikuläre Lösung durch Einsetzen dieser Funktionen f p x c x f x + c x f x cos x sin xcosx + sin x + cosxsin x + xsinx + xsinx bzw f p x cosx + + xsinx Zusammenfassend lautet die allgemeine Lösung als Linearkombination des homogenen und partikulären Anteils somit f x f h x + f p x + c cosx + c + xsinx mit c,c R Prof Dr N Knarr Seite 7 von 9

8 Prüfung in Höhere Mathematik 3 6 Februar 3 Aufgabe 4: Punkte Die -periodische Funktion f : R R sei gegeben durch f x : f x + f x, x [,, f x + f x mit { f x : sin7πx und f x : 3x, x [,, x [, a Entwickeln Sie f in eine reelle Fourierreihe b Bestimmen Sie für alle x R den Grenzwert der Fourierreihe Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4: a Zum Entwickeln der reellen Fourierreihe von f bietet es sich an die Fourierreihen von f und f zunächst separat zu bestimmen und danach zu kombinieren Mit den bekannten Orthogonalitätsrelationen für f sieht man sofort, dass {,k 7 a,k k N, b,k {7} k,k 7, k N Der erste Koeffizient a, für f folgt durch einfache Integration sofort: a, 3 xdx + [ x dx 3 ] 3 Zum Bestimmen der allgemeinen Koeffizienten ist es hilfreich zuerst die allgemeinen Stammfunktionen durch partielle Integration auszurechnen F x xcoskπxdx x kπ sinkπx + k π coskπx, F x xsinkπxdx x kπ coskπx + k π sinkπx Die Koeffizienten erhält man dann durch Einsetzen in diese Stammfunktionen a,k 3 b,k 3 x coskπxdx + coskπxdx 3F 3F 3 k π 3 k π cos kπ 3 k π k, 3 kπ x sinkπxdx + cos kπ 3 k kπ sinkπxdx 3F 3F Prof Dr N Knarr Seite 8 von 9

9 Prüfung in Höhere Mathematik 3 6 Februar 3 3 Alternativ führt auch die Rechung im Komplexen für f mit T und ω π zum Ziel Durch partielles Integrieren bekommt man ix F 3 x xe ikπx dx kπ + k π e ikπx und somit die Koeffizienten c,k analog zu den Rechnungen im Reellen als c,k 3 3 xe ikπx dx + 3 k π e ikπx dx 3 F 3 3 F 3 i kπ + k π 3 k π k + i 3 k kπ k Man sieht sofort, dass c, k c,k gilt und bekommt somit wie vorher a,k Rc,k 3 k π k und b,k Ic,k 3 k kπ 4 Fasst man nun alle vorher berechneten Koeffizienten zusammen und nutzt aus, dass die Koeffizienten mit geraden Indizes in der Cosinusreihe von f verschwinden, so lautet die Fourierreihe von f k f x π k k coskπx 3 π k sinkπx + sin7πx k k π cosk πx k k + {7} k 3 k sinkπx kπ k b Die Funktion f ist stetig differenzierbar in den Intervallen k,k k,k + k Z mit endlichen links- bzw rechtseitigen Grenzwerten sowohl für f als auch f in allen Punkten {k k Z} Da die Funktion f insbesondere stetig ist in k,k + k Z, konvergiert die Fourierreihe in diesem Bereich also gegen f x In den Punkten {k + k Z} hingegen macht f einen Sprung der Höhe 3, sodass sich der Grenzwert dort berechnet als lim f x + lim f x x k+ x k+ 3 3 Prof Dr N Knarr Seite 9 von 9