Lösungsvorschläge zur Klausur für bau, fmt, IuI, mach, tema, umw, verf und zugehörige Technikpädagogik

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1 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 Lösungsvorschläge zur Klausur für bau, fmt, IuI, mach, tema, umw, verf und zugehörige Technikpädagogik Aufgabe 1: (7 Punkte Gegeben ist die Menge G : {(x,y R 2 x r cos(ϕ,y r sin(ϕ, r ϕ, ϕ 4π}. Bestimmen Sie den Flächeninhalt von G. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 1: Die Menge G ist bereits in einer Parametrisierung in Polarkoordinaten gegeben. Man erkennt, die Rand -Kurve der Parametrisierung t (t cos(t,t sin(t liegt für Parameter t [,2π] im Inneren der Menge G. Relevant für die Bestimmung der Fläche ist also nur der Bereich t [2π, 4π]. Für den Flächeninhalt A von G gilt also: A 4π ϕ 2π 4π 2π [ 1 6 ϕ3 1 r dr dϕ 1 2 ϕ2 dϕ ] 4π 1 2π 6 (64π3 8π π3 Prof. Dr. N. Knarr Seite 1 von 12

2 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 Aufgabe 2: (8 Punkte Die geschlossene Fläche S berandet das Gebiet V : {(x,r cos(ϕ,r sin(ϕ+x 2 R 3 r [,1],ϕ [,2π],x [ 1,1]}. Weiter ist das folgende Vektorfeld gegeben: g:r 3 R 3 : (x,y,z (,,z. Bestimmen Sie den Ausfluss g ndo von g durch den Rand S von V. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2: Variante 1: Direkte Berechnung S Die Fläche S setzt sich zusammen aus den folgenden drei Flächenstücken: S 1 : Φ 1 : [,1] [,2π] R 3 : (r,ϕ (1,r cos(ϕ,r sin(ϕ+1 S 2 : Φ 2 : [,1] [,2π] R 3 : (r,ϕ ( 1,r cos( ϕ,r sin( ϕ+1 S 3 : Φ 3 : [,2π] [ 1,1] R 3 : (ϕ,x (x,cos(ϕ,sin(ϕ+x 2. Die partiellen Ableitungen und die zugehörigen Normalenvektoren der einzelnen Parametrisierungen berechnen sich zu: r Φ 1(r,ϕ cos(ϕ ϕ Φ 1(r,ϕ r sin(ϕ sin(ϕ r cos(ϕ r Φ 2(r,ϕ r Φ 1(r,ϕ ϕ Φ 1(r,ϕ cos( ϕ sin( ϕ ϕ Φ 3(ϕ,x ϕ Φ 2(r,ϕ r Φ 2(r,ϕ ϕ Φ 2(r,ϕ sin(ϕ cos(ϕ ϕ Φ 3(r,ϕ x Φ 3(r,ϕ r r r sin( ϕ r cos( ϕ x Φ 3(r,ϕ 2x sin(ϕ cos(ϕ sin(ϕ 1 2x Prof. Dr. N. Knarr Seite 2 von 12

3 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 Insbesondere erkennt man hieran, dass die angegebenen Parametrisierungen für die Berechnung des Ausflusses richtig, also nach außen orientiert sind. Hiermit kann der Ausfluss folgendermaßen bestimmt werden: g ndo g ndo+ g ndo+ g ndo S 1 S 2 S 3 S π 1 2π r sin(ϕ+1 r dϕ dr }{{} r r sin( ϕ+1 2π 1 dϕ dr } {{ } 2x sin(ϕ cos(ϕ 1 sin(ϕ+x 2 sin(ϕ 2π 1 2π 2π [ 2 1 Variante 2: Mit Hilfe des Satzes von Gauß Nach dem Satz von Gauß gilt g ndo Es ist (sin(ϕ 2 + sin(ϕx 2 dxdϕ [(sin(ϕ 2 x+ 13 sin(ϕx3 ] x1 x 1 dϕ 2(sin(ϕ sin(ϕdϕ ( 1 2 ϕ 1 4 sin(2ϕ 23 ] ϕ2π cos(ϕ 2π S V divg(x,y,z 1. ϕ divg(x,y,zdxdydz. dxdϕ Das Gebiet V ist bereits in parametrisierter Form angegeben, allerdings nicht in kartesischen Koordinaten. Sei ζ : [,1] [,2π] [ 1,1] R 3 : (r,ϕ,x (x,r cos(ϕ,r sin(ϕ+x 2 mit zugehöriger Funktional-Determinante detjζ(r,ϕ,x det 1 cos(ϕ r sin(ϕ 2x sin(ϕ r cos(ϕ r, Prof. Dr. N. Knarr Seite 3 von 12

4 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 dann kann der Ausfluss wie folgt berechnet werden: g ndo divg(x,y,zdxdydz S V 1 2π π π detjζ(r,ϕ,xdr dϕ dx r dr dϕ dx dϕ dx π dx 2π. Prof. Dr. N. Knarr Seite 4 von 12

5 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 Aufgabe 3: (11 Punkte Bestimmen Sie alle reellen Lösungen der Differentialgleichung y + y 2x+1cos(2x Lösungsvorschlag zu Aufgabe 3: Teil 1: Berechnung der homogenen Lösung Wir bestimmen zunächst die homogene Lösung. Aus y + y erhalten wir das charakterischtische Polynom q(t t 2 +t t(t + 1. Die homogene Lösung lautet somit f h (x c 1 + c 2 e x mit c 1,c 2 R Teil 2: Berechnung der inhomogenen Lösung Variante 1: Inhomogene Lösung nach Art der Rechten Seite Nun wird die inhomogene Lösung nach Art der rechten Seite bestimmt. Ausserdem wird das Superpositionsprinzip genutzt. Betrachte die Störfunktion 1cos(2x. Es liegt keine Resonanz vor. Der Ansatz mitsamt seinen Ableitungen lautet Einsetzen in die Differentialgleichung liefert f 1 (x asin(2x+bcos(2x f 1(x 2acos(2x 2bsin(2x f 1 (x 4asin(2x 4bcos(2x 4asin(2x 4bcos(2x+2acos(2x 2bsin(2x 1cos(2x Damit sind a 1, b 2 und sin(2x( 4a 2b+cos(2x( 4b+2a 1cos(2x f 1 (x sin(2x 2cos(2x Nun wird die Störfunktion 2x betrachtet. Es liegt Resonanz vor mit Vielfachheit m 1. Ansatz und Ableitungen sind somit f 2 (x x(cx+d f 2(x 2cx+d f 2 (x 2c Prof. Dr. N. Knarr Seite 5 von 12

6 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 Einsetzen in die Differentialgleichung liefert 2c+2cx+d 2x Ein Koeffizientenvergleich liefert c 1 sowie d 2 und somit f 2 (x x 2 2x Die partikuläre Lösung ist f p (x f 1 (x+ f 2 (x sin(2x 2cos(2x+x 2 2x Die allgemeine Lösung ist damit f(x f h (x+ f p (x c 1 + c 2 e x + sin(2x 2cos(2x+x 2 2x mit c 1,c 2 R Variante 2: Inhomogene Lösung mit Variation der Konstanten Die Wronskimatrix lautet ( 1 e x M(x e x Hiermit erhalten wir den Ansatz der Variation der Konstanten ( ( C M(x 1 (x C 2 (x 2x+1cos(2x mit der erweiterten Koeffizientenmatrix ( 1 e x e x 2x+1cos(2x Dies formen wir um zu ( 1 e x 1 2xe x 1e x cos(2x Daran kann man ablesen, dass C 1 (x 2x+1cos(2xdx C 2 (x 2xe x + 1e x cos(2xdx Man sieht direkt, dass C 1 (x 2x+1cos(2xdx [ x 2 + 5sin(2x ] Zur Bestimmung von C 2 (x seien die folgenden Stammfunktionen berechnet. Partielle Integrationen ergeben: xe x dx [xe x ] e x dx [e x (x 1] Prof. Dr. N. Knarr Seite 6 von 12

7 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 sowie e x cos(2xdx [e x cos(2x]+2 e x sin(2xdx [e x cos(2x+2e x sin(2x] 4 e x cos(2xdx was e x cos(2xdx 1 5 [ex cos(2x+2e x sin(2x] zur Folge hat. Damit ist Einsetzen ergibt C 2 (x 2e x (x 1+cos(2x+2sin(2x f p (x C 1 (x 1+C 2 (x e x x 2 2x+2+sin(2x 2cos(2x und f(x f h (x+ f p (x c 1 + c 2 e x + x 2 2x+2+sin(2x 2cos(2x mit c 1,c 2 R Prof. Dr. N. Knarr Seite 7 von 12

8 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 Aufgabe 4: (3 Punkte Für y ist die folgende Differentialgleichung gegeben: y x 2 1 y 2. Bestimmen Sie die reelle Lösung f der Differentialgleichung, welche f( 2 erfüllt. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4: Mit Satz aus der Vorlesung, wobei g(x x 2 und h(y 1 erhalten wir y2 y 3 x 3 + c Alternativ können wir durch Umformen und Integrieren folgern, dass Die allgemeine Lösung lautet also y 3 3 x3 3 + c y 3 x 3 + c f(x 3 x 3 + c mit c R Das Anfangswertproblem lösen wir durch Auswertung an der Stelle x. Wir erhalten 3 c 2, also c 8. Die gesuchte Lösung ist somit f(x 3 x Prof. Dr. N. Knarr Seite 8 von 12

9 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 Aufgabe 5: (5 Punkte Bestimmen Sie alle reellen Lösungen des Differentialgleichungssystems ( y 2 y. 1 3 Lösungsvorschlag zu Aufgabe 5: Das Differentialgleichungssystem besitzt das folgende Fundamentalsystem: ( ( 1 f 1 (x e 2x und f 1 2 (x e 3x 1 Die allgemeine Lösung ist somit f c 1 f 1 + c 2 f 2 mit c 1,c 2 R Alternative: Betrachtung als Anfangswertproblem Wir wählen uns als Startvektor und erhalten und Av A 2 v v ( 1 ( ( ( 2 1 ( ( ( Diese drei Vektoren sind linear abhängig. Genauer: A 2 v 5Av+6v. Daraus erhalten wir das Polynom q(x x 2 5x+6 (x 2(x 3 Die zugehörige Wronskimatrix ist Einsetzen ergibt sowie ( e 2x e M(x 3x M( 2e 2x 3e 3x ( ( M( T ( Unter Verwendung von Satz aus der Vorlesung ist ( ( ( ( e 2x e 2x f 1 (x e 2x e 3x e 3x Prof. Dr. N. Knarr Seite 9 von 12

10 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 Durch Ableiten erhalten wir ( f 2 (x f 1(x 2e 2x 2e 2x 3e 3x Die allgemeine Lösung ist somit f c 1 f 1 + c 2 f 2 mit c 1,c 2 R Prof. Dr. N. Knarr Seite 1 von 12

11 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 Aufgabe 6: (1 Punkte Es ist die 2π-periodische Funktion f mit f(x e x für π x < π und f(x+2π f(x gegeben. Bestimmen Sie die reelle Fourierreihe von f. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 6: Variante 1: Reelle Rechnung Es gilt da f eine gerade Funktion ist. b k für k N, a k 1 π 2 π integriere partiell π π π f(x cos(kxdx e x cos(kxdx [ ke x sin(kx e x cos(kx ] π [ e π ( 1 k + 1 ] π 2 π 1+k 2 ( 1 ( 1 k e π 2 π 1+k 2 2 π 1+k 2 Es berechnet sich a 2 1 e π. π und damit ist die relle Fourierreihe bestimmt: f(x 1 e π π + 2 π k1 1 ( 1 k e π 1+k 2 cos(kx. Prof. Dr. N. Knarr Seite 11 von 12

12 Prüfung in Höhere Mathematik 3 9. März 21 Variante 2: Komplexe Rechnung Möchte man bei dieser Aufgabe partielle Integration vermeiden, so bietet es sich an die komplexen Fourierkoeffizienten c k zu bestimmen: Da c k rein reell ist, gilt π c k 1 f(xe ixk dx 2π π 1 ( 2π π 1 ( e (1 ikx dx+ 2π π [ 1 2π 1 2π 1 2π π e x e ixk dx+ e (1 ikx 1 ik ] π ( 1 e (1 ikπ 1 ik ( 1 e π ( 1 k 1 ik 1 ( 1k e π π(1+k 2 + π e x e ixk dx e (1+ikx dx [ e (1 ikx 1 ik ] π + e( 1 ikπ 1 1 ik b k für k N + e π ( 1 k ik (sieht man natürlich auch daran, dass f gerade ist. Weiter ist a k 2Re(c k 2( 1 ( 1 k e π und a π(1+k 2 2 c 1 e π. π Damit ist die Fourierreihe S f bestimmt: f(x 1 e π π + 2 π k1 1 ( 1 k e π 1+k 2 cos(kx. Prof. Dr. N. Knarr Seite 12 von 12