Klausur zur Höheren Mathematik III für die Fachrichtungen: kyb, mecha, phys

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1 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III Klausur zur Höheren Mathematik III für die Fachrichtungen: kyb, mecha, phys Bitte beachten Sie die folgenden Hinweise: Bearbeitungszeit: 8 Minuten Erlaubte Hilfsmittel: DIN A4 Seiten eigenhändig handbeschrieben. Insbesondere sind Taschenrechner, Handys und Computer nicht erlaubt. Wer den Klausurraum vor Ende der Bearbeitungszeit endgültig verlässt, hat damit zu rechnen, dass seine Klausur als nicht bestanden gewertet wird. Eintragungen mit Bleistift oder Rotstift werden nicht gewertet. Alle 6 Aufgaben zählen. Bei allen Aufgaben sind sämtliche Lösungswege und Begründungen anzugeben. Die Angabe von Endergebnissen allein genügt nicht! Verwenden Sie für Ihre Bearbeitungen Extrablätter und beginnen Sie jede Aufgabe auf einem neuen Blatt. Die Prüfungsergebnisse werden voraussichtlich ab. Oktober 5 über das Online Portal LSF ( bekanntgegeben. Viel Erfolg! Hinweise für Wiederholer: Studierende, die diese Prüfung als Wiederholungsprüfung schreiben, werden darauf hingewiesen, dass zu dieser Wiederholungsprüfung für bestimmte Fachrichtungen eine mündliche Nachprüfung gehört, es sei denn, die schriftliche Prüfung ergibt mindestens die Note 4,. Wiederholer, bei denen eine mündliche Nachprüfung erforderlich ist, werden ab. Oktober 5 nähere Informationen bezüglich der mündlichen Nachprüfung auf der Homepage zu HM III Pöschel ( finden. Eine individuelle schriftliche Benachrichtigung erfolgt nicht! Sie sind verpflichtet, sich rechtzeitig über das Ergebnis der schriftlichen Prüfung zu informieren. Mit Ihrer Teilnahme an dieser Prüfung erkennen Sie diese Verpflichtungen an. bitte Rückseite beachten Seite von 6

2 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III Folgende Ableitungen und Funktionswerte könnten hilfreich sein (a R {}, b (, )): f(x) x a e x sin(x) tan(x) sinh(x) arsinh(x) d dx f(x) a xa e x cos(x) ( cos(x) ) cosh(x) x + f(x) b x ln x cos(x) arctan(x) cosh(x) arcosh(x) d dx f(x) ln(b) bx x sin(x) + x sinh(x) x x sin(x) cos(x) π 6 π 4 π π Seite von 6

3 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III Aufgabe ( Punkte) (a) Berechnen Sie {x +y } durch Einführen von Polarkoordinaten. (b) Berechnen Sie sin(x + y ) d(x, y) y e x3 dx dy, indem Sie die Integrationsreihenfolge geeignet vertauschen. (c) Es sei g : R 3 R 3 mit Berechnen Sie rot g sowie das Wegintegral g(x, y, z) = (3z, z cos(yz), 3x + y cos(yz)). γ g d s, wobei γ die Randlinie des Einheitskreises in der Ebene mit z = ist. (d) Es sei h : R 3 R 3 mit Lösung: ( ) h(x, y, z) = y + z + x, y + x3 z 5, x 3 z. Berechnen Sie div h sowie das Oberflächenintegral h do, wobei S die Oberfläche der Einheitskugel ist. (a) Mit Polarkoordinaten (x, y) = (r cos(ϕ), r sin(ϕ)), r >, ϕ [, π) haben wir {x +y } sin(x +y ) d(x, y) = π S [ sin(r ) r dϕ dr = π ] cos(r ) = π( cos()) r= Seite 3 von 6

4 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III (b) Es ist leicht zu sehen (zum Beispiel durch eine Skizze), dass das Integrationsgebiet B ein Normalbereich sowohl bezüglich der y-achsen als auch der x-achsen ist. Wir haben Damit ist B = {(x, y) R y, y x } = {(x, y) R x, y x }. y e x3 dx dy = x e x3 dy dx = e x3 x dx = [ 3 e x3 ] x= = 3 ( e ). (c) Es ist Damit ist (d) Es ist y (3x + y cos(yz)) z (z cos(yz)) rot g(x, y, z) = z (3z) x (3x + y cos(yz)) =. x (z cos(yz)) y (3z) γ g d s Stokes = {x +y,z=} rot g d O =. ( ) div h(x, y, z) = x y + z + x + y (y + x 3 z 5 ) + z (x 3 z) = + =. Es war keine Orientierung des Normalenvektors angegeben, daher ist nur der Betrag des Oberflächenintegrals eindeutig. Nehmen wir an, dass der Normalenvektor vom Ursprung wegzeigt, so ist S h do Gauß = B () div h dv = [Volumen der Einheitskugel] = 4 3 π = 8 3 π. Das Ergebnis 8 π ist genauso richtig, wenn die andere Orientierung verwendet wurde. 3 Seite 4 von 6

5 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III Aufgabe ( Punkte) (a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung y = y(x) von y = x y + x, x >. (b) Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems y = sin(x)y, y() =, und geben Sie das maximale Existenzintervall dieser Lösung an. (c) Geben Sie die allgemeine Lösung der folgenden homogenen Differentialgleichung in Abhängigkeit von α R an. y 6y + αy =. (d) Geben Sie jeweils eine partikuläre Lösung für y 6y 7y = f(x) an, wenn i) f(x) = e x, ii) f(x) = 5 cos(x), iii) f(x) = e x + 5 cos(x). Hinweis: Auf der Rückseite des Deckblattes befindet sich eine Tabelle mit elementaren Stammfunktionen und Ableitungen sowie speziellen Werten der trigonometrischen Funktionen. Lösung: (a) Es handelt sich hierbei um eine lineare inhomogene Differentialgleichung erster Ordnung. Diese können wir mit Hilfe der Variation der Konstanten lösen. Zunächst bestimmen wir die homogene Lösung y h von y = y. Daraus ergibt sich x y h (x) = Ce ln x = C x x> = Cx mit C R. Für eine partikuläre Lösung des inhomogenen Problems machen wir nun den Ansatz y p (x) = C(x)y h (x), so dass wir durch Einsetzen in die Differentialgleichung erhalten, dass C (x)x + C(x)! = C(x) + x = C (x) = x 3 = z.b. C(x) = x. Damit haben wir als partikuläre Lösung y p (x) =. Die allgemeine Lösung y ist dann x y(x) = y h (x) + y p (x) = Cx x, C R. Seite 5 von 6

6 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III (b) Dies ist eine separierbare Gleichung. Nach formaler Rechnung ergibt sich y y = sin(x) y dy = sin(x) dx y = cos(x) + c, c R. Einsetzen der Anfangsbedingung y() = ergibt dann! = + c, so dass c =. Die gesuchte Lösung ist dann gegeben durch y(x) = cos(x). Da cos(x) für alle x R, existiert die Lösung für alle x R. (c) Das charakteristische Polynom der Gleichung ist p(λ) = λ 6λ + α. Die Nullstellen von p sind λ α,± = 3 ± 9 α. Je nachdem, welches Vorzeichen die Diskriminante 9 α besitzt, hat die zugehörige Lösung der Differentialgleichung eine andere Struktur: α < 9. Dann ist die allgemeine Lösung α = 9. Dann ist die allgemeine Lösung α > 9. Dann ist die allgemeine Lösung y(x) = c e λ α,+x + c e λ α, x, c, c R. y(x) = c e 3x + c xe 3x, c, c R. y(x) = c e 3x cos( α 9x) + c e 3x sin( α 9x), c, c R. Seite 6 von 6

7 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III (d) Die homogene Gleichung ist gerade von der Form wie in (c) mit α = 7. Damit sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms gegeben durch λ + = 7 und λ =. i) Da eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist, liegt Resonanz vor und wir machen den folgenden Ansatz für eine partikuläre Lösung: y p, (x) = cxe x. Wir berechnen zunächst die relevanten Ableitungen: Einsetzen in die Differentialgleichung liefert y p,(x) = ce x ( x), y p,(x) = ce x (x ). ce x (x ) 6c( x)e x 7cxe x! = e x c 6c = c = 8. Damit ist eine partikuläre Lösung y p, = 8 xe x. ii) Da i keine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist, liegt keine Resonanz vor. Wir machen den Ansatz y p, Ableitungen: Einsetzen liefert = A cos(x) + B sin(x). Wir berechnen wieder die relevanten y p,(x) = A sin(x) + B cos(x), y p,(x) = A cos(x) B sin(x) = y p (x). 8y p, (x) 6y p,(x)! = 5 cos(x) ( 8A 6B) cos(x) + ( 8B + 6A) sin(x) = 5 cos(x) A = 4 3 B, B = 3. Damit ist eine partikuläre Lösung gegeben durch y p, (x) = cos(x) 3 sin(x). iii) Die Inhomogenität ist gerade die Summe der Inhomogenitäten aus den Teilaufgaben i) und ii). Damit ist aber auch eine partikuläre Lösung y p,3 gegeben durch y p,3 (x) = y p, (x) + y p, (x) = 8 xe x cos(x) 3 sin(x). Seite 7 von 6

8 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III Aufgabe 3 ( Punkte) (a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems 4 6 y = 3 y sowie diejenige Lösung mit y() = (,, ). (b) Ein komplexes Fundamentalsystem für die Differentialgleichung y = Ay mit A R gegeben durch {( ) ( ) } i i e (+i)x, e ( i)x. Geben Sie ein zugehöriges reelles Fundamentalsystem an (in der Darstellung soll die imaginäre Einheit nicht mehr auftauchen). (c) Gegeben sei eine Matrix A R 3 3. Weiterhin seien zwei Lösungen y, y Lösung: sei des zugehörigen linearen Differentialgleichungssystems y = Ay bekannt. Geben Sie die Eigenwerte von A (mit Vielfachheit) an, wenn i) y (x) = (7, 4, ) e 7x, y (x) = (, sin(3x), cos(3x)) e x, ii) y (x) = (,, ), y (x) = (,, )xe 4x. (a) Die Eigenwerte der Matrix sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms λ 4 6 p(λ) = det λ 3 λ = ( λ) [( λ)( λ) 6] = ( λ)[λ 3λ 4]. Eine Nullstelle ergibt sich sofort, nämlich λ =. Weiter ergeben sich aus λ 3λ 4! = die zwei Nullstellen λ /3 = 3 ± , so dass λ = 4 und λ 3 = = λ. Wir bestimmen nun zugehörige Eigenvektoren (und gegebenenfalls Nebenvektoren): Seite 8 von 6

9 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III λ = λ 3 =. Dann sind Eigenvektoren nichttriviale Lösungen des homogenen LGS , 3 so dass wir einen zweidimensionalen Eigenraum haben (der Eigenwert hat also sowohl geometrische als auch algebraische Vielfachheit, es treten keine Jordanblöcke auf). Linear unabhängige Lösungen des obigen homogenen LGS sind zum Beispiel v = (,, ) und v 3 = (, 3, ). λ = 4. Dies führt auf das homogene LGS Ein Eigenvektor ist dann v = (,, ).. Die allgemeine Lösung y ist dann gegeben durch y(x) = c e x + c 3 e x + c 3 e4x, c, c, c 3 R. Zum Anpassen an die Anfangsbedingung müssen wir das folgende inhomogene LGS lösen: 3 3, 5 woraus sich umgehend c =, c 3 = und c = ergibt, also y(x) = (e 4x e x, e 4x, e 4x ). Seite 9 von 6

10 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III (b) Ein reelles Fundamentalsystem ist gegeben durch { Re [( i ) e (+i)x ], Im [( i ) e (+i)x ]} = {( sin(x) ) cos(x) e x, ( cos(x) ) e x } sin(x). (c) i) Es lässt sich aus der Struktur der Lösungen ablesen, dass A die Eigenwerte λ = 7 und λ = +3i besitzen muss. Da A reell ist, treten echt komplexe Eigenwerte nur als komplex konjugierte Paare auf, d.h. λ 3 = λ = 3i. Alle Eigenwerte sind einfach. ii) Die Lösung y ist konstant, d.h. wir haben eine Eigenwert λ =. Der Vorfaktor x bei y besagt, dass wir einen Jordanblock zum Eigenwert λ = 4 haben müssen. Daher ist 4 ein doppelter Eigenwert. Seite von 6

11 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III Aufgabe 4 ( Punkte) (a) Die π-periodische Funktion f : R R besitze den folgenden Graphen. π π/ π/ π i) Welche Fourierkoeffizienten dieser Funktion sind auf jeden Fall? Begründen Sie Ihre Antwort. ii) Bestimmen Sie die Fourierkoeffizienten von f sowohl in reeller als auch in komplexer Form. iii) In welchen Punkten x [ π, π] konvergiert die Fourierreihe nicht gegen f(x)? Welche Werte hat sie stattdessen in diesen Punkten? (b) Geben Sie die reellen und komplexen Fourierkoeffizienten der folgenden π-periodischen Funktionen f : R R an: i) f(x) = sin(5x) + 3 cos(5x) ii) f(x) = sin (3x) Lösung: Hinweis: Teilaufgabe (b) kann gelöst werden, ohne eine einzige Integration durchzuführen. Die Formeln sin(x) = eix e ix i und cos(x) = eix +e ix könnten dabei hilfreich sein. (a) i) Die Funktion f ist ungerade, d.h. es verschwinden in der reellen Fourierreihe die Koeffizienten vor den Kosinustermen, oder kurz: n N : a n =. ii) Die reellen Fourierkoeffizienten b n, n N sind gegeben durch b n = = π = π π π π/ sin(nx)f(x) dx = π sin(nx) dx = π π/ sin(nx) dx π [ n cos(nx) ] π/ x= π/ = πn sin(nx) dx [ ( cos n π ) ] Seite von 6

12 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III Die komplexen Fourierkoeffizienten berechnen sich zu c = a =, c n = (a n ib n ) = i [ πn c n = (a n + ib n ) = i πn ( cos n π )], n N, [ ( cos n π )], n N. iii) In allen Punkten x [ π, π], in denen f stetig ist, konvergiert die Fourierreihe F von f gegen f(x). In den Unstetigkeitsstellen π/,, π/ gilt F ( π/) = [ ] lim f(x) + lim f(x) = x π/ x π/ [ + ] = f( π/) =, F () = [ ] lim f(x) + lim f(x) = [ + ( )] = = f(), x x F (π/) = [ ] lim f(x) + lim f(x) = x π/ x π/ [ + ] = f(π/) =. Es liegt also keine Konvergenz in den Punkten ±π/ vor, die angenommenen Werte sind /. (b) i) Die Funktion f ist bereits in Form einer reellen Fourierreihe geschrieben. Die Koeffizienten sind dann a 5 = 3 und b 5 =. Alle übrigen reellen Fourierkoeffizienten verschwinden. Die zugehörigen komplexen Fourierkoeffizienten sind c 5 = (3 i), c 5 = (3 + i), alle übrigen komplexen Fourierkoeffizienten verschwinden. ii) Mit den angegebenen Formeln kann f in die Form einer komplexen und schließlich wieder reellen Fourierreihe gebracht werden: ( ) e 3ix e 3ix f(x) = i = 4 (e6ix + e 6ix ) + = cos(6x). Daraus ergibt sich c 6 = c 6 = 4, a 6 =. Alle anderen Fourierkoeffizienten sind gleich Null. Seite von 6

13 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III Aufgabe 5 ( Punkte) (a) Die analytische Funktion f : C {} C sei gegeben durch f(x + iy) = x x + y i y x + y. Schreiben Sie f = f(z) in Abhängigkeit von z C {}, d.h. ohne Verwendung von x, y oder z. (b) Für eine analytische Funktion f : C C gelte lim z f(z) =. Welchen Wert nimmt f an der Stelle an? Begründen Sie Ihre Antwort. (c) Die Funktion u : R R mit u(x, y) = x +ay ax+3y, a R sei Realteil einer analytischen Funktion. Welchen Wert muss a annehmen? (d) Berechnen Sie (e) Berechnen Sie Lösung: ( ) z 3 + e z Res (z ),. 4 γ (z 4 + 9)(z i)z dz, wobei γ die einmal entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufene Randlinie des Kreises um den Ursprung mit Radius 3/ ist. (a) Mit z = x + iy ergibt sich f(x + iy) = x iy x + y = z z = z z z = z = f(z). (b) Da f im Unendlichen verschwindet und auf ganz C analytisch und somit stetig ist, ist f beschränkt. Nach dem Satz von Liouville ist f damit konstant. Die einzige konstante Funktion, die im Unendlichen verschwindet, ist aber die Nullfunktion, so dass f() =. (c) Wenn u Realteil einer analytischen Funktion ist, so muss notwendigerweise u = + a! = gelten. Damit muss a = sein. (d) Die Funktion ist von der Form gemäß der Formel Im konkreten Fall ist dies Res g(z) (z a) n+, mit g(a). Damit berechnet sich das Residuum ( ) g(z) Res (z a), a n+ ( ) z 3 + e z (z ), = 6 e z 4 3! Seite 3 von 6 = g(n) (a). n! = z= 6 e.

14 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III (e) Im von γ umschlossenen Gebiet liegen lediglich die Nennernullstellen z =, z = i, denn die Lösungen von z 4 = 9 haben alle Betrag 3 > 3/. Daher ist nach dem Residuensatz ( ( ) ( )) dz = πi Res γ (z 4 + 9)(z i)z (z 4 + 9)(z i)z, + Res (z 4 + 9)(z i)z, ( ) = πi 9 ( i) + = π ( + 9) i 45. Seite 4 von 6

15 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III Aufgabe 6 ( Punkte) (a) u : [, ) R R sei Lösung der Transportgleichung u t = 3u x und erfülle u(, x) = x. Bestimmen Sie u(, x). (b) Gegeben ist das Randwertproblem u t = u xx u, u(t, ) = u(t, π) =. i) Bestimmen Sie mit dem Ansatz u(t, x) = v(t)w(x) gewöhnliche Differentialgleichungen für v und w. ii) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung w, die die Randbedingungen erfüllt. iii) Geben Sie die allgemeine Lösung u des Randwertproblems an. iv) Bestimmen Sie diejenige Lösung u mit u(, x) = sin(x) + 3 sin(5x), x π. Lösung: (a) Die allgemeine Lösung der Transportgleichung u t = cu x besitzt die Form u(t, x) = f(x + ct) mit einer einmal differenzierbaren Funktion f : R R. Wegen der Anfangsbedingung haben wir x =! u(, x) = f(x), so dass u(t, x) = x + 3t und speziell u(, x) = x + 6. (b) i) Mit dem Separationsansatz u(t, x) = v(t)w(x) erhalten wir v (t)w(x) = v(t)w (x) v(t)w(x) v (t) v(t) = w (x) w(x)! = K R. ii) Abhängig vom Parameter K erhalten wir die folgenden allgemeinen Lösungen für w: K >. Dann ist die allgemeine Lösung w(x) = c e K+x + c e K+x, c, c R. Anpassen an die Randbedingungen liefert =! w() = c + c, c = c, =! w(π) = c ( e K+π + e K+π ) c =. Für K > gibt es also nur die triviale Lösung für das Randwertproblem. K =. Dann ist die allgemeine Lösung w(x) = c x + c, c, c R. Anpassen an die Randbedingungen liefert sofort c = c =, so dass auch in diesem Fall nur die triviale Lösung existiert. Seite 5 von 6

16 Prof. Pöschel Höhere Mathematik III K <. Dann ist die allgemeine Lösung w(x) = c cos( (K + )x) + c sin( (K + )x), c, c R. Anpassen an die Randbedingungen liefert =! w() = c c =, =! w(π) = c sin( (K + )π) c = oder (K + ) N. Wir sehen, dass nichttriviale Lösungen nur dann existieren, wenn (K + ) N oder anders ausgedrückt: K = n mit n N. iii) Wir bestimmen noch die zugehörige Lösung für v. Da v die Differentialgleichung v = Kv löst, haben wir v(t) = e Kt. Die Grundlösungen haben dann die Form u n (t, x) = e (+n )t sin(nx), n N. Die allgemeine Lösung u des Randwertproblems erhält man dann durch Superposition, also u(t, x) = c n e (+n )t sin(nx), c n R. iv) Mit der Anfangsbedingung haben wir u(, x) = c n sin(nx) =! sin(x) + 3 sin(5x). n= n= Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich c =, c 5 = 3, c n = für n / {, 5}, so dass sich die Lösung u(t, x) = e t sin(x) + 3e 6t sin(5x) ergibt. Seite 6 von 6