Modulprüfung Mathematik IV Fachrichtung: Computer Science in Engineering, Computervisualistik, Informatik, Wirtschaftsinformatik SS

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1 Fakultät für Mathematik Institut für Algebra und Geometrie Prof. Dr. Martin Henk, Dr. Michael Höding Modulprüfung Mathematik IV Fachrichtung: Computer Science in Engineering, Computervisualistik, Informatik, Wirtschaftsinformatik SS Name Vorname Fachrichtg. Matrikelnr. Punkte Klausur Aufgabe ma. Punkte Punkte Punkte Klausur Bonuspunkte Note Bitte beachten! Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und Matrikelnummer. Beginnen Sie jede Aufgabe mit einem neuen Blatt. Alle Aussagen müssen sorgfältig begründet werden. Bearbeitungszeit 20 Minuten. Viel Erfolg!

2 . Kurven i) Sei c(t) = ( + sin t) ( sin t cos t), t [π, π]. Man berechne den Tangentialvektor in c(π/2) und die Gleichung der Tangentialgeraden in c(0). ii) Für die Kurve c = {(, y) : 2 2 y + y + y 4 = 0} bestimme man einen Normaleneinheitsvektor in (, ). iii) Sei B : [0, ] R die Bezierkurve bzgl. den Kontrollpunkten 0 0 c 0 =, c 0 =, c 2 =, c 0 =. Man bestimme die Bezierkurve B(t) und den Tangentialvektor in B(/2). zu i): Für den Tangentialvektor erhalten wir (siehe 20.4) sin t cos t ċ(t) = cos t + ( + sin t), cos t sin t so dass ċ(π/2) = (0, 0) und ċ(0) = (, ). Weiterhin ist c(0) = (0, ), so dass die Tangentialgerade T in c(0) gegeben ist durch { } 0 T = {c(0) + λċ(0) : λ R} = + λ : λ R. bzw. T = {(, y) R 2 : y = }. zu ii) Für den Gradienten der Funktion f(, y) = 2 2 y + y + y 4 ergibt sich 4 y + y + y gradf(, y) = y 2. Somit ist gradf(, ) = 0 8, und nach Bemerkung 20.6 ii) ist (0, ) ein Normaleneinheitsvektor. zu iii): Es ist (siehe 20.) B(t) = ( t) c ( t) 2 t c + ( t) t 2 c = ( t) c 0 + ( t) 2 t c + ( t) t 2 c 2 + t c 2 t + t =. 2 t + t 6 t 2 Somit ist Ḃ(t) = 6 t t 2 +2 t und daher Ḃ(/2) = ( /2). t c 2

3 2. Numerik I Bestimmen Sie die Lösung des folgenden Gleichungssystems A = b mithilfe der LU-Faktorisierung: A = 4 7 2, b = k = 0 : k = : k = 2 : L k Ly = b, y durch Rückwärtselimination y = 7 y 2 = 2 4y = y = 6 2y + 6y 2 = 8 U = y, durch Rückwärtselimination = 2 = + 6 = = =. Numerik II U k α /2 = 4 α / = 2 α 2/ = 6 = Gegeben ist die Gleichung 2 ln( ) = 6. Weiterhin sei ln,. (a) Bestimmen Sie ein Intervall, in dem die größte Lösung dieser Gleichung liegt. (b) Bestimmen Sie eine Näherung dieser Lösung mithilfe eines geeigneten Iterationsverfahrens. Führen Sie eine Interation aus. zu (a) F () = 2 ln( ) = 6 Aus F (2) = 2 > 0 und F (4) = 2 ln 0, 9 > 0 folgt F (2) F (4) < 0, also in [2, 4] eistiert Nullstelle und mit wachsendem bleibt F () > 0.

4 Größte Nullstelle im Intervall [2, 4]. (Graphisch auch möglich.) zu (b) Wähle z. B. Startlösung: 0 = 4 und das Newton-Verfahren = 0 f( 0) f ( 0 ), f () = 2 = 4 0,9 = 202,7 = 7, =, Differentialgleichungen I Bestimmen Sie eine Funktion y : R \ {0} R, die folgendes Anfangswertproblem löst: y + 2y = e 2 und y( 2 ) = 0. Wir lösen zuerst die zugehörige homogene Differentialgleichung y + 2y = 0 mittels Separation der Variablen (vgl. Satz 22.4). Es gilt dy = 2 y d ln y() = 2 ln + c mit c R. Demnach sind sämtliche homogenen Lösungen gegeben durch y h () = c = c mit c R. 2 2 Um eine partikuläre Lösung der inhomogenen Ausgangsgleichung zu finden, verwenden wir das Verfahren der Variation der Konstanten. Nach Bemerkung 22.9 führt der Ansatz y p () = c()y h () = c() zu 2 e 2 R c() = 2 e e d 2 d = e2 ln d = e 2 d. Partielle Integration liefert c() = 2 e2 + 2, also ist yp () = e partikuläre Lösung und nach Satz 22.6 ist für jedes c R die Funktion y() = y h () + y p () = c ( e2 + ) Lösung der gegebenen Gleichung. Einsetzen des Anfangswertes liefert nun 0 = y( ) = 4c also c = 0, 2 und damit als Lösung des Anfangswertproblems y() = e2 2 2 ( + 2). 4

5 . Differentialgleichungen II Gegeben seien y () = sin(ln ) und y 2 () = cos(ln ). Zeigen Sie, dass die Funktionen y und y 2 linear unabhängige Lösungen der Differentialgleichung y () + y () = y() sind. Um die Lösungseigenschaft zu zeigen, berechnen wir zunächst die ersten Ableitungen. Es gilt: und y () = cos(ln ) y 2() sin(ln ) = und y () = (sin(ln ) + cos(ln )) 2 und y () = (sin(ln ) cos(ln )). 2 Einsetzen in die gegebene Gleichung liefert nun für y : sin(ln ) und analog für y 2 : cos(ln ) = y () + y () = y sin(ln ) () =, = y 2() + y 2() = y cos(ln ) 2() =. Um die lineare Unabhängigkeit der gegebenen Funktionen zu zeigen, berechnen wir die Wronski-Determinante y () y W () = det 2 () sin(ln ) cos(ln ) y () y 2() = det =. cos(ln ) sin(ln ) Es ist also W () 0 und damit nach Satz 2. alles gezeigt. 6. Differentialgleichungen III Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Differentialgleichung y y + 8y 4y = e. Um die homogenen Lösungen zu bestimmen, betrachten wir das zugehörige charakteristische Polynom (vgl. Definition 22.2) τ(λ) = λ λ 2 + 8λ 4 = (λ )(λ 2) 2. Die Nullstellen von τ korrespondieren nun zu linear unabhängigen Lösungen der homogenen Gleichung (vgl. Satz 22.26): y h () = c e + c 2 e 2 + c e 2, c i R.

6 Eine partikuläre Lösung bestimmen wir nun mittels Satz Die rechte Seite hat die Form p()e α, wobei p ein Polynom vom Grad 0 und α = ist. Wegen τ() = 0 mit Vielfachheit setzen wir als partikuläre Lösung y p () = be an. Die ersten Ableitungen berechnen sich zu y p() = b( + )e, y p() = b( + 2)e und y p () = b( + )e. Einsetzen in die Ausgangsgleichung führt zu b = und damit ist y p () = e. Schließlich ist für jede Wahl von c, c 2, c R y() = y h () + y p () = c e + c 2 e 2 + c e 2 + e Lösung der gegebenen Differentialgleichung. 6