Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung , 120min. cos y + x 2 z e z + xy. x sin x + y 2

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1 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.3.27, 2min Aufgabe ( Punkte) Sei S := {(x, y, z) R 3 : z = x 2 y 2 und x 2 + y 2 }. (a) (6 Punkte) Berechnen Sie den Flächeninhalt von S. (b) (4 Punkte) Berechnen Sie die Zirkulation des Vektorfeldes f : R 3 R 3, x sin x + y 2 y cos y + x 2 z e z + xy längs S. (a) Eine Parametrisierung von S ist gegeben durch r cos θ Φ: [, ] [, 2π] R 3, (r, θ) r sin θ. r 2 (cos 2 θ sin 2 θ) Wir berechnen cos θ r sin θ Φ r = sin θ und Φ θ = r cos θ. 2r(cos 2 θ sin 2 θ) 4r 2 sin θ cos θ Damit erhalten wir für die Normale sin θ ( 4r 2 sin θ cos θ) 2r(cos 2 θ sin 2 θ) r cos θ 2r 2 cos θ Φ r Φ θ = 2r(cos θ sin 2 θ) ( r sin θ) cos θ ( 4r 2 sin θ cos θ) = 2r 2 sin θ. cos θ r cos θ sin θ ( r sin θ) r Also ist Φ r Φ θ = 4r 4 cos 2 θ + 4r 4 sin 2 θ + r 2 = r 4r 2 +. Damit folgt S = 2π = 2π mit der Substitution u := r 2. Φ r Φ θ dθ dr = 2π [ 2 (4u + ) π 2 du = 6 (4u + ) 3 2 r(4r 2 + ) 2 dθ dr ] = 6 (5 5 )π Seite von 8

2 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.3.27, 2min (b) Wir berechnen x rot f = y 2x 2y r cos θ und somit (rot f)(φ(r, θ)) = r sin θ. 2r(cos θ sin θ) Mit dem Satz von Stokes folgt somit Z(f, S) = = = 2π 2π 2π = 2π (rot f)(φ(r, θ)) (Φ r (r, θ) Φ θ (r, θ)) dθ dr r cos θ 2r 2 cos θ r sin θ 2r 2 sin θ dθ dr 2r(cos θ sin θ) r ( 2r 3 + 2r 2 (cos θ sin θ)) dθ dr ( 2r 3 ) dr = [ πr 4] = π. Bemerkung: Wenn man die entgegengesetzte Normale wählt, so erhält man π. Seite 2 von 8

3 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.3.27, 2min Aufgabe 2 ( Punkte) Gegeben ist die Differentialgleichung y (3) 3y (2) + 7y 5y = 2e x cos(x) 6e x. Bestimmen Sie alle reellen Lösungen der Differentialgleichung. SCHRITT : In einem ersten Schritt löst man die homogene Gleichung y (3) 3y (2) + 7y 5y =. Das charakteristische Polynom P (X) dieser Differentialgleichung ist P (X) = X 3 3X 2 +7X 5. Eine offensichtliche Nullstelle von P ist. P (X) = X 3 3X 2 + 7X 5 = (X )(X 2 2X + 5) = (X )(X + 2i)(X 2i) und hat die übrigen Nullstellen 2i und + 2i. Die allgemeine homogene Lösung f h ist dann: f h (x) = ae x + be x cos(2x) + ce x sin(2x) mit a, b, c R. SCHRITT 2: In einem zweiten Schritt bestimmt man nun irgendeine beliebige (partikuläre) Lösung der gegebenen inhomogenen Differentialgleichung beispielsweise durch einen Ansatz nach Art der rechten Seite. Partikuläre Lösung durch Ansatz nach Art der rechten Seite Aufgrund des Superpositionsprinzips bekommt man eine partikuläre Lösung f p von y (3) 3y (2) + 7y 5y = 2e x cos(x) 6e x, indem man eine partikuläre Lösung f p und eine partikuläre Lösung f p2 f p = f p + f p2. Zunächst zu y (3) 3y (2) + 7y 5y = 2e x cos(x): von y (3) 3y (2) + 7y 5y = 2e x cos(x) von y (3) 3y (2) +7y 5y = 6e x bestimmt und diese beiden addiert: Weil ± i keine Nullstelle von P ist (keine Resonanz), machen wir den Ansatz Dreimaliges Ableiten ergibt f p (x) = x e x (α cos(x) + β sin(x)) = e x (α cos(x) + β sin(x)). f p (x) = e x ((α + β) cos(x) + (β α) sin(x)), f p (2) (x) = e x (2β cos(x) 2α sin(x)), f p (3) (x) = e x (2(β α) cos(x) 2(β + α) sin(x)). Setzt man dies in die Differentialgleichung ein, so erhält man e x (3β cos(x) 3α sin(x)) = 2e x cos(x) Seite 3 von 8

4 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.3.27, 2min und damit α = und β = 2 3. Also f p (x) = 2 3 ex sin(x). Jetzt zu y (3) 3y (2) + 7y 5y = 6e x : Weil eine einfache Nullstelle von P ist (Resonanz), machen wir den Ansatz Dreimaliges Ableiten ergibt f p2 (x) = αx e x = αxe x. f p 2 (x) = α(x + )e x, f p (2) 2 (x) = α(x + 2)e x f (3) p 2 (x) = α(x + 3)e x. Setzt man dies in die Differentialgleichung ein, so erhält man und damit α = 4. Also f p2 (x) = 4xe x. α((x + 3) 3(x + 2) + 7(x + ) 5x)e x = 6e x Insgesamt erhalten wir f p (x) = f p (x) + f p2 (x) = 2 3 ex sin(x) 4xe x. 4αe x = 6e x SCHRITT 3: In einem dritten und letzten Schritt muss man schließlich noch die oben bestimmte allgemeine homogene Lösung und die oben bestimmte partikuläre Lösung addieren: f(x) = f h (x) + f p (x) = ae x + be x cos(2x) + ce x sin(2x) ex sin(x) 4xe x mit a, b, c R, um die gesuchte allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung zu bekommen. Seite 4 von 8

5 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.3.27, 2min Aufgabe 3 ( Punkte) Gegeben sind A := 2 und h(x) := e x e x e 2x. (a) (7 Punkte) Bestimmen Sie für i {, 2, 3} jeweils die Lösung des Anfangswertproblems y = Ay, y() = v i, wobei v := (,, ), v 2 := (,, ), v 3 := (,, ). (b) (3 Punkte) Bestimmen Sie alle Lösungen des inhomogenen Differentialgleichungssystems y = Ay + h(x). (a) Die Lösung des Anfangswertproblems: y = Ay, y() = v. Av = (,, ). Es gilt Av = v. Die Lösung zum Anfangswert v ergibt sich also durch f (x) = e x v = (e x,, ) Die Lösung des Anfangswertproblems: y = Ay, y() = v 2. Es gilt Av 2 = (,, ) und A 2 v 2 = (2,, ). Wir wenden den Gauß-Algorithmus auf die Matrix v 2 Av 2 2 A 2 v 2 Im ersten Schritt erhalten wir Z 3 2Z 2 : v 2 Av 2 A 2 v 2 2Av 2 und im zweiten Z 3 + Z : v 2 Av 2 A 2 v 2 2Av 2 + v 2 Seite 5 von 8

6 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.3.27, 2min Nun kann man in der rechten unteren Ecke der Matrix das gesuchte Polynom ablesen. Es gilt ja A 2 v 2 2Av 2 + v 2 =, also konnen wir q(x) = X 2 2X + wählen. Daraus erhält man z.b. mit der Mitternachtsformel oder durch scharfes hinsehen die Nullstellen X,2 =. Ein Fundamentalsystem für die Differentialgleichung q(d)y = wird nach von den Funktionen g (x) = e x und g 2 (x) = xe x gebildet. Für die Ableitungen gilt g (x) = e x und g 2(x) = xe x +e x Damit ergibt sich für die Wronskimatrix ( ) e x xe x M(x) = e x xe x + e x und wir erhalten im Punkt x = und für die Invers-Transponierte ( ) M() = ( ) (M() T ) = Also ist die Lösung des Anfangswertproblems gegeben durch ( ) ) ( ) ( ) (v 2 Av 2 (M() T ) g (x) = g 2 (x) e x xe x Die Lösung zum Anfangswert v 2 ergibt sich also durch f 2 (x) = (xe x, e x, ) Die Lösung des Anfangswertproblems: y = Ay, y() = v 3. Av 3 = (,, 2). Es gilt Av 3 = 2v 3. Die Lösung zum Anfangswert v 3 ergibt sich also durch f 3 (x) = e 2x v 3 = (,, e 2x ) (b) f (x), f 2 (x), f 3 (x) ist ein Fundamentalsystem mit Wronski-Matrix e x xe x W (x) = e x e 2x Seite 6 von 8

7 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.3.27, 2min Es gibt W () = I 3 Das inverse der Wronski-Matrix ist dann, mit Hilfe von Satz 6.5.5, nur W (x) = W ( x). Mit der Methode der Variation der Konstanten nach Satz 6.6. ergibt sich c (x) e x xe x e x x c 2(x) = W ( x)h(x) = e x e x = c 3(x) e 2x e 2x und damit durch Integrieren c (x) x x 2 /2 c 2 (x) = x. c 3 (x) x Damit ist die allgemeine Lösung des inhomogenen Systems von der Form f(x) = c f (x) + c 2 f 2 (x) + c 3 f 3 (x) + c (x)f (x) + c 2 (x)f 2 (x) + c 3 (x)f 3 (x) = c (e x,, ) + c 2 (xe x, e x, ) + c 3 (,, e 2x ) + e x (x + x 2 /2, x, xe x ) mit c, c 2, c 3 R. Seite 7 von 8

8 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.3.27, 2min Aufgabe 4 (9 Punkte) Gegeben ist die 2-periodische Funktion f mit f(x) = sin(πx), für x, f(x + 2) = f(x). (a) (8 Punkte) Berechnen Sie die reelle Fourier-Reihe von f. (b) ( Punkt) Bestimmen Sie für alle x R den Grenzwert der Fourier-Reihe. (a) Die Funktion f ist gerade, folglich ist die Fourierreihe von f eine reine Kosinusreihe, d.h. es ist Es gilt a n =2 sin(πx) cos(πnx) dx ( =2 π cos(πx) cos(πnx) n ( ( + ( ) n =2 n π π n N : b n =. ) cos(πx) sin(πnx) dx sin(πx) sin(πnx) n sin(πx) cos(πnx) dx }{{}}{{} = = 2 an )). Daher erhalten wir ( n 2 )a n = 2 π ( + ( )n ). Diese Gleichung bestimmt alle Fourierkoeffizienten bis auf a zu a n = 2 π + ( )n n 2, denn die Gleichung a = liefert nicht a = (das heißt, diese Folgerung ist an dieser Stelle noch unzulässig). Diesen Koeffizienten muss man seperat berechnen: a = 2 sin(πx) cos(πx) dx = Damit erhalten wir die Fourierreihe f(x) 2 π + 2 π n=2 sin(2πx) dx = 2π cos(2πx) + ( ) n n 2 cos(πnx). (b) Die Fourierreihe der Funktion f konvergiert punktweise überall gegen den Funktionswert von f. =. Seite 8 von 8