Lösungsvorschläge zur Klausur

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1 Prüfung in Höhere Mathematik 3 8. Februar Lösungsvorschläge zur Klausur für bau, ernen, fmt, IuI, mach, tema, umw, verf, geod und so weiter ; Aufgabe : (6 Punkte Die archimedische Spirale wird durch A : R R mit A(ϕ (ϕ cosϕ,ϕ sinϕ T parametrisiert. Für ϕ 3 begrenzt diese zusammen mit dem Geradenstück G : {(x,y R 3 x, y } ein ebenes Gebiet J. Bestimmen Sie für g : R R mit g(x,y ( y,x T die Zirkulation von g entlang des Randes von J. Lösungsvorschlag zu Aufgabe :. Variante: Direkt über Randintegral Wir parametrisieren den linearen Teil des Rands J durch C G : [,] R mit C G (ϕ ( 3 + ϕ, und den Rest wie in der Aufgabenstellung angegeben duch die archimedische Spirale A auf [,3] eingeschränkt. Damit folgt der Ansatz: Z(g, J J g(sds 3 g(c G (ϕ C G (ϕdϕ + g(a(ϕ A (ϕdϕ Da das Vektorfeld g u.a. die Koordinaten vertauscht, ist das Kurvenintegral über den linearen Teil identisch. Mit folgt also Z(g, J A (ϕ g(a(ϕ A (ϕdϕ ( ϕ sin(ϕ ϕ cos(ϕ ( cos(ϕ ϕ sin(ϕ sin(ϕ + ϕ cos(ϕ ( cos(ϕ ϕ sin(ϕ sin(ϕ + ϕ cos(ϕ dϕ ϕ sin(ϕ cos(ϕ + ϕ sin(ϕ + ϕ cos(ϕ sin(ϕ + ϕ cos(ϕ dϕ ϕ dϕ 3 ϕ Prof. Dr. N. Knarr Seite von

2 Prüfung in Höhere Mathematik 3 8. Februar. Variante: Mit Green Die Fläche J kann mittels ebener Polarkoordinaten durch die Abbildung Φ : Q R : (r, ϕ (r cos(ϕ, r sin(ϕ T, Q : {(r, ϕ ϕ 3, r ϕ} parametrisiert werden. Da rotg(x,y (, folgt mit dem Greenschen Satz in der Ebene und weil detφ (r,ϕ r : Z(g, J rot g(x, ydxdy J 3 ϕ rdrdϕ 3 ϕ r ϕ dϕ Prof. Dr. N. Knarr Seite von

3 Prüfung in Höhere Mathematik 3 8. Februar Aufgabe : (6 Punkte Rotiert man das in der (x,z-ebene gelegene Rechteck [,] [,] um die z-achse, so entsteht eine Menge M R 3. Bestimmen Sie den Ausfluss des Vektorfelds durch den Rand von M. g : R 3 R 3 mit g(x,y,z (xz,3yz + y,zy z 3 T Lösungsvorschlag zu Aufgabe : Offenbar ist M { (x,y,z R 3 x + y 4, z }, d.h. M lässt sich in Zylinderkoordinaten durch Φ : [,] [,] [,] M mit Φ(r,ϕ,z (r cos(ϕ,r sin(ϕ,z T parametrisieren. Wir erhalten mit Gauss den Ausfluss von g durch den Rand M von M somit durch A(g, M div g(x, y, zdxdydz. Da und detφ (r,ϕ,z r folgt: M divg(x,y,z z + 3z + y + y 3z z + 3y A(g, M r ϕ r ϕ r r r ϕ z (z + 3r sin(ϕ r dzdϕdr ( z r + 3zr sin(ϕ z dϕdr ( r + 6r sin(ϕ dϕdr ( r ϕ 6r cos(ϕ ϕ dr 4r dr r 6. Prof. Dr. N. Knarr Seite 3 von

4 Prüfung in Höhere Mathematik 3 8. Februar Aufgabe 3: (8 Punkte Bestimmen Sie die Lösung y : R R 3 des Anfangswertproblems 3 3 y 6 3 y, y(. 3 Lösungsvorschlag zu Aufgabe 3:. Variante (mit Minimalpolynom (siehe Satz Wir erhalten v y(, 3 Av 6, 9 A v 9 und damit A v + 9v. Das zugehörige Polynom p(x X + 9 hat die Nullstellen λ / ±3i, und damit lautet das reelle Fundamentalsystem der zugehörigen skalaren Differentialgleichung g (x cos(3x, g (x sin(3x. Das Anfangswertproblem hat dann die Lösung.. ( f (x v Av M( T g (x g (x.. mit der zugehörigen Wronski-Matrix ( cos(3x sin(3x M(x 3sin(3x 3cos(3x mit M( (, M( T 3 ( 3 Damit ist die Lösung des Anfangswertproblems gegeben durch 3 ( ( ( f (x 6 cos(3x cos(3x 3 sin(3 x sin(3 x 3 cos(3x sin(3x sin(3x cos(3x + 3 sin(3x.. Prof. Dr. N. Knarr Seite 4 von

5 Prüfung in Höhere Mathematik 3 8. Februar. Variante (mit charakteristischem Polynom (siehe Satz Wie oben erhalten wir 3 9 v, Av 6, A v. 9 Das charakteristische Polynom der Matrix A lautet χ A (X (3 X((3 X( 3 X + 8 (3 X(X + 9 mit den Nullstellen λ / ±3i, λ 3 3. Das reelle Fundamentalsystem der zugehörigen skalaren Differentialgleichung lautet damit g (x cos(3x, g (x sin(3x, g 3 (x e 3x. Das Anfangswertproblem hat dann die Lösung... g (x f (x v Av A v M( T g (x... g 3 (x mit der zugehörigen Wronski-Matrix cos(3x sin(3x e 3x M(x 3sin(3x 3cos(3x 3e 3x, 9cos(3x 9sin(3x 9e 3x also M( 3 3, M( T Damit ist die Lösung des Anfangswertproblems gegeben durch 3 9 cos(3 x f (x 6 3 sin(3 x e 3x (cos(3x sin(3x + e3x 6 3 sin(3x 9 8 ( cos(3x sin(3x + e3x cos(3 x sin(3 x 3 e 3x cos(3x sin(3x sin(3x cos(3x + 3 sin(3x. Prof. Dr. N. Knarr Seite 5 von

6 Prüfung in Höhere Mathematik 3 8. Februar Aufgabe 4: (5 Punkte Bestimmen Sie die allgemeine reelle Lösung y : R R der Differentialgleichung y y 3y x. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4:. Berechnung der Lösung y h der homogenen Gleichung. Das charakteristische Polynom der Gleichung lautet: p(x X X 3 (X 3(X +, also lauten die Grundlösungen g, g und die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung so: g (x e 3x, g (x e x, y h (x c e 3x + c e x, c, c R.. Berechnung einer Partikulärlösung y p der inhomogenen Gleichung. Ansatz nach Art der rechten Seite. Resonanz liegt nicht vor, also lautet hier der Ansatz y p (x α x + β, das heißt: Einsetzen und Koeffizientenvergleich: y p (x α x + β, y p(x α, y p(x. α 3α x 3β! x α 3, 3 3β α 3, β 9. Damit lautet eine Partikulärlösung y p (x 3 x + 9. Alternativlösung: Variation der Konstanten. Ansatz y p (x c (xe 3x +c (xe x. Wronski-Matrix M(x zu den Grundlösungen: ( e 3x e M(x x 3e 3x e x, M(x ( e 3x e 3x 4 3e x e x. Differentialgleichungen für die Konstanten : ( c (x c (x ( e 3x e 3x ( 4 3e x e x x Integration liefert als Stammfunktionen zum Beispiel ( e 4 x 3x e x. c (x 3x + e 3x, c (x 36 4 ( xex, was dann hier auf die Partikulärlösung ỹ p führt: Zufällig gilt hier y p ỹ p. ỹ p (x c (xe 3x + c (xe x 3 x + 9 y p(x. Prof. Dr. N. Knarr Seite 6 von

7 Prüfung in Höhere Mathematik 3 8. Februar 3. Allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung. Die Gesamtlösung y ist also durch gegeben. y(x y p (x + y h (x 3 x c e 3x + c e x, c, c R, Prof. Dr. N. Knarr Seite 7 von

8 Prüfung in Höhere Mathematik 3 8. Februar Aufgabe 5: (6 Punkte Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems (4 + x y 4 + y, y(. Hinweis: Den Definitionsbereich der Lösung müssen Sie nicht bestimmen. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 5: Es ist 4 + x > und 4 + y >, also kann man die Differentialgleichung für alle x R separieren: (4 + x y 4 + y y 4 + y 4 + x y 4 + y dx 4 + x dx 4 + w dw wy 4 + x dx 4 + (w/ dw wy 4 + (x/ dx arctan( y arctan( x +C, C R. Da im Definitionsbereich ist, löst man nach y mit dem Hauptzweig der Tangens-Funktion auf: y(x tan ( arctan( x +C, Anfangswerte anpassen: also y( tan C! C 4, y(x tan ( arctan( x + 4. Natürlich könnte man auch bestimmt in- Variante automatisch richtige Anfangswerte : tegrieren: (4 + x y 4 + y und y( x y y (ξ 4 + ( y(ξ dξ 4 + η dη x arctan( η y x dξ und y( 4 + ξ 4 + ξ dξ η arctan(ξ x ξ arctan( y arctan( x + arctan( y(x tan ( arctan( x + 4. Prof. Dr. N. Knarr Seite 8 von

9 Prüfung in Höhere Mathematik 3 8. Februar Aufgabe 6: (9 Punkte Die -periodische Funktion f : R R sei gegeben durch für x <, für x <, f (x für x, für < x, für < x <. (a Bestimmen Sie die reelle Fourier-Reihe von f. (b Geben Sie für alle x [,] an, gegen welchen Wert die Fourier-Reihe von f im Punkt x konvergiert. (c Begründen Sie, ob f eine -periodische Stammfunktion besitzt. Falls das so ist, geben Sie die Fourier-Reihe einer solchen Stammfunktion an. Hinweise: Ausdrücke der Form sin( j / bzw. cos( j / müssen ausgerechnet werden. Ausdrücke der Form ± ( j müssen nicht weiter vereinfacht werden ( j N. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 6: (a Die Funktion f ist offenbar ungerade, daher gilt a k, k N. Für die Sinus-Koeffizienten b k, k N, erhält man unter Ausnutzung der Eigenschaften von f Also gilt b k k b k Die Fourierreihe ist dann f (x ( j ( j j / { k f (x sin(k xdx sin(k xdx k ( cos(k j ( ( j sin(( j + x j + + sin(( j + x + j + ( sin(( j + x + j + [ ] / cos(k x für k ungerade, für k j gerade. ( j j j l sin( j x sin((l + x (l + sin((4 j + x j +. Prof. Dr. N. Knarr Seite 9 von

10 Prüfung in Höhere Mathematik 3 8. Februar (b f ist stetig differenzierbar in den Stellen, und in (, bis auf die Sprungstellen bei ± und, da f stückweise konstant ist existieren die einseitigen Grenzwerte, also konvergiert die Fourierreihe nach Satz gegen die folgenden Werte in [, ]: ( sin(( j + x + j j + sin((4 j + x j + f (x, x [, ] \ {,, }, x, x, x. (c Da die Fourierreihe von f eine reine Sinusreihe ist, ist der erste Kosinuskoefizient a natürlich und f besitzt eine (stückweise Stammfunktion F, die ebenfalls -periodisch ist. Gliedweise integration liefert F(x ( j j cos(( j + x ( j + + ( cos(( j + x ( j + + ( j j 4 j cos( j x. cos((4 j + x ( j + Prof. Dr. N. Knarr Seite von