Lösungsvorschläge zur Klausur für bau, ernen, fmt, geod, mach, medtech, tema, umw, verf, verk )

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1 Lösungsvorschläge zur Klausur für bau, ernen, fmt, geod, mach, medtech, tema, umw, verf, verk Aufgabe : ( Punkte Gegeben ist der Körper K {(x,y,z R 3 x 2 + y 2 + z 2 ; x,y,z } (a Geben Sie K in Kugelkoordinaten an (b Berechnen Sie das Volumen des Körpers K (c Berechnen Sie den Schwerpunkt von K Lösungsvorschlag: (a Eine mögliche Parametrisierung des Hohlkugeloktanten lautet: r sin(ϑcos(ϕ κ(r,ϕ,ϑ r sin(ϑsin(ϕ, ϑ π/2, r 2, ϕ π/2 r cos(ϑ (b Das Volumen des Körpers berechnet sich über das Volumenintegral wie folgt: V K π/2 π/2 2 r 2 sin(ϑdrdϕdϑ 7π 6 Alternativ: Es gilt für das Volumen eines Kugeloktanten mit dem Radius r: V(r 8 /3πr3 8 Somit ist das gesuchte Volumen gegeben durch V K V(2 V( 8 7π 6 (c Für Koordinaten des Schwerpunkts berechnen wir einer der folgenden Integrale: S x V K K xdxdydz 6 7π π/2 π/ r sin(ϑcos(ϕr 2 sin(ϑdrdϕdϑ Apl Prof Dr N Knarr Seite von

2 oder S z 6 7π π/2 π/2 2 Aus Symmetriegründen gilt S x S y S z r 3 sin(ϑcos(ϑdrdϕdϑ 5 56 Alternativ Kartesische Koordinaten: (a (b Berechnung des Volumens mit kartesischen Koordinaten:Es gilt V V 2 V, wobei V r das Volumen des Kugeloktantes mit dem Radius r bezeichnet Für das entsprechende Integral schreiben wir: (c r V r r r 2 z 2 r 2 z 2 y 2 dxdydz [ ( (r 2 z 2 y arcsin( 2 r 2 z 2+y r 2 z 2 y 2] y r π (r2 z 2 dz πr3 6 V 7π 6 y r 2 z 2 dz Apl Prof Dr N Knarr Seite 2 von

3 Aufgabe 2: (6 Punkte Lösen Sie das Anfangswertproblem y Ay, y(v, wobei A ( 3 (, v Lösungsvorschlag: Also Av (v Av ( ( Das charakteristische Polynom der Matrix A ist det(λi A λ λ 3 (λ 22 2 ist die einzige Nullstelle des charakteristischen Polynoms, und sie ist zweifach Deswegen bekommen wir ( ( g e 2t Also ist die Wronski Matrix ( e 2t te M(t 2t ( e 2t te (e 2t (te 2t 2t 2e 2t (2t+ e 2t g 2 te 2t und wir bekommen Jetzt berechnen wir und M( M( T (M( T ( 2 ( 2 ( 2 Deshalb ist die Lösung des Anfangswertproblems ( ( f (v Av(M( T g g 2 ( e 2t te 2t te 2t, ( 2 ( e 2t te 2t Apl Prof Dr N Knarr Seite 3 von

4 Aufgabe 3: (2 Punkte Sei x x(t, v v(t eine Lösung des Differentialgleichungssystems x v, v v 3 x, und sei E x2 +v 2 2 Zeigen Sie, dass de dt Lösungsvorschlag: Mit der Kettenregel bekommen wir de dt xx + vv xv+v( v 3 x v Apl Prof Dr N Knarr Seite von

5 Aufgabe : (7 Punkte Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y (x y (x 5y(xcosh(x Lösungsvorschlag zu Aufgabe : Lösung der homogenen Gleichung Zuerst muss die Lösung f h der homogenen Gleichung berechnet werden Dazu bestimmt man das charakteristische Polynom aus der Gleichung y y 5y: p(xx 2 X 5(X 5(X+ Dieses hat die Nullstellen λ,λ 2 5 und daher lautet die homogene Lösung: f h (xc f (x+c 2 f 2 (xc e x + c 2 e 5x mit c,c 2 R Lösung der inhomogenen Gleichung durch Ansatz nach Art der rechten Seite(e µ x Wir verwenden cosh(x ex +e x 2 und setzen nach Superposition zwei partikuläre Lösungen an Zunächst f p (xae x Einsetzen in die Gleichung liefert nun f p (xae x und f p (xae x f p f p 5 f p ae x ae x 5ae x 8ae x ex 2 Ein Koeffizientenvergleich liefert a 6 Als zweiten Ansatz wählen wir wegen der Resonanz f p2 (xbxe x f p 2 (xb(e x xe x und f p 2 (xb( 2e x + xe x Einsetzen in die Gleichung liefert nun f p 2 f p 2 5 f p2 b( 2e x + xe x (b(e x xe x 5(bxe x 6be x e x 2 Ein Koeffizientenvergleich liefert b 2 Apl Prof Dr N Knarr Seite 5 von

6 Damit lautet die partikuläre Lösung f p f p + f p2 6 ex 2 xe x Lösung der inhomogenen Gleichung durch Ansatz nach Art der rechten Seite(cosh(x Wir verwenden direkt den cosh und müssen wegen der Resonanz f p acosh(x+ b sinh(x + cx cosh(x + dx sinh(x ansetzen Dies führt auf und f p(x(a+dsinh(x+(b+ccosh(x+cxsinh(x+dxcosh(x f p (x(b+2csinh(x+(a+2dcosh(x+dxsinh(x+cxcosh(x Einsetzen in die Gleichung liefert nun f p f p 5 f p (b+2csinh(x+(a+2dcosh(x+dxsinh(x+cxcosh(x ((a+dsinh(x+(b+ccosh(x+cxsinh(x+dxcosh(x 5(acosh(x+bsinh(x+cxcosh(x+dxsinh(x (a+2d b c 5acosh(x+(b+2c a d 5bsinh(x +(c d 5cxcosh(x+(d c 5dxsinh(x ( b c a+2dcosh(x+( a d b+2csinh(x +( d cxcosh(x+( c dxsinh(x cosh(x Ein Koeffizientenvergleich liefert das Gleichungssystem 2 a 2 b c d Es folgt sofort d c und durch Subtraktion der ersten von der zweiten Zeile 6c 6d und damit c d 2 Die letzte verbleibende Gleichung reduziert sich durch Einsetzen auf a b 2 und damit b 8 a Damit lautet die partikuläre Lösung f p (a(cosh(x sinh(x 8 sinh(x 2 xcosh(x+ 2 xsinh(x Apl Prof Dr N Knarr Seite 6 von

7 bzw, da a und b vertauschbar sind, f p (b(sinh(x cosh(x 8 cosh(x 2 xcosh(x+ 2 xsinh(x Da cosh(x sinh(xe x gilt, kann man die Konstante a (bzwb in der Konstante c der homogenen Lösung verschwinden lassen Lösung der inhomogenen Gleichung durch Variation der Konstanten Alternativ kann man die partikuläre Lösung auch durch Variation der Konstanten bestimmen Dazu muss man die Wronskimatrix M(x für f (x, f 2 (x aufstellen und ihre Inverse M(x berechnen ( e x e M(x 5x e x 5e 5x, M(x 6 ( 5e x e x Damit kann man ein Gleichungssystem für die Ableitungen der noch zu bestimmenden Funktionen c (x und c 2 (x aufstellen ( c (x c 2 (x ( 5e x e x ( 6 e 5x e 5x cosh(x und erhält nach Ausführen der Matrixmultiplikation ( ( c (x c 2 (x 2 (e 2x + 2 (e x + e 6x Man sieht sofort, dass 2 e 2x + dx 2 e2x 2 x, 2 Damit lauten die Funktionen c (x und c 2 (x letztendlich c (x 2 e2x 2 x c 2 (x 8 e x 72 e 6x, e 5x e 5x e x + e 6x dx 8 e x 72 e 6x und man bekommt die partikuläre Lösung durch Einsetzen dieser Funktionen f p (xc (x f (x+c 2 (x f 2 (x 2 e2x e x 2 xe x 8 e x e 5x 72 e 6x e 5x 6 ex 2 xe x ( 72 e x Apl Prof Dr N Knarr Seite 7 von

8 Zusammenfassend lautet die allgemeine Lösung als Linearkombination des homogenen und partikulären Anteils somit f(x f h (x+ f p (x 6 ex +(c 2 xe x + c 2 e 5x mit c,c 2 R bzw, wenn mit dem cosh(x gerechnet wurde oder f(x 8 sinh(x+ 2 x(sinh(x cosh(x+c e x + c 2 e 5x mit c,c 2 R f(x 8 cosh(x+ 2 x(sinh(x cosh(x+c e x + c 2 e 5x mit c,c 2 R Apl Prof Dr N Knarr Seite 8 von

9 Aufgabe 5: (5 Punkte Lösen Sie das Anfangswertproblem y (x+x 2 y(xx 2 y(5 Lösungsvorschlag zu Aufgabe 5: Lösung der homogenen Gleichung Zuerst muss die Lösung f h der homogenen Gleichung berechnet werden Dies erreichen wir, indem wir den Ansatz der getrennten Variablen wählen Durch Integration erhalten wir f h (x f h (x x2 und daraus ln( f h (x x3 3 + c f h (xce x3 3 Lösung der inhomogenen Gleichung durch Ansatz nach Art der rechten Seite (Glück oder genaues Hinschauen Wir wählen als Ansatz f p (xax 2 + bx+c und damit f p 2ax+b Dann ist x 2 f p (x+x2 f p (xax + bx 3 + cx 2 + 2ax+b und es folgt direkt, dass f p (xeine partikuläre Lösung ist Lösung der inhomogenen Gleichung durch Variation der Konstanten Wir variieren die Konstante c der homogenen Lösung und wählen als Ansatz f p (x c(xe x3 3 Dies führt auf die Gleichung c (xx 2 e x3 3 Wenn wir dies nun integrieren, benötigen wir die Substitution zx 3 mit dx dz 3x2 und erhalten c(x c (xdx x 2 e x3 3 dx 3 e z 3 dz e z 3 e x3 3 Apl Prof Dr N Knarr Seite 9 von

10 Das bedeutet, die partikuläre Lösung lautet f p (xe x3 3 e x3 3 Allgemeine Lösung aus homogener und inhomogener Lösung Die allgemeine Lösung lautet f(x f h (x+ f p (xce x3 3 + Lösung der allgemeinen Gleichung nach getrennten Veränderlichen Durch Umstellen der Gleichung erhalten wir Durch Integration erhalten wir f (x f(x x2 und daraus ln( f(x x3 3 + c f(xce x3 3 + Lösung des Anfangswertproblems aus der allgemeinen Lösung Es gilt also f( c+ 5 und damit c Die Lösung des Anfangswertproblems lautet also f(xe x3 3 + Apl Prof Dr N Knarr Seite von

11 Aufgabe 6: (9 Punkte Die 2 π -periodische Funktion g :R Rsei gegeben durch g(x : x; x [ π, π ; g(xg(x+ π 2 (a Entwickeln Sie g in eine reelle Fourier-Reihe (b Bestimmen Sie für alle x R den Grenzwert der Fourier-Reihe (c Bestimmen Sie die reelle Fourier-Reihe von f(xsin(8x Lösungsvorschlag zu Aufgabe 6: (a ( Weil g(x x ungerade ist, gilt a n für alle n N {} (2 Die Koeffizienten b n für g folgen durch einfache Integration sofort: b n π π π [ xcos(nx nπ xsin(nxdx π sin(nx ] π n 2 π π [ xcos(nx n ] π ( n 2n π nπ π π cos(nxdx (3 Die Fourierreihe von g ist g(x k ( k sin(kx 2k ( (b Die Funktion g ist stetig differenzierbar in den Intervallen (2k π, (2k+π (k Z mit endlichen links- bzw rechtseitigen Grenzwerten sowohl für g als auch g in allen Punk- { (2k+π } ( (2k π ten k Z Da die Funktion g insbesondere stetig ist in, (2k+π {(k Z, konvergiert } die Fourierreihe in diesem Bereich also gegen g(x In den Punkten (2k+π k Z hingegen macht g einen Sprung der Höhe 2 π, sodass sich der Grenzwert dort berechnet als ( 2 lim x (2k+π g(x + lim x (2k+π + g(x 2 ( π + π (c Mit den bekannten Orthogonalitätsrelationen für sin(8x sieht man sofort, dass mit sin(8x a 2 + a k cos(kx+b k sin(kx k {,k2 a k k N, b k (δ 2,k,k 2, k N Apl Prof Dr N Knarr Seite von