Lösungsskizzen zur Nachklausur

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1 sskizzen zur Nachklausur Mathematik II für die Fachrichtungen Biologie und Chemie Sommersemester 22 Aufgabe Es seien die folgenden Vektoren 2 v = 2, v 2 = und v 3 = 2 im R 3 gegeben. (a) Zeigen Sie, dass die Vektoren v, v 2, v 3 linear unabhängig sind. (b) Bestimmen Sie aus den Vektoren v, v 2, v 3 mit Hilfe des Orthonormalisierungsverfahrens nach Gram-Schmidt eine Orthonormalbasis des R 3. ad (a): Für die Determinante der Matrix mit den Spaltenvektoren v, v 2, v 3 gilt, nach Entwicklung nach der letzten Zeile: 2 det(v v 2 v 3 ) = det 2 2 = ( 2 2) = 4 Also ist die Matrix regulär und ihre Spaltenvektoren linear unabhängig. ad (b): Mit dem Orthonormalisierungsverfahren nach Gram-Schmidt berechnet man sowie und b = v v = v = ( 2 ), b 2 = v 2 v 2,b b = ( 2 ) ( 2 ), ( 2 ) ( 2 ) = ( 2 ) 2( 2 ) = 4 ( 2 ), b 2 = b 2 b 2 = 4 b 2 = 4 4 ( 2 ) = ( 2 ), b 3 = v 3 v 3,b b v 3,b 2 b 2 = ( 2 ) ( 2)( 2 ) 4( 2 ) = ( ), b 3 = b 3 b 3 = ( ). Die Vektoren b = ( 2 ), b 2 = ( 2 ) und b 3 = ( ) bilden eine Orthonormalbasis des R 3.

2 sskizzen zur Nachklausur Mathematik II für die Fachrichtungen Biologie und Chemie Sommersemester 22 Aufgabe 2 Es sei die Matrix gegeben. (a) Zeigen Sie, dass die Matrix A invertierbar ist. (b) Berechnen Sie die zu A inverse Matrix. 2 2 A = ad (a): Durch Entwicklung nach der zweiten Zeile zeigt man also ist A invertierbar. 2 2 deta = det = ( )(2 ) =, ad (b): Der Gaußsche Algorithmus, simultan angewandt auf die drei Standardbasisvektoren des R 3, liefert Somit ist ( 2) die zu A inverse Matrix. Aufgabe 3 Es sei 4 4 B =. (a) Zeigen Sie, dass 3 und 6 die Eigenwerte von B sind. (b) Bestimmen Sie die zugehörigen Eigenräume. 2

3 sskizzen zur Nachklausur Mathematik II für die Fachrichtungen Biologie und Chemie Sommersemester 22 ad (a): Die Eigenwerte der Matrix B sind genau die Nullstellen ihres charakteristischen Polynoms. Durch Entwicklung nach der ersten Spalte zeigt man: 4 λ 4 λ p B (λ) = det(b λ 4 ) = det λ 4 λ = (4 λ)( ( λ)( λ)((4 λ)( λ) )) (((4 λ)( λ) )( )) (( )((4 λ)( λ) )) = (4 λ)(( λ)((4 λ)( λ) 2)) ((4 λ)( λ) 2) ((4 λ)( λ) 2) = ((4 λ)( λ) 2) 2 = (λ 2 9λ 8) 2 Man rechnet leicht nach, dass λ 2 9λ 8 = (λ 3)(λ 6) gilt. Damit sind 3 und 6 die, jeweils doppelten, Nullstellen des charakteristischen Polynoms und somit genau die Eigenwerte der Matrix B. ad (b): Ist λ ein Eigenwert der Matrix, so ist der zugehörige Eigenraum als E λ = {x R 4 (B λ 4 )x = } definiert. Der Gaußsche Algorithmus liefert für λ = und damit gilt E 3 = [( ),( )]. Für den Eigenwert λ = 6 ergibt sich und man erhält E 6 = [( 2 ),( 2 )]. 3

4 sskizzen zur Nachklausur Mathematik II für die Fachrichtungen Biologie und Chemie Sommersemester 22 Aufgabe 4 Es sei das folgende homogene Sytem linearer Differentialgleichungen gegeben: x (t) = 7x (t) x 2 (t) x 2(t) = x (t)7x 2 (t) (a) Bestimmen Sie ein Fundamentalsystem und die allgemeine des Differentialgleichungssystems. (b) Berechnen Sie die für das durch x() = ( ) gegebene Anfangswertproblem. ad (a): In Matrixschreibweise lautet das gegebene Differentialgleichungssystem Es ist λ genau dann Eigenwert der Matrix A, wenn x (t) = A x(t) mit A = ( 7 7 ). 7 λ = p A (λ) = det(a λ 2 ) = det( 7 λ ) = (7 λ)2 = ((7 λ) )((7 λ)) = (λ 6)(λ 8) gilt, also genau dann, wenn λ = 6 oder λ = 8 gilt. Als die zugehörigen Eigenräume erhält man E 6 = {x R 2 ( )x = } = [( )] und E 8 = {x R 2 ( )x = } = [( )]. Also ist v = ( ) ein Eigenvektor zum Eigenwert λ = 6 und v 2 = ( ) ein Eigenvektor zum Eigenwert λ 2 = 8. Die folgenden Kurven bilden ein Fundamentalsystem des Differentialgleichungssystems: u (t) = e λ t v = e 6t ( ) und u 2(t) = e λ 2t v 2 = e 8t ( ) Da ein Fundamentalsystem eine Basis des sraumes ist, lautet die allgemeine der Differentialgleichung x(t) = c u (t)c 2 u 2 (t) = c e 6t ( )c 2 e 8t ( ) mit c,c 2 R. ad (b): Aus der Anfangsbedingung ( ) = x() = c e 6 ( )c 2 e 8 ( ) = c ( )c 2 ( ) folgt c = 3 und c 2 = 2. Somit löst x(t) = 3 u (t) 2 u 2 (t) = 3e 6t ( ) 2e8t ( ) das Anfangswertproblem x (t) = A x(t) mit x() = ( ). 4

5 sskizzen zur Nachklausur Mathematik II für die Fachrichtungen Biologie und Chemie Sommersemester 22 Aufgabe Es seien das folgende inhomogene System linearer Differentialgleichungen und ein Fundamentalsystem y (t) = y (t) y 3 (t) y 2(t) = 2y 2 (t)e 3t y 3(t) = y (t)y 3 (t)3 u (t) = ( ), u 2(t) = ( ) und u 3 (t) = ( ) des zugehörigen homogenen Differentialgleichungssystems gegeben. Bestimmen Sie eine partikuläre und die allgemeine des inhomogenen Differentialgleichungssystems. Es bezeichne b(t) = e 3t 3 die Störfunktion des Differentialgleichungssystems und es sei Φ(t) = (u (t) u 2 (t) u 3 (t)) =. Dann ist für alle t, da u (t), u 2 (t) und u 3 (t) linear unabhängig sind, Φ(t) invertierbar und mit den durch definierten Koeffizientenfunktionen ist a (t) a(t) = a 2 (t) = Φ (t)b(t) a 3 (t) y p (t) = a (t)u (t)a 2 (t)u 2 (t)a 3 (t)u 3 (t) eine partikuläre des inhomogenen Differentialgleichungssystems. Es gilt also zunächst das lineare Gleichungssystem zu lösen. x (t) x 2 (t) x 3 (t) = Φ(t)x(t) = b(t) = e 3t 3

6 sskizzen zur Nachklausur Mathematik II für die Fachrichtungen Biologie und Chemie Sommersemester 22 Der Gaußsche Algorithmus liefert e 3t 3 e 2 e t 4 2 e e t 2 e e t 2 e t 2 Setzt man nun a (t) = x (t) dt = dt = t, und a 2 (t) = x 2 (t) dt = e t dt = e t a 3 (t) = x 3 (t) dt = 2 dt =, so ist y p (t) = a (t)u (t)a 2 (t)u 2 (t)a 3 (t)u 3 (t) = t ( )et ( ) ( ) = ( ( t)e2t e 3t eine partikuläre des inhomogenen Differentialgleichungssystems. (t) ) Jede des inhomogenen Differentialgleichungssystems ist von der Form y(t) = y p (t)y h (t), wobei y h (t) = c u (t) c 2 u 2 (t) c 2 u 3 (t) mit c,c 2,c 3 R eine allgemeine des homogenen Differentialgleichungssystems ist. Die allgemeine des inhomogenen Differentialgleichungssystems lautet somit also y(t) = y p (t)c u (t)c 2 u 2 (t)c 2 u 3 (t), y (t) = ( t c ) c 3 y 2 (t) = (e t c 2 ) y 3 (t) = (t c ) c 3 6

7 sskizzen zur Nachklausur Mathematik II für die Fachrichtungen Biologie und Chemie Sommersemester 22 Aufgabe 6 Bestimmen Sie jeweils ein Fundamentalsystem der folgenden linearen Differentialgleichungen: (a) y (t) 2y (t)y(t) = (b) z (t) 4z (t)z(t) = ad (a): Die charakteristische Gleichung der Differentialgleichung (a) lautet: q(λ) = λ 2 2λ = (λ ) 2 Da λ = ein doppelte Nullstelle der charakteristischen Gleichung ist, bilden die Funktionen ein Fundamentalsystem der Differentialgleichung. u (t) = e λ t = e t, u 2 (t) = t u (t) = t e t ad (b): Die charakteristische Gleichung der Differentialgleichung (b) q(λ) = λ 2 4λ = (λ 2) 2 = (λ (2i))(λ (2 i)) besitzt die Nullstellen µ = 2i und µ = 2 i. Die Funktionen u (t) = e Re(µ )t cos(im(µ )t) = cos(t), u 2 (t) = e Re(µ )t sin(im(µ )t) = sin(t) bilden ein Fundamentalsystem der Differentialgleichung. Aufgabe 7 Es sei f R 3 R, (x,y,z) e x2 (y 2) 2 z 3 3z (a) Berechnen Sie den Gradienten von f. (b) Bestimmen Sie die kritischen Punkte von f. (c) Untersuchen Sie, ob es sich bei den kritischen Punkten aus Aufgabenteil (b) jeweils um eine Maximalstelle, eine Minimalstelle oder einen Sattelpunkt handelt. ad (a): Die partiellen Ableitungen von f lauten x f (x,y,z) = 2xe x2, y f (x,y,z) = 2(y 2), z f (x,y,z) = 3z

8 sskizzen zur Nachklausur Mathematik II für die Fachrichtungen Biologie und Chemie Sommersemester 22 Somit ergibt sich für den Gradienten: x f (x,y,z) 2xe x2 grad f (x,y,z) = y f (x,y,z) = 2(y 2) z f (x,y,z) 3z 2 3 ad (b): Die kritischen Punkte von f sind genau die Nullstellen des Gradienten. Da die Exponentialfunktion keine Nullstellen besitzt, gilt genau dann x f (x,y,z) = 2xe x2 =, wenn x = gilt. Ferner hat y f (x,y,z) = 2(y 2) nur die Nullstelle 2 und z f (x,y,z) = 3z 2 3 genau zwei Nullstellen und. Die Funktion f besitzt also die beiden kritischen Punkte ξ = (,2,) und ξ 2 = (,2, ). ad (c): Die zweiten partiellen Ableitungen xy f, xz f und yz f von f verschwinden, da die jeweiligen ersten partiellen Ableitungen nur von einer Variablen abhängen. Die weiteren partiellen Ableitungen von f lauten xx f (x,y,z) = 2( 2x 2 )e x2, yy f (x,y,z) = 2, zz f (x,y,z) = 6z. In den beiden kritischen Punkten ergibt sich damit für die Hessematrix und xx f (ξ ) yx f (ξ ) zx f (ξ ) 2 H f (ξ ) = xy f (ξ ) yy f (ξ ) zy f (ξ ) = 2 xz f (ξ ) yz f (ξ ) zz f (ξ ) 6 2 H f (ξ 2 ) = 2. 6 In beiden Fällen ist die Hessematrix eine Diagonalmatrix, ihre Eigenwerte sind genau die Einträge auf der Diagonalen. Im Punkt ξ 2 = (,2,) sind alle Eigenwerte positiv, es handelt sich hier also um eine Minimalstelle. Im Punkt ξ = (,2, ) sind alle Eigenwerte von Null verschieden und haben unterschiedliche Vorzeichen, hier liegt also ein Sattelpunkt vor. 8