Lösungsvorschläge zur Klausur

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1 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Lösungsvorschläge zur Klausur für bau, ernen, fmt, IuI, mach, tema, umw, verf, geod und so weiter ; Aufgabe : Punkte Im R 3 wird eine Fläche T durch die Abbildung Φ : [, 3π ] [, 3π ] R3 3 + cost coss s,t 3 + cost sins sint parametrisiert. Berechnen Sie die Zirkulation des Vektorfeldes f : R 3 R 3 x y z xz entlang der Randkurve von T. Lösungsvorschlag: Bei der Zirkulation von f entlang der Randkurve von T handelt es sich um das Kurvenintegral f u du, T wobei für die Randkurve eine Orientierung gewählt werden muss, wodurch das Ergebnis nur bis auf Vorzeichen eindeutig bestimmt ist. Sei Q : [, 3π ] [, 3π ]. Nach dem Satz von Stokes gilt f u du rot f n do, T wobei hier die Orientierung der Randkurve T verträglich sein muss mit der Einheitsnormalen n. Da das Ergebnis aber nur ohnehin bis auf Vorzeichen eindeutig ist, müssen wir uns im die im Satz von Stokes geforderte kompatible Orietierung keine Gedanken machen und werden im Folgenden einfach beide Seite als gleichwertige Lösungswege berechnen. Lösungsweg : Es ist das Integral T T rot f n do, wobei n eine Einheitsnormale an T ist, zu berechnen. Eine Einheitsnormale n an T ist gegeben durch n : ns,t : Φ s Φ t Φ s Φ t. Prof. Dr. N. Knarr Seite von

2 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Wir werden unten sehen, dass sich der Betrag Φ s Φ t im zu berechnenden Integral rauskürzt, sodass man nicht notwendig eine Einheitsnormale bestimmen muss. Es ist Φ s Φ 3 + cost sins sint coss 3 + cost coss sint sins t cost 3 + cost coss cost 3 + cost sins cost 3 + cost sins sint sins + sint coss3 + cost coss 3 + cost coss cost 3 + cost sins cost 3 + costsin ssint costsintcos s 3 + cost coss cost coss cost 3 + cost sins cost 3 + cost sins cost. 3 + cost sint sint Der Betrag dieses Vektors ist 3 + cost und daher erhalten wir coss cost n sins cost. sint Es ist rot f f 3 y f z f z f 3 x f x f y z z, wobei f,..., f 3 die Komponentenfunktionen von f sind. In den Koordinaten von Φ ist also rot f Φs,t sint und daher rot f Φs,t ns,t sintsinscost. Für das Oberflächenintegral erhalten wir nun unter Berücksichtigung von.. im HM-Skript rot f n do rot f Φ n Φ T Q s Φ ds dt t Φ s rot f n do rot f Φ Φ t T Q Φ s Φ t Φ s Φ ds dt t 3π 3π s t 3π 3π s t sint sins cost3 + cost ds dt 3sintsinscost + sintsinscost ds dt Prof. Dr. N. Knarr Seite von

3 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Mittels partieller Integration bestimmt man folgende Stammfunktionen cosθsinθ dθ cosθ, sinθcosθ dθ 3 cosθ3, Damit sehen wir, dass 3π t costsint dt, und daher 3π t 3π 3π s sintcost dt 3, t 3sintsinscost ds dt 3 3π s sins ds 3, 3π 3π s t Wir erhalten nun sintsinscost ds dt 3 T 3π s rot f n do sins ds 3. Lösungsweg : Es ist das Integral T f u du zu berechnen. Die Randkurve T is durch die Einschränkung von Φ auf das Quadrat Q parametrisiert. Wir durchlaufen Q gegen den Uhrzeigersinn und parametrisieren die vier Seiten des Quadrats einzeln wie folgt: K : [, 3π s ] R, s, K : [, 3π 3π ] R, t, t K 3 : [, 3π 3π ] s R, s 3π, K 4 : [, 3π ] R, t Für die Parametrisierung des Quadrats gibt es einen Punkt. Es gilt dann siehe auch.. im HM-Skript T f u du 4 3π i 3π. t f Φ K i u Φ K i u du. Prof. Dr. N. Knarr Seite 3 von

4 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Es ist 4coss f Φ K s f 4sins und daher ist das Integral über K gleich. Es ist f Φ K t f 3 cost sint und daher ist auch das Integral über K gleich. Es ist 3cos 3π s f Φ K 3 s f 3sin 3π s, 3cos 3π s 3cos 3π Φ K 3 s 3sin 3π s 3sin 3π s s 3cos 3π s, und daher ist auch das Integral über K 3 gleich. Es ist 3 + cos 3π t f Φ K 4 t f sin 3π t, 3 + cos 3π t sin 3π t 3 + cos 3π Φ K 4 t sin 3π t t, sin 3π t cos 3π t und daher ist 3π 3π f Φ K 4 t Φ K 4 t dt 3 + cos 3π t sin 3π tcos3π t dt. Wir können dieses Integral entweder analog zu oben mittels partieller Integration berechnen, können es aber auch mittels Substitution berechnen: und obiges Integral wird dann gleich w : cos 3π t dw sin3π tdt 3 + ww dw [ 3 w + ] 3 w Prof. Dr. N. Knarr Seite 4 von

5 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Also ist auch hier T f u du 6. Prof. Dr. N. Knarr Seite 5 von

6 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Aufgabe : Punkte Finden Sie die allgemeine Lösung des Systems y Ay + h mit e x A, hx 4 3 4e x. Lösungsvorschlag: Berechne zunächst die allgemeine Lösung des homogenen Systems y Ay. Wähle dazu einen beliebigen Startwert, etwa v, T, dann sind v und Av, 4 T linear unabhängig. Das charakteristische Polynom von A ist X X + X, was man entweder durch Berechnung von deta λi oder aus der Gleichung A v Av v erhält. Ein Fundamentalsystem der zugehörigen Gleichung y y + y bilden die Funktionen g x e x und g x xe x, und daraus erhält man die Wronski-Matrix g g Mx e x xe g g x e x x + e x. Auswerten bei x, Transponieren und Invertieren ergibt M T. Somit ergibt sich als Lösung f der homogenen Gleichung zum Anfangswert f v: f x v AvM T g e x xe x g 4xe x. Da v und Av linear unabhängig sind, kann als zweite, linear unabhängige Lösung f f gewählt werden: e f x x xe x 4e x 4xe x Also ist mit f und f ein Fundamentalsystem für das homogene System gefunden. Alternativ, aber aufwendiger, kann zur Bestimmung einer zweiten, linear unabhängigen Lösung auch ein weitere Startwert, etwa v, T gewählt und obige Rechnung dafür wiederholt werden. Nun muss noch eine partikuläre Lösung des inhomogenen Systems durch Variation der Konstanten berechnet werden. Die Wronski-Matrix Mx des homogenen Systems ist e Mx f f x xe x e x xe x 4xe x 4e x 4xe x Auswerten bei x und Invertieren ergibt M und M Damit berechnet man nun Mx M M xm e x + xe x 4 e x xe x xe x 4 e x + xe x.. Prof. Dr. N. Knarr Seite 6 von

7 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Der Ansatz c x Mx e hx x + xe x 4 e x xe x xe x 4 e x + xe x e x 4e x führt jetzt zu cx x x und damit erhalten wir eine partikuläre Lösung des inhomogenen Systems als e f p x Mxcx x xe x e x xe x x xe x 4xe x 4e x 4xe x x 4xe x, sowie die allgemeine Lösung des inhomogenen Systems f f p + c f + c f e x x + c x + c x 4x 4c x + c 4 4x mit c,c R beliebig. Prof. Dr. N. Knarr Seite 7 von

8 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Aufgabe 3: 8 Punkte Bestimmen Sie alle reellen Lösungen der Differentialgleichung y 3y + y + 3xe x. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 3: In einem ersten Schritt löst man die homogene Gleichung y 3y + y. Das charakteristische Polynom p dieser Differentialgleichung lautet p X 3X + X X. und hat die Nullstellen und. Also lautet die allgemeine homogene Lösung f h : mit c,c R. f h x c f x + c f x c e x + c e x In einem zweiten Schritt bestimmt man nun irgendeine beliebige partikuläre Lösung der gegebenen inhomogenen Differentialgleichung und zwar entweder durch einen Ansatz nach Art der rechten Seite Variante oder durch Variation der Konstanten Variante. Variante : partikuläre Lösung durch Ansatz nach Art der rechten Seite Aufgrund des Superpositionsprinzips bekommt man eine partikuläre Lösung f p von y 3y + y +3xe x, indem man eine partikuläre Lösung f p von y 3y +y h x und eine partikuläre Lösung f p von y 3y + y 3xe x h x bestimmt und diese beiden addiert: f p f p + f p. Zunächst zu y 3y + y h x! Weil keine Nullstelle von p ist keine Resonanz, machen wir den Ansatz f p x ae x. Setzt man diesen Ansatz in die Differentialgleichung ein, so erhält man Also a und f p x. + ah x. Jetzt zu y 3y + y 3xe x h x! Weil eine einfache Nullstelle von p ist Resonanz, machen wir den Ansatz Zweimaliges Ableiten ergibt f p x b + cxx e x. f px b + b + cx + cx e x, f px 4b + c + 4b + 8cx + 4cx e x. Prof. Dr. N. Knarr Seite 8 von

9 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Setzt man dies in die Differentialgleichung ein, so erhält man cxe x + b + ce x 3xe x und damit c 3 und b 3 Koeffizientenvergleich!. Also f px 3xe x + 3 x e x. Insgesamt erhalten wir f p x f p x + f p x 3xe x + 3 x e x. Variante : partikuläre Lösung durch Variation der Konstanten Die Wronskimatrix Mx zu f, f und deren Inverse Mx lauten: e x e Mx x e x e x, Mx detmx adjmx e x e x e x Aufgrund eines Satzes aus der Vorlesung ist eine partikuläre Lösung gegeben durch f p x c x f x + c x f x, wobei c, c Funktionen sind, sodass c x c x Mx e x e x e hx e x e x + 3xe x x 3xe x e x. + 3x Also gilt mit Integrationskonstanten c, c : c x e x 3x e x + c, c x e x + 3 x + c partielle Integration für c!. Wählt man die Integrationskonstanten c, c beide gleich, so erhält man eine partikuläre Lösung f p durch e x f p x c x f x + c x f x e x 3x e x e x + e x + 3 x e x + 3e x 3xe x + 3 x e x. Diese partikuläre Lösung unterscheidet sich von der in Variante durch die Lösung x 3e x der homogenen Gleichung. Wählt man die Integrationskonstanten c,c als c und c 3, so erhält man die partikuläre Lösung aus Variante. 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 c e x + c e x + 3xe x + 3 x e x c,c R, um die gesuchte allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung zu bekommen. Prof. Dr. N. Knarr Seite 9 von

10 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Aufgabe 4: Punkte Sei f : R R die -periodische Abbildung, die gegeben ist durch f x : sinhx, x [,, f x + f x. a Bestimmen Sie die reelle Fourier-Reihe von f. Ihre Lösung darf Ausdrücke der Form sinha bzw. coshb mit a,b R enthalten. b An welchen Stellen x R konvergiert die Fourier-Reihe von f? Gegen welchen Wert konvergiert die Fourier-Reihe an diesen Stellen jeweils? Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4: a Weil sinhx ex e x in Worten: weil sinh der ungerade Anteil von exp ist, ist sinh ungerade und damit gilt a n für alle n N {}. Wir müssen also nur noch b n T T T f xsin π T x dx sinhx sinnπx dx berechnen für alle n N wobei T die Periode von f ist. Variante : Ausnutzung von sinh cosh und cosh sinh Wegen sinh cosh und cosh sinh kann man das b n -Integral mithilfe zweimaliger partieller Integration berechnen, und zwar wie folgt: sinhx sinnπx dx coshx sinnπx nπ coshx cosnπx dx coshxsinnπx nπ sinhx cosnπx + nπ sinhx sinnπx dx coshxsinnπx nπ sinhxcosnπx n π sinhx sinnπx dx, das heißt Auflösen der obigen Gleichung! sinhx sinnπx dx + n π coshx sinnπx nπ sinhx cosnπx und damit ergibt sich mit sin±nπ und cos±nπ n, dass b n sinhx sinnπx dx + n π coshx sinnπx nπ sinhx cosnπx + n π nπ sinhcosnπ + nπ sinh cosnπ nπ + n π n+ sinh. Prof. Dr. N. Knarr Seite von

11 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 Variante : Ausschreiben von sinh in die exp-bestandteile Wegen sinhx ex e x kann man das b n -Integral auch in zwei Integrale aufteilen und diese dann wieder mit zweimaliger partieller Integration getrennt berechnen. e x sinnπxdx e x sinnπx nπ e x cosnπxdx e x sinnπx nπ e x cosnπx + nπ e x sinnπxdx e x sinnπx + nπ e x cosnπxdx e x sinnπx + nπ e x cosnπx nπ das heißt Auflösen der obigen Gleichungen! e x sinnπxdx, e x sinnπxdx, e x sinnπxdx + n π e x sinnπx nπe x cosnπx, e x sinnπxdx + n π e x sinnπx nπe x cosnπx und damit ergibt sich mit sin±nπ und cos±nπ n, dass b n sinhxsinnπxdx + n π + n π nπ + n π n+ sinh. e x sinnπxdx e x sinnπxdx e x sinnπx nπe x cosnπx + e x sinnπx + nπe x cosnπx nπe cosnπ + nπe cosnπ + e cosnπ e cosnπ Schließlich müssen wir die eben bestimmten reellen Fourierkoeffizienten noch zur reellen Fourierreihe S f von f zusammensetzen: S f x a + n a n cosnπx + n b n sinnπx π sinh n n n + n π sinnπx. b Wie man sofort sieht, ist f +k,+k für jedes k Z stetig differenzierbar und sowohl f als auch f sind stetig fortsetzbar auf das abgeschlossene Intervall [ + k, + k], mit anderen Worten: die einseitigen limites lim f x, x +k lim f x, x +k lim f x, x +k lim f x x +k Prof. Dr. N. Knarr Seite von

12 Prüfung in Höhere Mathematik 3 5. September 3 existieren in den reellen Zahlen. Also konvergiert die Fourierreihe von f nach einem Satz der Vorlesung in jeder Stelle x R gegen das arithmetische Mittel aus den einseitigen Grenzwerten, kurz: S f x f x + f x+ lim f y + lim f y y x y x Weil nun f in den Stellen + k k Z Sprungstellen hat und in allen anderen Stellen stetig ist, ergibt sich S f x S f x f x + f x+ sinh + sinh für x { + k : k Z}, f x + f x+ f x für x / { + k : k Z}. Prof. Dr. N. Knarr Seite von