Benutzer:Shoetten

Mathematik für Anwender II

Beispiel Klausuraufgaben

Lineares Anfangswertproblem

Löse das lineare Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}8&2&4\\0&10&0\\0&1&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}{\begin{pmatrix}v_{1}(0)\\v_{2}(0)\\v_{3}(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}}.$

Lösung

Aus der homogenen DGL in der zweiten Zeile folgt

$v_{2}(t)=ae^{10t},$

mit ${}a=1$ aus ${}1=ae^{10\cdot 0}$.

Dann ergibt sich aus der dritten Zeile die inhomogene DGL

$v_{3}'(t)=4v_{3}+e^{10t}.$

Der homogene Teil lässt sich wieder in einem Schritt mit ${}a(t)=e^{4t}$ bestimmen. Nun folgt:

${}c(t)=\int {\frac {e^{10t}}{e^{4t}}}\,dt=\int e^{6t}\,dt={\frac {1}{6}}e^{6t}+c{\text{ mit }}c\in \mathbb {R} \,$

Also

${}v_{3}(t)=e^{4t}\cdot ({\frac {1}{6}}e^{6t}+c)={\frac {1}{6}}e^{10t}+ce^{4t}\,$

mit der Anfangsbedingung ${}0={\frac {1}{6}}e^{0}+ce^{0}\Leftrightarrow c=-{\frac {1}{6}}$.

Abschließend kommt die erste Zeile

$v_{1}'(t)=8v_{1}+2e^{10t}+24(e^{10t}-e^{4t})v_{1}'(t)=8v_{1}+{\frac {8}{3}}e^{10t}+-{\frac {2}{3}}e^{4t}.$

Homogener Teil ${}a(t)=e^{8t}$. Damit wird wieder c(t) bestimmt

${}c(t)=\int {\frac {{\frac {8}{3}}e^{10t}-{\frac {2}{3}}e^{4t}}{e^{8t}}}\,dt=\int {\frac {8}{3}}e^{2t}\,dt-\int {\frac {2}{3}}e^{-4t}\,dt={\frac {4}{3}}e^{2t}+{\frac {1}{6}}e^{-4t}+c\,$

und mit ${}a(t)\cdot c(t)$

$v_{1}(t)={\frac {4}{3}}e^{2t}+{\frac {1}{6}}e^{-4t}+c\cdot e^{8t}$

berechnet. Für die Anfangsbedingung gilt ${}3={\frac {4}{3}}+{\frac {1}{6}}+c\Leftrightarrow c={\frac {3}{2}}$.

Als Lösung ergibt sich aus allen drei Zeilen

${}{\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\\v_{3}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {4}{3}}e^{2t}+{\frac {1}{6}}e^{-4t}+{\frac {3}{2}}e^{8t}\\e^{10t}\\{\frac {1}{6}}\cdot (e^{10t}-e^{4t})\end{pmatrix}}\,.$

Rotationskörper

Berechne das Volumen des Rotationskörpers $K_{G}$, der entsteht, wenn man den Bereich zwischen den beiden Funktionen

$f_{1}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {e^{x}}$

$f_{2}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto 1$

mit den Grenzen 0 und 2 um die x-Achse dreht.

Lösung

Mit

${}\lambda ^{3}(K_{1})=\pi \cdot \int _{0}^{2}(x)\,dxCheckmeplease=\pi \cdot ({\frac {1}{2}}e^{2x})|_{0}^{2}={\frac {\pi }{2}}\cdot (e^{4}-1)\,$

ist der Rotationskörper der Exponentialfunktion bestimmt. Aus der gleichen Formel ergibt sich

${}\lambda ^{3}(K_{2})=\pi \cdot \int _{0}^{2}(x)\,dxCheckmeplease=\pi \cdot (x)|_{0}^{2}=2\pi \,$

Daraus folgt

${}\lambda ^{3}(K_{G})=\lambda ^{3}(K_{1})-\lambda ^{3}(K_{2})={\frac {\pi }{2}}\cdot (e^{4}-1)-2\pi =\pi \cdot ({\frac {1}{2}}e^{4}-{\frac {5}{2}})\,.$

Taylor Polynom

Bestimme das Taylor-Polynom vom Grad ${}\leq 2$ für die Funktion

$\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,f(x,y)\longmapsto \exp(x^{3}-y),$

im Punkt ${}P=(2,1)$.

Lösung

Für die 0.Ordnung gilt

${}{\frac {1}{0!}}e^{7}\cdot 1=e^{7}\,.$

Nun alle partiellen Ableitungen im Punkt P für ${}\mid r\mid =1$ bestimmen:

${\frac {\partial f}{\partial x}}=3x^{2}\cdot e^{x^{3}-y}\,\,{\text{ }}\,\,{\frac {\partial f(P)}{\partial x}}=12e^{7},$

${\frac {\partial f}{\partial y}}=-e^{x^{3}-y}\,\,{\text{ }}\,\,{\frac {\partial f(P)}{\partial y}}=-e^{7}.$

Somit ergibt sich für das Taylor-Polynom der 1. Ordnung

$e^{7}+12e^{7}x-e^{7}y.$

Weiter mit der 2. Ordnung ${}(\mid r\mid =2)$:

${\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial y}}=-3x^{2}e^{x^{3}-y}\,\,{\text{ }}\,\,{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f(P)}{\partial y}}=-12e^{7},$

${\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=3x(3x^{3}+2)e^{x^{3}-y}\,\,{\text{ }}\,\,{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f(P)}{\partial x}}=156e^{7}und$

${\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial y}}=e^{x^{3}-y}\,\,{\text{ }}\,\,{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f(P)}{\partial y}}=e^{7}.$

Aus

$-12e^{7}xy,$

${\frac {1}{2}}\cdot 156e^{7}x^{2}und$

${\frac {1}{2}}\cdot e^{7}y^{2}$

und den vorherigen Berechnungen folgt dann die Lösung für die gesuchte quadratische Approximation:

$e^{7}+12e^{7}x-e^{7}y-12e^{7}xy+78e^{7}x^{2}+{\frac {1}{2}}e^{7}y^{2}.$

Charakteristisches Polynom

Bestimme das charakteristische Polynom und die Eigenwerte von der linearen Abbildung

$f\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},$

die bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

$A={\begin{pmatrix}3&-4&2\\0&2&3\\0&5&1\end{pmatrix}}$

beschrieben wird.

Lösung

Das charakteristische Polynom wird mit

$P_{A}(x)=[[:Vorlage:Op:det]]=x^{3}-6x^{2}-4x+39$

bestimmt.

Um die Eigenwerte über die Nullstellen des charak. Polynoms zu berechnen wird nach der ersten Spalte entwickelt und erhält so

$P_{A}(x)=(3-x)[[:Vorlage:Op:det]].$

Die erste Nullstelle ${}x_{1}=3$ lässt sich direkt ablesen. Nun den rechten Faktor ausmultiplizieren:

$[[:Vorlage:Op:det]]=x^{2}-3x-13.$

Um die weiteren Nullstellen zu berechnen kann die p,q-Formel mit ${}p=-3$ und ${}q=-13$ verwendet werden. So ergibt sich

$x_{2,3}={\frac {3}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {9}{4}}+13}}={\frac {3}{2}}\pm {\frac {\sqrt {61}}{2}}.$

Alle drei Eigenwerte sind also

$x_{1}=3{\text{, }}x_{2}={\frac {3}{2}}+{\frac {\sqrt {61}}{2}}{\text{, }}x_{3}={\frac {3}{2}}-{\frac {\sqrt {61}}{2}}.$

Aufgabe 34.12 / Aufgabe 34.16

Karussell/Doppeldrehung/Radius 10 und 3/Umlaufzeit 8 und 2/Gleichläufig/Animation/Aufgabe
Abgabegruppe F

Gleichläufige Kreisbewegungen
Großer Kreis: r=10 a=8; Kleiner Kreis: r=3 a=2

irgendwas stimmt da nicht, da sich in der Aufgabe der kleine Kreis viermal dreht, wenn sich der große einmal dreht. In der Animation dreht er sich aber nur gut zweimal.--Bocardodarapti (Diskussion) 16:28, 2. Mai 2012 (CEST)
Ist nun korrekt. Ich habe den kleinen Kreis irrtümlicherweise alle 3 Sekunden um sich selbst drehen lassen. --Shoetten (Diskussion) 12:36, 4. Mai 2012 (CEST)

So ist es gut--Bocardodarapti (Diskussion) 17:59, 8. Mai 2012 (CEST)