Arbeitsbuch Mathematik

Dieses Arbeitsbuch enthält die Aufgaben, Hinweise, Lösungen und Lösungswege zu allen sechs Teilen des Lehrbuchs Arens et al., Mathematik. Die Inhalte des Buchs stehen als pdf-Dateien auch auf der Website zum Buch matheweb zur Verfügung. Durch die stufenweise Offenlegung der Lösungen ist das Werk bestens geeignet zum Selbststudium, zur Vorlesungsbegleitung und als Prüfungsvorbereitung. Inhaltlich spannt sich der Bogen von elementaren Grundlagen über die Analysis einer Veränderlichen, der linearen Algebra, der Analysis mehrerer Veränderlicher bis hin zu fortgeschrittenen Themen der Analysis, die für die Anwendung besonders wichtig sind, wie partielle Differenzialgleichungen, Fourierreihen und Laplacetransformationen. Auch eine Vielzahl von Aufgaben zur Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik ist enthalten. Auf der Website zum Buch matheweb besteht die Möglichkeit, Verständnisfragen zu den Aufgaben zu stellen.


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Tilo Arens Frank Hettlich Christian Karpfinger Ulrich Kockelkorn Klaus Lichtenegger Hellmuth Stachel

Arbeitsbuch Mathematik Aufgaben, Hinweise, Lösungen und Lösungswege 4. Auflage

Arbeitsbuch Mathematik

Tilo Arens  Frank Hettlich  Christian Karpfinger  Ulrich Kockelkorn  Klaus Lichtenegger  Hellmuth Stachel

Arbeitsbuch Mathematik Aufgaben, Hinweise, Lösungen und Lösungswege 4. Auflage

Tilo Arens Karlsruher Institut für Technologie (KIT) Karlsruhe, Deutschland

Ulrich Kockelkorn TU Berlin Berlin, Deutschland

Frank Hettlich Karlsruher Institut für Technologie (KIT) Karlsruhe, Deutschland

Klaus Lichtenegger Bioenergy2020+ GmbH Graz/Wieselburg, Österreich

Christian Karpfinger TU München München, Deutschland

Hellmuth Stachel TU Wien Wien, Österreich

ISBN 978-3-662-56749-4 https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0

ISBN 978-3-662-56750-0 (eBook)

Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. Springer Spektrum © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2009, 2012, 2016, 2018 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und MarkenschutzGesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Verantwortlich im Verlag: Andreas Rüdinger Einbandabbildung: © Jos Leys Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier Springer Spektrum ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany

Vorbemerkungen

Auf verschiedentlichen Wunsch bieten wir alle Aufgaben des Buchs Arens et al., Mathematik mit Hinweisen, Lösungen und Lösungswegen als gedrucktes Buch. Die Inhalte des Buchs stehen als PDFDateien auch auf der Website matheweb zur Verfügung. Die Aufgaben gliedern sich in drei Kategorien: Anhand der Verständnisfragen können Sie prüfen, ob Sie die Begriffe und zentralen Aussagen verstanden haben, mit den Rechenaufgaben üben Sie Ihre technischen Fertigkeiten und die Anwendungsprobleme geben Ihnen Gelegenheit, das Gelernte an praktischen Fragestellungen auszuprobieren. Ein Punktesystem unterscheidet leichte Aufgaben , mittelschwere  und anspruchsvolle  Aufgaben. Die Lösungshinweise helfen Ihnen, falls Sie bei einer Aufgabe partout nicht weiterkommen. Für einen optimalen Lernerfolg schlagen Sie die Lösungen und Lösungswege bitte erst nach, wenn Sie selber zu einer Lösung gekommen sind. Verweise auf Seiten, Formeln, Abschnitte und Kapitel beziehen sich auf die 4. Auflage des Buches Arens et al. Mathematik. Wir wünschen Ihnen viel Freude und Spaß mit diesem Arbeitsbuch und in Ihrem Studium. Der Verlag und die Autoren

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Inhaltsverzeichnis

Kapitel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

Kapitel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Kapitel 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Kapitel 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Kapitel 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 Kapitel 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 VII

VIII

Inhaltsverzeichnis

Kapitel 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Kapitel 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Kapitel 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 Kapitel 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 Kapitel 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 Kapitel 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 Kapitel 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

Inhaltsverzeichnis

Kapitel 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 Kapitel 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 Kapitel 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 Kapitel 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180 Kapitel 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 Kapitel 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 Kapitel 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

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X

Inhaltsverzeichnis

Kapitel 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 Kapitel 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 Kapitel 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 Kapitel 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 Kapitel 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267 Kapitel 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285 Kapitel 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303

Inhaltsverzeichnis

Kapitel 29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314 Kapitel 30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324 Kapitel 31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336 Kapitel 32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348 Kapitel 33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362 Kapitel 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372 Kapitel 35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380

XI

XII

Inhaltsverzeichnis

Kapitel 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 390 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392 Kapitel 37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 399 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 400 Kapitel 38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 409 Kapitel 39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419 Kapitel 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429 Kapitel 41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 437 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 437 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 440 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 440 Lösungswege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442

Aufgaben

2.6



1. 2. 3. 4.

„x „x „x „x

> 1 ist hinreichend für x 2 > 1.“ > 1 ist notwendig für x 2 > 1.“  1 ist hinreichend für x 2 > 1.“  1 ist notwendig für x 2 > 1.“

2.2  Welche der folgenden Schlüsse sind auf formaler Ebene (d. h. noch ohne tatsächliche Betrachtung der Wahrheitswerte der Aussagen) richtig? Welche sind als Implikationen wahre Aussagen, wenn man auch die Wahrheitswerte der jeweils verknüpften Aussagen betrachtet? 1. Alle Vögel können fliegen. Möwen sind Vögel. ) Möwen können fliegen. 2. Alle Vögel können fliegen. Pinguine sind Vögel. ) Pinguine können fliegen. 3. Alle Vögel können fliegen. Möwen können fliegen. ) Möwen sind Vögel. 4. Alle Vögel können fliegen. Libellen können fliegen. ) Libellen sind Vögel. 2.3  Verneinen Sie die folgende (falsche) Aussage: „Alle stetigen Funktionen sind differenzierbar.“ 2.4  Verneinen Sie die Aussage: „Zu jedem bekannten Teilchen gibt es ein entsprechendes Antiteilchen.“

Wir betrachten die beiden folgenden Mengen: N D f1; 2; 3; 4; : : :g   1 1 1 M D 1; ; ; ; : : : 2 3 4

Verständnisfragen 2.1  Welche der folgenden Aussagen sind richtig? Für alle x 2 R gilt:

Kapitel 2

Kapitel 2

Geben Sie jeweils eine Abbildung N ! M an, die (a) injektiv, aber nicht surjektiv, (b) surjektiv, aber nicht injektiv, (c) bijektiv ist. 2.7  Wie viele unterschiedliche binäre, also zwei Aussagen verknüpfende Junktoren gibt es? 2.8



Formulieren Sie die Aussage 8.x; z/ 2 R2

9y 2 R W x  y D z

in natürlicher Sprache und verneinen Sie sie. Ist diese Aussage oder ihre Verneinung wahr? 2.9  Wir betrachten die Teilmengen X , Y und Z von R. Verneinen Sie die Aussage 8x 2 X 9y 2 Y 8z 2 Z W x  y < z: 2.10  Es seien M1 und M2 Teilmengen von X . Beweisen Sie die einfachste Form der Regeln von de Morgan, wobei wir CX als Bezeichnung für die Komplementbildung bezüglich X verwenden: CX .M1 \ M2 / D CX .M1 / [ CX .M2 /; CX .M1 [ M2 / D CX .M1 / \ CX .M2 /: Stellen Sie diesen Sachverhalt mittels Venn-Diagrammen dar. 2.11  Die Menge A4 hat vier Elemente, die Mengen B3 , B4 und B5 haben entsprechend drei, vier und fünf Elemente. Überlegen Sie jeweils, ob es Abbildungen

A  B D .A n B/ [ .B n A/

f43 W A4 ! B3 f44 W A4 ! B4 f45 W A4 ! B5

Machen Sie sich die Bedeutung dieser Definition klar, und zeichnen Sie ein entsprechendes Venn-Diagramm.

geben kann, die (a) injektiv, aber nicht surjektiv, (b) surjektiv, aber nicht injektiv, (c) bijektiv sind.

2.5



Die symmetrische Differenz ist definiert über:

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_1

1

2

Kapitel 2

2.12  Wir sind im Text nicht explizit auf den Unterschied zwischen Aussagen und Aussageformen eingegangen. Während wir Aussagen als feststellende Sätze definiert haben, die einen eindeutigen Wahrheitswert w oder f haben, sind Aussageformen Sätze, deren Wahrheitswert sich vorerst nicht bestimmen lässt, weil sie noch eine oder mehrere freie Variable beinhalten.

Kapitel 2

Beispiele für Aussageformen wären „Die Zahl x ist ungerade“ oder “Monarch x regierte länger als 20 Jahre“, wobei x jeweils die freie Variable bezeichnet. Ersetzt man in einer Aussageform die freien Variablen durch passende Objekte oder bindet die Variablen durch Quantoren, erhält man Aussagen. Überprüfen Sie, ob es sich bei den folgenden Sätzen um Aussagen, Aussageformen oder keines der beiden handelt: (a) (b) (c) (d)

„x ist ungerade“ mit x D 2 „x ist ungerade“ mit x D 3 8x 2 R W 1=.1 C x 2 y 2 /  1 8.x; y/ 2 R2 W 1=.1 C x 2 y 2 /  1

2.13  Jene reellen Zahlen x, die Lösung einer Polynomgleichung an x n C an1 x n1 C : : : C a1 x C a0 D 0 mit Koeffizienten ak 2 Z sind, nennt man algebraische Zahlen. Dabei muss mindestens ein ak ¤ 0 sein.

Beweisen Sie die Regeln von de Morgan, wobei alle M 2 F Teilmengen von X sind und CX die Komplementbildung bezüglich X bezeichnet: CX

2.14  Wir können Mengen M˛ mit den Elementen ˛ einer Indexmenge I kennzeichnen. So etwas nennt man ein System oder eine Familie von Mengen,

CX

Für Systeme von Mengen schreibt man Durchschnitt und Vereinigung häufig als: [ [ M D M˛ D fx j 9˛ 2 I W x 2 M˛ g M 2F

\

M 2F

\ M 2F

D

M

CX .M /

M 2F

! M

\

D

[

CX .M /

M 2F

Stellen Sie diese Beziehungen für drei Mengen mittels VennDiagrammen dar. 2.15  Betrachten Sie die Aussage des Kreters Epimenides „Alle Kreter sind Lügner“ und die Aussage „Diese Aussage ist falsch“. Wo liegt ein echtes, wo nur ein scheinbares Paradoxon vor und wie lässt sich letzteres auflösen?

Rechenaufgaben 2.16



Beweisen Sie die Assoziativgesetze: .A ^ B/ ^ C , A ^ .B ^ C / .A _ B/ _ C , A _ .B _ C /

2.17



Beweisen Sie die Abtrennregel (modus ponens): .A ^ .A ) B// ) B

2.18



Beweisen Sie die Äquivalenzen: .A _ B/ , :.:A ^ :B/ .A ^ B/ , :.:A _ :B/ .A ) B/ , ..:A/ _ B/

F D fM˛ W ˛ 2 I g : Eine besonders häufige Wahl ist I D N, man kann dann Mengen Mn mit n 2 N durchnummerieren.

!

M 2F

Alle rationalen Zahlen sind algebraisch, aberpauch viele irrationale Zahlen gehören zu dieser Klasse, etwa 2. Reelle Zahlen, die nicht algebraisch sind, heißen transzendent. Zeigen Sie, dass unter der Voraussetzung, dass jedes Polynom nur endlich viele Nullstellen hat (was wir bald ohne Mühe beweisen werden können), die Menge aller algebraischen Zahlen abzählbar ist.

[

2.19  Gegeben sind die drei Mengen M1 D fa; b; c; d ; eg, M2 D fe; f ; g; h; ig und M3 D fa; c; e; g; ig. Bilden Sie die Mengen M1 \ M2 , M1 [ M2 , M1 \ M3 , M1 [ M3 , M2 \ M3 und M2 [ M3 sowie M1 n M2 , M2 n M1 , M1 n M3 , M2 n M3 , T3 S3 nD1 Mn D M1 \ M2 \ M3 und nD1 Mn D M1 [ M2 [ M3 .

˛2I

M D

\

M˛ D fx j 8˛ 2 I W x 2 M˛ g

2.20

˛2I

Beweisen Sie die Distributivgesetze: \ \ A[ Bi D .A [ Bi / i 2I

A\

[ i 2I

i 2I

Bi D

[ .A \ Bi / i 2I



Beweisen Sie das Distributivgesetz:

M1 [ .M2 \ M3 / D .M1 [ M2 / \ .M1 [ M3 / 2.21



Beweisen Sie die Absorptionsgesetze: M1 \ .M1 [ M2 / D M1 M1 [ .M1 \ M2 / D M1

Hinweise

Anwendungsprobleme 

Dies ist in der Digitalelektronik sehr praktisch, weil es eine automatisierbare Möglichkeit darstellt, zu jeder Wahrheitstafel einen äquivalenten logischen Ausdruck und damit eine Schaltung zu konstruieren.

Ist der folgende Schluss richtig?

(„Wer von der Quantenmechanik nicht schockiert ist, der hat sie nicht verstanden“ (Niels Bohr) ^ „Niemand versteht die Quantenmechanik“ (Richard Feynman)) ) „Niemand ist von der Quantenmechanik schockiert“

Wir betrachten nun die beiden Wahrheitstafeln

A w w f f

2.23  Nach einem Mordfall gibt es drei Verdächtige, A, B und C , von denen zumindest einer der Täter sein muss. Nachdem sie und die Zeugen getrennt vernommen wurden, kennen die Ermittler folgende Fakten: 1. Wenn A Täter ist, dann müssen B oder C ebenfalls Täter sein. 2. Wenn B Täter ist, dann ist A unschuldig. 3. Wenn C Täter ist, dann ist auch B Täter. Lässt sich damit herausfinden, wer von den dreien schuldig bzw. unschuldig ist? 2.24  An einer Weggabelung in der Wüste leben zwei Brüder, die vollkommen gleich aussehen, zwischen denen es aber einen gewaltigen Unterschied gibt: Der eine sagt immer die Wahrheit, der andere lügt immer. Schon halb verdurstet kommt man zu dieser Weggabelung und weiß genau: Einer der beiden Wege führt zu einer Oase, der andere hingegen immer tiefer in die Wüste hinein. Man darf aber nur einem der Brüder (man weiß nicht, welcher es ist) genau eine Frage stellen. Was muss man fragen, um sicher den Weg zur Oase zu finden? 2.25  Sie haben vier Karten, jeweils mit einem Buchstaben auf der einen und einer Zahl auf der anderen Seite. Wie viele und welche der im Folgenden dargestellten Karten müssen Sie mindestens umdrehen, um die Aussage „wenn auf einer Seite einer Karte ein Vokal ist, dann ist auf der anderen Seite eine gerade Zahl“ zu bestätigen.

Z

7

8

2.26  Jede beliebige Aussage, die durch ihre Wahrheitstafel gegeben ist, kann auf zwei fundamentale Arten dargestellt werden: In der konjunktiven Normalform als Konjunktion von Disjunktionen der beteiligten Variablen bzw. ihrer Negationen, und in der disjunktiven Normalform als Disjunktion von entsprechenden Konjunktionen.

G w f f w

und

B w w f f w w f f

C w f w f w f w f

H w f f f : w f w w

Für die Aussage G lautet die disjunktive Normalform G , ..A ^ B/ _ ..:A/ ^ .:B/// ; die konjunktive G , ...:A/ _ B/ ^ .A _ .:B/// : Bestimmen Sie nun diese beiden Normalformen für die Aussage H . Gibt es ein Kriterium, für welche Art von Wahrheitstafel welche Normalform vorzuziehen ist, wenn man einen möglichst einfachen Ausdruck erhalten will? Lassen sich die so erhaltenen Ausdrücke noch weiter vereinfachen?

Hinweise Verständnisfragen 2.1

A

B w f w f

A w w w w f f f f



Bedenken Sie auch den Fall negativer Zahlen.

2.2  Auf formaler Ebene folgt aus „Alle x 2 A haben Eigenschaft E“, dass auch alle y 2 B mit B  A die Eigenschaft E haben. Hingegen gilt nicht nicht, dass wenn alle x 2 A und alle y 2 B Eigenschaft E haben, dass deswegen A  B, B  A oder gar A D B sein muss. Bei Betrachtung der Wahrheitswerte gilt allerdings ex falso quodlibet. 2.3  Beim Verneinen einer Allaussage entsteht eine Existenzaussage. 2.4  Hier sind eine All- und eine Existenzaussage verknüpft. Beide ändern bei Verneinung ihren Charakter; im zweiten Fall ist es allerdings sprachlich schwierig (und verzichtbar), dies explizit auszuführen.

Kapitel 2

2.22

3

4

Kapitel 2

2.5  Welche Elemente von A und B können in AB enthalten bzw. nicht enthalten sein? 2.6  Die bijektive Abbildung liegt auf der Hand. Um eine injektive, aber nicht surjektive Abbildung zu konstruieren, muss man nur in der Wertemenge Elemente überspringen. Für eine surjektive, aber nicht injektive Abbildung muss man mehrere Elemente des Wertebereichs auf das gleiche Element des Bildbereichs abbilden, diesen aber insgesamt immer noch voll ausschöpfen.

Kapitel 2

2.7  Zählen Sie die möglichen Belegungen einer entsprechenden Wahrheitstafel! 2.8  Bei der Verneinung der Quantoren ändert sich wie gehabt deren Charakteristik – aus All- werden Existenzquantoren und umgekehrt. 2.9  Beim Verneinen klappen die Quantoren um, ändern also ihre Charakteristik. 2.10  Zeigen Sie, dass ein Element der links stehenden Menge stets ein Element der rechts stehenden Menge sein muss und umgekehrt. 2.11  Versuchen Sie, jeweils eine derartige Abbildung explizit zu konstruieren. Das liefert Einsichten, warum es manche Abbildungen mit den geforderten Eigenschaften nicht geben kann. 2.12  Überprüfen Sie, ob Sie einen Wahrheitswert zuordnen können bzw. ob noch freie Variablen vorhanden sind. 2.13  Konstruieren Sie eine Möglichkeit, alle Polynome mit ganzen Koeffizienten abzuzählen. 2.14  Zeigen Sie, dass ein Element der linken Seite auch eines der rechten Seite sein muss und umgekehrt. 2.15  Erinnern Sie sich an die Regeln beim Verneinen von Quantoren.

Rechenaufgaben 2.16



Stellen Sie eine entsprechende Wahrheitstafel auf.

2.17



Stellen Sie eine entsprechende Wahrheitstafel auf.

2.18



Stellen Sie eine entsprechende Wahrheitstafel auf.

2.19



Benutzen Sie die Definitionen aus Abschn. 2.4.

2.20  Betrachten Sie ein beliebiges Element und zeigen Sie, dass es genau dann zur Menge auf der linken Seite der Gleichung gehört, wenn es auch zu der Menge auf der rechten gehört. Dabei ist ein Rückgriff auf die Aussagenlogik notwendig. 2.21  Zeigen Sie, dass ein Element der linken Seite auch eines der rechten Seite sein muss und umgekehrt.

Anwendungsprobleme 2.22  Betrachten Sie die Wahrheitstafel der Implikation und bedenken Sie das Prinzip des indirekten Beweises. 2.23  Spielen Sie alle möglichen Fälle durch und überprüfen Sie, wo sich Widersprüche ergeben. Alternativ können Sie auch eine aussagenlogische Formulierung finden und diese analysieren. 2.24  Versuchen Sie, eine Frage zu konstruieren, auf die jeder der beiden Brüder gleich antworten muss. Dabei ist es notwendig, das Verhalten des jeweils anderen Bruders miteinzubeziehen. 2.25  Nur in zwei Fällen ist nach Definition der Implikation ein Widerspruch zur Aussage überhaupt möglich; diese Fälle sind zu identifizieren. 2.26  Einfacher zu verstehen ist, wie die disjunktive Normalform zustandekommt. Orientieren Sie sich zunächst an den w-Einträgen der Wahrheitstafel. Wie müssen beispielsweise die Eingangsvariablen (oder ihre Negationen) mittels ^ verknüpft sein, damit man genau dann eine wahre Aussage erhält, wenn A falsch ist, B und C hingegen wahr sind? Wie muss man die aus den einzelnen Zeilen resultierenden Einträge verknüpfen, um alle derartigen Möglichkeiten zu berücksichtigen? Drehen Sie die Überlegung für die konjunktive Normalform einfach um.

Lösungen Verständnisfragen 2.1



Nur die erste Aussage ist richtig.

2.2  Die Schlüsse 1 und 2 sind formal richtig, 3 und 4 sind formal falsch. Bei Betrachtung der entsprechenden Wahrheitswerte sind alle Aussagen wahr. 2.3  bar sind.“

„Es gibt stetige Funktionen, die nicht differenzier-

Lösungswege

2.4  „Es gibt ein bekanntes Teilchen, zu dem es kein entsprechendes Antiteilchen gibt.“

Anwendungsprobleme

2.5  AB enthält jene Elemente, die entweder in A oder in B enthalten sind, aber nicht in beiden.

2.22

2.7



2.23  A ist auf jeden Fall unschuldig, B schuldig. Ob auch C schuldig ist, lässt sich anhand der vorliegenden Fakten nicht feststellen. 2.24  „Von welchem Weg würde dein Bruder sagen, dass er zur Oase führt?“

Es sind 16. 2.25

2.8  „Für alle reellen Zahlen x und z gibt es eine reelle Zahl y, so dass x  y D z ist“ lautet verneint „Es gibt reelle Zahlen x und z, so dass für alle reellen Zahlen y stets x  y ¤ z ist“. Die ursprüngliche Aussage ist falsch, die Negation wahr.

Nein.



Man muss die Karten A und 7 umdrehen.

2.9



„9x 2 X 8y 2 Y 9z 2 Z W x  y  z:“

 2.26  Disjunktive Normalform: H , .A ^ B ^ C / _ ..:A/^B ^C /_..:A/^.:B/^C /_..:A/^.:B/^.:C //  Konjunktive Normalform: H , ..:A/_.:B/_C /^..:A/_  B _ .:C // ^ ..:A/ _ B _ C / ^ .A _ .:B/ _ C /

2.10





Eine Vereinfachung ist in beiden Fällen noch möglich.

2.11



tabellarisch dargestellt:

f43 f44 f45

inj., : surj.

surj., : inj.

bijektiv

nein nein ja

ja nein nein

nein ja nein

2.12  (a) und (b) sind Aussagen, (c) ist eine Aussageform, (d) ist eine Aussage. 2.13

 –

2.14

 –

2.15  „Alle Kreter sind Lügner“ von einem Kreter ist zwar falsch, aber kein Widerspruch – im Gegensatz zu „Diese Aussage ist falsch“.

Rechenaufgaben

Lösungswege Verständnisfragen 2.1  Die erste Aussage stimmt. Wenn x > 1 ist, dann ist auch x 2 > 1. Die Bedingung x > 1 ist aber nicht notwendig für x 2 > 1, dann auch die Quadrate von Zahlen x mit x < 1 sind größer als eins. Dass x  1 ist, ist nicht hinreichend für x 2 > 1, denn im Falle x D 1 erhält man x 2 D 1. Mit dem gleichen Argument wie oben ist x  1 nicht notwendig für x 2 > 1. 2.2  Die Schlüsse 1 und 2 sind formal richtig, 3 und 4 sind formal falsch. Etwas abstrakter angeschrieben mit „fl“ für „kann fliegen“: 1. 2. 3. 4.

8x 8x 8x 8x

2 V : fl.x/, M  V ) 8x 2 M W fl.x/, richtig 2 V : fl.x/, P  V ) 8x 2 P W fl.x/, richtig 2 V : fl.x/, 8x 2 M W fl.x/ ) M  V , falsch 2 V : fl.x/, 8x 2 L W fl.x/ ) L  V , falsch

2.16





2.17





Derartige Schlussweisen werden in der klassischen Logik seit der Antike untersucht und als Syllogismen bezeichnet.

2.18





Betrachten wir nun zusätzlich die Wahrheitswerte: Die Aussagen „Wenn alle Vögel fliegen können und Möwen Vögel sind, dann können alle Möwen fliegen“ ist eine Implikation mit einer falschen Voraussetzung, denn nicht alle Vögel können fliegen. Entsprechend ist – ex falso quodlibet – die gesamte Aussage richtig. Das Gleiche gilt für die anderen drei Aussagen. Selbst dort, wo die Schlussweise falsch ist, erhält man durch die ebenfalls falsche Voraussetzung insgesamt eine wahre Aussage.

2.19  M1 \ M2 D feg, M1 [ M2 D fa; b; c; d ; e; f ; S g; h; ig; : : : ; 3nD1 Mn D fa; b; c; d ; e; f ; g; h; ig 2.20





2.21





Kapitel 2

2.6  Eine injektive, nicht surjektive Abbildung ist 1 f .n/ D 2n . Surjektiv, aber nicht injektiv ist etwa g.2k1/ D k1 , g.2k/ D k1 mit k 2 N. Eine simple bijektive Abbildung wäre h.n/ D n1 .



5

6

Kapitel 2

2.3  Zunächst erhält man „Nicht alle stetigen Funktionen sind differenzierbar“. Führt man nun die Verneinung des Allquantors explizit aus, so ergibt sich die Existenzaussage „Es gibt stetige Funktionen, die nicht differenzierbar sind“.

Kapitel 2

2.4  Aus „Nicht zu jedem bekannten Teilchen gibt es ein entsprechendes Antiteilchen“ wird „Es gibt ein bekanntes Teilchen, zu dem es kein entsprechendes Antiteilchen gibt“. (Nach dem momentanen Stand der Physik ist diese Aussage wahrscheinlich falsch. Sehr wohl gibt es allerdings Teilchen, die ihr eigenes Antiteilchen sind.) Man könnte auch die Verneinung der zweiten Existenzaussage explizit ausführen, erhielte dann aber eine sehr umständliche Konstruktion von der Art „Es gibt ein bekanntes Teilchen, so dass für alle Antiteilchen gilt, dass sie kein Antiteilchen dieses Teilchens sind“. Oft verhilft das explizite Verneinen von Quantoren zu neuen Einsichten – bei Weitem aber nicht immer. 2.5  AB enthält jene Elemente, die entweder in A oder in B enthalten sind, aber nicht in beiden. Das entsprechende Venn-Diegramm hat folgende Gestalt:

Neben den schon angegebenen Abbildungen gibt es natürlich noch viele weitere. Eine injektive, aber nicht surjektive Abbil1 erhalten. Dabei dung kann man auch schon durch f2 .n/ D nC1 ist aus dem Bildelement eindeutig das Element der Wertemenge rekonstruierbar, das Element 1 der Wertemenge gehört aber nicht zum Bild. Eine surjektive, aber nicht injektive Abbildung wäre g2 .1/ D 1, 1 für n  2. Dabei wird die gesamte Menge M g2 .n/ D n1 als Bild erfasst, das Element 1 2 M ist allerdings das Bild von zwei Elementen, nämlich 1 2 N und 2 2 N – damit ist die Abbildung bereits nicht mehr injektiv. Auch aus h mit h.n/ D n1 kann man über Vertauschungen andere bijektive Abbildungen erzeugen, etwa h2 mit h2 .1/ D 12 , h2 .2/ D 1 und h2 .n/ D n1 für n  3. 2.7  Bei zwei Aussagen gibt es vier mögliche Kombinationen von Wahrheitswerten, jeder davon kann entweder w oder f zugewiesen werden. Ingesamt gibt es also N D 24 D 16 verschiedene Junktoren, zu denen eben auch die vorgestellen ^, _, ) und , gehören. 2.8  Die Aussage lautet „Für alle reellen Zahlen x und z gibt es eine reelle Zahl y, so dass x  y D z ist“. Die Negation kann stufenweise erfolgen und führt von „Nicht für alle reellen Zahlen x und z gibt es eine reelle Zahl y, so dass x  y D z ist“ über „Es gibt reelle Zahlen x und z, so dass es keine reelle Zahl y gibt, mit der x  y D z ist“ hin zu „Es gibt reelle Zahlen x und z, so dass für alle reellen Zahlen y stets x  y ¤ z ist“. Dass diese Negation und nicht die ursprüngliche Aussage wahr ist, sieht man sofort am Beispiel x D 0 und z D 1. Hingegen wäre die ursprüngliche Aussage wahr, würde man den Fall x D 0 von vornherein ausschließen.

Eine äquivalente Definition der symmetrischen Differenz wäre übrigens AB WD .A [ B/ n .A \ B/: 2.6  Um eine Abbildung zu konstruieren, die injektiv, aber nicht surjektiv ist, darf nicht nach ganz M abgebildet werden, die Abbildung muss aber in beide Richtungen eindeutig 1 sein. Mit der Vorschrift f .n/ D 2n werden alle Elemente von M der Form 1=.2n C 1/ mit n 2 N von f nicht „getroffen“. Die Zordnung ist jedoch in beide Richtungen eindeutig.

2.9  Wir können die Negation gewissermaßen „durch“ die Aussage schieben, wobei jeweils ein Quantor umklappt: :.8x 2 X 9y 2 Y 8z 2 Z W x  y < z/ 9x 2 X :.9y 2 Y 8z 2 Z W x  y < z/ 9x 2 X 8y 2 Y :.8z 2 Z W x  y < z/ 9x 2 X 8y 2 Y 9z 2 Z W :.x  y < z/ 9x 2 X 8y 2 Y 9z 2 Z W x  y  z 2.10  Wir beweisen die erste Regel, indem wir zeigen, dass von den beiden Mengen CX .M1 \ M2 / und CX .M1 / [ CX .M2 / jede eine Teilmenge der anderen ist. Damit müssen sie gleich sein.

Eine surjektive, aber nicht injektive Abbildung g muss nach ganz M abbilden, das darf allerdings nicht auf eine in beide Richtungen eindeutige Weise geschehen. Zumindest ein Element muss mindestens zweimal von der Abbildung „getroffen“ werden. Mit der Vorschrift g.2k  1/ D k1 , g.2k/ D k1 werden jeweils zwei Elemente von N auf ein Element von M abgebildet.

Liegt ein Element x 2 X in CX .M1 \ M2 /, so kann es nicht in M1 und M2 liegen. Damit liegt es im Komplement von M1 oder M2 bezüglich X und deshalb in der Vereinigung CX .M1 /[ CX .M2 /.

Die wohl einfachste bijektive Abbildung ist h mit h.n/ D n1 . Hier sieht man sowohl Injektivität als auch Surjektivität unmittelbar.

Umgekehrt muss ein x 2 X , das in CX .M1 / [ CX .M2 / in CX .M1 / oder CX .M2 / liegen. Es kann kein Element von M1 und M2 sein, muss also in CX .M1 \ M2 / liegen.

Lösungswege

7

Abbildung wäre: X

M1

M1

M2

Abb. 2.23 Der Durchschnitt M1 \ M2 zweier Mengen und sein Komplement CX .M1 \ M2 /

X

X

X

M1

M2

M1

M2

f43 .a2 / D b2

f43 .a3 / D b3 ;

f43 .a4 / D b1

Entsprechend kann eine Abbildung A4 ! B5 niemals surjektiv sein, da es in der Wertemenge zu viele Elemente gibt, als dass jedes im Bild liegen könnte. Eine injektive, aber nicht surjektive Abbildung wäre:

M2

M1

f43 .a1 / D b1 ;

f45 .a1 / D b1 ;

f45 .a2 / D b2

f45 .a3 / D b3 ;

f45 .a4 / D b4

Im Falle A4 ! B4 besitzt die Definitionsmenge gleich viele Elemente wie die Wertemenge. Damit lässt sich problemlos eine bijektive Abbildung konstruieren, etwa:

M2

Abb. 2.24 Die Komplemente CX .M1 / und CX .M2 / und deren Vereinigung CX .M1 / [ CX .M2 /

X

X

M1

f44 .a1 / D b1 ;

f44 .a2 / D b2

f44 .a3 / D b3 ;

f44 .a4 / D b4

Wegen dieser genauen Übereinstimmung ist allerdings jede surjektive Abbildung gleichzeitig injektiv, und jede injektive Abbildung auch surjektiv.

M1

2.12  (a) und (b) sind feststellende Sätze mit den eindeutigen Wahrheitswerte w und f . In (c) ist die Variable y frei, (e) ist eine Aussage mit dem Wahrheitswert w. M2

M2

Abb. 2.25 Die Vereinigung M1 [ M2 zweier Mengen und ihr Komplement CX .M1 [ M2 /

X M1

X M1

M2

X M1

M2

M2

Abb. 2.26 Die Komplemente CX .M1 / und CX .M2 / und deren Durchschnitt CX .M1 / \ CX .M2 /

Völlig analog können wir auch die zweite Regel beweisen. Die entsprechenden Venn-Diagramme sind in den Abb. 2.23 und 2.24 sowie 2.25 und 2.26 dargestellt. 2.11  Eine Abbildung A4 ! B3 kann surjektiv sein, aber niemals injektiv, da es im Wertebereich gar nicht genug Elemente gibt, um die Abbildung in beide Richtungen eindeutig zu machen. Ein Beispiel für eine surjektive, aber nicht injektive

2.13  Eine Möglichkeit, die Abzählbarkeit der Polynome zu zeigen, ist die folgende: Zunächst nummerieren wir die ganzen Zahlen mit null beginnend durch, also etwa b1 D 0, b2 D 1, b3 D 1, b4 D 2, : : : Nun betrachten wir alle Polynome vom Grad n, wobei wir für die Koeffizienten ak jeweils alle Zahlen b` mit `  n zulassen. Eines dieser Polynome ist identisch null und muss ausgeschlossen werden. Es verbleiben nnC1  1 Polynome, von denen jedes nur eine endliche Zahl von Nullstellen hat. Tatsächlich sind es höchstens n unterschiedliche reelle Nullstellen. Damit ist die Zahl der Nullstellen aller Polynome vom Grad n endlich und kann von xin bis xfn durchnummeriert werden. Dass dabei viele Nullstellen mehrfach vorkommen werden, soll uns hier nicht weiter stören. Nun betrachten wir der Reihe nach n D 2, n D 3, : : : und nummerieren somit alle Nullstellen durch. Jedes mögliche Polynom mit ganzen Koeffizienten wird in dieser Abfolge irgendwann auftauchen; damit sind die algebraischen Zahlen abzählbar. 2.14



Wir lassen im folgenden Beweis der Kürze wegen die Indizierung i 2 I weg. Das Wort „oder“ ist stets im Sinne der Aussagenlogik, also nicht ausschließend zu verstehen.

Kapitel 2

X

8

Kapitel 2

M1 :

M2 :

M3 :

Mi :

Mi :

C1 :

C2 :

C3 :

Ci :

Ci :

Kapitel 2

Abb. 2.27 Veranschaulichung der Regeln von de Morgan anhand dreier Mengen. Wir benutzen die Bezeichnung Ci WD CX .Mi / für Komplemente bezüglich der Grundmenge X ; die Durchschnitte und Vereinigungen gelten jeweils für i D 1; 2; 3

T Damit ein Element x in A [ Bi liegt, muss es in A oder im Durchschnitt aller Bi liegen. Es liegt demnach in A oder in jedem der Bi . Daher liegt es in jeder Menge A [ Bi und folgerichtig auch im Durchschnitt aller dieser Mengen, in T .A [ Bi /. T Umgekehrt muss ein x, das in .A [ Bi / liegt, in jeder der Mengen A [ Bi liegen. Das kann nur erfüllt sein, wenn es in A oder T in jeder der Mengen Bi liegt. Damit liegt es sicher in A [ Bi . Der Beweis des zweiten Gesetzes erfolgt analog. Wir beweisen auch hier nur die erste Regel, die Vorgehensweise ür die zweite ist vollkommen analog: x 2 CX

[

 M

() x 2 X und x …

[

M

Rechenaufgaben 2.16  Wir führen den Beweis des ersten Gesetzes mittels Wahrheitstafel, der Beweis des zweiten erfolgt völlig analog: C

.A ^ B/

^

C

,

^

A

.B ^ C /

A

B

w

w

w

w

w

w

w

w

w

w

w

w

f

w

f

f

w

w

f

f

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f

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f

f

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w

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f

f

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f

f

f

f

f

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f

f

f

w

w

f

f

w

w

f

f

w

f

f

f

f

w

f

f

f

f

w

() x 2 X und 8 M 2 F W x … M

f

f

w

f

f

w

w

f

f

f

() 8 M 2 F W x 2 CX .M / \ () x 2 CX .M /

f

f

f

f

f

f

w

f

f

f

S Da diese Äquivalenz für jedes Element in CX . M / und T ebenso jedes in CX .M / gilt, müssen die beiden Mengen identisch sein. Eine Darstellung der Regeln mittels VennDiagrammen erfolgt in Abb. 2.27.

Die Assoziativgesetze sind die Rechtfertigung für Schreibweisen wie A1 _ A2 _ : : : _ An ohne Klammern. 2.17



2.15  „Diese Aussage ist falsch.“ führt sowohl bei der Annahme, sie sei falsch, als auch bei der Annahme, sie sei wahr, immer auf Widersprüche. Die Sache mit den Kretern ist da wesentlich diffiziler: Angenommen, Epimenides sagt die Wahrheit, und alle Kreter sind Lügner – im extremen Sinne dass sie immer die Unwahrheit sagen. In diesem Fall wäre auch seine Aussage unwahr und wir gelangen tatsächlich zu einem Widerspruch. Nehmen wir nun an, Epimenides sage die Unwahrheit, und nicht alle Kreter seien Lügner. Das bedeutet, dass es zumindest einen Kreter geben muss, der die Wahrheit sagt – dabei braucht es sich aber nicht um Epimenides zu handeln. Dass die Aussage „alle Kreter sind Lügner“ falsch ist, führt also auf keinerlei Widerspruch, solange Epimenides nicht der einzige Kreter ist.

2.18



Beweis mittels Wahrheitstafel: A

B

^

.A ) B//

)B

w

w

w

w

w

w

f

f

f

w

.A

f

w

f

w

w

f

f

f

w

w

Beweis mittels Wahrheitstafel:

A

B

.A _ B/

,

:

.:A

^

:B/

w

w

w

w

w

f

f

f

w

f

w

w

w

f

f

w

f

w

w

w

w

w

f

f

f

f

f

w

f

w

w

w

Lösungswege

B

.A ^ B/

,

:

.:A

_

:B/

w

w

w

w

w

f

f

f

w

f

f

w

f

f

w

w

f

w

f

w

f

w

w

f

f

f

f

w

f

w

w

w

A

B

_

B/

.A ) B/

, .

.:A/

w

w

w

w

f

w

w

w

f

f

w

f

f

f

f

w

w

w

w

w

w

f

f

w

w

w

w

f

2.19  Die Lösungen ergeben sich durch einfaches Benutzen der Definitionen. Zum Beispiel enthält M1 \ M2 nur jene Elemente, die beiden Mengen gemeinsam sind – das ist lediglich das Element e. Wir erhalten M1 \ M2 M1 [ M2 M1 \ M3 M1 [ M3 M2 \ M3 M2 [ M3 M1 n M2 M2 n M1 M1 n M3 M2 n M3 3 \

D feg D fa; b; c; d ; e; f ; g; h; ig D fa; c; eg D fa; b; c; d ; e; g; ig D fe; g; ig D fa; c; e; f ; g; h; ig D fa; b; c; d g D ff ; g; h; ig D fb; d g D ff ; hg

Mn D feg

nD1 3 [

Mn D fa; b; c; d ; e; f ; g; h; ig

nD1

2.20  äquivalent:

2.21  Das Element x1 sei in M1 enthalten. Dann ist natürlich auch x1 2 M1 [ M2 und daher weiter x1 2 M1 \ .M1 [ M2 /. x2 sei nicht in M1 enthalten. Dann kann es zwar Element von M1 [ M2 sein (wenn es Element von M2 ist), aber sicher nicht Element von M1 \ .M1 [ M2 /. Das heißt, alle Elemente von M1 und nur diese sind auch Elemente von M1 \ .M1 [ M2 /, also ist tatsächlich M1 \ .M1 [ M2 / D M1 . Der Beweis von M1 [ .M1 \ M2 / D M1 verläuft völlig analog.

Anwendungsprobleme 2.22  Wir nennen S „Man ist von der Quantenmechanik schockiert“ und V „Man hat die Quantenmechanik verstanden“. Dann behauptet Bohr „:S ) :V “, Feynman, dass :V eine wahre Aussage ist. Die Aussage „:S ) :V “ ist äquivalent mit „V ) S“, aber nicht mit „:V ) :S“. Man kann auch von der Quantenmechanik schockiert sein, ohne sie verstanden zu haben. 2.23  Angenommen A sei schuldig. Dann folgt daraus, dass B ebenfalls schuldig ist, entweder direkt oder als Mittäter von C . Die Schuld von B impliziert aber die Unschuld von A, d. h. dieser Fall liefert einen Widerspruch. Demnach ist A auf jeden Fall unschuldig. Nun nehmen wir an, B sei ebenfalls unschuldig. Da mindestens einer der drei schuldig sein muss, muss dann C ein Täter sein. Damit ist B aber Mittäter, und die Annahme, B sei unschuldig wurde auf einen Widerspruch geführt. B ist auf jeden Fall schuldig – entweder direkt oder als Mittäter von C . Ob C aber schuldig ist, lässt sich mit diesen Mitteln nicht feststellen. Alternativ zur obigen Vorgehensweise könnte man den aussagenlogischen Ausdruck .A ) .B _ C // ^ .B ) :A/ ^ .C ) B/ so weit wie möglich vereinfachen und daraus die Lösung ablesen.

Die folgenden Beziehungen sind einander jeweils x 2 M1 [ .M2 \ M3 / () x 2 M1 _ x 2 .M2 \ M3 / () x 2 M1 _ .x 2 M2 ^ x 2 M3 /

und wegen A _ .B ^ C / () .A _ B/ ^ .A _ C / () .x 2 M1 _ x 2 M2 / ^ .x 2 M1 _ x 2 M3 / () x 2 M1 [ M2 ^ x 2 M1 [ M3 () x 2 .M1 [ M2 / \ .M1 [ M3 / Die oben verwendete aussagenlogische Äquivalenz A _ .B ^ C / () .A _ B/ ^ .A _ C / lässt sich leicht mit Hilfe einer Wahrheitstafel zeigen.

2.24  Es ist klar, dass man nicht einfach „Welcher Weg führt zur Oase?“ fragen darf; die Antwort könnte ebenso gut wahr wie falsch sein. Auch „Sagst du die Wahrheit?“ bringt einen nicht weiter, außerdem hat man ja nur eine einzige Frage frei. Der Ausweg besteht darin, auf den anderen Bruder Bezug zu nehmen: Fragt man nämlich „Von welchem Weg würde dein Bruder sagen, dass er zur Oase führt?“, so erhält man die gleiche Auskunft (egal welchen der beiden Brüder man fragt) – und weiß, dass man den anderen Weg nehmen muss. 2.25  Auf jeden Fall umdrehen muss man die Karten A und 7 . Auf der Rückseite von A müsste, sollte die Aussage wahr sein, eine gerade Zahl stehen, auf der Rückseite von 7 ein Konsonant. Was auf den Rückseiten der anderen beiden Karten steht, ist für die Überprüfung der Aussage hingegen irrelevant.

Kapitel 2

A

9

10

Kapitel 2

2.26



Kapitel 2

Für die disjunktive Normalform wollen wir Aussagen mit „Oder“ verbinden, die jeweils nur für eine spezielle Kombination der Eingangsvariablen wahr sind. Um das zu tun, suchen wir alle Einträge, für die H wahr ist; das ist zum Beispiel für A D f , B D f und C D w der Fall. Damit gerade diese und nur diese Kombination einen wahren Ausdruck liefert, muss man die Variablen zu .:A/ ^ .:B/ ^ C kombinieren. Entsprechendes machen wir für jede Zeile, für die H wahr ergibt. Die Ausdrücke für die einzelnen Zeilen können wir nun mittels _ kombinieren. Damit genügt es, wenn die Bedingung für eine Zeile erfüllt ist, um insgesamt „wahr“ zu erhalten. Das ergibt in diesem Beispiel:  H , .A ^ B ^ C / _ ..:A/ ^ B ^ C / _ ..:A/ ^ .:B/ ^ C / _ ..:A/ ^ .:B/ ^ .:C //

Wenn eine der so erfassten Kombinationen vorliegt, ist der Gesamtausdruck „falsch“, sonst „wahr“,  H , ..:A/ _ .:B/ _ C / ^ ..:A/ _ B _ .:C // ^ ..:A/ _ B _ C /  ^ .A _ .:B/ _ C / Sind mehr resultierende Einträge wahr, so ist die konjunktive Normalform einfacher. Sind mehr falsch, so ist die disjunktive Normalform vorteilhaft. Die Ausdrücke, die man per Normalform erhält, lassen sich oft noch vereinfachen, indem man die logischen Distributivgesetze und die für beliebige Aussagen A gültigen Beziehungen A ^ .:A/ D f



sowie f _A,A

Für die konjunktive Normalform müssen wir die Argumentation gerade umdrehen. Hier orientieren wir uns an jenen Zeilen, die ein f liefern. Das ist zum Beispiel für A D w, B D w und C D f so. Nun negieren wir die wahren Eingangsvariablen und verbinden alle mit „Und“ zu .:A/ _ .:B/ _ C . Genau für die Kombination A D w, B D w und C D f ist dieser Ausdruck falsch. Wieder führen wir die entsprechende Prozedur für alle Zeilen durch, die „falsch“ liefern und verbinden sie mit „Und“.

und A _ .:A/ D w

und w ^ A , A

benutzt. Hier ergibt dieses Vorgehen beispielsweise für die disjunktive Normalform  H , ..A _ .:A// ^ B ^ C /

 _ ..:A/ ^ .:B/ ^ .C _ .:C ///   , .w ^ B ^ C / _ ..:A/ ^ .:B/ ^ w/   , .B ^ C / _ ..:A/ ^ .:B// :

Kapitel 3

3.7  Finden Sie zusätzlich zu den bereits im Text angegebenen Beispielen eine Aussage, die für alle n 2 N falsch ist, für die sich der Induktionsschritt aber trotzdem durchführen lässt.

Verständnisfragen 3.1  Welche Probleme hat das folgende Vorgehen zur Lösung der Gleichung x 3  2x 2 C x D 0? x 3  2x 2 C x D 0 x 2  2x C 1 D 0 .x  1/2 D 0

ˇ ˇ=x ˇp ˇ :::

x1D0 xD1 3.2  sein?

Können Angaben von Werten über 100% sinnvoll

3.8



Beweisen oder widerlegen Sie: pn D n2  n C 41

ist für alle n 2 N eine Primzahl. 3.9  Seltener als mit dem Binomialkoeffizienten hat man es mit seiner Verallgemeinerung, dem Multinomialkoeffizienten zu tun. Dieser ist definiert als ! n nŠ D k1 Š k2 Š : : : km Š fk1 ; : : : ; km g mit Zahlen ki 2 N0 , die zusätzlich die Bedingung

3.3  Warum werden leere Summen gleich null, leere Produkte aber gleich eins gesetzt? 3.4  Bestimmen Sie die Summe aller natürlichen Zahlen von eins bis tausend.

k1 C k2 C : : : C km D n erfüllen. Im Fall m D 2 reduziert sich das mit k1 D k und k2 D n  k auf den bekannten Binomialkoeffizienten. „Echte“ Multinomialkoeffizienten treten dann auf, wenn man ein Multinom, also eine Summe mit mehr als zwei Summanden potenziert: .a1 C a2 C : : : C am /n

3.5  Scheitert der Beweis von „2n C 1 ist für alle n  100 eine gerade Zahl“ am Induktionsanfang, am Induktionsschritt oder an beidem?

D

X k1 C:::Ckm Dn

3.6  Die Zahlen ak mit k 2 N seien beliebig aus R. Eine Summe der Form Tn D

n1 X

.akC1  ak /

kD1

nennt man eine Teleskopsumme. Bestimmen Sie eine geschlossene Formel für den Wert einer solchen Summe und beweisen Sie sie mit Indexverschiebungen sowie mittels vollständiger Induktion.

! n km ak1 ak2 : : : am fk1 ; : : : ; km g 1 2

Bestimmen Sie die Multinomialkoeffizienten für n D 2 und m D 3 und ermitteln Sie damit ohne Ausmultiplizieren den Ausdruck .a C b C c/2 . 3.10

 Beweisen Sie die allgemeine binomische Formel ! n X n k nk n .a C b/ D a b k kD0

für n 2 N0 mittels vollständiger Induktion.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_2

11

Kapitel 3

Aufgaben

12

Kapitel 3

3.11  Finden Sie den Fehler im folgenden „Beweis“ dafür, dass der Mars bewohnt ist:

Rechenaufgaben

Satz: Wenn in einer Menge von n Planeten einer bewohnt ist, dann sind alle bewohnt.

3.14  Ein müder Floh springt zuerst einen Meter, dann nur mehr einen halben, dann gar nur mehr einen viertel Meter, kurz bei jedem Sprung schafft er nur mehr die Hälfte der vorangegangenen Distanz. Wie weit ist er nach sieben Sprüngen gekommen?

Beweis mittels vollständiger Induktion: n D 1: trivial n ! n C 1: Laut Annahme sind von einer Menge von n Planeten alle bewohnt, sobald nur einer bewohnt ist. Nun betrachten wir eine Menge von n C 1 Planeten (die wir willkürlich mit p1 bis pnC1 bezeichnen). Von diesen schließen wir vorläufig einen aus unsere Betrachtungen aus, z. B. pnC1 . Wenn von der übriggebliebenen Menge von n Planeten nur einer bewohnt ist, sind laut Annahme alle bewohnt. Nun schließen wir von den n bewohnten Planeten einen aus, z. B. p1 , und nehmen pnC1 wieder hinzu. Wir erhalten wieder eine Menge von n Planeten, die bis auf pnC1 alle bewohnt sind. Auf jeden Fall ist einer bewohnt, demnach alle, also ist auch pnC1 bewohnt.

3.15  Vereinfachen Sie die folgenden Ausdrücke so weit wie möglich. Dabei ist x 2 R>0 : A1 D j5  j2  3jj x2  1 xC1 ˇ 2 ˇ ˇx  1ˇ A3 D j.x C 1/2 j  2 2 A4 D 4.3 /  43

A2 D

Korollar: Der Mars ist bewohnt.

Kapitel 3

Beweis: Betrachten Sie die n Planeten des Sonnensystems. Je nach aktueller Meinung zum Status des Pluto ist n D 8 oder n D 9, doch auf jeden Fall ist n endlich. Die Erde ist bewohnt, damit sind alle Planeten des Sonnensystems bewohnt – auch der Mars.

A5 D

3.16



9 C x C x 2 C 5x p 2 j3j C x

Bestimmen Sie alle x 2 R, für die gilt: ˇ ˇ ˇ ˇ 2  ˇx  4 ˇ  ˇx C 2 ˇ x 2 C x  6 > 0

3.17  Zeigen Sie dass (sofern in den folgenden Ausdrücken die Nenner nicht verschwinden) stets gilt: a c D b d

!

a c D : a˙b c˙d

Diese Regel ist als korrespondierende Addition bekannt. Versuchen Sie, eine analoge Regel auch für Ungleichungen (unter der Voraussetzung ab < dc ) zu finden. 3.12  Neben den auf S. 89 erwähnten logischen Verknüpfungen & und | gibt es auch die Varianten && und ||. Bei einer Verknüpfung a&&b bzw. a||b wird die Bedingung b gar nicht überprüft, wenn das Ergebnis durch den Wert von a bereits festgelegt ist (shortcut operators).

3.18  Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion für alle natürlichen n: n X .2k C 1/ D n .n C 2/ kD1

Wann ist das der Fall? Welche Vorteile hat das? 3.19 3.13  Im Beispiel-Code für die Funktion check_pos auf S. 89 wird das Argument zuerst mit isnumeric darauf überprüft, ob es sich um einen numerischen Wert handelt. Danach erfolgt mit isreal die Überprüfung, ob es sich um eine reelle Zahl handelt. Das sieht auf den ersten Blick redundant aus, ist es aber nicht. Finden Sie ein Argument x, für das isreal(x) den Wert true liefert, obwohl es sich bei x dem Anschein nach nicht einmal um eine Zahl handelt. Welche Erklärung haben Sie für dieses Verhalten?



Beweisen Sie für n 2 N2 : n Y

.k  1/ D .n  1/Š

kD2

3.20



Bestimmen Sie alle x 2 R, die die Ungleichung jx  2j  .x C 2/ < jxj x

erfüllen.

Aufgaben



Beweisen Sie die Pascal’sche Formel (3.11), ! ! ! nC1 n n D C kC1 k kC1

3.28



1. Zeigen Sie, dass für beliebige positive Zahlen x und y stets die Ungleichung y x C 2 y x

durch Aufspalten der Binomialkoeffizienten in Fakultäten. 3.22



Beweisen Sie für alle n 2 N: n X

k  2k D 2 C 2nC1  .n  1/

kD1 n X n .n C 1/ .1/kC1 k 2 D .1/nC1 2 kD1

3.23  chen n:

Beweisen Sie mittels Induktion für alle natürli-

gilt. 2. Die Zahlen ak mit k 2 N seien alle positiv. Zeigen Sie, dass stets ! ! n n X X 1 ak   n2 ak kD1

gilt. 3.29

kD2

n

pnC1 .x/ D .1 C x .2 / /  pn .x/ Finden Sie einen expliziten Ausdruck für pn .x/ und beweisen Sie dessen Gültigkeit mittels vollständiger Induktion. 3.25  Zahlen n:

Beweisen Sie mittels Induktion für alle natürlichen n X

k D 3

kD1

n X

!2

n X



Beweisen Sie für alle n 2 N: ! n X n D 2n k kD0 ! n X k n .1/ D0 k kD0

D

 1 2 1C 3 n

 Man zeige für n 2 N: n1 X n .n C 1/ .4n  1/ .n C k/ .n  k/ D 6 kD0

Anwendungsprobleme

3.32  Ein Erfinder stellt drei Maßnahmen vor, die jeweils den Energieverbrauch eines Motors reduzieren sollen. Die erste verringert den Verbrauch um 20%, die zweite um 30% und die dritte gar um 50%. Kann der Verbrauch des Motors mit allen drei auf null reduziert werden? Wenn nein, auf wie viel dann?

xk

kD1

mittels vollständiger Induktion. 3.27



kD1

.1 C xk /  1 C

kD1

3.30

2 k .k C 1/

3.31  Zehn Katzen fangen in zehn Minuten zehn Mäuse. Wie viele Mäuse fangen hundert Katzen in hundert Minuten?

k

3.26  Betrachten Sie eine Menge von reellen Zahlen xk , wobei entweder alle xk 2 .1; 0/ oder alle xk > 0 sind. Beweisen Sie für diese die verallgemeinerte Bernoulli-Ungleichung n Y

 Beweisen Sie für alle n 2 N2 : n  Y 1

n3 C 5n ist durch 6 teilbar 11nC1 C 122n1 ist durch 133 teilbar n 3.2 /  1 ist durch 2nC2 teilbar 3.24  x 2 R sei eine feste Zahl, und es sei p1 .x/ D 1 C x. Nun definieren wir für n 2 N:

kD1

3.33  Wieder taucht der Erfinder aus der vorherigen Aufgabe auf, diesmal mit einer Vorrichtung, die den Stromverbrauch von Glühlampen um 250% reduzieren soll. Was kann das bedeuten? 3.34  Drei Firmen haben anfangs den gleichen Jahresumsatz. Der Umsatz von A bleibt in den darauffolgenden Jahren gleich. Der Umsatz von B nimmt zuerst um 50% zu und dann um 50% ab. Bei C hingegen nimmt der Umsatz zuerst um 50% ab, dann um 50% zu. Vergleichen Sie den Jahresumsatz der Firmen am Ende dieser Entwicklung.

Kapitel 3

3.21

13

14

Kapitel 3

3.35  R2 gilt

Für zwei in Serie geschaltete Widerstände R1 und (d) Nach dem dritten Kepler’schen Gesetz verhalten sich die Quadrate der Umlaufzeiten t1 , t2 zweier Planeten wie die Kuben der großen Halbachsen a1 , a2 ihrer Umlaufbahnen, Rges D R1 C R2 ; a3 t12 D 13 : 2 bei Parallelschaltung erhält man t2 a2 1 1 1 D C : Rges R1 R2

Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion, dass für eine beliebige Zahl n von Widerständen bei serieller Schaltung Rges D

n X

Rk ;

kD1

und bei Parallelschaltung X 1 1 D Rges Rk n

(e) Die Gesamtenergie W eines harmonisch schwingenden Körpers der Masse m, der mit einer Feder der Federkonstante k eingespannt ist, beträgt W D

m 2 k 2 v C x ; 2 2

wobei x die Position und v die Geschwindigkeit des Körpers bezeichnet. (f) Brennweite f , Gegenstandweite g und Bildweite b einer Linse sind durch die Gleichung 1 1 1 D C : f g b

kD1

Kapitel 3

gilt. 3.36  Ein Schwimmbecken kann mit drei Pumpen A, B und C gefüllt werden. A benötigt allein 2400 Minuten, B allein 1500 und C allein 4000 Minuten. Wie lange benötigen alle drei Pumpen zusammen? 3.37  Betrachten Sie den inelastischen Stoß auf S. 67 und bestimmen Sie die Menge an kinetischer Energie, die bei diesem Prozess in andere Energieformen umgewandelt wird. 3.38  Lösen Sie die folgenden wichtigen Formeln aus Physik und Technik jeweils nach allen vorkommenden Größen auf: (a) Für den zurückgelegten Weg s einer Bewegung bei gleichmäßiger Beschleunigung a gilt nach der Zeit t : sD

1 2 at : 2

(b) Das Aktionsprinzip der Newton’schen Mechanik gibt zwischen der Kraft F , die auf einen Körper der Masse m wirkt, und der Beschleunigung, die dieser Körper erfährt, den Zusammenhang F D ma an. (c) Das Newton’sche Gravitationsgesetz ergibt für die Kraft F zwischen zwei Punktmassen m1 und m2 im Abstand r F DG

m1 m2 ; r2

wobei G die Gravitationskonstante ist.

verknüpft. (g) Beim senkrechten Einfall eines Lichtstrahls auf die Grenzschicht zwischen zwei Medien mit Brechzahlen n1 und n2 gilt für das Reflexionsvermögen R  RD

n1  n2 n1 C n2

2 :

(h) Für den Wirkungsgrad  eines Carnot-Prozesses, der zwischen den beiden Temperaturniveaus T1 und T2 mit T1 > T2 > 0 läuft, gilt D

T1  T2 : T1

(i) Zwischen Widerstand R, Stromstärke I und Spannung U besteht in einem Leiter der Zusammenhang U DRI: (j) Die Masse m eines Körpers der Ruhemasse m0 , der sich mit Geschwindigkeit v bewegt, ist nach der speziellen Relativitätstheorie m0 mD q  2 ; 1  vc wobei c die konstante Vakuumlichtgeschwindigkeit bezeichnet. (k) Springt das Elektron des Wasserstoffatoms von einem Orbital der Hauptquantenzahl m 2 N in eines mit Hauptquantenzahl n 2 N, n < m zurück, so gilt für die Energie W des emittierten Photons  1 1 W DR ;  n2 m2 wobei R die Rydberg-Konstante bezeichnet.

Hinweise

Hinweise

Rechenaufgaben

Verständnisfragen

3.14  Es handelt sich um eine geometrische Summe, für die man nur die entsprechende Summenformel anwenden muss.

3.2  Kann etwa das Verkehrsaufkommen auf einer Straße um 120% zunehmen? 3.3  Welchen Effekt will man bei leeren Summen bzw. Produkten erreichen? 3.4



Benutzen Sie die arithmetische Summenformel.

3.5  Überprüfen Sie, ob sich der Induktionsschritt vollziehen lässt, ob also aus der Ungeradheit von 2n C 1 auch die Ungeradheit von 2.n C 1/ C 1 folgen würde. Ist die Aussage für n D 100 wahr? 3.6  Schreiben Sie T1 , T2 , T3 explizit an und versuchen Sie, ein Muster zu erkennen. 3.7  Sie können zum Beispiel eine gültige Summenformel so modifizieren, dass der Induktionsschritt unbeeinflusst bleibt. 3.8  Überlegen Sie, ob die so definierte Zahl pn für beliebige n 2 N prim sein kann. 3.9  Spielen Sie alle Möglichkeiten durch, mit m D 3 Zahlen ni 2 N0 in Summe n D 2 zu erhalten. 3.10  Benutzen Sie nach geeigneter Indexverschiebung die Pascal’sche Formel (3.11) in der Form ! ! ! nC1 n n D C : k k1 k 3.11  Lässt sich der Induktionsschritt für alle n durchführen? 3.12  Überlegen Sie, unter welchen Umständen das Ergebnis einer und- bzw. oder-Verknüpfung bereits durch eine logische Variable festgelegt ist. 3.13  Was liefert isreal für Zeichenketten? Wie könnte in M ATLAB® (das standardmäßig mit komplexen Zahlen rechnet) die Überprüfung, ob eine Zahl reell ist, aussehen?

3.15  Benutzen Sie die Rechenregeln für Brüche, Potenzen und Beträge, wie sie in den Abschn. 3.1 und 3.3 angegeben sind. 3.16  Gehen Sie wie bei den Beispielen auf S. 71 vor. Welche Bereiche sind hier zu unterscheiden? 3.17  Schreiben Sie die Voraussetzung ab D dc in bruchfreier Form und addieren Sie einen Term, der Ihnen erlaubt, auf der linken Seite a und auf der rechten c herauszuheben. Sie a c können auch mit der zu beweisenden Gleichung aCb D cCd a beginnen und diese durch Äquivalenzumformungen zu b D dc vereinfachen. 3.18  Das Vorgehen erfolgt analog zu dem auf S. 83 für die arithmetische Summenformel. 3.19  Induktionsbeweis mit Induktionsanfang bei n D 2 oder Beweis per Indexverschiebung. 3.20  Gehen Sie wie bei den Beispielen auf S. 71 vor. Welche Bereiche sind hier zu unterscheiden? 3.21  Spalten Sie die Binomialkoeffizienten gemäß Definition Quotienten von Fakultäten auf. Beginnen Sie mit n  in n C und heben Sie aus der Summe so viele gemeinsame k kC1 Faktoren wie möglich heraus. 3.22  Es handelt sich in beiden Fällen um Standard-Induktionsbeweise, wie sie in Abschn. 3.5 behandelt werden. 3.23  Orientieren Sie sich am Beispiel auf S. 85. Eine Fallunterscheidung oder die Anwendung einer binomischen Formel kann unter Umständen notwendig sein. 3.24  Bestimmen Sie die Ausdrücke für p2 .x/, p3 .x/ und p4 .x/, und versuchen Sie, ein Muster zu erkennen. 3.25  Hier ist es besonders hilfreich, die Induktionsbehauptung so umzuschreiben, dass bei den später notwendigen Umformungen klar ist, worauf diese abzielen. 3.26



Mit den gemachten Annahmen ist 1 C xk > 0.

Kapitel 3

3.1  Ist der Schritt in der ersten Zeile für alle x 2 R möglich? Wo geht eine implizite Annahme ein?

15

16

Kapitel 3

3.27  Setzen Sie in die binomische Formel (3.10) geeignete Werte ein. 3.28  Schreiben Sie im ersten Teil die Ungleichung auf ein vollständiges Quadrat um und beweisen Sie den zweiten Teil mittels vollständiger Induktion unter Zuhilfenahme des ersten. 3.29  Spalten Sie im Produkt in der Induktionsbehauptung den letzten Faktor ab, benutzen Sie die Induktionsannahme und vereinfachen Sie das Ergebnis. 3.30  Bei diesem Induktionsbeweis ist es günstig, mit der linken Seite der Behauptung zu beginnen und die Summe so aufzuspalten, dass man einerseits die linke Seite der Annahme erhält, andererseits nur Summen, die sich leicht auswerten lassen. Man beachte insbesondere, dass Summen, in deren Summanden der Summationsindex nicht vorkommt, einfache Produkte sind.

3.38  In allen Fällen sind einfache Umformungen ausreichend. Manchmal ergibt sich durch Wurzelziehen ein Doppelvorzeichen, dann ist zu überlegen, ob negative Werte für die entsprechende Größe sinnvoll sind.

Lösungen Verständnisfragen

Kapitel 3

3.1



Die Lösung x D 0 geht verloren.

3.2



Ja.

3.3



Um sie „wirkungslos“ zu machen.

3.4



500 500.

3.5



Am Induktionsanfang.

3.6



Tn D an  a1

Anwendungsprobleme 3.31  Es sind nicht hundert; hier liegt wieder ein doppelter Dreisatz vor. 3.32  Die Prozentangaben sind jeweils auf den neuen Ausgangswert zu beziehen. 3.33  Kann sich die Prozentangabe realistischerweise auf den Ausgangsverbrauch beziehen? 3.34  Die Prozentangaben sind jeweils auf den letzten Wert zu beziehen. 3.35  Der Induktionsanfang ist schon gemacht; für den Induktionsschritt fassen Sie jeweils n Widerstände zu einem zusammen, dessen Widerstand Sie nach Induktionsannahme bereits kennen.

3.7  Ein Beispiel wäre die Gültigkeit der SummenforPn mel kD1 k D 42 C n .nC1/ für alle n 2 N. 2 3.8



Die Zahl pn ist nicht für alle n 2 N prim.

3.9



.a C b C c/2 D a2 C b 2 C c 2 C 2ab C 2ac C 2bc

3.10

 –

3.11  Im Induktionsschritt n ! n C 1 wird implizit n  2 vorausgesetzt. 3.12  a=false ! a&&b=false, daher wird b nicht mehr ausgewertet; analog für a=true und a||b. 3.13

3.36  Betrachten Sie Füllraten (Volumen pro Zeit); die Gesamtfüllrate ist die Summe der drei einzelnen Füllraten. Es kann hilfreich sein, das unbekannte Gesamtvolumen V explizit einzuführen. 3.37  Die kinetische Energie des Stoßprodukts ist durch E D .m1 C m2 / w 2 =2 gegeben. Bestimmen Sie die Differenz E zwischen der ursprünglichen kinetischen Energie und diesem Ausdruck.



z. B. x='a'

Rechenaufgaben 3.14



s D 127=64

3.15  A1 D 4, A2 D x  1, A3 D j.x  1/=.x C 1/j, A4 D 258 048, A5 D 3 C x.

Lösungswege



L D .4; 2/ n f2g D .4; 2/ [ .2; 2/

3.17  Wenn a, b, c und d alle positiv sind, folgt aus a c a c < völlig analog zum Gleichungsfall aCb < cCd . b d 3.18





3.20



L D fx j x < 0 _ x >

3.21





3.22





3.23





3.24



pn .x/ D





3.27





3.28





3.29

 –

3.30

p 2g

Zum Beispiel erhält man: p (a) a D 2 s=t 2 , t D 2s=a p

G m1 m2 =F , m1

P2n 1

Lösungswege

kD0

x .x 2  2x C 1/ D 0

xk

Anwendungsprobleme 3.31



Sie fangen tausend Mäuse.

3.32



Nein, bestenfalls auf 28%. Die Lampe würde Energie liefern, statt sie zu ver-

3.34



Für die Umsätze U gilt UB D UC D 0:75 UA .

3.35





Zusätzlich zur Doppellösung x D 1 erhält man dann noch die einfache Lösung x D 0. Des Weiteren wird in der beim Ziehen der Wurzel implizit x  1  0 vorausgesetzt; dabei geht allerdings keine Lösung verloren. 3.2  In bestimmten Fällen machen Prozentangaben von über 100% durchaus Sinn, etwa bei besonders drastischen Zunahmen. Für einen Anteil (oder eine Abnahme) hingegen sind 100% die absolute Obergrenze. 3.3  In beiden Fällen möchte man erreichen dass eine derartige leere Konstruktion „nichts tut“. Bei einer Summe ist es klar: Wenn zu einem beliebigen Ausdruck null addiert wird, ändert sich nichts. Das neutrale Element der Multiplikation ist aber die Eins – damit ein leeres Produkt so wenig Schaden wie möglich anrichtet, setzt man es definitionsgemäß gleich eins. 3.4 mel

 1000 X

Wir erhalten mit der arithmetischen Summenfor-

D 1 C 2 C : : : C 1000 D

kD1

1000  1001 D 500 500: 2

3.5  201 ist ungerade, womit der Induktionsanfang nicht gegeben ist, der Induktionsschritt hingegen lässt sich vollziehen: 2 .n C 1/ C 1 D

2n C 1 „ ƒ‚ … gerade nach Annahme

3.36



D

3.1  Im ersten Schritt geht eine Lösung verloren. Statt durch x zu dividieren, sollte man es ausklammern und im entstandenen Produkt jeden Faktor getrennt null setzen:

 –

3.33  brauchen!



Verständnisfragen



3.26

3.38

E D m1 m2 =.m1 C m2 /  .v1  v2 /2 =2.

(c) G D F r 2 =.m1 m2 /, r D F r 2 =.G m2 /, m2 D F r 2 =.G m1 /







(b) m D F =a, a D F =m



3.19

3.25

3.37

750 Minuten.

wäre gerade.

C2

Kapitel 3

3.16

17

18

Kapitel 3

3.6  In dieser Summe kommen alle Beiträge bis auf den ersten und den letzten zweimal mit jeweils unterschiedlichem Vorzeichen vor. Diese Terme fallen weg und man erhält Tn D an  a1 . Das lässt sich formal am einfachsten mittels Indexverschiebung zeigen: Tn D

n1 X

.akC1  ak / D

kD1

D

n X

n1 X

akC1 

kD1

ak 

kD2

n1 X

ak D

kD1

n1 X

n1 X

3.9



Wir erhalten

2  f2; 0; 0g  2  f1; 1; 0g



D D

2  f0; 2; 0g  2  f1; 0; 1g

kD1

ak C an  a1 

n X

D D



2  f0; 0; 2g  2  f0; 1; 1g

D

2Š 2Š 0Š 0Š

D1

D

2Š 1Š 1Š 0Š

D 2;





und damit ergibt sich für .a C b C c/2 : .a C b C c/2 D

ak

kD2



ak





2 a2 b 0 c 0 C f0; 22; 0g a0 b 2 c 0 f2; 0; 0g  2  0 0 2  2  1 1 0 C f0; 0; 2g a b c C f1; 1; 0g a b c  2  1 0 1  2  0 1 1 a b c C f0; 1; 1g a b c C f1; 0; 1g 2 2 2

D a C b C c C 2ab C 2ac C 2bc

kD2

D an  a1

Kapitel 3

Die Gültigkeit dieser Formel lässt sich auch mittels vollständi- 3.10  0  0 0 ger Induktion beweisen. Für den Induktionsanfang erhalten wir 0 bei n D 1 die wahre Aussage 0 D a1 a1 . Der Induktionsschritt 1. n D 0: .a C b/ D 1 D 0 a b ist richtig. 2. Induktionsschluss: n ! n C 1 ergibt nun: 2. a Induktionsannahme: ! n X n X n k nk n TnC1 D .akC1  ak / D .a C b/ D a b k kD1 D

n1 X

kD0

Ann.

.akC1  ak / C anC1  an D

2. b Induktionsbehauptung:

kD1

D an  a1 C anC1  an D D anC1  a1

.a C b/

nC1

! nC1 X n C 1 k nC1k D a b k kD0

3.7



Für n X

n .n C 1/ 2 kD1 schlägt der Induktionsanfang klarerweise fehl. Für den Induktionsschritt hingegen erhalten wir: nC1 X kD1

kD

k D 42 C

n X

Ann.

k C .n C 1/ D

kD1

n .n C 1/ C .n C 1/ 2 .n C 1/ .n C 2/ D 42 C 2 D 42 C

3.8  ten wir

Betrachten Sie zum Beispiel n D 41. Dafür erhal-

p41 D 412  41 C 41 D 41  41 was keine Primzahl sein kann.

2. c Beweis der Behauptung. Dabei benutzen wir die Aufspaltung von Summen, eine Indexverschiebung, den Umstand,   dass der Binomialkoeffizient kn für k > n oder n < 0 gleich null gesetzt wird, und die Pascal’sche Formel: .a C b/nC1 D .a C b/  .a C b/n ! n X n k nk lt. Ann. D .a C b/  a b k kD0 ! ! n n X n kC1 nk X n k nC1k D b C a a b k k kD0 kD0 ! ! nC1 n X X n n k nC1k k nC1k D C a b a b k1 k kD1 kD0 ! ! nC1 nC1 X X n n k nC1k k nC1k D C a b a b k1 k kD0 kD0 ! !! nC1 X n n C ak b nC1k D k1 k kD0 ! nC1 X n C 1 k nC1k D a b k kD0

Lösungswege

3.12  Wenn a falsch ist, dann ist die und-Verknüpfung a&&b unabhängig vom Wert von b falsch. Daher wird b nicht mehr überprüft. Analog ist die oder-Verknüpfung a||b sicher wahr, wenn a wahr ist.

man jedoch aus einer Zahl eine Zeichenkette generieren, die den Zahlenwert als Text enthält. Manchmal ist auch die Umkehrung hilfreich, sprich aus einer Zeichenkette, die einen Zahlenwert enthält, die entsprechende Zahl gewinnen. Diese Funktionalitäten stellt M ATLAB® mit den Befehlen num2str und str2num zur Verfügung, von denen ersterer auch im Code von check_pos verwendet wird.

Rechenaufgaben 3.14



6  k X 1 1 1 C:::C 6 D 2 2 2 kD0  1 7 127 1 2 127 128 : D D D 1 1 64 1 2 2

s D 1C

Ein offensichtlicher Vorteil dieser Handhabung ist, dass Rechenzeit gespart werden kann, weil ja die zweite Bedingung oft gar nicht überprüft werden muss. Es ist daher sinnvoll, die aufwändiger zu testende Bedingung als zweite zu verwenden. Man kann bei a&&b als zweite Bedingung aber auch eine verwenden, die überhaupt nur dann sinnvoll definiert ist, wenn die erste erfüllt ist. Die Abfrage if exist('x', 'var')

Die geometrische Summenformel liefert:

3.15

&& x>0

überprüft zuerst, ob es überhaupt eine Variable x im aktuellen Workspace gibt. Nur wenn das der Fall ist, wird die Bedingung x>0 getestet. Solche Abfragen können z. B. bei Funktionen mit optionalen Argumenten sinnvoll sein.



 ˇ ˇ A1 D ˇ5  j1jˇ D j5  1j D j4j D 4 .x C 1/ .x  1/ A2 D Dx1 xC1 ˇ 2 ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ x  1 ˇ ˇ .x C 1/ .x  1/ ˇ ˇ x  1 ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ D A3 D ˇ ˇ D ˇx C 1ˇ .x C 1/2 ˇ ˇ .x C 1/2 A4 D 49  46 D 258 048

3.13  Schon für ein simples Textzeichen wie 'a' liefert isreal das Ergebnis true, und ebenso für Zeichenketten wie 'reell' oder 'komplex'. Der Grund dafür liegt in der internen Handhabung von Zeichen und Zeichenketten verborgen. Man kann in M ATLAB® zwar problemlos Zeichenketten verwenden, sie mit eckigen Klammern miteinander verketten und andere Operationen durchführen. Letztlich ist M ATLAB® aber in erster Linie ein Programm für numerische Berechnungen, und auch Zeichenfolgen werden intern als Zahlen gespeichert. Das ist zwar auf Computern letztlich immer so, in M ATLAB® ist aber die Korrespondenz zwischen Zeichen und ihrem ASCII-Code besonders deutlich. Die Operation 'Abc'+1 liefert nicht, wie man erwarten könnte, eine Fehlermeldung, sondern das Ergebnis 66 99 100. In manchen Situationen betrachtet M ATLAB® das Zeichen 'a' als gleichwertig mit dessen ASCII-Code 97, in anderen hingegen macht die Software hier sehr wohl einen Unterschied. Der Befehl isnumeric führt eine Überprüfung durch, ob es sich beim Argument „wirklich“ um eine Zahl handelt und nicht etwa um ein Zeichen bzw. eine Zeichenkette. Der Befehl isreal hingegen überprüft lediglich, ob der Imaginärteil des Arguments gleich Null ist. Da das für die Zahl 97 der Fall ist, erhält man für isreal('a') das Ergebnis true. Die Korrespondenz zwischen Zeichen und ihren ASCII-Codes kann man nur selten ausnutzen. Sehr oft hingegen möchte

A5 D 3.16



9 C 6x C x 2 .3 C x/2 D D 3Cx 3Cx 3Cx Zunächst heben wir mit

jx 2  4j D j.x C 2/ .x  2/j D jx C 2j jx  2j auf der linken Seite der Ungleichung den Faktor jx C 2j heraus, jx C 2j fjx  2j  .x 2 C x  6/g > 0 : Für x D 2 ist die linke Seite gleich null, die Ungleichung ist dort nicht erfüllt. Diesen Punkt müssen wir entsprechend aus der Lösungsmenge ausnehmen. Für x ¤ 2 hingegen ist jx C 2j stets positiv und wir können die Ungleichung durch diesen Ausdruck dividieren. Zu lösen bleibt damit nur noch die Ungleichung   jx  2j  x 2 C x  6 > 0 : Hier treffen wir eine Fallunterscheidung: x  2: In diesem Bereich gilt die Ungleichung   .x  2/  x 2 C x  6 > 0 ; die sich umformen lässt zu x 2 < 4, also jxj < 2. Das ist im betrachteten Bereich nie möglich, es gibt demnach keine Lösungen für x  2.

Kapitel 3

3.11  Betrachtet man den Induktionsschritt genauer, so fällt auf, dass diese Argumentation nur für n  2 möglich ist. Schließt man bei n ! n C 1 für n D 1 aus einer Menge von n C 1 D 2 Planeten einen aus, so bleibt nur einer übrig. Bei Ausschluss des nach Voraussetzung bewohnten Planeten bleibt nur der unbewohnte übrig. Man müsste den Induktionsanfang demnach bei n D 2 setzen – „Wenn von einer Menge von zwei Planeten einer bewohnt ist, sind beide bewohnt“. Das ist offensichtlich falsch.

19

20

Kapitel 3

x < 2: Hier erhält die Ungleichung die Gestalt   .x  2/  x 2 C x  6 > 0 x 2  2x C 8 > 0

3.18  duktion:

Wir führen den Beweis mittels vollständiger In-

1. Induktionsanfang, n D 1:

x 2 C 2x C 1  9 < 0

1 X .2k C 1/ D 3 D 1  3

.x C 1/2 < 9 ;

kD1

also jx C 1j < 3, x 2 .4; 2/.

ist eine wahre Aussage. Wir erhalten nur eine Lösung im zweiten Bereich, müssen da- 2. Induktionsschritt: n X bei aber noch berücksichtigen, dass wir ja den Punkt x D 2 Induktionsannahme: .2k C 1/ D n .n C 2/ aus unserer Betrachtung ausnehmen mussten. Die LösungsmenkD1 ge der ursprünglichen Ungleichung ist damit nC1 X L D .4; 2/ n f2g D .4; 2/ [ .2; 2/ : Induktionsbehauptung: .2k C 1/ D .n C 1/ .n C 3/ 3.17  Die Gleichung ab D dc ist äquivalent zu ad D bc. Nun addieren wir auf beiden Seiten den Term ac und heben links a, rechts c heraus, a .c C d / D c .a C b/ :

nC1 n X X Ann. .2k C 1/ D .2k C 1/ C 2 .n C 1/ C 1 D kD1

kD1

Kapitel 3

D n .n C 2/ C 2n C 3 D n2 C 4n C 4 D .n C 1/ .n C 3/

Nun dividieren wir durch .c C d /.a C b/, was nach Voraussetzung ungleich Null ist, und erhalten a c D : aCb cCd

kD1

n ! n C 1:

Natürlich könnte man diese Gleichung statt mittels Induktion auch sofort mit einem Rückgriff auf die arithmetische Summenformel beweisen:

[Wir erinnern daran, dass es allgemein als „schöner“ gilt, von der Voraussetzung auszugehen und durch geschickte Umforn n n X X X n .n C 1/ mung zu der Beziehung zu kommen, die man zeigen möchte. .2k C 1/ D 2 kC 1D2 Cn 2 Oft ist das allerdings schwierig, und dann wird man eher mit kD1 kD1 kD1 dem gewünschten Resultat beginnen und dieses durch UmforD n .n C 2/ mungen auf die Voraussetzung zurückführen. Solange dabei nur Äquivalenzumformungen benutzt werden, ist dieser Weg legitim und kann, wenn einmal gefunden, auch jederzeit in der 3.19  Beweis per Induktion: anderen Richtung beschritten werden. Auch in diesem Fall ist 2 a c Y es vermutlich einfacher, mit aCb D cCd zu beginnen und die .k  1/ D 1 D .2  1/Š 1. n D 2: a c Äquivalenz mit b D d zu zeigen.] kD2

Auf analogem Weg kann man c a D ab cd

2. a Induktionsannahme:

n Y

.k  1/ D .n  1/Š

kD2

nC1 Y herleiten. Eine verwandte Beziehung gilt auch für Ungleichun- 2. b Induktionsbehauptung: .k  1/ D nŠ gen. Um Komplikationen mit Vorzeichen zu vermeiden, gehen kD2 wir davon aus, dass a, b, c und d alle positiv sind. Ohne Be- 2. c Induktionsschritt: schränkung der Allgemeinheit setzen wir ab < dc . Multiplikation nC1 nC1 mit bd > 0 liefert Y Y Ann. .k  1/ D n  .k  1/ D n  .n  1/Š D nŠ ad < bc : kD2 kD2

Nun addieren wir wieder ac auf beiden Seiten, heben a bzw. c heraus, dividieren durch .c C d /.a C b/ > 0 und erhalten a c < : aCb cCd Wenn nicht alle Größen positiv (oder alle negativ) sind, werden Fallunterscheidungen notwendig, ebenso wenn man den Term ac nicht addiert, sondern subtrahiert.

Für einen alternativen Beweis führen wir einen neuen Index ` D k  1 und erhalten n1 Y

`.k  1/ D .n  1/Š

`D1

was die Definition der Fakultät von .n  1/ ist.

Lösungswege

21

3.20  Für diese Ungleichung sind die Stellen x D 0 und 2 .c Induktionsschritt, n ! n C 1: x D 2 kritisch. Zu untersuchen haben wir also die drei Bereiche nC1 n X X .1; 0/, .0; 2/ und Œ2; 1/. Ann: k  2k D k  2k C .n C 1/  2nC1 D 1. Im Fall x < 0 erhalten wir kD1 kD1 D 2 C 2nC1  .n  1/ C .n C 1/  2nC1

.x C 2/  .x C 2/ < x; x

D 2 C 2nC1  .n  1 C n C 1/

D 2 C 2nC1  2n D 2 C 2nC2 n nach Multiplikation mit x weiter x 2  2x C 2x C 4 > x 2 und vereinfacht 4 > 0. Da das eine wahre Aussage ist, ist Auch die zweite Formel lässt sich mit einem Standard-InduktiL1 D R 2g : kD1 2. b Induktionsbehauptung: nC1 X .n C 1/ .n C 2/ .1/kC1 k 2 D .1/nC2 2 kD1 2. c Induktionsschritt, n ! n C 1: nC1 n X X Ann: .1/kC1 k 2 D .1/kC1 k 2 C .1/nC2 .n C 1/2 D

nŠ nŠ C .k C 1/ kŠ .n  k  1/Š kŠ .n  k/ .n  k  1/Š   1 nŠ 1 D C kŠ .n  k  1/Š k C 1 nk

kD1

D

D

nŠ nk Ck C1  kŠ .n  k  1/Š .k C 1/.n  k/

D

.n C 1/ nŠ .k C 1/ kŠ .n  k/ .n  k  1/Š

D

.n C 1/Š .k C 1/Š .n  k/Š

D

!

3.22  Wir beweisen zunächst die erste Formel mittels vollständiger Induktion: Induktionsanfang bei n D 1: 1  2 D 2 C 2  0 stimmt. n X k  2k D 2 C 2nC1  .n  1/ 2. a Induktionsannahme: 1.

kD1

D .1/nC1

D .1/nC2

Ein Induktionsbeweis ist ebenfalls möglich, aber deutlich mühsamer. Zudem erfordert er ebenfalls das Aufspalten von Binomalkoeffizienten in Fakultäten gemäß Definition.

2 .b Induktionsbehauptung:

D .1/nC1

D .1/nC1

nC1 .n C 1/Š D .k C 1/Š Œ.n C 1/  .k C 1/Š kC1

kD1 nC1 X

kD1

k  2k D 2 C 2nC2 n

3.23

n .n C 1/ C .1/nC2 .n C 1/2 2   n .n C 1/ 2 .n C 1/2  2 2 .n  2n  2/ .n C 1/ 2 .n C 1/ .n C 2/ 2



n3 C 5n ist durch 6 teilbar: 1. n D 1: 13 C 5 D 6 ist durch 6 teilbar. 2. a Induktionsannahme: n3 C 5n ist durch 6 teilbar. 2. b Induktionsbehauptung: Auch .n C 1/3 C 5.n C 1/ ist durch 6 teilbar. 2. c n ! n C 1: .n C 1/3 C 5.n C 1/ D

n3 C 5n „ ƒ‚ …

C 3 n .n C 1/ C 6

lt. Ann. durch 6 tb.

Dieser Ausdruck ist durch 6 teilbar, weil im Produkt n .n C 1/ immer ein Faktor gerade ist, damit ist das Produkt selbst ebenfalls gerade. 11nC1 C 122n1 ist durch 133 teilbar: 1. n D 1: 112 C 121 D 133 ist durch 133 teilbar. 2. a Induktionsannahme: 11nC1 C 122n1 ist durch 133 teilbar.

Kapitel 3

3.21  Direktes Nachrechnen liefert mittels Aufspalten der Fakultäten, Herausheben gemeinsamer Faktoren und Zusammenfassen der verbleibenden Brüche ! ! nŠ n n nŠ C D C kC1 k .k C 1/Š .n  k  1/Š kŠ .n  k/Š

22

Kapitel 3

2. b Induktionsbehauptung: Auch 11nC2 C 122nC1 ist durch 133 teilbar. 2. c n ! n C 1: 11nC2 C 122nC1 D 11  .11nC1 C 122n1 / C 133  122n1 „ ƒ‚ … lt. Ann. durch 133 tb. n

3.2 /  1 ist durch 2nC2 teilbar: 1. n D 1: 32  1 D 8 ist durch 23 D 8 teilbar. n 2. a Induktionsannahme: 3.2 /  1 ist durch 2nC2 teilbar. nC1 2. b Induktionsbehauptung: 3.2 /  1 ist durch 2nC3 teilbar. 2. c n ! n C 1: 3.2

nC1 /

n

3.25  Der Beweis erfolgt am einfachsten mittels vollständiger Induktion: !2 1 1 X X 3 2 k D1D1 D k stimmt. 1. n D 1: kD1

nC1 X

k D 3

kD1

D

n

n

n X

k C .n C 1/ 3

kD1

 1 D 322  1 D .3.2 / /2  1

n X

.3.2 / C 1/ „ ƒ‚ …

D

lt. Ann. durch 2nC2 tb.

n X

Kapitel 3

3.24



D

n X

!2 C 2 .n C 1/

k

D

Wir erhalten

C .n C 1/3

k

n .n C 1/ C .n C 1/2 2

!2 k

!2

kD1

C 2 .n C 1/ 

kD1 n X

D

n X

C n .n C 1/2 C .n C 1/2

k

kD1

Der erste Faktor ist als gerade, da 3m für m 2 N stets ungerade ist. Damit ist der gesamte Ausdruck durch 2nC3 teilbar.

3 Ann:

!2

kD1

n

D .3.2 /  1/ 

kD1

2. n ! n C 1: Am elegantesten schreibt sich der Induktionsschritt in der Form:

k C .n C 1/2

kD1

!2 k C .n C 1/

n X

D

kD1

nC1 X

!2 k

kD1

p1 .x/ D 1 C x p2 .x/ D .1 C x 2 /  .1 C x/ D 1 C x C x 2 C x 3 p3 .x/ D .1 C x 4 /  .1 C x C x 2 C x 3 / D 1 C x C : : : C x 7 p4 .x/ D .1 C x 8 /  .1 C x C : : : C x 7 / D 1 C x C : : : C x 15

In der Praxis ist es bei solchen Beispielen meist zielführender, sowohl die linke als auch die rechte Seite von A.n C 1/, eine davon unter Verwendung der Induktionsannahme, so weit wie möglich zu vereinfachen und damit ihre Gleichheit nachzuweisen.

und können vermuten, dass pn .x/ D

n 1 2X

3.26 xk

n D 1: Die Ungleichung 1 C xk  1 C xk ist eine wahre Aussage. 2. a Induktionsannahme: Wir setzen nun für ein allgemeines n die Ungleichung als wahr voraus. 2. b Induktionsbehauptung: Wir wollen zeigen, dass damit auch

1.

kD0

gilt. Das muss natürlich noch mittels Induktion bewiesen werden. Der Induktionsanfang ist gemacht, denn es ist in der Tat 1 1 2X



nC1 Y

x k D x 0 C x 1 D 1 C x D p1 .x/ :

kD0

.1 C xk /  1 C x1 C x2 C : : : C xn C xnC1

kD1

Nun vollziehen wir den Schluss von n auf n C 1. Dabei erhalten wir pnC1 .x/ D .1 C x

.2n /

Ann:

/  pn .x/ D .1 C x

.2n /

/

n 1 2X

xk

richtig ist. 2. c n ! n C 1: Unter den Voraussetzungen für xk ist xj xk > 0 und 1 C xk > 0. Das erweist sich beim Umformen der Ungleichung als wichtig:

kD0

D

n 1 2X

x C k

kD0

D

2n1 X1

n 1 2X

kD0

x

2nCk

D

n 1 2X

kD0

xk ;

kD0

die vermutete Formel ist in der Tat richtig.

x C k

2nC1 X1 `D2n

nC1 Y

x

` kD1

.1 C xk / D .1 C xnC1 / 

n Y

.1 C xk /

lt: Ann:



kD1

 .1 C xnC1 /  .1 C x1 C x2 C : : : C xn / D 1 C x1 C x2 C : : : C xn C xnC1 C xnC1 x1 C : : : xnC1 xn > 1 C x1 C x2 C : : : C xnC1

Lösungswege



n n X X 1 1 C anC1 ak ak kD1 kD1 kD1 ! n X 1 Ann: 1 ak C anC1  C anC1 anC1 kD1 n  X Ungl: anC1 ak  n2 C C1  C ak anC1

Aus der binomischen Formel

D

! n X n .a C b/ D ank b k k n

kD0

erhalten wir für a D b D 1 sofort ! n X n 2 D ; k

n X

!

ak



kD1

n

 n2 C

kD0

n X

2 C 1 D n2 C 2n C 1

kD1

für a D 1 und b D 1 hingegen

D .n C 1/2

! n X n 0D .1/k : k

3.29

kD0



  2 1. n D 2: 1  2.2C1/ D 23 D 13 1 C 22 stimmt. 3.28  1. Wir schreiben die Ungleichung um, wobei stets 2. Induktionsschritt: Äquivalenzumformungen benutzt werden: nC1 Y 2 x y WD P 1  nC1 C 2 k .k C 1/ y x kD2  Y 2 2 n  x Cy 2 2 Ann: 2 D 1 D 1 xy .n C 1/ .n C 2/ k .k C 1/ kD2 2 2  x C y  2 xy .n C 1/ .n C 2/  2 1 2 2 2 D 1 C  x  2 xy C y  0 .n C 1/ .n C 2/ 3 n .x  y/2  0 n .n C 3/ 1 nC2 D   .n C 1/ .n C 2/ 3 n Diese Ungleichung gilt auf jeden Fall. 1 nC3 1 nC1C2 D  D  3 nC1 3 nC1 2. Wir führen den Beweis mittels vollständiger Induktion.  1 2 1 D  1C ; 1. n D 1: a1   12 ist richtig. 3 nC1 a1 2. a Induktionsannahme: was zu beweisen war. ! ! n n X X 1 ak   n2 Pn WD ak kD1 kD1 3.30  Beweis mittels vollständiger Induktion: 2. b Induktionsbehauptung: PnC1 D

nC1 X kD1

! ak

nC1 X 1  ak

1. n D 1:

!  .n C 1/2

kD1

2. c n ! n C 1: Mit der vorhin bewiesenen Ungleichung erhalten wir: ! nC1 ! nC1 X X 1 PnC1 D ak  ak kD1 kD1 ! ! n n X X 1 1 ak C anC1  C D ak anC1 kD1

23

!

kD1

0 X 123 .1 C k/ .1  k/ D 1 D stimmt. 6 kD0

2. Induktionsschritt, n ! n C 1 Sn WD

n X .n C 1 C k/ .n C 1  k/ kD0

D

n1 X

.n C 1 C k/ .n C 1  k/ C .2n C 1/

kD0

D

n1 X kD0

..n C k/ .n  k/ C .2n C 1// C .2n C 1/

Kapitel 3

3.27

!

24

Kapitel 3

D

n1 n1 X X Ann .n C k/ .n  k/ C .2n C 1/ C .2n C 1/ D kD0

D D D D D

kD0

n .n C 1/ .4n  1/ C n .2n C 1/ C .2n C 1/ 6 6 .n C 1/ .2n C 1/ n .n C 1/ .4n  1/ C 6 6 .n C 1/ .4n2  n C 12n C 6/ 6 .n C 1/ .4n2 C 8n C 3n C 6/ 6 .n C 1/ .n C 2/ .4n C 3/ ; 6

Der Bezug von Prozentangaben auf den End- statt den Ausgangswert findet man überraschend häufig bei Gelegenheiten, bei denen die Wirksamkeit bestimmter Maßnahmen besonders stark betont werden soll. Derartige Angaben sind aber nichtsdestotrotz unzulässig und können teils grobe Irreführung sein. 3.34  Der Umsatz von A bleibt ohnehin konstant und ist damit ein guter Bezugspunkt. Für B erhält man zunächst UB0 D 1:5 UA und weiter UB D 0:5 UB0 D 0:75 UA . Analog ergibt sich UC0 D 0:5 UA und weiter UC D 1:5  UC0 D 0:75 UA . 3.35  Der Induktionsanfang ist schon mit den Voraussetzungen gegeben. Nun nehmen wir an, für n seriell geschaltete Widerstände gelte bereits

womit die Behauptung bewiesen ist. Rgs;n D

n X

Rk

kD1

Anwendungsprobleme

Kapitel 3

und betrachten das Dazuschalten des Widerstands RnC1 . Nach Voraussetzung gilt Ann.

Rgs;nC1 D Rgs;n C RnC1 D

3.31  Die Grundgröße ist hier, wie viel Mäuse eine Katze pro Minute fängt, dies nennen wir x. Dafür gilt 1010x D 10, also x D 1=10. Nun erhalten wir für den Fangerfolg n der hundert Katzen in hundert Minuten n D 100  100 

1 D 1000: 10



Im besten Fall lässt sich der Verbrauch auf

.1  0:2/  .1  0:3/  .1  0:5/ D 0:28 D 28% reduzieren. Viel wahrscheinlicher ist allerdings, dass die drei Maßnahmen zum Teil gleiche Schwächen des Motors nutzen und alle drei zusammen keine deutlich besseren Ergebnisse bringen als die beste allein.

Rk C RnC1 D

kD1

nC1 X

Rk :

kD1

Analog erhalten wir für die Parallelschaltung 1 1 1 Ann. D C D Rgp;nC1 Rges;n RnC1

Die Katzen fangen also tausend Mäuse, wie immer bei derartigen Beispielen unter der selten realistischen Annahme, dass alle Größen gleichmäßig skalieren, dass es also genug Mäuse gibt, dass die Mäuse sich mit gleicher Leichtigkeit fangen lassen usw. 3.32

n X

D

D

n nC1 X X 1 1 1 C D : Rk RnC1 Rk kD1

kD1

3.36  Die Pumpen mögen mit den Raten a, b und c arbeiten. Dann gilt mit dem Gesamtvolumen V V D 2400 a D 1500 b D 4000 c: Alle drei Pumpen erreichen eine Rate x und benötigen eine Zeit t , um V zu füllen. Dabei gilt V Dtx

und x D a C b C c:

3.33  Würde die Vorrichtung den Energieverbrauch tatsächlich um 250% verringern, dann könnte die Lampe als Kraftwerk wirken, das 150% der Energie liefert, die sie bisher verbraucht hat. Das klingt unglaubwürdig.

Aus den obigen Gleichungen erhält man

Die 250% könnten sich allerdings inkorrekterweise auf den Verbrauch nach Installation der Vorrichtung beziehen. Damit würde der ursprüngliche Verbrauch 350% entsprechen. Die Reduktion wäre dann tatsächlich eine um 71:43% – ein immer noch sehr beachtlicher Wert.

und weiter

xD

V V V V C C D 2400 1500 4000 750

V Dt

V 750

)

t D 750:

Alle drei Pumpen zusammen benötigen also 750 Minuten.

Lösungswege

v2 v2 w2 E D m1 1 C m2 2  .m1 C m2 / 2 2 2   1 .m1 v1 C m2 v2 /2 2 2 D m1 v1 C m2 v2  2 m1 C m2 ) ( 2 2 1 m1 v1 C 2 m1 m2 v1 v2 C m22 v22 2 2 D m1 v1 C m2 v2  2 m1 C m2 ( 1 m1 .m1 C m2 / v12 C m2 .m1 C m2 / v22 D 2 m1 C m2 ) 2 2 m1 v1 C 2 m1 m2 v1 v2 C m22 v22  m1 C m2   2 1 .m1 m2 .v1  2 v1 v2 C v22 / D 2 m1 C m2 m1 m2 .v1  v2 /2 D  m1 C m2 2 Dieser Ausdruck hat formal wieder die Form einer kinetischen Energie mit der reduzierten Masse  WD m1 m2 =.m1 C m2 /. Diese Energie wird einerseits in Deformation, andererseits in Wärme umgesetzt. 3.38



(e)

vD˙ r xD˙

2s ; t2

r tD

2s a

f D

F r2 ; m1 m2

rD

T2 D .1  / T1 ;

F r2 ; m1 D G m2 (d)

s t1 D t2

analog erhält man t2 D t1

s

a13 ; a23

a23 ; a13

s 3

s a2 D a1

3

t22 : t12

I D

1

vD s cD

gf gf

T2 1

U R

 v 2 c

m20  m2 c m2

m20

m2 v  m2

Die beiden letzten Formeln sind allerdings von geringem praktischen Interesse. (k) RD

t12 ; t22

T1 D

r s

r m1 m2 G ; F

a1 D a2

U ; I

m0 D m

F r2 m2 D G m1

bD

(i) Wir erhalten die beiden anderen wichtigen Gestalten des Ohm’schen Gesetzes

(j)

dabei nehmen wir nur den positiven Zweig der Wurzel, da Abstände ohnehin nie negativ sein dürfen.

bf ; bf

gD

(h)

F aD m

(c) GD

gb ; gCb

(g) Beim Ziehen der Wurzel können beide Vorzeichen auftreten, damit erhalten wir p p 1˙ R 1 R n1 D p n2 ; n2 D p n2 : 1 R 1˙ R

(b) F mD ; a

2W m  x2 k k

(f) Wir erhalten:

RD

(a)

k 2W  x2 m m

Das negative Vorzeichen kann hier auch bei der Geschwindigkeit durchaus sinnvoll sein, um eine Richtung festzulegen.

Wir erhalten: aD

r

1 n2

s nD r mD

W 

1 m2

m2 R R C m2 W n2 R R  n2 W

Kapitel 3

3.37  Damit können wir auch sofort bestimmen, wie viel Energie umgewandelt wurde:

25

Kapitel 4

4.7  Zerlegen Sie die Polynome p; q; r W R ! R in Linearfaktoren:

Aufgaben

p.x/ D x 3  2x  1

Verständnisfragen

q.x/ D x 4  3x 3  3x 2 C 11x  6 4.1  Bestimmen Sie ein Polynom vom Grad 3, das die folgenden Werte annimmt:

4.2



2 3

1 1

0 1

1 3

4.8  Betrachten Sie die beiden rationalen Funktionen f W Df ! R und g W Dg ! R, die durch x 3 C x 2  2x ; x2  1 x2 C x C 1 g.x/ D xC2

f .x/ D

Jede Nullstelle xO eines Polynoms p mit

p.x/ D a0 C a1 x C : : : C an x n

.an ¤ 0/

lässt sich abschätzen durch jxj O <

ja0 j C ja1 j C : : : C jan j : jan j

Zeigen Sie diese Aussage, indem Sie die Fälle jxj O < 1 und jxj O  1 getrennt betrachten. 4.3  Verwenden Sie die charakterisierende Ungleichung (4.4) zur Exponentialfunktion, um zu entscheiden, welche von den beiden Zahlen  e oder e die größere ist . 4.4  Begründen Sie die Monotonie der Logarithmusfunktion, das heißt, es gilt ln x < ln y 4.5



für 0 < x < y :

Zeigen Sie, dass log2 3 irrational ist.

Rechenaufgaben 4.6  Entwickeln Sie das Polynom p um die angegebene heißt, finden Sie die Koeffizienten aj zur DarstelStelle x0 , das P lung p.x/ D jnD0 aj .x  x0 /j ,

definiert sind. Geben Sie die maximalen Definitionsbereiche Df  R und Dg  R an und bestimmen Sie die Bildmengen f .Df / und g.Dg /. Auf welchen Intervallen lassen sich Umkehrfunktionen zu diesen Funktionen angeben? 4.9  Berechnen Sie folgende Zahlen ohne Zuhilfenahme eines Taschenrechners: p x p e.2Cx/2 4 1 1 2 3 ln 4 e ; log2 .4 e /  ; 2 ln 2 ex mit x > 0. 4.10



Vereinfachen Sie für x; y; z > 0 die Ausdrücke:

(a) ln.2x/ C ln.2y/  ln z  ln 4 ln.2.x  y// für x > y (b) ln.x 2  y 2 /  p 2 3 (c) ln.x 3 /  ln. x 4 / 4.11



Der Tangens hyperbolicus ist gegeben durch tanh x D

sinh x : cosh x

Verifizieren Sie die Identität

(a) mit p.x/ D x 3  x 2  4x C 2 und x0 D 1, (b) mit p.x/ D x 4 C 6x 3 C 10x 2 und x0 D 2. © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_3

tanh

x sinh x D : 2 cosh x C 1 27

Kapitel 4

x p.x/

r.x/ D x 4  6x 2 C 7

28

Kapitel 4

Begründen Sie, dass für das Bild der Funktion gilt tanh.R/  .1; 1/ : Zeigen Sie, dass durch artanh x D

 1Cx 1 : ln 2 1x

4.16  Wenn sich zwei Schwingungen mit gleicher Amplitude und relativ ähnlichen Frequenzen überlagern, spricht man in der Akustik von einer Schwebung. (a) Zeichnen Sie den Graphen einer Schwebung f W R ! R mit f .t / D sin.2!1 t / C sin.2!2 t /

und !1 D 1:9, !2 D 2:1 im Intervall Œ20; 20 mithilfe eines grafikfähigen Rechners. (b) Verwenden Sie Additionstheoreme, um die sich einstellende sogenannte mittlere Frequenz der Überlagerungsschwin4.12  Bei einer der beiden Identitäten gung zu ermitteln. Die Amplitude dieser Schwingung variiert mit der sogenannten Schwebungsfrequenz. Geben Sie  1 1 1 auch diesen Wert an und tragen Sie die zu dieser Frequenz 2 x y sin.x C y/ sin D sin.x C y/  sin.2x/  sin.2y/ gehörende Wellenlänge am Graphen ab. 2 2 4 4 die Umkehrfunktion artanhW .1; 1/ ! R, der Areatangens hyperbolicus Funktion gegeben ist.

und cos.3.x C y// D 4 cos3 .x C y/  3 cos x cos y  3 sin x sin y

Hinweise

hat sich ein Druckfehler eingeschlichen. Finden Sie heraus bei welcher, und korrigieren Sie die falsche Gleichung.

Verständnisfragen

4.13



4.1  Einsetzen der angegebenen Stellen in einen Ansatz der Form p.x/ D a0 C a1 x C a2 x 2 C a3 x 3 liefert die Koeffizienten.

Zeigen Sie die Identitäten cos.arcsin.x// D

p

1  x2

und

Kapitel 4

sin.arctan.x// D p

x 1 C x2

:

4.2  Setzen Sie eine Nullstelle xO ins Polynom ein und nj vergessen Sie nicht die Identität ja D 1. jan j 4.3

Anwendungsprobleme 4.14  Skizzieren Sie grob ohne einen grafikfähigen Rechner die Graphen der folgenden Funktionen: p f1 .x/ D .x C 1/2  2 ; f2 .x/ D 2x C 1 f3 .x/ D 3 j2x  1j ; f5 .x/ D 2 sin.3x  / ;

f4 .x/ D ex1  1 f6 .x/ D 1=.ln.2x//

4.15  Die Lichtempfindlichkeit von Filmen wird nach der Norm ISO 5800 angegeben. Dabei ist zum einen die lineare Skala ASA (American Standards Association) vorgesehen, bei der eine Verdoppelung der Empfindlichkeit auch eine Verdoppelung des Werts bedeutet. Zum anderen gibt es die logarithmische DIN-Norm, bei der eine Verdoppelung der Lichtempfindlichkeit durch eine Zunahme des Werts um 3 Einheiten gegeben ist. So finden sich auf Filmen Angaben wie 100=21 oder 200=24 für die ASA und DIN Werte zur Lichtempfindlichkeit. Finden Sie eine Funktion f W R>0 ! R mit f .1/ D 1, die den funktionalen Zusammenhang des ASA Werts a zum DIN Wert f .a/ (gerundet auf ganze Zahlen) beschreibt.



Setzen Sie x D

 e

 1 in die Ungleichung ein.

4.4  Nutzen Sie sowohl die Abschätzung ln z  z  1 für eine geeignete Zahl z > 0 als auch die Funktionalgleichung des Logarithmus. 4.5



Für n; m 2 N ist 2n gerade, aber 3m ungerade.

Rechenaufgaben 4.6



Ersetzen Sie x D .x  x0 / C x0 .

4.7  Auswerten der Polynome an Stellen wie 0; 1; 1 und/oder quadratische Ergänzung liefert Nullstellen. Durch Polynomdivision lassen sich die Polynome dann in Faktoren zerlegen. 4.8  Für die Definitionsbereiche bestimme man die Nullstellen der Nenner. Außerhalb dieser Nullstellen müssen wir versuchen, die Gleichungen y D f .x/ bzw. y D g.x/ nach x aufzulösen, um die Bildmengen und die Umkehrfunktionen zu bestimmen.

Lösungen

Rechenaufgaben 

4.6 4.10  rithmus.

Verwenden Sie die Funktionalgleichung des Loga-

4.11  Verwenden Sie die Definitionen von sinh und cosh und binomische Formeln.

(b) p.x/ D .x C 2/4  2.x C 2/3  2.x C 2/2 C 8. 

4.7

  p p 1 1 p.x/ D .x C 1/ x  .1 C 5/ x  .1  5/ 2 2

4.12  Verwenden Sie die Folgerungen aus den Additionstheoremen in der Übersicht zu den Eigenschaften von sin und cos. 4.13  Verwenden Sie in beiden Fällen die Beziehung sin2 x C cos2 x D 1 und die Umkehreigenschaft der jeweiligen Arkus-Funktion.

(a) p.x/ D .x  1/3 C 2.x  1/2  3.x  1/  2

q.x/ D .x  1/2 .x C 2/.x  3/ q q p  p   r.x/ D x C 3 C 2 x  3 C 2 q q p  p    xC 3 2 x 3 2 4.8  Die Funktion f besitzt den Wertebereich f .Df / D R und folgende Umkehrfunktionen lassen sich angeben: Für f W R>1 ! R mit

Anwendungsprobleme 4.14  Berücksichtigen Sie die Transformationen, wie sie etwa in der Übersicht auf S. 107 aufgelistet sind. 4.15  Bestimmen Sie aus den Angaben zur Verdoppelung der Lichtempfindlichkeit und der Funktionalgleichung des Logarithmus eine Basis b für die Funktion f .x/ D logb x C c.

f 1 .y/ D

p 1 .y  2 C y 2 C 4/ 2

und für f W R  e :

4.9



8, 1, e4

4.4





4.10



(a) ln

4.5





4.11





 xy  z

, (b) ln.x C y/  ln 2, (c) 2 ln x .

Kapitel 4

4.9  Nutzen Sie die Funktionalgleichung der Exponentialfunktion und/oder des Logarithmus und die Umkehreigenschaften der beiden Funktionen.

29

30

Kapitel 4

4.12  Bei der zweiten Gleichung ist ein Vorzeichen nicht korrekt. Es muss lauten:

Also muss a2 D 2 gelten. Für die beiden übrigen Koeffizienten eleminieren wir a2 und bekommen

cos.3.x C y// D 4 cos3 .x C y/  3 cos x cos y C 3 sin x sin y 4.13





2a1

 8a3 D 10

 a1

 a3 D 2 D 1

a0

D 2:

a2

Ziehen wir nun etwa das Doppelte der zweiten Zeile von der ersten ab, so folgt

Anwendungsprobleme 4.14

4.15

4.16







p 3 ln x 3 f .x/ D logb x C 1 D C 1 mit b D 2 : ln 2



 6a3 D 6

Die Schwebung ist gegeben durch 

sin.2!1 t / C sin.2!2t / D 2 cos

2 t sin .4t / : 10

 a3 D 2

a1

D 1

a0 a2

D2

und wir lesen die gesamte Lösung des Systems mit a0 D 1, a1 D 1, a2 D 2 und a3 D 1 ab. Das gesuchte Polynom, dass die angegebenen Werte annimmt, lautet p.x/ D x 3 C 2x 2 C x  1 : Bemerkung: In der Anwendung zur Polynom-Interpolation wird aufgezeigt, wie man solche sogenannten Interpolationsaufgaben bei Polynomen effektiver lösen kann.

Lösungswege Verständnisfragen

Kapitel 4

4.2 4.1  Wir machen den Ansatz p.x/ D a0 Ca1 xCa2 x 2 C 3 a3 x mit noch zu bestimmenden Koeffizienten a0 ; : : : ; a3 2 R. Setzen wir die angegebenen Werte ein, so ergeben sich vier lineare Gleichungen für die Koeffizienten: a0  2a1 C 4a2  8a3 D 3 a0  a1 C a2  a3 D 1 D 1

a0

a0 C a1 C a2 C a3 D 3 : Gesucht ist also eine Lösung dieses linearen Gleichungssystems. Aus der dritten Gleichung lesen wir a0 D 1 ab. Setzen wir a0 D 1 im Gleichungssystem ein, um diesen Koeffizienten zu eleminieren und addieren wir die zweite zur vierten Gleichung so ergibt sich 2a1 C 4a2  8a3 D 2  a1 C a2  a3 D 0 D 1

a0 2a2

D 4:



Wenn jxj O < 1 gilt, so folgt die Abschätzung aus 1D

jan j ja0 j C ja1 j C : : : C jan j  : jan j jan j

Im Fall, dass jxj O  1 ist, nutzen wir, dass xO Nullstelle des Polynoms ist, d. h. a0 C a1 xO C : : : C an xO n D 0. Da an xO n1 ¤ 0 gilt, können wir die Gleichung durch diesen Faktor dividieren und erhalten xO D 

a0 C a1 xO C : : : C an1 xO n1 : an xO n1

Mit der Dreiecksungleichung folgt: ja0 C a1 xO C : : : C an1 xO n1 j jan xO n1 j ja0 j ja1 j jan1 j  C C:::C jan j jxj O n1 jan j jxj O n2 jan j ja0 j C ja1 j C : : : C jan1 j  jan j ja0 j C ja1 j C : : : C jan j < jan j

jxj O D

Lösungswege



Aus der charakterisierenden Ungleichung folgt 

e e 1 > 1 C

  1D : e e

 e

e > Potenzieren wir die letzte Unlgeichung mit e, so folgt die gesuchte Relation e >  e : 4.4  Es gilt mit den charakterisierenden Eigenschaften des Logarithmus für x; y > 0 die Abschätzung x x  1  ln D ln x  ln y : y y Es folgt mit x < y bzw. x=y < 1 die Abschätzung x  1 < ln y : y „ƒ‚… 0 ist die linke Seite eine ungerade und die rechte Seite eine gerade Zahl, 2. im Fall n > 0 und m  0 ist 3n > 1  2m , 3. im Fall n < 0 und m  0 ist 3n < 1  2m , 4. im Fall m; n < 0 bilden wir die Kehrwerte und erhalten wieder den Widerspruch wie im ersten Fall.

Rechenaufgaben 4.6



(a) Mit x D .x  1/ C 1 gilt:

p.x/ D ..x  1/ C 1/3  ..x  1/ C 1/2  4..x  1/ C 1/ C 2 D .x  1/3 C 3.x  1/2 C 3.x  1/ C 1  .x  1/2  2.x  1/  1  4.x  1/  4 C 2 D .x  1/3 C 2.x  1/2  3.x  1/  2 (b) Im zweiten Beispiel ersetzen wir x D .x C 2/  2 und erhalten: p.x/ D ..x C 2/  2/4 C 6..x C 2/  2/3 C 10..x C 2/  2/2 D .x C 2/4  8.x C 2/3 C 24.x C 2/2  32.x C 2/ C 16 C 6.x C 2/3  36.x C 2/2 C 72.x C 2/  48 D .x C 2/  2.x C 2/  2.x C 2/ C 8 3

Durch Einsetzen lässt sich leicht die Nullstelle xO D 1 des Polynoms p sehen. Also berechnen wir:

x 2  2x x 2  x x  1 x  1 0 Die Nullstellen des quadratischen Terms bestimmen wir durch quadratische Ergänzung aus  1 2 5 2 0Dx x1D x  : 2 4 p p Also sind .1 C 5/=2 und .1  5/=2 weitere Nullstellen. Insgesamt ergibt sich die Faktorisierung   p p 1 1 p.x/ D .x C 1/ x  .1 C 5/ x  .1  5/ : 2 2 Durch Austesten findet sich etwa die Nullstelle xO D 1. Somit bestimmen wir mit einer Polynomdivision: x 4  3x 3  3x 2 C 11x  6 D .x  1/ .x 3  2x 2  5x C 6/ x4  x3 2x 3  3x 2 2x 3 C 2x 2 5x 2 C 11x 5x 2 C 5x 6x  6 6x  6 0 Das verbleibende kubische Polynom hat nochmal xO D 1 als Nullstelle. Wir berechnen also: x 3  2x 2  5x C 6 D .x  1/ .x 2  x  6/ x3  x2 x 2  5x x 2 C x 6x  6 6x  6 0 Mit der weiteren Zerlegung x 2  x  6 D .x  3/.x C 2/ ergibt sich insgesamt

C 10.x C 2/2  40.x C 2/ C 40 4



x3  2x  1 D .x C 1/ .x 2  x  1/ 3 2 x Cx

Also ist

ln x  ln y C

4.7

2

q.x/ D .x  1/2 .x C 2/.x  3/ :

Kapitel 4

4.3

31

32

Kapitel 4

Mit der Substitution u D x 2 ergibt sich eine quadratische Gleichung für u. Mit quadratischer Ergänzung sehen wir u2  6u C 7 D .u  3/2  2 : p Also sind durch u D 3 ˙ 2 die Wurzeln dieser quadratischen Gleichung gegeben. Für die vier Nullstellen des Polynoms r folgt somit q p xOj D ˙ 3 ˙ 2 : Die gesuchte Faktorisierung lautet: q q p  p   r.x/ D x C 3 C 2 x  3 C 2 q q p  p    xC 3 2 x 3 2 4.8



Der Definitionsbereich zu f ist gegeben durch Df D R n f˙1g. Weiter gilt für y D f .x/ mit x 2 Df die Gleichung yD

x 3 C x 2  2x x.x C 2/ D : 2 x 1 .x C 1/

Ausmultipizieren dieser Identität führt auf x 2 C 2x  yx  y D 0 ;

Kapitel 4

bzw. mit quadratischer Ergänzung auf 

2y xC 2



2 DyC

2y 2

2

1 D 1 C y2 : 4

Da die rechte Seite für alle y 2 R positiv ist, erhalten wir für f 1 W R ! R1 die Stelle y D 3=2 auszuschließen ist. Der Umgang mit der Stelle x D 1 ist zwar korrekt, wirkt an dieser Stelle aber künstlich, da sich die Funktion im Punkt x D 1 stetig und umkehrbar stetig fortsetzen lässt – ein Begriff, den wir später noch diskutieren. Für den Definitionsbereich gilt Dg D R n f2g. Setzen wir yD

x2 C x C 1 xC2

Nun müssen wir den quadratischen Term auf der rechten Sei 12 wird te untersuchen. Mit y 2 C 6y  3 D .y C 3/2 p deutlich, dasspder Ausdruck nur für y > 3 C 2 3 und für y < 3  2 3 positiv p ist. Somit p gilt für den Wertebereich Wg  R n .3  2 3; 3 C 2 3/. Auf der Menge Wg kommen zwei Kandidaten als Umkehrfunktionen in Betracht, nämlich 1p 2 y 1 y C 6y  3 : (4.6) xD  ˙ 2 2 2 Mit Methoden der Differenzialrechnung lassen sich Extrema und das Monotonieverhalten untersuchen, sodass die entsprechenden Definitions- und Wertebereiche für die Umkehrung relativ leicht zu ermitteln sind. Wir versuchen diese Mengen ohne dieses Kalkül zu ermitp teln. Offensichtlich p sind die Nullstellen y1 D 3 C 2 3 und y2 D 3  2 3 des quadratischen Ausdrucks unter der Wurzel entscheidend. Diepzugehörigen Werte px1 ; x2 mit f .xj / D yj sind x1 D 2C 3 und x2 D 2 3. In einer p kleinen Umgebung um x1 muss g.x/  y1 D 3 C 2 3 gelten und analog in einer p kleinen Umgebung um x2 ist g.x/  y2 D 3  2 3. Nun können wir wie folgt argumentieren: UmkehrfunktiFür einen wachsenden Wert y > y1 muss die p on fallen auf dem Zweig mit x 2 Œ2; 2 C 3. Dies lässt sich nur mit dem negativen Vorzeichen im Ausdruck (4.6) erreichen. Bei positivem Vorzeichen steigt der Wert des Ausp drucks und wir sind offensichtlich im Bereich x  2 C 3. Analog behandeln wir die kritische Stelle mit x2 und y2 . Hier sind in einer Umgebung die Funktionswerte alle kleiner als y2 . Mit fallendem y < y2 kann der Ausdruck (4.6) aber nur ansteigen, wenn die stets positive Quadratwurzel addiert wird, also gilt auf p diesem Zweig das positive Vorzeichen und für x < 2  3 das negative Vorzeichen. Mit diesen Überlegungen erhalten wir die Umkehrfunktionen g 1 W R2Cp3 y 1 1p 2 mit g 1 .y/ D  C y C 6y  3 2 2 2 für die entsprechenden Zweige der Funktion g.

für x ¤ 2, so folgt 

1y xC 2

2

4.9 1 D .y 2 C 6y  3/ : 4



Es gilt p

 3 3 e3 ln 4 D eln 4 2 D 4 2 D 23 D 8 :

Lösungswege

Weiter berechnen wir 1 1 1 ln.4e2 / 1 log2 .4e2 /  D  2 ln 2 2 ln 2 ln 2  1 1 D ln.4e2 /  1 ln 2 2  1 1 2 .ln 4 C ln.e //  1 D ln 2 2 1 D .ln 2 C 1  1/ D 1 : ln 2 Für das letzte Beispiel ergibt sich:

0  tanh x D

ex  ex 0 für alle x 2 R gilt, folgt 2 sinh x D ex  ex < ex C ex D 2 cosh x für alle x 2 R. Weiter gilt ex > 1 und ex 2 .0; 1/ für x > 0, d. h. sinh x > 0 für x > 0. Also folgt die Abschätzung

Durch Einsetzen, zeigen wir die Umkehreigenschaft. Wir berechnen für x 2 .1; 1/

x 2 C4xC44x 2 x



D e4 tanh

4.10  Mit der Funktionalgleichung ln.ab/ D ln.a/ C ln.b/ bzw. ln. ab / D ln.a/  ln.b/ folgt im Fall (a) ln.2x/ C ln.2y/  ln z  ln 4 D ln 2 C ln x C ln 2 C ln y  ln z  2 ln 2 D ln x C ln y  ln z  xy  D ln : z

 1 1Cx 1 1Cx 1 1Cx e 2 ln 1x  e  2 ln 1x D 1 1Cx ln 1 1Cx 2 1x e 2 ln 1x C e  2 ln 1x q q 1Cx 1x  1Cx 1x D q q 1Cx 1x C 1Cx 1x D q

D

Weiter gilt für (b)

1Cx 1x 1Cx 1x

 C

1x 1Cx

q

1x 1Cx

1Cx 1x  1Cx 1x 1Cx 1x C 1Cx C 1x

2

2

.1 C x/2  .1  x/2 .1 C x 2 / C .1  x/2 C 2.1  x 2 / 4x Dx: D 4 D

ln.x 2  y 2 /  ln.2.x  y// D ln..x C y/.x  y//  ln 2  ln.x  y/ D ln.x C y/  ln 2 : Andererseits folgt

Für Teil (c) ergibt sich p 4 2 3 ln.x /  ln. x 4 / D ln x C ln x D 2 ln x 3 3 2 3

4.11  Die Identität erhalten wir aus der Definition der hyperbolischen Funktionen und den binomischen Formeln durch 1 x .e  ex / sinh x D 1 2x cosh x C 1 .e C ex / C 1 2 .ex  ex / D x .e C ex / C 2 x

D D

x

x

x

.e 2  e 2 /.e 2 C e 2 / x 2

 x2

.e C e x 2

 x2

x

x

/2

e e

e 2 C e 2 sinh x2 x D D tanh : cosh x2 2

x ex !  1 C eex Ce 1 C tanh.x/ 1 1 x D ln ln ex ex 2 1  tanh.x/ 2 1  ex Cex

2ex 1 1 ln x D ln e2x D x : 2 2e 2  1Cx  1 Also ist mit artanh.x/ D 2 ln 1x , dem Areatangens hyperbolikus, die Umkehrfunktion zu tanh gegeben. D

4.12  Mit den Additionstheoremen (siehe Übersicht zu sin und cos) erhalten wir die Identitäten x  y  sin.x C y/ sin2  2 1  cos.x  y/ D sin.x C y/ 2 1 1 D sin.x C y/  sin.x C y/ cos.x  y/ 2 2 1 1 D sin.x C y/  .sin 2x C sin 2y/ 2 4

Kapitel 4

p x

33

34

Kapitel 4

und

f1

cos 3.x C y/  4 cos3 .x C y/  1 C cos.2.x C y// cos.x C y/ D cos.3.x C y//  4 2 D cos.3.x C y//  2 cos.x C y/  2 cos.2.x C y// cos.x C y/ D cos.3.x C y//  2 cos.x C y/  cos.2.x C y/  .x C y//  cos.2.x C y/ C .x C y// D 3 cos.x C y/ D 3.cos x cos y  sin x sin y/ : Somit ist die erste Gleichung richtig und bei der zweiten Identität ist ein Vorzeichen falsch. Die korrigierte Gleichung lautet: cos.3.x C y// D 4 cos3 .x C y/  3 cos x cos y C 3 sin x sin y

x2 (x + 1)2 (x + 1)2 − 2

1 −1

x

1

−2

Wir stellen auch in den weiteren Bildern in Rot Möglichkeiten dar, schrittweise die endgültigen Graphen (schwarz) aus einem bekannten Graphen (blau) zu skizzieren: f2

2 1 + 21

4.13  Mit dem Additionstheorem sin x C cos x D 1 folgt für x 2 Œ1; 1: 2

2

√ 2x

cos2 .arcsin.x//

√ x

D cos .arcsin.x// C sin .arcsin.x//  sin .arcsin.x// 2

2

2

D 1  sin2 .arcsin.x// D1x

1

2

Im zweiten Beispiel erhalten wir die Gleichung aus: sin2 .arctan.x// D

Kapitel 4

D

x

1

sin2 .arctan.x// f2

cos2 .arctan.x// C sin2 .arctan.x//

6|x − 12 | = 3|2x − 1|

sin2 .arctan.x// cos2 .arctan.x//

1C

sin2 .arctan.x// cos2 .arctan.x// 2

tan .arctan.x// 1 C tan2 .arctan.x// x2 D 1 C x2

D

− 21

|x|

|x − 21 |

1

x

1

Ziehen wir die Wurzel, so ergibt sich die angegebene Identität. Für die Erweiterung des Brüche ist der Wertebereich .=2; =2/ des Arkustangens zu beachten, sodass stets cos.arctan.x// ¤ 0 gilt.

ex

f4

ex−1 ex−1 − 1

Anwendungsprobleme 4.14  Wir machen den Gedankengang beim Skizzieren des Graphen zu f1 deutlich. Zunächst erinnern wir uns an die Normalparabel (blaue Kurve), also den Graphen zu f .x/ D x 2 . Wegen des Terms .x C 1/ wird dieser Graph um 1 nach links(!) verschoben (rote Kurve). Außerdem wird noch 2 abgezogen, sodass der Graph um diesen Wert nach unten zu verschieben ist. Insgesamt erhalten wir die schwarze Kurve als Graph zu f1 :

1

1

x

Lösungswege

bzw.

f5 2 · sin(3x −π )

2

ln.b/ D

sin(3x)

1

− π2

π 2

−1

π

1 ln.2/ : 3

p 3 Es folgt b D 2. Mit der Bedingung f .1/ D 1 ergibt sich weiterhin c D 1 und wir erhalten die Funktion

sin x −π

35

x

sin(3x − π )

f .x/ D logb x C 1 D

3 ln x C1 ln 2

mit b D

p 3 2:

−2

4.16  (a) Der Graph dieser Funktion ist im folgenden Bild gezeigt:

f6

ln(2x) ln x

1

f (x) 2

1 ln(2x)

1

2

x

x

−2

4.15  Für die gesuchte Funktion f W x > 0 ! R machen wir den Ansatz f .x/ D logb x C c mit noch zu bestimmenden Konstanten b; c 2 R. Der Text besagt, dass bei Verdoppelung des Arguments der Funktionswert sich um 3 erhöht, das heißt, f .2x/ D logb .2x/ C c D f .x/ C 3 D logb .x/ C c C 3 : Somit ergibt sich zur Bestimmung von b die Gleichung ln.2/ C ln.x/ ln.x/ D C3 ln.b/ ln.b/

sin.2!1 t / C sin.2!2 t /   ! !  !1 C !2 1 2 D 2 cos 2 t sin 2 t 2 2  2 D 2 cos  t sin .4t / 10  2 D 2 cos t sin .4t / : 10 An dieser Darstellung ist ersichtlich, dass sich eine mittlere Frequenz mit !m D .!1 C !2 /=2 einstellt. Zusätzlich variiert die Amplitude der Schwingung mit der Schwebungsfrequenz !s D j!1  !2 j=2 D 0:1, wegen der Kosinusfunktion als Faktor.

Kapitel 4

Mit den Additionstheoremen schreiben wir die Summe der beiden Schwingungen zu

Kapitel 5

5.5  Bestimmen Sie in Abhängigkeit von z D x Ci y 2 C n fig den Real- und den Imaginärteil der Zahl

Aufgaben Verständnisfragen 5.1

wD



Geben Sie zu folgenden komplexen Zahlen die Polarkoordinatendarstellung an, z1 D 2i;

z2 D 1 C i;

z3 D

5.6  Berechnen Sie alle komplexen Zahlen z 2 C, die die Gleichung z3 z4Ci 3 C 2i C D2 2 zi z1 z  .1 C i/z C i

p 1 .1 C 3 i/ : 2

Zu den komplexen Zahlen mit Polarkoordinaten r4 D 2, '4 D 12  , r5 D 1, '5 D 34  , bzw. r6 D 3, '6 D 54  sind Real- und Imaginärteil gesucht.

.1  i/.z C 2/  1 C 3i : zCi

erfüllen. 5.7  Bestimmen Sie Real- und Imaginärteil der Lösungen folgender quadratischer Gleichungen

5.3  Zeigen Sie, dass für zwei komplexe Zahlen z; w 2 C, die in der oberen Halbebene liegen, d. h. Im.z/  0 und Im.w/  0, gilt

5.9  Bestimmen Sie alle komplexen Zahlen u; v 2 C mit der Eigenschaft

jw  zj  jw  zj :

1 1 1 C D : u v uCv

Veranschaulichen Sie sich die Aussage in der komplexen Zahlenebene.

Rechenaufgaben 5.4



Berechnen Sie zu den komplexen Zahlen z1 D 1  i; z2 D 1 C 3i und z3 D 2  4i

die Real- und Imaginärteile der Ausdrücke z1 ; z1 ; z1 z2 ;

z2 z1 z3 ; ; : z3 z2  z12 2z1  z2

5.10  Zeigen Sie, dass eine komplexe Zahl z 2 C genau dann den Betrag jzj D 1 hat, wenn die Identität ˇ ˇ ˇ uz C v ˇ ˇ ˇ ˇ vz C u ˇ D 1 für alle Zahlen u; v 2 C mit juj ¤ jvj gilt. 5.11  Welche Menge von Punkten in der komplexen Ebene wird durch die Gleichung M D fz 2 C j jz  3j D 2jz C 3jg beschrieben?

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_4

37

Kapitel 5

5.2  Skizzieren Sie in der komplexen Zahlenebene die (a) z 2  4iz C 4z  8i D 0 Mengen der komplexen Zahlen, die durch folgende Angaben de- (b) .z  .1 C 2i//z D 3  i finiert sind: (c) z 2 C 2.1 C i/z D 1  3i M1 D fz 2 C j Re.z/ C Im.z/ D 1g 5.8  Finden Sie alle Lösungen z 2 C der Gleichung M2 D fz 2 C j jz  1  ij D jz C 1jg M3 D fz 2 C j j2z  1 C ij  3g z 6 C .1  3i/z 3  2  2i D 0 :

38

Kapitel 5

5.12  Zeigen Sie, dass durch die Abbildung f W C n 1 f1g ! C mit f .z/ D 1Cz Punkte auf dem Kreis K D fz 2 C j jzj D 2g auf einen Kreis f .K/ mit Mittelpunkt M D 1=3 2 C abgebildet werden und bestimmen Sie den Radius dieses Kreises. 5.13

verschoben sind. Demnach liegen an den unterschiedlichen Leitern die Spannungen u1 .t / D U0 .cos.!t / C i sin.!t //    2 2 u2 .t / D U0 cos !t C  C i sin !t C  3 3    4 4 u3 .t / D U0 cos !t C  C i sin !t C  3 3



Bestimmen Sie die Möbiustransformation f mit den Abbildungseigenschaften f .i/ D 0;

f .0/ D 1;

f .1/ D

1i : 1Ci

Wie lautet die Umkehrfunktion zu f ? Auf welche Mengen in der komplexen Zahlenebene werden die reelle Achse, d. h. Im.z/ D 0, und die obere Halbebene, d. h. Im.z/ > 0, abgebildet?

u1 .t / C u2 .t / C u3 .t / D 0 für alle t 2 R gilt.

Hinweise Verständnisfragen

Anwendungsprobleme 5.14  Ein Fischauge ist eine spezielle Linse in der Fotografie, die die Krümmung des Bildes zum Rand hin verstärkt. Durch eine Transformation der komplexen Ebene lässt sich dieser Effekt nachbilden. Betrachten Sie die Abbildung f W C ! C mit f .z/ D

an. Zeigen Sie, dass sich zu allen Zeitpunkten die Summe der Spannungen neutralisiert, d. h.

z jzj C a

5.1  Es gilt z D r.cos ' C i sin '/ mit jzj D r. Die Argumente der Zahlen sind in der Gauß’schen Zahlenebene ablesbar. 5.2  Mit dem Betrag ist der euklidische Abstand zwischen komplexen Zahlen angebbar. 5.3  Quadrieren Sie die Aussage und nutzen Sie jvj2 D vv für v 2 C.

für ein a > 0.

Kapitel 5

Veranschaulichen Sie sich die Abbildung anhand von Polarkoordinaten. Zeigen Sie f .C/  B D fz 2 C j jzj < 1g und bestimmen Sie die Umkehrabbildung f 1 W B ! C. Auf welche Teilmenge der komplexen Zahlen wird die reelle Achse abgebildet? Auf welche geometrischen Objekte werden Kreise um den Ursprung abgebildet? Mithilfe eines grafikfähigen Rechners zeichnen Sie für a D 1 die Bilder folgender Teilmengen: M1 D fz 2 C j z D t C i=2; t 2 Rg M2 D fz 2 C j z D 2 C t i; t 2 Rg M3 D fz 2 C j jzj D 1=2g M4 D fz 2 C j jz  1j D 1=2g 5.15  In den meisten Stromnetzen wird Drehstrom verwendet. Dabei gibt es neben dem Neutralleiter noch drei weitere Leiter, deren Spannungen mit gleicher Frequenz und gleicher Amplitude, aber jeweils um die Phase 2=3 gegeneinander

Rechenaufgaben 5.4 len.



Anwendung der Rechenregeln zu komplexen Zah-

5.5  Versuchen Sie zunächst, den Bruch weitestgehend zu vereinfachen, bevor Sie den Real- und den Imaginärteil von z einsetzen. 5.6  Beachten Sie die Faktorisierung z 2 .1Ci/z Ci D .z  1/.z  i/. 5.7  Quadratische Ergänzung und gegebenenfalls ein Koeffizientenvergleich, um komplexe Wurzeln zu bestimmen. 5.8  Substituieren Sie u D z 3 und verwenden Sie Polarkoordinaten, um die Wurzeln z1 ; : : : ; z6 zu bestimmen. 5.9



Substituieren Sie z D uv .

Lösungen

5.10  Es sind zwei Richtungen zu zeigen. Nutzen Sie die Gleichung ja C bj2 D jaj2 C jbj2 C 2 Re.ab/ für komplexe Zahlen a; b 2 C.

Rechenaufgaben 5.4



z1 z1 z1 z2 z2 z3 z1 z2  z12 z3 2z1  z2

5.11  Quadrieren Sie die Gleichung und verwenden Sie jwj D ww, um die beschreibende Gleichung auf eine Form zu bringen, die grafisch interpretiert werden kann. 5.12



Betrachten Sie ˇ ˇ ˇ 1 1 ˇˇ2 ˇ ˇ1 C z C 3ˇ : 5.5

5.13



39



D 1 C i D1Ci D 4 C 2i 1 1 D C i 2 2 D1 D 1  3i

Die Zahl w D 1  i:

– hängt nicht von z ab.

5.14  Schreiben Sie die Abbildung in Polarkoordinaten z D r.cos ' C i sin '/. 5.15  Klammern Sie den harmonisch schwingenden Term cos.!t / C i sin.!t / aus.

Lösungen Verständnisfragen 5.1



Es gilt 

z1 z2 z3 z4 z5 z6



 1 1 D 2 cos   C i sin   2 2 p    D 2 cos C i sin 4 4 2 2 D cos  C i sin  3 3 D 2i 1 D p .1 C i/ 2 3 D  p .1 C i/ : 2

5.2  Die ersten beiden Mengen beschreiben Geraden in der komplexen Ebene und die dritte ist eine Kreisscheibe um .1  i/=2 mit Radius 3=2. 5.3





5.6  gegeben. 5.7



Mit z D 2 ˙ i sind alle Lösungen der Gleichung

Es ergeben sich die Lösungen

(a) z1 D z2 D 2 C 2i, (b) z1 D 1 C i und z2 D 2 C i, p p p p (c) z1;2 D .1 C i/ ˙ 12 . 2 C 2 2  i 2 2  2/. 5.8  In Polarkoordinaten sind die sechs Lösungen gegeben durch    1 z1 D 2 3 cos C i sin ; 6 6  5 5 1 ; C i sin z2 D 2 3 cos 6 6  3 3 1 z3 D 2 3 cos ; C i sin 2 2    1 z4 D 2 6 cos C i sin ; 4 4  1 11 11 6 ; C i sin z5 D 2 cos 12 12  1 19 19 z6 D 2 6 cos : C i sin 12 12 5.9



Die Gleichung gilt für Paare u; v 2 C n f0g mit vD

5.10

p  1  1 ˙ i 3 u: 2

 –

5.11  Die Menge M ist ein Kreis mit Radius 4 um den Mittelpunkt zM D 5. 5.12



Der Radius beträgt r D 2=3.

Kapitel 5

Anwendungsprobleme

40

Kapitel 5

5.13



Es ist f W C n fig ! C n f1g mit f .z/ D

zi zCi

und die Umkehrtransformation f 1 W C n f1g ! C n fig ist durch f 1 .z/ D i

z C1 z1

gegeben. Die reelle Achse wird auf den Einheitskreis abgebildet und die obere Halbebene in das Innere dieses Kreises.



In Polarkoordinaten gilt f .z/ D

r .cos ' C i sin '/ r Ca

und die inverse Transformation ist gegeben durch f 1 .w/ D

aw : 1  jwj

Es wird die reelle Achse durch f auf das Intervall .1; 1/  C abgebildet und Kreise um den Ursprung werden auf Kreise mit entsprechend kleinerem Radius abgebildet. 5.15



r jz3 j D

1 3 C D 1: 4 4

Somit ist r3 D 1 und etwa cos '3 D 1=2. Aus der Wertetabelle zu Kosinus und Sinus lässt sich der Winkel ablesen, zum Beispiel durch 1=2 D  sin.=6/ D cos.=6 C =2/. Wir erhalten '3 D 23 . Also ist 2 2 z3 D cos  C i sin  : 3 3 Für z4 , z5 und z6 bestimmen wir etwa mit der Wertetabelle zu Kosinus und Sinus den Realteil und den Imaginärteil der Zahlen:

Anwendungsprobleme 5.14

p Die Zahl z3 D 12 .1 C 3 i/ liegt im zweiten Quadranten der Gauß’schen Ebene und hat den Betrag

 1 1 z4 D 2 cos  C i sin  D 2i 2 2 3 3 1 z5 D cos  C i sin  D p .1 C i/ 4 4 2  5 5 3 z6 D 3 cos  C i sin  D  p .1 C i/ : 4 4 2 5.2  Mit Im.z/ D  Re.z/ C 1 lässt sich für die Menge M1 die Darstellung einer Geraden in der Zahlenebene erkennen: M1

Im

– i

Lösungswege

−1

1

Verständnisfragen

erhalten wir die Polarkoordinatendarstellung p    : z2 D 2 cos C i sin 4 4

Interpretieren wir die Gleichung geometrisch, so besagt diese, dass der Abstand des Punkts z zum Punkt z1 D 1 derselbe sein muss wie der Abstand zum Punkt z2 D 1 C i. Alle Punkte, die diese Bedingung erfüllen, liegen auf der Mittelsenkrechten zwischen den beiden Punkten z1 und z2 , also einer Geraden: M2

Im z

a|

Die Zahl z2 D 1 C i liegt auf der Winkelhalbierenden in ersten Quadranten der Zahlenebene. Sie hat deswegen das Argument '2 D =4. Mit p p jz2 j D 1 C 1 D 2

−i

|z − i

|z +

Kapitel 5

5.1  Die Zahl z1 liegt auf der negativen imaginären Achse in der Zahlenebene. Somit ist das Argument '1 D 32 . Mit dem Betrag jz1 j D 2 folgt die Polarkoordinatendarstellung  3 3 z1 D 2 cos  C i sin  : 2 2

Re

−1

1−

i|

1+i

1 −i

Re

Lösungswege

Da die Bedingung besagt, dass wir alle Punkte betrachten sollen, deren Abstand zum Punkt zM D 12 .1  i/ durch jz 

1i 3 j 2 2

Rechenaufgaben 5.4  Mit der Definition einer komplexen Zahl und der konjugiert komplexen Zahl ist

abschätzbar ist, ergibt sich eine Kreisscheibe mit dem Radius und den Mittelpunkt ZM :

3 2

Im

z1 D .1  i/ D 1 C i

z1 z2 D .1  i/.1 C 3i/ M3 Re

1

z−

−i

1− 2 i

z2 z3

Es ist zu beweisen, dass

.w  z/.w  z/ D jw  zj2  jw  zj2 D .w  z/.w  z/ gilt. Für die linke Seite der gesuchten Ungleichung erhalten wir

z1 z2  z12

jw  zj2 D ww  zw  wz C zz D jwj2  2 Re.zw/ C jzj2 ; und für die rechte Seite gilt jw  zj2 D jwj2  2 Re.wz/ C jzj2 : Es sind somit nur die gemischten Terme zu vergleichen. Da die Imaginärteile von w und z nicht negativ sind gilt  Im.w/ Im.z/  Im.w/ Im.z/ ; und es folgt Re.w/ Re.z/  Im.w/ Im.z/  Re.w/ Re.z/ C Im.w/ Im.z/ bzw.

5.5  Die folgende Rechnung ergibt, dass w D 1  i gilt und somit unabhängig von der Wahl von z ist,

Re.wz/  Re.wz/ : Damit ergibt sich die gesuchte Ungleichung jw  zj2 D jwj2  2 Re.zw/ C jzj2  jwj2  2 Re.wz/ C jzj2 D jw  zj2 : Die Abbildung verdeutlicht die Aussage: Im z

|w −

z3 2z1  z2

D 1  3i2 C .1 C 3/i D 4 C 2i 1 C 3i D 2  4i .1 C 3i/.2 C 4i/ D 22 C 42 1 .2  12 C .6 C 4/i/ D 20 1 D .1 C i/ 2 1i D .1  3i/  .1  i/2 1i D .1  3i/  .2i/ 1i D D1 1i 2  4i D 2.1  i/  .1  3i/ 2  4i D 1Ci .2  4i/.1  i/ D 2 1 D .2  6i/ D 1  3i : 2

.1  i/.z C 2/  1 C 3i z C 2  iz  2i  1 C 3i D z Ci zCi .1  i/z C 1 C i D .z C i/ .1  i/z C .1  i/i D .z C i/ .1  i/.z C I / D D 1  i: .z C i/

z| w

|w

5.6  Es gilt z 2  .1 C i/z C i D .z  1/.z  i/. Daher folgt, indem wir die Gleichung mit diesem Faktor multiplizieren

− z|

Re w

.z  3/.z  1/ C .z  4 C i/.z  i/ D 2.3 C 2i/ ;

Kapitel 5

−1



und z1 D 1 C i :

Weiter erhalten wir

i

5.3

41

42

Kapitel 5

wenn wir voraussetzen, dass z ¤ 1 und z ¤ i ist. Diese Gleichung ist äquivalent zu z 2  4z C 5 D 0 :

Mit w D x C iy, x; y 2 R ergibt sich x 2  y 2 C 2xyi D 1  i Vergleichen wir die Real- und die Imaginärteile separat, so liefert der Koeffizientenvergleich die beiden Gleichungen

Mit quadratischer Ergänzung folgt

x2  y 2 D 1

.z  2/2 D 1

Also ist x D 1=.2y/ und einsetzen führt auf

und wir erhalten z  2 D ˙i bzw.

1  y2 D 1 4y 2

z D2˙i als die beiden einzigen Lösungen der Gleichung. 5.7



und 2xy D 1 :

bzw.  1 1 2 1 2 y Cy  D y C  D0 4 2 2 4

(a) Eine quadratische Ergänzung führt auf:

z 2  4iz C 4z  8i D z 2 C .4  4i/z  8i

2

mit den Lösungen

D .z C .2  2i//2  .2  2i/2  8i

1 1 2 y˙ D ˙p : 2 2

D .z C .2  2i// C 8i  8i 2

D .z C .2  2i//2 Also sind beide Nullstellen durch z1 D z2 D 2 C 2i gegeben.

Da y 2 R vorausgesetzt ist, bleibt nur die positive Lösung. Außerdem wissen wir, dass x D 1=.2y/. Also sind mit s q p 1 1 2C 2 p D xD 2 2. 2  1/ und sp

(b) Auch im zweiten Beispiel betrachten wir die quadratische Ergänzung und erhalten

yD

21 1 D 2 2

q

p 2 22

 1 C 2i 2 1 z 2  .1 C 2i/z  3 C i D z   .1 C 2i/2  3 C i die beiden Wurzeln w D x C iy und w D .x C iy/ gege2 4 ben. Für die beiden Lösungen der ursprünglichen quadratischen  1 C 2i 2 9 Gleichung folgt D z C D0 2 4 q q  p p 1 z D .1 C i/ ˙ 2 C 2  i 2 2  2 : ˙ Also ist 2

Kapitel 5

z

1 C 2i 3 D˙ 2 2

5.8  Mit der Substitution u D z 3 ergibt sich die quadratische Gleichung

und wir erhalten die beiden Lösungen z1 D 2 C i

und z2 D 1 C i :

(c) Mit quadratischer Ergänzung ist z 2 C 2.1 C i/z  1 C 3i D .z C .1 C i//2  .1 C i/2  1 C 3i D .z C .1 C i//2  1 C i : Wir benötigen also die Wurzeln w2 D 1  i :

u2 C .1  3i/u  2  2i D 0 : Mit quadratischer Ergänzung folgt 

1  3i uC 2

2

1 1 D 2 C 2i C .1  3i/2 D i : 4 2

Gesucht ist somit w D x C iy 2 C mit w 2 D x 2  y 2 C 2xyi D 1 i. Aus den beiden Gleichungen x 2  y 2 D 0 und 2xy D 1=2 2 folgt x4 D

1 16

Lösungswege

( 1 3 2i uDw C iD 2 2 1 C i : In Polarkoordinaten ist    2i D 2 cos C i sin 2 2 und 1 C i D

p  3 3 : C i sin 2 cos 4 4

Lösungen der Gleichung z 3 D u erhalten wir aus der Polarkoordinatendarstellung von u, indem die dritte Wurzel des Betrags gezogen wird und das Argument ' durch 3 geteilt wird. Um alle möglichen Argumente im Intervall Œ0; 2 zu bekommen, müssen wir noch die weiteren Möglichkeiten .' C 2/=3 und .' C 4/=3 berücksichtigen. Insgesamt erhalten wir    1 z1 D 2 6 cos C i sin ; 4 4  11 11 1 ; C i sin z2 D 2 6 cos 12 12  19 19 1 z3 D 2 6 cos ; C i sin 12 12

bestimmen wir die beiden Lösungen dieser Gleichung p 3 1 : z˙ D  ˙ i 2 2 Mit diesem Resultat für z erhalten wir zu jedem u 2 C n f0g zwei Zahlen p  1  1 i 3 u; v˙ D 2 für die die gewünschte Gleichung erfüllt ist. 5.10  Um die Aussage zu zeigen sind zwei Richtungen zu beweisen: Zum einen, dass mit jzj D 1 die zweite Identität für beliebige Zahlen u; v folgt, und zum anderen genau umgekehrt, dass die zweite Identität für Zahlen u; v 2 C mit juj ¤ jvj auch jzj D 1 impliziert. „)“ Wenn wir voraussetzen, dass für z 2 C gilt jzj D 1, so ist auch jzj D 1 und zz D jzj2 D 1. Somit erhalten wir mit den elementaren Rechenregeln juz C vj D juz C vj jzj D juzz C vzj D ju C vzj D ju C vzj D ju C vzj : Um die Aussage vollständig zu belegen, müssen wir aber noch zeigen, dass ju C vzj ¤ 0 gilt. Dazu berechnen wir den Betrag und schätzen mit juj ¤ jvj ab: ju C vzj D juj2 C jvzj2 C 2 Re.uvz/

und  p   3 z4 D 2 cos C i sin ; 6 6  p 5 5 3 ; C i sin z5 D 2 cos 6 6  p 3 3 3 z6 D 2 cos : C i sin 2 2 5.9  Zunächst beobachten wir, dass die Gleichung nur gelten kann, wenn u ¤ 0, v ¤ 0 und u C v ¤ 0 gilt. Setzen wir z D v=u, so folgt aus der gewünschten Identität 1D

uCv uCv 1 C D1Cz C C1 u v z

bzw. die quadratische Gleichung z2 C z C 1 D 0 : Mit quadratischer Ergänzung,  1 2 3 C ; 0 D z2 C z C 1 D z C 2 4

D juj2 C jvj2 C 2 Re.uvz/  juj2 C jvzj2  2j Re.uvz/j  juj2 C jvzj2  2juj jvj D .juj  jvj/2 > 0 : „(“ Für diese Richtung des Beweises nehmen wir an, dass ˇ ˇ ˇ uz C v ˇ ˇ ˇ ˇ vz C u ˇ D 1 gilt. Damit ist juz C vj D jvz C uj : Auflösen der Beträge führt auf juzj2 C jvj2 C 2 Re.uzv/ D jvzj2 C juj2 C 2 Re.vzu/ : Da die gemischten Terme identisch sind, gilt juj2 jzj2  jvj2 jzj2 D juj2  jvj2 : Mit der Voraussetzung juj ¤ jvj ist die Differenz juj2  jvj2 ¤ 0. Kürzen wir diesen Ausdruck so folgt jzj2 D 1 und die Aussage ist gezeigt.

Kapitel 5

mit den reellen Lösungen x D ˙1=2. Also sind mit w D .1 C i/=2 oder w D .1 C i/=2 die Wurzeln gegeben. Für den gesuchten Wert u erhalten wir die beiden Möglichkeiten

43

44

Kapitel 5

5.11



folgt weiter

Aus

 1i 2i .z  1/ D .z  i/ f .z/ z  i  1Ci 1Ci

.z  3/.z  3/ D jz  3j2 D 4jz C 3j2 D 4.z C 3/.z C 3/ erhalten wir die Gleichung jzj2  3z  3z C 9 D 4jzj2 C 12z C 12z C 36

f .z/..1  i/z C 1 C i / D .1  i/.z  i/ : „ ƒ‚ … D.1i/.zCi/

bzw. jzj2 C 5z C 5z C 9 D 0 : Somit gilt für Zahlen z 2 M die Beziehung jz C 5j2 D 16 : Also folgt ˇ ˚

z 2 K D z 2 C ˇ jz C 5j D 4 : Andererseits ergibt sich durch dieselbe Rechnung, dass z 2 K auch z 2 M impliziert. Somit haben wir gezeigt, dass M D K ist. Die Menge beschreibt den Kreis mit Radius 4 um den Mittelpunkt 5 2 C. 5.12

bzw.



Unter der Annahme, dass jzj D 2 ist, folgt ˇ ˇ ˇ 1 1 ˇˇ2 j4 C zj ˇ ˇ 1 C z C 3 ˇ D 3 C 3z .4 C z/.4 C z/ D .3 C 3z/.3 C 3z/ 16 C 4z C 4z C jzj2 D 9 C 9z C 9z C 9jzj2 20 C 4z C 4z D 45 C 9z C 9z 4 D : 9

Wir erhalten die Transformation zi f .z/ D : zCi Ein Ausdruck für die Umkehrabbildung ergibt sich direkt aus der im Text angegebenen Beziehung. Es folgt für f die Umkehrung f 1 .z/ D

iz C i zC1 dz  b D D i : cz C a z C 1 z1

Insgesamt erhalten wir das Bild von f W C n fig ! C n f1g und die Umkehrabbildung f 1 W C n f1g ! C n fig. Betrachten wir den Betrag jf .z/j für z D x 2 R, so ergibt sich p ˇ ˇ 2 ˇx iˇ ˇ D px C 1 D 1 : ˇ ˇx C iˇ x2 C 1 Das heißt Zahlen auf der reellen Achse werden durch f auf den Einheitskreis abgebildet. Aus .y  1/2 D y 2  2y C 1  y 2 C 2y C 1 D .y C 1/2 für y  0 folgt mit z D x C iy die Abschätzung p p jz  ij D x 2 C .y  1/2  x 2 C .y C 1/2 D jz C ij (siehe Abbildung). Im |z − i|

i |z +

i|

Also liegen die Bildpunkt f .z/ für z 2 K auf dem Kreis mit Radius 2=3 um den Punkt M D 1=3 2 C.

Kapitel 5

5.13

z

Re

−i



Wir setzen die gegebenen Stellen in die invariante Beziehung zur Möbiustransformation und erhalten etwa 1i /.1  0/ .f .z/  1Ci .z  1/.0  i/ ; D 1i .0  1/.z  i/ .1  1Ci /.f .z/  0/

bzw. 1i .f .z/  1Ci / i.z  1/ D : 1i .z  i/ f .z/.1 C 1Ci /

Wir müssen diese Gleichung nach f .z/ auflösen. Aus  1  i i.z  1/ 1i f .z/ 1 C D f .z/  1Ci zi 1Ci

Also folgt jf .z/j D

jz  ij 1 jz C ij

für Im.z/  0. Somit wird die obere Halbebene in das Innere des Einheitskreises abgebildet: Im

Im i f Re

1

Re

Lösungswege

Anwendungsprobleme 5.14

45

Im



Wählen wir die Polarkoordinatendarstellung z D r.cos ' C i sin '/, so folgt r .cos ' C i sin '/ : f .z/ D r Ca

Re

Also bleibt das Argument ' einer Zahl bei der Transformation erhalten, aber der Betrag, jzj D r, transformiert sich zu jf .z/j D jzj=.jzj C a/. Mit der Abschätzung Abb. 5.20 Transformation der Teilmengen

jf .z/j D jzj=.jzj C a/ < 1 für jedes z 2 C folgt,

5.15  Da sich die Argumente bei der Multiplikation addieren, erhalten wir für die Spannungen

f .C/  B D fz 2 C j jzj < 1g : Setzen wir s D jf .z/j < 1 so folgt aus r sD r Ca

u1 .t / D U0 .cos.!t / C i sin.!t //

as : 1s Da das Argument nicht transformiert wird, ergibt sich somit die inverse Transformation, die Umkehrabbildung, aw as .cos ' C i sin '/ D f 1 .w/ D 1s 1  jwj rD

für w D s.cos ' C i sin '/ 2 B. Für Zahlen z D x 2 R auf der reellen Achse ist auch das Bild auf der reellen Achse und für den Betrag gilt jf .z/j < 1 also ist das Bild Teilmenge des Intervalls .1; 1/  C. Aus der Polarkoordinatendarstellung ist ersichtlich, dass ein Kreis um den Ursprung mit Radius R auf einen Kreis um den Ursprung mir Radius R=.R C 1/ abgebildet wird. Somit bleibt das Bild ein Kreis um den Ursprung mit verkleinertem Radius. Die Originalmengen sind in Abb. 5.19 und die Bildmengen in Abb. 5.20 gezeigt. Im

Damit folgt u1 .t / C u2 .t / C u3 .t / D U0 .cos.!t / C i sin.!t //    2 2 4 4  1 C cos  C i sin  C cos  C i sin  3 3 3 3 Stellen wir die komplexen Zahlen in kartesischen Koordinaten da, so ergibt sich p  2 3 2 1 cos  C i sin  D  C i 3 3 2 2 und p  3 4 4 1 cos  C i sin  D   i : 3 3 2 2 Wir erhalten die Summe

1

Re

u1 .t / C u2 .t / C u3 .t / D U0 .cos.!t / C i sin.!t // p ! p !! 1 1 3 3  1C  Ci C  i 2 2 2 2 D 0;

Abb. 5.19 Urbilder der betrachteten Teilmengen

und die Aussage ist bewiesen.

Kapitel 5

die Umkehrung

 2 2 u2 .t / D U0 .cos.!t / C i sin.!t // cos  C i sin  3 3  4 4 u3 .t / D U0 .cos.!t / C i sin.!t // cos  C i sin  : 3 3

Kapitel 6

6.5  Beweisen Sie mit der Definition des Grenzwerts folgende Aussage: Wenn .an / eine Nullfolge ist, so ist auch die Folge .bn / mit

Aufgaben Verständnisfragen n2 6.1  Gegeben sei die Folge .xn /1 nD2 mit xn D nC1 für n  2. Bestimmen Sie eine Zahl N 2 N so, dass jxn  1j  " für alle n  N gilt, wenn

(a) " D (b) " D

1 10 1 100

1X aj ; n j D1 n

bn D

n 2 N;

eine Nullfolge.

Rechenaufgaben

ist.

6.6  Untersuchen Sie die Folge .xn / auf Monotonie und Beschränktheit. Dabei ist 2 6.2  Stellen Sie eine Vermutung auf für eine explizite (a) xn D 1  n C n , nC1 Darstellung der rekursiv gegebenen Folge .an / mit 1  n C n2 (b) xn D , anC1 D 2an C 3an1 und a1 D 1; a2 D 3 n.n C 1/ 1 , (c) xn D und zeigen Sie diese mit vollständiger Induktion. 1 C .2/n r nC1 . (d) xn D 1 C n 6.3  Zeigen Sie, dass für zwei positive Zahlen x; y > 0 gilt 6.7  Untersuchen Sie die Folgen .an /, .bn /, .cn / und p .dn / mit den unten angegebenen Gliedern auf Konvergenz. lim n x n C y n D maxfx; yg : n!1

n2 2 cn D n  1

an D 6.4  Welche der folgenden Aussagen sind richtig? Begründen Sie Ihre Antwort.

n3  2 n2 dn D bn  cn bn D

6.8  Berechnen Sie jeweils den Grenzwert der Folge .xn /, falls dieser existiert: 1  n C n2 , n.n C 1/ n3  1 n3 .n  2/ (b) xn D 2  , n C3 n2 C 1 p (c) xn D n2 C n  n, p p (d) xn D 4n2 C n C 2  4n2 C 1. (a) xn D

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_5

Kapitel 6

(a) Eine Folge konvergiert, wenn Sie monoton und beschränkt ist. (b) Eine konvergente Folge ist monoton und beschränkt. (c) Wenn eine Folge nicht monoton ist, kann sie nicht konvergieren. (d) Wenn eine Folge nicht beschränkt ist, kann sie nicht konvergieren. (e) Wenn es eine Lösung zur Fixpunktgleichung einer rekursiv definierten Folge gibt, so konvergiert die Folge gegen diesen Wert.

n3

47

48

Kapitel 6

6.9  Bestimmen Sie mit dem Einschließungskriterium Grenzwerte zu den Folgen .an / und .bn /, die durch r an D

n

3n C 2 ; nC1

r bn D

p 1 C n  n; 2n

n2N;

6.10  Untersuchen Sie die Folgen .an /, .bn /, .cn / bzw. .dn / mit den unten angegebenen Gliedern auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls ihre Grenzwerte: 1 an D 1  2 n bn D 2n=2 cn D



Die Folge .xk / definiert durch x1 D 3;

xk1 xk2 C 3 ; xk1 C xk2

k  2;

1:732 050 807 568 9 : (Hinweis: Bernoulli-Ungleichung) 6.15

.n C i/.1 C in/ .1 C i/n

1 C qn ; 1 C q n C .q/n



Die Van-der-Waals-Gleichung, 

pC

a  .V  b/ D RT ; V2

mit q > 0

mit q 2 C

Zu a > 0 ist die rekursiv definierte Folge .xn / mit xnC1 D 2xn  axn2

und x0 2 .0; a1 / gegeben. Überlegen Sie sich zunächst, dass xn  a1 gilt für alle n 2 N0 und damit induktiv auch xn > 0 folgt. Zeigen Sie dann, dass diese Folge konvergiert und berechnen Sie ihren Grenzwert. 6.12  Für welche Startwerte a0 2 R konvergiert die rekursiv definierte Folge .an / mit anC1

xk D

p konvergiert gegen 3 und liefert somit ein Verfahren zur numerischen Berechnung dieser Zahl. Vergleichen Sie dieses Verfahren mit dem Heron-Verfahren mit dem Startwert 3. Nach wie vielen Iterationsschritten sind jeweils ein, vier bzw. 12 Dezimalstellen korrekt bestimmt? Die auf 13 Stellen korrekte p Dezimaldarstellung von 3 lautet

n

.iq/n C in dn D ; 2n C i 6.11



x0 D 0;

gegeben sind.



6.14

 1 2 D a C3 ; 4 n

beschreibt den Zusammenhang zwischen dem Druck p, der Temperatur T und dem molaren Volumen V eines Gases. Dabei ist R D 8:314 472 J=.mol K/ die universelle Gaskonstante. Die Konstanten a und b werden Kohäsionsdruck bzw. Kovolumen genannt und sind vom betrachteten Gas abhängig. Für Luft betragen sie a D 135:8

kPa l2 mol2

und b D 0:036 4

Es soll nun das molare Volumen für Luft bei einer Temperatur von 300 K und einem Druck von 100 kPa näherungsweise bestimmt werden, indem eine Folge konstruiert wird, die gegen diesen Wert konvergiert. (a) Leiten Sie aus der Van-der-Waals-Gleichung eine Rekursionsvorschrift der Form VnC1 D f .Vn /;

n 2 N‹

n 2 N0 ;

her, die die Eigenschaft jVnC1  Vn j  q jVn  Vn1 j;

Anwendungsprobleme

Kapitel 6

6.13  Es sollen explizite Formeln für die Seitenlängen der Papierformate DIN An, DIN Bn und DIN Cn bestimmt werden. Für die Definition von DIN An vergleiche das Anwendungsbeispiel auf S. 173. Die Seitenlängen von DIN Bn ergeben sich als geometrisches Mittel entsprechende Längen von DIN A.n  1/ und DIN An, diejenigen von DIN Cn als geometrisches Mittel der Längen von DIN An und DIN Bn. Bestimmen Sie explizite Darstellungen für die Folgen .an /, .bn / und .cn / der jeweils längeren Seite der Formate DIN An, DIN Bn bzw. DIN Cn.

l : mol

n 2 N;

mit einer Zahl q 2 .0; 1/ besitzt, falls 20 l=mol  Vn  30 l=mol für alle n 2 N0 gilt. (b) Aus der in (a) bewiesenen Eigenschaft folgt mit Argumenten, wie sie in der Vertiefung auf S. 190 verwandt werden, dass die Folge der .Vn / für jeden Startwert V0 zwischen 20 l=mol und 30 l=mol konvergiert. Der Grenzwert V ist das gesuchte molare Volumen, und es gilt dabei die Abschätzung jV  Vn j 

qn jV1  V0 j; 1q

n 2 N:

Berechnen Sie das gesuchte molare Volumen auf 4 Dezimalstellen genau.

Lösungen

Verständnisfragen 6.1



Vereinfachen Sie den Ausdruck xn  1.

6.2  Berechnen Sie die ersten vier Folgenglieder. Welche Zahlen erhalten Sie? 6.3  Schätzen Sie die Folgenglieder nach unten und oben durch Terme ab, in denen nur die größere der beiden Zahlen vorkommt und verwenden Sie das Einschließungskriterium. 6.4  Gehen Sie die im Kapitel formulierten Aussagen zur Konvergenz durch, die Antworten ergeben sich daraus unmittelbar. 6.5  Schreiben Sie mit der Definition des Grenzwerts auf, was es bedeutet, dass .an / eine Nullfolge ist. Spalten Sie die Summe in der Definition von .bn / entsprechend auf.

Rechenaufgaben 6.6  Um Beschränktheit zu zeigen, vereinfachen Sie die Ausdrücke und verwenden geeignete Abschätzungen. Für die Monotoniebetrachtungen bestimmen Sie die Differenz oder den Quotienten aufeinanderfolgender Glieder.

Anwendungsprobleme 6.13  Die Glieder aller drei Folgen können als Potenzen p 8 der Zahl 2 angegeben werden. Stellen Sie für .an / eine Vermutung auf, deren Richtigkeit Sie mit vollständiger Induktion beweisen. 6.14  Die Formel für das Heron-Verfahren entnehmen Sie der Anwendung auf S. 189. 6.15  Schreiben Sie die Van-der-Waals-Gleichung als eine Fixpunktgleichung um und machen Sie aus dieser eine Rekursionsvorschrift. Die gewünschte Abschätzung ergibt sich dann aus einer Anwendung der dritten binomischen Formel. Für Teil (b) nutzt man die vorgegebene Konvergenzabschätzung zur Bestimmung eines n, für das Vn die gewünschte Genauigkeit besitzt.

Lösungen Verständnisfragen 6.1



(a) N D 29, (b) N D 299.

6.2



Es gilt an D 3n1 für n 2 N .

6.3





6.7  Formen Sie die Ausdrücke so um, dass in Zähler und Nenner nur bekannte Nullfolgen oder Konstanten stehen und wenden Sie die Rechenregeln an.

6.4  (e) falsch.

6.8  Kürzen Sie höchste Potenzen in Zähler und Nenner. Bei (b) können Sie xn =n2 betrachten. Bei Differenzen von Wurzeln führt das Erweitern mit der Summe der Wurzeln zum Ziel.

6.5

Rechenaufgaben

6.9  Bei (a) können Sie den Bruch in der Wurzel verkleinern bzw. vergrößern. Bei (b) sollte man mit der Summe der Wurzeln erweitern und dann eine obere Schranke bestimmen.

6.6  (a) unbeschränkt, streng monoton wachsend, (b) beschränkt, monoton wachsend, (c) beschränkt, nicht monoton, (d) beschränkt, streng monoton fallend.

6.10  Wenn Sie vermuten, dass eine Folge divergiert, untersuchen Sie zuerst, ob die Folge überhaupt beschränkt bleibt. Für die Folgen .cn / und .dn / benötigen Sie eine Fallunterscheidung. Was wissen Sie über die Folge .q n / mit q 2 C?

6.7  .an / und .dn / sind konvergent. .bn / und .cn / sind unbeschränkt, also insbesondere divergent.

6.11  Nutzen Sie quadratische Ergänzung geschickt aus. Sie benötigen das Monotoniekriterium und für die Bestimmung des Grenzwerts die Fixpunktgleichung. 6.12  Überlegen Sie sich zunächst, welche Kandidaten für den Grenzwert es gibt. Betrachten Sie erst nur positive Startwerte, und überlegen Sie sich, ob die Folge monoton und beschränkt ist.

(a) Richtig, (b) falsch, (c) falsch, (d) richtig,

 –



6.8

(a) lim xn D 1, (b) divergent, (c) lim xn D 1=2, n!1

n!1

(d) lim xn D 1=4. n!1

6.9



6.10



lim an D 1, lim bn D 0.

n!1

n!1

lim an D 1, .bn / divergiert. Für q < 1 ist

n!1

lim cn D 1, für q  1 divergiert die Folge. Die Folge .dn /

n!1

divergiert für jqj  2 und konvergiert gegen null für jqj < 2.

Kapitel 6

Hinweise

49

50

Kapitel 6



6.11

Die Folge wächst monoton, und es ist lim xn D n!1

1=a. 6.12  Für 3 < a0 < 3 konvergiert die Folge mit lim an D 1. Für a0 D 3 und a0 D 3 konvergiert sie eben-

6.3  Wir dürfen annehmen, dass x  y ist, denn ansonsten lassen sich die Rollen von x und y vertauschen. Es folgt xD

p n

xn 

p n

r xn C y n D x

n!1

falls, aber mit lim an D 3. Für alle anderen Startwerte ist die n!1 Folge unbeschränkt und daher divergent.

Also ergibt sich mit lim n!1 terium der Grenzwert lim

6.13  Mit k D cn D k 34n .

p 8 2 gilt an D k 24n , bn D k 44n ,

6.14  4 Schritte für eine, 6 Schritte für 4 und 8 Schritte für 12 korrekte Dezimalstellen. Beim Heron-Verfahren werden 2, 4 und 5 Schritte benötigt.

1C

 y n x

p n  x 2:

2 D 1 und dem Einschließungskri-

p n

n!1

Anwendungsprobleme

p n

n

xn C y n D x :

Mit x  y ist x D maxfx; yg. 6.4  (a) Dies ist die Aussage des Monotoniekriteriums, also richtig! (b) Nein, so ist etwa die Nullfolge .1/n =n konvergent, aber nicht monoton.

6.15  Für V2 25:033 4 l=mol ist die gewünschte Näherung erreicht.

(c) Es gibt auch nicht monotone Folgen, die konvergieren, siehe das Gegenbeispiel zur vorherigen Frage.

Lösungswege

(d) Diese Aussage stimmt. Wenn eine Folge .xn / konvergiert, so ist sie auch beschränkt. Eine Schranke bekommen wir, da sich etwa zu " D 1 ein N 2 N finden lässt, sodass jxn  xj  1 gilt für alle n  N , wenn x den Grenzwert der Folge bezeichnet. Damit gilt

Verständnisfragen 6.1 um,



jxn j  jxj C jxn  xj  jxj C 1

für n  N ;

Wir schreiben die Differenz zwischen 1 und xn

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇn2 ˇ ˇ ˇ 3 3 ˇ ˇ ˇ jxn  1j D ˇ  1ˇ D ˇ1   1ˇˇ D : nC1 nC1 nC1

Für n  N folgt 3=.n C 1/  3=.N C 1/. Aus 3 1  N C1 10

,

ergibt sich damit, dass die Folgenglieder für n  N D 29 die erste Abschätzung jxn  1j  1=10 erfüllen. Analog erhalten wir aus 3=.N C 1/  1=100 den Wert N D 299 für die zweite Abschätzung. 6.2  Es gilt a3 D 9, a4 D 27, und es lässt sich vermuten, dass an D 3n1 gilt.

Kapitel 6

Der Induktionsanfang ist bereits erbracht, es genügt, den Induktionsschritt durchzuführen. Dazu nehmen wir an, dass an D 3n1 und an1 D 3n2 gilt für ein n 2 N. Es folgt aus dieser Annahme

6.5  Zu jedem " > 0 gibt es ein N 2 N, sodass jan j < " ist für alle n  N . Also gilt für n  N jbn j 

N 1 n 1X 1 X jaj j C jaj j n j D1 n j DN

nN C1 N 1 max jaj j C " n j D1;:::;N 1 n N 1 max jaj j C ":  n j D1;:::;N 1 

Der erste Term geht gegen null für n ! 1, daher ist

anC1 D 2 an C 3 an1 D 2  3n1 C 3  3n2 D .2 C 1/  3

jxn j  maxfjx1 j; jx2 j; : : : ; jxN 1 j; jxj C 1g: (e) Durch eine Lösung der Fixpunktgleichung wird nur ein Kandidat für einen Grenzwert ermittelt. Die Konvergenz muss separat gezeigt werden.

N  29;

n1

und es folgt

D3 : n

Also ist der Induktionsschritt gezeigt und es gilt an D 3n1 für alle n 2 N.

lim jbn j  "

n!1

für jedes " > 0. Hieraus ergibt sich die Behauptung.

Lösungswege

(d) Es ist xn  0 und r

Rechenaufgaben 6.6



xn D

(a) Wir schreiben den Term um, 1  n C n2 1 C 2n C n2 3n D  nC1 nC1 nC1 3n 3 DnC1 Dn2C : nC1 nC1

xn D

Da der letzte Term positiv ist, folgt xn  n  2 ! 1 .n ! 1/;

nC1 D 1C n

r 2C

51

1 p  3: n

Daher ist die Folge beschränkt.

p Für die Monotonie schreiben wir xn D .2n C 1/=n und betrachten den Quotienten zweier aufeinanderfolgender Glieder, s s xnC1 .2n C 3/ n 2n2 C 3n D D < 1: xn .n C 1/ .2n C 1/ 2n2 C 3n C 1 Die Folge fällt also streng monoton.

die Folge ist also unbeschränkt. 6.7



Es gilt 1 n2 n D lim n!1 n3  2 n!1 1  2 n3

lim an D lim

3 3 3 xnC1  xn D 1 C  D1 : nC2 nC1 .n C 1/.n C 2/

n!1

D

Da .n C 1/.n C 2/  6 für n 2 N, folgt xnC1  xn  1=2 > 0, die Folge wächst also streng monoton. (b) Ganz ähnlich wie im Teil (a) ergibt sich xn D

n2 C n 2n  1 2n  1  D1 2  1: n2 C n n2 C n n Cn

Da auch xn  0 für n 2 N, ist die Folge beschränkt. Für die Monotonie betrachten wir wieder die Differenz 2n C 1 2n  1  n.n C 1/ .n C 1/.n C 2/ 2 .n  1/ D  0; n.n C 1/.n C 2/

xnC1  xn D

denn jeder hier auftretende Faktor ist größer oder gleich null. Die Folge wächst monoton. (c) An den ersten drei Folgengliedern, x1 D 1;

x2 D

1 ; 5

1 x3 D  ; 7

erkennt man, dass die Folge nicht monoton ist. Für gerades n, also n D 2k mit k 2 N, folgt ˇ ˇ ˇ 1 ˇ ˇ  1: jxn j D ˇˇ 1 C 4k ˇ Für ungerades n D 2k  1, k 2 N, erhält man ˇ ˇ ˇ 1 ˇ 2 2 ˇ ˇ jxn j D ˇ  D 1: ˇD k ˇ 1  4k ˇ 4 2 42 2 Damit gilt jxn j  1 für alle n 2 N, die Folge ist beschränkt.

lim 1 n!1 n 1  lim

2 3 n!1 n

D

0 D 0: 10

Also ist .an / konvergent. Für die Folge .bn / sehen wir bn D

1 n3  2 2 D D n  2 ! 1 .n ! 1/ : 2 an n n

Die Folge ist unbeschränkt und somit insbesondere nicht konvergent. Genauso divergiert die Folge .cn / mit cn D n  1, da sie unbeschränkt ist. Für die Differenz ergibt sich dn D bn  cn D

n3  2 2 2  .n  1/ D n  2  n C 1 D 1 C 2 n2 n n

Somit ist .dn / konvergent mit lim dn D 1. n!1

Kommentar Dies ist ein Beispiel, dass die Umkehrung der Rechenregeln für Grenzwerte nicht möglich ist: Auch wenn zwei Folgen divergieren, kann ihre Summe sehr wohl konvergieren. J 6.8  (a) Durch Kürzen der höchstens Potenz von n in Zähler und Nenner ergibt sich xn D

1 1 C1 1  n C n2 2  D n  n 1  ! 1 .n ! 1/: n.n C 1/ 1 1C n

(b) Man kann zeigen  xn 1 n3  1 n3 .n  2/ D  n2 n2 n2 C 3 n2 C 1 D

1 n



1C

1 n4 3 n2



1 1C

2 n 1 n2

! 1

.n ! 1/:

Kapitel 6

Für die Differenz zweier aufeinanderfolgender Glieder ergibt sich

52

Kapitel 6

Die Folge .xn =n2 / konvergiert gegen 1, insbesondere ist daher xn 1  2 n 2

oder xn  

Wir betrachten den Betrag der Glieder von .bn /, jn C ij  j1 C i nj jn C ij  j1 C i nj D j1 C ijn 2n=2 2 jnj  jnj n  D n=2 ! 1 .n ! 1/: 2n=2 2

n2 2

jbn j D

für alle n ab einem bestimmten n0 . Dies bedeutet, dass .xn / unbeschränkt ist, also nicht konvergieren kann. (c) Es ist mit der dritten binomischen Formel

Die Folge ist unbeschränkt, also divergent.

p n Cnn n2 C n  n D p n2 C n C n n 1 1 D p ! D q 2 1 n2 C n C n 1C n C1 (d) Ganz analog zum Teil (c) rechnen wir p p xn D 4n2 C n C 2  4n2 C 1

Für die Folge .cn / muss eine Fallunterscheidung durchgeführt werden. Für q < 1 gilt q n ! 0 und .q/n ! 0 für n ! 1. In diesem Fall ist lim cn D 1.

2

xn D

2

4n2 C n C 2  4n2  1 D p p 4n2 C n C 2 C 4n2 C 1 nC1 D p p 2 4n C n C 2 C 4n2 C 1 1 C n1 1 D q ! q 4 4 C n1 C n22 C 4 C n12 6.9



.n ! 1/:

n!1

Im Fall q D 1 ist cn D 2=3 für jedes gerade n und cn D 2 für jedes ungerade n. Daher ist die Folge divergent. Im Fall q > 1 gilt für alle ungeraden n cn D

Nun ist die Folge unbeschränkt und daher divergent.

.n ! 1/:

Es gilt nC1 3n C 2 3n C 3 1D   D 3: nC1 nC1 nC1

Für die Folge .dn / ist ebenfalls eine Fallunterscheidung notwendig. Für jqj < 2 schreiben wir  q n  1 n C 2 n 2 dn D i ! 0 .n ! 1/: 1 C 2in Für jqj  2 nutzen wir die Darstellung  dn D

Daher folgt p n

1  an 

p n

3:

Die Terme links und rechts konvergieren beide gegen 1. Daher ist nach dem Einschließungskriterium auch lim an D 1. n!1

Für .bn / gilt  1 n

 n 1 1 1  p  p : 0  bn D q  2 p n 2 2 n 2 n 1 CnC n 2 Die rechte Schranke konvergiert ebenfalls gegen null, also ist nach dem Einschließungskriterium auch lim bn D 0. n!1

6.10

1 C qn D 1 C q n ! 1 .n ! 1/: 1 C qn  qn

 Mit der Bernoulli-Ungleichung folgt  1 n 1 an D 1  2 1 n n

Kapitel 6

für alle n 2 N. Somit ergibt sich   1 1 n 1 D lim 1   1;  lim 1  2 n!1 n!1 n n also gilt mit dem Einschließungskriterium an ! 1 für n ! 1.

iq 2

n 1 C 1C

1 qn i 2n

:

Der zweite Faktor konvergiert gegen 1. Der erste Faktor divergiert aber, da die Folge .q n / für jqj  1 divergiert. Die Annahme, dass .dn / konvergiert, führt also zu einem Widerspruch. 6.11



Für n D 0; 1; 2; : : : betrachten wir die Differenz 1 1  xnC1 D  2xn  axn2 a a 1 1 2 Da  2 xn  xn a2 a  2 1 Da  xn  0: a

Damit folgt xn  1=a für n D 1; 2; 3; : : :. Für n D 0 ist dies aber schon vorausgesetzt. Es gilt also axn  1, was wir im Folgenden häufig ausnutzen werden. Insbesondere folgt auch axn  2, und es ergibt sich xnC1 D xn .2  axn /  0: Damit gilt 0  xn  1=a für alle n 2 N0 , die Folge ist beschränkt.

Lösungswege

xnC1  xn D 2xn  axn2  xn D xn .1  axn /  0: Die Folge ist also monoton wachsend. Aus dem Monotoniekriterium folgt, dass die Folge konvergiert. Um den Grenzwert x D lim xn zu bestimmen, betrachten wir n!1 die Fixpunktgleichung, die wir erhalten, indem wir in der Rekursionsvorschrift auf beiden Seiten zum Grenzwert übergehen. Sie lautet

Anwendungsprobleme 6.13  An ist

Wir setzen k D

n!1

6.12  Wir überlegen uns zunächst, welche Kandidaten für Grenzwerte es gibt. Diese sind die Lösung der Fixpunktgleichung  1 2 a C3 ; aD 4

sowie a0  a1 D 1 und a1  a2 D 1=2. Damit folgt a0 a1 2 D D 2 a12 D 2 : a1 a2 a0

a02 D

Also ist a04 D 2 oder a0 D k 2 . Ferner ergibt sich auch a1 D k 2 . Aus dem konstanten Seitenverhältnis bei DIN An, anC2 anC1 D ; anC1 an

Indem wir die Vorzeichen der Terme auf der rechten Seite betrachten, können wir einige Aussagen über Monotonieeigenschaften der Folge formulieren. Auf jeden Fall gilt: Für a0 D 1 oder a0 D 3 ist die Folge konstant und daher konvergent. Schließlich betrachten wir noch 1 2 .a  1/ D 4 n 1 anC1  3 D .an2  9/ D 4

anC1  1 D

1 .an  1/ .an C 1/; 4 1 .an  3/ .an C 3/: 4

Nun können alle Fälle abgearbeitet werden: Für a0 D 3 bzw. a0 D 1 ergibt sich a1 D 3 bzw. a1 D 1, und die Folge konvergiert. Ist a0 > 3, so wächst die Folge streng monoton und ist größer als beide Kandidaten für den Grenzwert. Also divergiert die Folge in diesem Fall. Ist a0 < 3, so gilt a1 > 3. Auch dann divergiert die Folge. Für 1 < a0 < 3 erhält man auch 1 < an < 3 für alle n 2 N. Die Folge konvergiert, da sie beschränkt und monoton fallend ist, und es ist lim an D 1. n!1

Für 3 < a0 < 1 ist 1 < a1 < 3, und wie im vorhergehenden Fall erhält man lim an D 1

n D 0; 1; 2; : : : ;

ergibt sich die Rekursionsformel anC2 D

also a D 1 und a D 3. Wir betrachten ferner die Differenz zweier aufeinanderfolgender Glieder,  1 2 1 anC1  an D an C 3  4an D .an  3/ .an  1/: 4 4

2. Nach der Definition von DIN

a0 a1 D ; a1 a2

x D 2x  ax 2 und hat die Lösungen 0 und 1=a. Diese sind die Kandidaten für den Grenzwert. Da die Folge monoton wächst und schon x0 > 0 ist, kommt 0 als Grenzwert nicht in Frage. Also gilt lim xn D 1=a.

p 8

2 anC1 : an

Daraus bestimmen wir die nächsten Folgenglieder, a2 D k 6 ;

a3 D k 10 ;

a4 D k 14 :

Dies legt die Vermutung an D k 24n nahe, die wir mit vollständiger Induktion beweisen. Der Induktionsanfang ist durch unsere bisherigen Überlegungen schon erbracht. Wir nehmen daher an, die Vermutung sei für ein n 2 N und auch für n C 1 richtig. Dann gilt anC2

 24.nC1/ 2 2 anC1 k D D an k 24n 64n 24.nC2/ Dk Dk :

Damit ist die Vermutung für alle n 2 N als richtig nachgewiesen. Für die anderen Folgen ergibt sich nun direkt bn D

p

an1 an D

p k 64n k 24n D k 44n

und cn D

p p an bn D k 24n k 44n D k 34n ;

n!1

Für 1 < a0 < 1 wächst die Folge monoton, aber es gilt an < 1 für alle n 2 N. Daher folgt auch hier lim an D 1. n!1

jeweils für n D 0; 1; 2; : : :, wobei wir noch a1 D k 6 gesetzt haben.

Kapitel 6

Um Konvergenz zu erhalten, benötigen wir noch die Monotonie. Dazu betrachten wir

53

54

Kapitel 6

6.14  Die folgende Tabelle gibt die Dezimalwerte auf 13 Stellen genau wieder: k

.xk /

Heron

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0:000 000 000 000 00 3:000 000 000 000 00 1:000 000 000 000 00 1:500 000 000 000 00 1:800 000 000 000 00 1:727 272 727 272 73 1:731 958 762 886 60 1:732 050 934 706 04 1:732 050 807 565 50 1:732 050 807 568 88

3:000 000 000 000 00 2:000 000 000 000 00 1:750 000 000 000 00 1:732 142 857 142 86 1:732 050 810 014 73 1:732 050 807 568 88 – – – –

6.15  um zu

(a) Wir schreiben die Van-der-Waals-Gleichung V DbC

auf. Dann gilt für aufeinanderfolgende Folgenglieder

D

ˇ ˇ ˇ R T a .Vn C Vn1 / ˇ ˇ ˇ jVn  Vn1 j jVnC1  Vn j  ˇ .p V 2 C a/ .p V 2 C a/ ˇ n

2 R T Vn1 R T Vn2  2 p Vn2 C a p Vn1 Ca 2 / R T a .Vn2  Vn1 : 2 2 .p Vn C a/ .p Vn1 C a/

n1

ˇ ˇ ˇ 60 l=mol  R T a ˇ ˇ jVn  Vn1 j : ˇ ˇ .p .20 l=mol/2 C a/2 ˇ Mit den Zahlenwerten errechnet man ˇ ˇ ˇ 60 l=mol  R T a ˇ ˇ 0:012 62 < 1: q D ˇˇ .p .20 l=mol/2 C a/2 ˇ (b) Wir wählen V0 D 25 l=mol und bestimmen V1 25:034 1 l=mol. Um die gewünschte Genauigkeit zu garantieren, fordern wir

RT V2 pV2 Ca

und fassen dies als die Fixpunktgleichung der Iterationsvorschrift R T Vn2 VnC1 D b C ; n 2 N0 p Vn2 C a

VnC1  Vn D

Damit, und mit den vorgegebenen Schranken, folgt

qn jV1  V0 j < 5  105 l=mol: 1q Daraus folgt  ln n>

5105 l=mol jV1 V0 j

.1  q/

ln q

 1:673 1:

Also erfüllt V2 schon die gewünschte Genauigkeit. Der Wert ist V2 24:925 4

l : mol

Kapitel 6

Kapitel 7

Kapitel 7

Aufgaben

7.4  Welche der folgenden Aussagen über eine Funktion f W .a; b/ ! R sind richtig, welche sind falsch.

Verständnisfragen

(a) f ist stetig, falls für jedes xO 2 .a; b/ der linksseitige Grenzwert lim f .x/ mit dem rechtsseitigen Grenzwert x!x O

lim f .x/ übereinstimmt.

x!xC O

7.1  Bestimmen Sie jeweils den größtmöglichen Defi- (b) f ist stetig, falls für jedes xO 2 .a; b/ der Grenzwert nitionsbereich D  R und das zugehörige Bild der Funktionen lim f .x/ existiert und mit dem Funktionswert an der Stelle x!xO f W D ! R mit den folgenden Abbildungsvorschriften: xO übereinstimmt. (c) Falls f stetig ist, ist f auch beschränkt. x C x1 (a) f .x/ D , (d) Falls f stetig ist und eine Nullstelle besitzt, aber nicht die x Nullfunktion ist, dann gibt es Stellen x1 , x2 2 .a; b/ mit 2 x C 3x C 2 (b) f .x/ D 2 f .x1 / < 0 und f .x2 / > 0. , x Cx 2 (e) Falls f stetig und monoton ist, wird jeder Wert aus dem Bild 1 von f an genau einer Stelle angenommen. , (c) f .x/ D 4 x  2x 2 C 1 p (d) f .x/ D x 2  2x  1. 7.5  Wie muss jeweils der Parameter c 2 R gewählt werden, damit die folgenden Funktionen f W D ! R stetig sind? 8 2 7.2  Welche dieser Funktionen besitzen eine Umkehr< x C 2x  3 ; x ¤ 1; funktion? Geben Sie diese gegebenenfalls an. (a) D D Œ1; 1, f .x/ D x 2 C x  2 : c; x D 1; 1 (a) f W R n f0g ! R n f0g mit f .x/ D 2 , 8 3 2 x < x  2x  5x C 6 ; x ¤ 1; 1 3 (b) D D .0; 1, f .x/ D x x (b) f W R n f0g ! R n f0g mit f .x/ D 3 , : x c; x D 1: (c) f W R ! R mit f .x/ D x 2  4x C 2, x2  1 (d) f W R n f1g ! R n f1g mit f .x/ D 2 . x C 2x C 1 Rechenaufgaben 7.3  Welche der folgenden Teilmengen von C sind beschränkt, abgeschlossen und/oder kompakt? (a) fz 2 C j jz  2j  2 und Re.z/ C Im.z/  1g, (b) fz 2 C j jzj2 C 1  2 Im.z/g, (c) fz 2 C j 1 > Im.z/  1g \ fz 2 C j Re.z/ C Im.z/  0g \ fz 2 C j Re.z/  Im.z/  0g, (d) fz 2 C j jz C 2j  2g \ fz 2 C j jz  ij < 1g.

7.6



Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:

x 4  2x 3  7x 2 C 20x  12 , x!2 x 4  6x 3 C 9x 2 C 4x  12 2x  3 (b) lim , x!1 x  1 p p  xC1 x , (c) lim x!1  1 1 (d) lim  2 . x!0 x x

(a) lim

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_6

55

56

Kapitel 7

Kapitel 7

7.7  Bestimmen Sie die Umkehrfunktion der Funktion f W R ! R mit: ( x 2  2x C 2; x  1 f .x/ D 4x  2x 2  1; x < 1 Dabei ist auch nachzuweisen, dass es sich tatsächlich um die Umkehrfunktion handelt. 7.8

 Gegeben ist die Funktion f W R ! R mit: ( 1  2x  x 2 ; x  1 f .x/ D 9  6x C x 2 ; x > 1

Bestimmen Sie möglichst große Intervalle, auf denen die Funktion umkehrbar ist. Geben Sie jeweils die Umkehrfunktion an und fertigen Sie eine Skizze an. 7.9  Bestimmen Sie die globalen Extrema der folgenden Funktionen. (a) f W Œ2; 2 ! R mit f .x/ D 1  2x  x 2 , (b) f W R ! R mit f .x/ D x 4  4x 3 C 8x 2  8x C 4.

Anwendungsprobleme 7.13  Ein Wanderer läuft in drei Stunden am Vormittag von Adorf nach Bestadt. Dort macht er bei einer deftigen Brotzeit Mittagspause, um anschließend in derselben Zeit wie auf dem Hinweg den Rückweg zurückzulegen. Gibt es einen Ort auf der Strecke, den er sowohl auf dem Hin- als auch auf dem Rückweg nach derselben Zeit erreicht? 7.14  Weisen Sie nach, dass es zu jedem Ort auf dem Äquator einen zweiten Ort auf der Erde gibt, an dem die Temperatur dieselbe ist – mit der möglichen Ausnahme von zwei Orten auf dem Äquator. Nehmen Sie dazu an, dass die Temperatur stetig vom Ort abhängt. 7.15  Auf einer Scheibe Brot liegt eine Scheibe Schinken, wobei die beiden nicht deckungsgleich zu sein brauchen (siehe Abb. 7.32). Zeigen Sie, dass man mit einem Messer das Schinkenbrot durch einen geraden Schnitt fair teilen kann, d. h., beide Hälften bestehen aus gleich viel Brot und Schinken. Machen Sie zur Lösung geeignete Annahmen über stetige Abhängigkeiten.

7.10  Auf der Menge M D fz 2 C j jzj  2g ist die Funktion f W C ! R mit

Schinken (M2 )

f .z/ D Re Œ.3 C 4i/z definiert. (a) Untersuchen Sie die Menge M auf Offenheit, Abgeschlossenheit, Kompaktheit. (b) Begründen Sie, dass f globale Extrema besitzt und bestimmen Sie diese. 7.11



Zeigen Sie, dass das Polynom p.x/ D x 5  9x 4 

82 3 x C 82x 2 C x  9 9

auf dem Intervall Œ1; 4 genau drei Nullstellen besitzt. 7.12  Betrachten Sie die beiden Funktionen f , g W R ! R mit ( 4  x2 ; x2 f .x/ D 2 4x  24x C 36; x > 2 und g.x/ D x C 1: Zeigen Sie, dass die Graphen der Funktionen mindestens vier Schnittpunkte haben.

Brot (M1 )

Abb. 7.32 Wie teilt man ein Schinkenbrot gerecht in zwei Teile?

7.16



Begründen Sie, dass das Polynom p.x/ D x 4  4x 3  23x 2 C 98x  60

im Intervall Œ0; 1 mindestens eine Nullstelle besitzt und bestimmen Sie diese mit dem Bisektionsverfahren auf zwei Dezimalstellen genau. 7.17  Implementieren Sie das Bisektionsverfahren in M ATLAB® . Eine Nullstelle einer Funktion soll bis auf eine vorgegebene Genauigkeit bestimmt werden. Testen Sie Ihr Programm mit der Funktion f .x/ D x 2  2 ;

x 2 Œ1; 2 :

Hinweise

7.11  Überprüfen Sie zunächst, ob es ganzzahlige Nullstellen gibt. Weitere Nullstellen können Sie mit dem Zwischenwertsatz finden.

Verständnisfragen 7.1  Finden Sie zunächst alle x 2 R, für die f .x/ nicht definiert ist. Um das Bild zu bestimmen, versuchen Sie durch Kürzen oder durch die binomischen Formeln, die Ausdrücke auf p einfache Funktionen wie x1 , x12 oder x zurückzuführen. 7.2  Veranschaulichen Sie sich die Funktionen durch eine Skizze des Graphen. Sind sie injektiv? Bei (c) und (d) können die Ausdrücke mit binomischen Formeln vereinfacht werden. 7.3  Fertigen Sie Skizzen der Mengen an. Überlegen Sie sich, ob die Ränder der Mengen dazugehören oder nicht. Eventuell ist es hilfreich, die Ungleichungszeichen durch Gleichheitszeichen zu ersetzen, die Lösungen dieser Gleichungen ergeben die Ränder. In einem zweiten Schritt ist zu überlegen, welche Mengen durch die Ungleichungen beschrieben werden. 7.4  Wenn Sie vermuten, dass eine Aussage falsch ist, versuchen Sie, ein explizites Beispiel dafür zu konstruieren. 7.5 sion.



Nullstellen der Nenner bestimmen, Polynomdivi-

Rechenaufgaben 7.6  (a), (b) Polynomdivision (bei (b) mit Rest), (c) dritte binomische Formel, (d) als ein Bruch schreiben. 7.7  Betrachten Sie zunächst die Abschnitte x  1 und x < 1 getrennt und bestimmen dort jeweils den Ausdruck für die Umkehrfunktion. Anschließend setzen Sie alles zusammen und zeigen, dass dies tatsächlich die Umkehrfunktion von f ist. 7.8  Schreiben Sie die Funktion so um, dass Sie Intervalle, auf denen die Funktion injektiv ist, leicht ablesen können (quadratisches Ergänzen). Anschließend überlegen Sie sich, ob Sie diese Intervalle noch vergrößern können. Eine Skizze der Funktion ist sicher hilfreich. 7.9





7.10  Auf was für Mengen ist die Funktion konstant? Machen Sie sich geometrisch klar, wann der Funktionswert maximal bzw. minimal wird.

7.12  Suchen Sie geeignete Intervalle, auf denen sowohl f also auch g stetig sind. Betrachten Sie dort die Differenz der beiden Funktionen.

Anwendungsprobleme 7.13  Modellieren Sie Hin- als auch Rückweg durch geeignete stetige Funktionen und betrachten Sie die Differenz. 7.14  Betrachten Sie nur den Äquator. Nutzen Sie aus, dass die Erde rund ist, d. h., die Temperatur auf dem Äquator ist periodisch. Gibt es Extrema der Temperatur? 7.15





7.16





7.17  Implementieren Sie die Iterationen in einer while-Schleife, die abbricht, wenn die Intervalllänge auf die vorgegebene Genauigkeit zusammengeschrumpft ist.

Lösungen Verständnisfragen 7.1



(a) D D R n f0g, f .D/ D R>1 (b) D D R n f1; 2g, f .D/ D R n f1; 13 g (c) D D R n f1; 1g, f .D/ D R>0 p p (d) D D R n f1  2; 1 C 2g, f .D/ D R0 7.2



(a) Keine Umkehrfunktion 8q < 3 1; y>0 y 1 q (b) f .y/ D : 3  1 ; y < 0 y (c) Keine Umkehrfunktion (d) f 1 D 1 C

2 1y

57

Kapitel 7

Lösungen

58

Kapitel 7

Kapitel 7

7.3



(a) Beschränkt, abgeschlossen, kompakt.

7.11





7.12





(b) Abgeschlossen, aber nicht beschränkt oder kompakt. (c) Beschränkt, abgeschlossen, kompakt. (d) Beschränkt, nicht abgeschlossen, nicht kompakt.

Anwendungsprobleme 7.13



Ja.

(a) Falsch.

7.14





(b) Richtig.

7.15

 –

7.4



(c) Falsch. 7.16  le 0:76.

(d) Falsch.

Auf zwei Dezimalstellen gerundet ist die Nullstel-

(e) Falsch. 7.17 7.5



(a)

4 , 3





(b) 3

Lösungswege Rechenaufgaben

Verständnisfragen

7.6



(a)

7.7



8 0 y q f 1 .y/ D : 3  1 ; y < 0 y

2 : 1y



(a) Siehe Abb. 7.33. Durch jz  2j  2 ist die abgeschlossene Kreisscheibe mit Mittelpunkt 2 und Radius 2 beschrieben. Da diese beschränkt ist, ist auch die gesamte Menge beschränkt. Die Ungleichung Re.z/ C Im.z/  1 beschreibt alle komplexen Zahlen in der Halbebene oberhalb der Geraden durch 1 und i. Durch die Ungleichungen, die Gleichheit zulassen, gehören die Ränder jeweils dazu, die Menge ist also abgeschlossen. Da sie beschränkt und abgeschlossen ist, ist sie auch kompakt.

1 1 1 , x3 D , x 3 D  x3 y y s s 1 1 3 , x D  , x D  3  : y y

(Erinnerung: Wurzeln sind nur für nicht negative Zahlen definiert.) Also ist:

x2

Im 2i

Re (z) + Im (z) ≥ 1

i

−1

1

2

3

4 Re

−i

|z − 2| ≤ 2

Abb. 7.33 Die Menge aus der Aufgabe 7.3a

Kapitel 7

Damit kürzt sich der Term xC2 und wir erhalten die Darstellung

59

60

Kapitel 7

Kapitel 7

(b) Wir schreiben die Ungleichung nun:

auch nicht kompakt. Als Schnitt zweier beschränkter Kreisscheiben ist sie aber auch selbst beschränkt.

jzj2 C 1  2 Im.z/ Im

1 1 ,zz  z C z C 1  0  2i 2i 1 1 1 , zC  C10 z 2i 2i 4 ˇ ˇ2 ˇ ˇ 1 3 , ˇˇz C ˇˇ   2i 4 Diese Ungleichung wird offensichtlich von allen z 2 C erfüllt. Damit ist die Menge unbeschränkt und damit auch nicht kompakt. Allerdings ist C abgeschlossen. (c) Siehe Abb. 7.34. Zunächst wenden wir uns den beiden letzten Mengen zu: Die Ungleichung Re.z/ C Im.z/  0 beschreibt alle z 2 C unterhalb der Geraden durch 0 und 1  i, die Ungleichung

|z − i| < 1

−3

−2

−1 −i

1

2

Re

−2i

Abb. 7.35 Die Menge aus der Aufgabe 7.3d



7.4

(a) Die Aussage ist falsch, denn die Grenzwerte müssen auch mit f .x/ O übereinstimmen. Die Funktion f W .0; 2/ ! R mit f .x/ D

Re.z/  Im.z/  0 alle z 2 C unterhalb der Geraden durch 0 und 1  i.

i

|z + 2| ≤ 2

( x;

x¤1

2;

xD1

erfüllt die Bedingung, ist aber an der Stelle 1 nicht stetig. (b) Dies ist genau die Definition der Stetigkeit, also richtig.

Im i Re (z) + Im (z) ≤ 0

Re (z) − Im (z) ≥ 0

−1

1

Re

−1 ≤ Im (z) < 1

(c) Die Aussage ist falsch wie das Beispiel f .x/ D x1 auf .0; 1/ zeigt. Die Aussage wäre richtig, wenn f statt auf dem offenen Intervall .a; b/ auf dem abgeschlossenen Intervall Œa; b definiert wäre. (d) Wieder falsch, betrachte f .x/ D .x  1/2

−i

Abb. 7.34 Die Menge aus der Aufgabe 7.3c

Die erste Menge ist genau der Streifen zwischen den Geraden Im.z/ D 1 und Im.z/ D 1. Der Schnitt dieser drei Mengen ist das Dreieck mit den Eckpunkten 0, 1i und 1i. Insbesondere ist diese Menge beschränkt. Außerdem gehören die Ränder des Dreiecks zu der Menge X , die dafür relevanten Ungleichungen lassen alle die Gleichheit zu. Also ist die Menge abgeschlossen und damit auch kompakt. (d) Siehe Abb. 7.35. Die erste Menge ist eine Kreisscheibe mit Mittelpunkt 2 und Radius 2, ihr Rand gehört dazu. Die zweite Menge ist eine Kreisscheibe um i mit Radius 1, deren Rand nicht Teil der Menge ist. Der Schnitt der beiden Kreisscheiben ist nicht leer,  12 C i gehört zum Beispiel dazu. Andererseits gehören etwa die Mittelpunkte jeweils nur zu einer der beiden Kreisscheiben, keine ist also eine Teilmenge der anderen. Deswegen besteht der Rand des Schnitts aus Teilen des Randes beider Mengen. Da bei der zweiten Menge der Rand nicht dazugehört, ist die Schnittmenge also nicht abgeschlossen, folglich

auf .0; 2/:

Diese Funktion besitzt eine Nullstelle bei 1, hat aber sonst nur positive Werte. (e) Auch diese Aussage ist falsch, da ja sogar konstante Funktionen monoton sind. Die Aussage wird richtig, wenn man fordert, dass f streng monoton sein soll. 

7.5

(a) Für x 2 D n f1g gilt: f .x/ D

x 2 C 2x  3 .x C 3/.x  1/ xC3 D D x2 C x  2 .x C 2/.x  1/ xC2

Also ist: lim f .x/ D lim

x!1

x!1

xC3 4 D xC2 3

Damit f stetig ist, muss also f .1/ D c D lim f .x/ D x!1

gelten.

4 3

Lösungswege

(b) Für x 2 D n f1g gilt:

Damit erhält man, da die Wurzelfunktion stetig ist:

x 3  2x 2  5x C 6 x 3  2x 2  5x C 6 D x3  x x.x  1/.x C 1/

lim

x!1

p

xC1

p  x D lim p

1 p xC1C x  1 1 D lim p q x!1 x lim 1 C x!1

Wir untersuchen, ob der Faktor x  1 auch im Zählerpolynom enthalten ist, f .x/ D

x!1

x2  x  6 6 ! D 3; x.x C 1/ 2

D0

für x ! 1. Damit f stetig ist, muss also c D 3 sein.

(d)

 lim

x!0



7.7

(a) 2 ist eine Nullstelle des Zählers und des Nenners, x  2x  7x C 20x  12 D .x  2/.x  7x C 6/ 4

3

2

3

x 4  6x 3 C 9x42 x  12 D .x  2/.x 3  4x 2 C x C 6/ Also ist x 4  2x 3  7x 2 C 20x  12 x 3  7x C 6 D lim 3 4 3 2 x!2 x  6x C 9x C 4x  12 x!2 x  4x 2 C x C 6 lim

Aber auch in dieser Darstellung ist 2 noch Nullstelle von Zähler und Nenner. Also noch einmal: x 3  7x C 6 D .x  2/.x 2 C 2x  3/ x 3  4x 2 C x C 6 D .x  2/.x 2  2x  3/ Also folgt lim

x!2 x 3

1 x

C1

1 D0 2

D lim

x!0

x1 D 1; x2

da der Nenner positiv ist und gegen null konvergiert, der Zähler aber gegen 1.

Rechenaufgaben 7.6

1 1  x x2

!

x 3  7x C 6 x 2 C 2x  3 5 D lim 2 D 2 x!2 x  2x  3  4x C x C 6 3

(b) Es ist 2x  3 D .x  1/  2  1: Also folgt



Für x  1 gilt f .x/ D x 2  2x C 2 D .x  1/2 C 1:

Insbesondere folgt f .x/  1, da stets .x  1/2  0 ist. Setzt man y D f .x/, so ergibt sich p y  1 D .x  1/2 also x D 1 C y  1: Vor der Wurzel haben wir das Vorzeichen C gewählt, da x  1 vorausgesetzt ist. Nun zu x < 1. Hier gilt f .x/ D 4x  2x 2  1 D 1  2.x  1/2 : Insbesondere ist dann f .x/ < 1. Mit y D f .x/ ergibt sich r 1y x D 1 : 2 Hier haben wir, wegen x < 1, das Vorzeichen „“ vor der Wurzel wählen müssen. Damit ist der Kandidat für die Umkehrfunktion g W R ! R mit: 8 1;

um den Entwicklungspunkt x0 D 1. 9.13  Bestimmen Sie alle z 2 C, die der folgenden Gleichung genügen. (a) cosh.z/ D 1, 1 (b) cosh z  .1  8i/ ez D 2 C 2i. 2

9.1  Überlegen Sie sich, ob Sie die Reihenglieder geschickt umschreiben können. Sind bekannte Formeln anwendbar? 9.2  Die Aussagen lassen sich bis auf die letzte direkt aus den Sätzen über Potenzreihen und ihre Konvergenzkreise aus dem Kapitel ableiten. Für die letzte Aussage kann man das Majoranten-/Minorantenkriterium anwenden. 9.3  Stellen Sie die Funktionen im Zähler und Nenner als Potenzreihen dar. Die Darstellung kann durch Nutzung der Landau-Symbolik vereinfacht werden.

Lösungen

9.4  Benutzen Sie die Euler’sche Formel für den Nachweis der Formel von Moivre. Die Identität ergibt sich als Realteil der rechten Seite. 9.5  Wählen Sie sich zunächst ein festes w mit Re.w/ > 0 und finden Sie heraus, wie sich die beiden Seiten der Funktionalgleichung für verschiedene z verhalten.

Rechenaufgaben

77

Anwendungsprobleme 9.15  Schreiben Sie die Partialsumme mit N Gliedern auf und schätzen Sie den Rest der Reihe durch eine geometrische Reihe ab. 9.16  Benutzen Sie die Landau-Symbolik zur Darstellung der Potenzreihen. 9.17  Lösen Sie nach p auf und verwenden Sie die geometrische Reihe für b=V .

9.6  Versuchen Sie, das Quotienten- oder das Wurzelkriterium auf die Reihen anzuwenden.

Lösungen

9.8  Zur Bestimmung des Konvergenzradius können Sie das Wurzelkriterium verwenden. Versuchen Sie für z auf dem Rand des Konvergenzkreises eine konvergente Majorante zu bestimmen. 9.9  Teil (a) lösen Sie durch Koeffizientenvergleich. Zur Bestimmung des Konvergenzradius in Teil (b) kann das Quotientenkriterium angewandt werden. 9.10  Aus dem Ansatz kann man durch Koeffizientenvergleich eine Rekursionsformel für die Koeffizienten herleiten. Indem Sie die ersten paar Koeffizienten ausrechnen, können Sie eine explizite Darstellung finden. Zum Bestimmen des Konvergenzradius ist das Wurzelkriterium geeignet. 9.11  Klammern Sie im Nenner 2 aus, damit Sie die geometrische Reihe anwenden können. 9.12  Benutzen Sie das Cauchy-Produkt. Zur einfacheren Darstellung sollten Sie die Landau-Symbolik verwenden. 9.13  Nutzen Sie die Darstellung der cosh-Funktion durch die Exponentialfunktion. Führen Sie anschließend eine Substitution durch, die auf eine quadratische Gleichung führt. 9.14  Drücken Sie die Kosinus- durch die Exponentialfunktion aus. Mithilfe der Euler’schen Formel können Sie sich überlegen, wie die komplexen Konjugationen umgeformt werden können.

Verständnisfragen 9.1  (a) Nein, (b) nein, aber als Potenzreihe darstellbar mit Entwicklungspunkt 1, (c) ja, mit Entwicklungspunkt 1 als Potenzreihe darstellbar mit und an D 1=nŠ, (d) nein, aber P Entwicklungspunkt 0 und an D nkD0 .1/k =.2k/Š. 9.2  richtig.

(a) Richtig, (b) falsch, (c) richtig, (d) falsch, (e)

9.3



(a) 1=2, (b) 2.

9.4





9.5  Für .i; i/ mit ˇ D 0, für .i; 1/ mit ˇ D 1 und für .i; i/ mit ˇ D 1.

Rechenaufgaben 9.6  (a) Konvergenzradius 256, Entwicklungspunkt 0, (b) Konvergenzradius 0, Entwicklungspunkt 2, (c) Konvergenzradius 23=4 , Entwicklungspunkt 0, (d) Konvergenzradius p 1= 5, Entwicklungspunkt i. 9.7  (a) Konvergenz für x 2 .0; 1, (b) Konvergenz für x 2 .0; 4/, (c) Konvergenz für x 2 Œ3; 1. 9.8

 Die Reihe konvergiert für alle z mit jz 2ij  1=2.

9.9



Die Reihe konvergiert genau für x 2 .1; 1/.

Kapitel 9

9.7  Den Konvergenzradius kann man entweder mit dem Quotienten- oder dem Wurzelkriterium bestimmen. Für die Randpunkte muss man das Majoranten-/Minorantenkriterium oder das Leibniz-Kriterium bemühen.

78

Kapitel 9

p p kC1  (a) D D C n f 2 i,  2 ig, (b) a2k D  12 ,  1 kC1 , jeweils für k 2 N0 . Der Konvergenzradius a2kC1 D   2 p ist 2.

9.10

9.11





2f .z/ D

1 2

C

9.12  .1 C x/1=n D alle n 2 N und x ! 1.

C

z 4

p n

z2 8

2C

C p n 2 2n

9 2

P1  z n nD3

2

für jzj < 2.

.x  1/ C O..x  1/2 / für

p 9.13  (a) z D .2n C 1/ i, n 2 Z, (b) z D ln.2 2/ C   C 2n i, n 2 Z. 4

(c) Aus der allgemeinen binomischen Formel folgt ! n X n j x : .x C 1/ D j j D0 n

P n Daher lautet die Reihe . 1 nD0 .1=nŠ/.x C 1/ /, ist also eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt 1 und Koeffizientenfolge .1=nŠ/. (d) In der vorliegenden Form ist die Reihe keine Potenzreihe. Mit der Reihendarstellung des Kosinus und dem CauchyProdukt erhält man aber 1 X

9.14  (a) Jedes z 2 C erfüllt diese Gleichung. (b) z D n, n 2 Z.

x 2n

nD0

!

1 X

1 X x 2n cos x D x 2n .1/n .2n/Š nD0 nD0 ! 1 n X X .1/k x 2n : D .2k/Š nD0

!

kD0

Kapitel 9

Anwendungsprobleme 9.15  Es sind die 13 Glieder (inklusive dem 0-ten Glied) aufzusummieren. Der berechnete Wert ist 7:389 05. 9.16  Die ersten acht Nachkommastellen sind in allen drei Fällen null. Für die Differenz ergibt sich 1=45 x 7 C O.x 8 / für x ! 0. P n 2 9.17  p D .RT =b/. 1 nD1 .b=V /  .ab/=.RT V /, der erste Term liefert die Gleichung des idealen Gases p D RT =V .

Lösungswege Verständnisfragen 9.1  (a) Da Potenzen von 1=x auftreten, handelt es sich nicht um eine Potenzreihe. (b) In der vorliegenden Form ist die Reihe keine Potenzreihe. Mit dem Ansatz 1 X

an .x  1/n D

nD0

1 X n .x  1/n nD2

.x  1/ C 2.x  1/ C 1 2

1 X nD0

9.2  (a) Die Aussage ist richtig, siehe die Definition des Konvergenzradius. P n (b) Die Aussage ist falsch, siehe etwa die Reihe . 1 nD1 z =n/, die für jzj < 1 konvergiert, aber für z ! 1 unbeschränkt wird. (c) Die Aussage ist richtig, da eine Potenzreihe im Inneren des Konvergenzkreises eine stetige Funktion ist. Der Kreis mit Radius r bildet eine kompakte Menge und auf kompakten Mengen sind stetige Funktionen beschränkt. (d) Auf dem Rand des Konvergenzkreises ist sowohl Konvergenz als auch Divergenz möglich. Die Aussage ist also falsch. P n (e) Für eine Potenzreihe . 1 nD0 an .z  z0 / / und ein beliebiges z 2 C mit jz  z0 j D  gilt jan .z  z0 /n j D jan j n D jan .zO  z0 /n j: Da P die Potenzreihen in zO absolut konvergiert, bildet die Reihe . 1 O  z0 / j/ eine konvergente Majorante. Die Aussage nD0 jan .z ist also richtig.

x2 9.3

erhält man aber die Gleichung

Man kann diese Reihe also als eine Potenzreihe mit EntP wicklungspunkt 0 und Koeffizientenfolge . nkD0 .1/k =.2k/Š/ darstellen.

an .x  1/ D n

1 X

n .x  1/ ; n



(a) Die Potenzreihen

1  cos x D 

nD1

nD2

aus der durch Koeffizientenvergleich die an bestimmt werden können.

1 X .1/n

x sin x D

1 X nD0

.2n/Š

x 2n D

1 2 1 x  x 4 C O.x 6 / 2 24

.1/n 1 x 2nC2 D x 2  x 4 C O.x 6 / .2n C 1/Š 6

Lösungswege

sind auf ganz R absolut konvergent. Somit gilt

9.5



1 2 1 4 x  24 x C O.x 6 / 1  cos x D lim 2 x!0 x sin x x!0 x 2  1 x 4 C O.x 6 / 6

x!0

1 2



1

1 2 x C O.x 4 / 24 1 2 x C O.x 4 / 6

D

1 : 2

(b) Es gilt sin.x / D 4

1 X nD0

und ln.wz/ D ln.1/ D i: Die Funktionalgleichung gilt also mit ˇ D 0.

.1/n x 4.2nC1/ .2n C 1/Š

Für z D 1 folgt ln w C ln z D i

1 D x 4  x 12 C O.x 20 /; 6 1 X 1 4 .sin.x 4 //n esin.x /  1 D nŠ nD1

 3 C i D i 2 2

und  ln.wz/ D ln.i/ D i : 2

1 D x 4 C x 8 C O.x 12 /; 2 1 X .1/n 2nC2 x 2 .1  cos.x// D  x .2n/Š nD1 D

  C i D i 2 2

Die Funktionalgleichung gilt also mit ˇ D 1. Für w D z D i dagegen gilt

1 4 1 x  x 6 C O.x 8 /: 2 24

ln w C ln z D i

   i D i 2 2

und

Es folgt also x 4 C 12 x 8 C O.x 12 / esin.x /  1 D lim x!0 x 2 .1  cos.x// x!0 1 x 4  1 x 6 C O.x 8 / 2 24

ln.wz/ D ln.1/ D i:

4

lim

D lim

1 C 12 x 4 C O.x 8 /

x!0 1 2



1 2 x 24

C O.x 4 /

Die Funktionalgleichung gilt also mit ˇ D 1.

D 2:

9.4  Nach der Euler’schen Formel gilt für alle ' 2 R und alle n 2 Z .cos ' C i sin '/n D ein' D cos.n'/ C i sin.n'/:

Rechenaufgaben 9.6



(a) Wir bestimmen

Andererseits ist nach der binomischen Formel für ' 2 R und n 2 N0 ! 2n X 2n 2nk 2n .cos ' C i sin '/ D cos2nk .'/ sink .'/: i k

ˇ ˇ ˇ Œ.k C 1/Š4 z kC1 .4k/Š ˇ ˇ ˇ  ˇ .4k C 4/Š .kŠ/4 z k ˇ .k C 1/4 D jzj .4k C 4/.4k C 3/.4k C 2/.4k C 1/ jzj ! 4 .k ! 1/ 4

Betrachtet man nur den Realteil dieser Gleichung, so bleiben nur die Terme in der Summe mit geradem k bestehen, und es folgt

Nach dem Quotientenkriterium konvergiert die Reihe absolut für jzj < 44 D 256 und divergiert für jzj > 256. Der Konvergenzradius ist also 256, der Entwicklungspunkt, d. h. der Mittelpunkt des Konvergenzkreises, ist 0.

Damit ist die Formel von Moivre schon bewiesen.

kD0

cos.2n'/ D Re.cos ' C i sin '/2n ! n X 2n 2n2k D cos2n2k .'/ sin2k .'/ i 2k kD0 ! n X nk 2n D .1/ cos2.nk/ .'/ sin2k .'/: 2k kD0

(b) Wir wenden das Wurzelkriterium an. Für z ¤ 2 gilt p n nn jz  2jn D n jz  2j ! 1 .n ! 1/: Die Potenzreihe konvergiert nur für z D 2. Der Konvergenzradius ist also 0 und der Konvergenzkreis besteht nur aus dem isolierten Punkt f2g.

Kapitel 9

D lim

Zunächst wählen wir w D i. Für z D i folgt dann ln w C ln z D i

lim

79

80

Kapitel 9

(c) Wir wenden wieder das Quotientenkriterium an. Mit ˇ ˇ ˇ n C 1 C i 2nC2 .p2 i/n z 2.nC1/ ˇ ˇ ˇ nC1  2n  p  ˇ ˇ 2n ˇ nC1 ˇ nCi z . 2 i/ n ˇ ˇ .2nC2/Š ˇn C 1 C i z 2 ˇˇ .nC1/Š.nC1/Š ˇ Dˇ p ˇ  2nŠ ˇ nCi 2iˇ nŠnŠ ˇ ˇ ˇ n C 1 C i ˇ .2n C 2/.2n C 1/ jzj2 ˇ D ˇˇ p nCi ˇ .n C 1/2 2 p jzj ! 1  4  p D 2 2 jzj2 .n ! 1/: 2 Nach dem Quotientenkriterium konvergiert die Reihe demnach p für jzj < .2 2/1=2 . Der Konvergenzkreis ist der Kreis um null mit Radius 23=4 .

Kapitel 9

(d) Hier gilt sˇ ˇ ˇ ˇ sˇ ˇ n ˇ ˇ ˇ2 C iˇ n ˇ ˇ i n ˇ .2 C i/  i n ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ jz C ij: 1 .z C i/ ˇ D ˇ ˇ in i ˇ ˇ .2 C in / ˇ

und damit erhalten wir Divergenz mit dem Minoranten-/Majorantenkriterium. Für x D 1 sind die Glieder .1/n1 .2n C 1/ n

alternierend und ihr Betrag ist streng monoton fallend (2n ist fallend, n wachsend). Mit dem Leibniz-Kriterium folgt, dass die Reihe konvergiert. Insgesamt erhalten wir Konvergenz der Potenzreihe für x 2 .0; 1. (b) Man kann das Quotientenkriterium anwenden. Dazu bestimmen wir ˇ ˇ ˇ 1  .2/n2 .n C 1/Š nŠ .x  2/nC1 ˇ ˇ ˇ   ˇ ˇ ˇ .n C 1/Š 1  .2/n1 nŠ .x  2/n ˇ ˇ ˇ ˇ1 .2/nC1 ˇ ˇ 2 C .nC1/Š ˇ ˇ jx  2j D ˇˇ .2/nC1 ˇ ˇ nŠ  1 ˇ !

Da lim .i=.2Ci/n / D 0, folgt mit dem Einschließungskriterium n!1

auch

sˇ ˇ ˇ ˇ i ˇ D 1: lim n ˇˇ1  n n!1 .2 C i/ ˇ

Also ist sˇ ˇ p ˇ .2 C i/n  i ˇ n ˇ D j2 C ij jz C ij D lim n ˇˇ .z C i/ 5 jz C ij: ˇ n n!1 i Nach dem Wurzelkriterium konvergiert die Reihe genau p für p jz C ij < 1= 5 absolut. Der Konvergenzradius ist 1= 5, der Entwicklungspunkt ist i. 9.7  (a) Das Quotientenkriterium soll zur Bestimmung des Konvergenzradius angewendet werden. Wir erhalten ˇ nC1 ˇˇ  ˇ .1/n .2nC1 C 1/  n x  12 ˇ ˇ lim ˇ   n ˇ n!1 ˇ .n C 1/  .1/n1 .2n C 1/ ˇ x  12 ˇ ˇ ˇ ˇ  nC1 ˇ ˇ n .2 1 ˇˇ 1 ˇˇ C 1/ ˇ ˇ D lim ˇ D 2 ˇx  ˇ  x n!1 n C 1 .2n C 1/ 2 ˇ 2 Die Potenzreihe konvergiert nach dem Quotientenkriterium für ˇ ˇ ˇ 1 ˇˇ ˇ 2 ˇx  ˇ < 1 2 absolut. Wir erhalten als Konvergenzkreis das Intervall .0; 1/. Für x D 0 lauten die Reihenglieder  n .1/n1 .2n C 1/ 1 C 2n 1 1 D  2 divergiert sie. Im Randpunkt x D 0 lautet die Reihe 1 X 1  .2/n1 nŠ



nD0

! .2/

n

D

1 X .2/n nD0



1 C 2

! :

Da .1=2/ C ..2/n =nŠ/ ! .1=2/ (n ! 1), bilden die Reihenglieder keine Nullfolge, die Reihe divergiert also. Im Randpunkt x D 4 erhält man analog die Reihenglieder .2n =nŠ/C..1/n=2/, die ebenfalls keine Nullfolge bilden. Auch hier divergiert die Reihe. Die Reihe konvergiert demnach genau für x 2 .0; 4/. (c) Es gilt r n

1 n2

ˇn ˇp p ˇ ˇ 2 ˇ n C n  n2 C 1ˇ jx C 1jn ˇ p 1 ˇˇp 2 ˇ D p ˇ n C n  n2 C 1ˇ jx C 1j n 2 . n/ 1 n1 D p p p jx C 1j n 2 2 . n/ n C n C n2 C 1 n1 1 q jx C 1j D p q . n n/2 1 1 n 1 C n C 1 C n2 !

1 jx C 1j .n ! 1/: 2

Also konvergiert die Potenzreihe nach dem Wurzelkriterium für jx C 1j < 2, d. h. x 2 .3; 1/. Sie divergiert für jx C 1j > 2.

Lösungswege

Wenn jx C 1j D 2 ist, zeigt die Abschätzung

Die Behauptung folgt jetzt durch vollständige Induktion. Den Induktionsanfang bildet die Relation a0 D 1: Der Induktionsschritt: Aus 1n

1 B 1/ B q 2.n  q n2 @ n 1 C n1 C 1 C

1 n2

C 1 C A  n2 ;

P1 1  dass durch nD1 n2 eine konvergente Majorante gegeben ist. Also konvergiert die Potenzreihe für x D 1 und x D 3, insgesamt also für x 2 Œ3; 1. 9.8  Um den Konvergenzradius zu bestimmen, wenden wir das Wurzelkriterium an. Es gilt sˇ ˇ n ˇ ˇ 1 n ˇ .2i/ n ˇ ˇ n2 C in .z  2i/ ˇ D 2 jz  2ij p n 2 jn C inj 1 D 2 jz  2ij 2n p 4 n C n2 ! 2 jz  2ij .n ! 1/: Damit konvergiert die Potenzreihe für jz  2ij < 1=2 und divergiert für jz  2ij > 1=2. Wir betrachten nun ein z auf dem Rand des Konvergenzkreises, also gilt jz  2ij D 1=2. Es ist dann j2i .z  2i/j D 1. Damit folgt ˇ ˇ ˇ .2i.z  2i//n ˇ 1 1 1 ˇ ˇ ˇ n2 C in ˇ D jn2 C inj D pn4 C n2  n2 : P1  2 Die Reihe nD1 1=n bildet demnach eine konvergente Majorante. Also konvergiert die Reihe auch für jedes z auf dem Rand des Konvergenzkreises. Insgesamt folgt die Konvergenz für alle z mit jz  2ij  1=2. 9.9



1 X

Š

an x n D ex D

nD0

1 X xn nD0



:

Die linke Seite wird umgeformt zu: .1  x/

1 X

an x n D

nD0

1 X

  an x n  x nC1

D a0 C

1 X

.an  an1 / x n :

nD1

Durch Koeffizientenvergleich ergeben sich die Bedingungen a0 D 1; 1 ; nŠ

und anC1 D an C

kD0

n 2 N:

1 .n C 1/Š

folgt anC1 D

n nC1 X X 1 1 1 C D : kŠ .n C 1/Š kŠ kD0

kD0

Dies ist die Behauptung. (b) Es gilt ˇ ˇ nC1 ˇ P ˇ ˇ ˇ ˇ anC1 x nC1 ˇ ˇ D lim ˇˇx kD0 lim ˇˇ n n!1 an x n ˇ n!1 ˇ P ˇ ˇ kD0

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇex ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ D ˇ ˇ D jxj: e 1 ˇˇ kŠ ˇ 1 kŠ

Nach dem Quotientenkriterium ist der Konvergenzradius der Potenzreihe also 1. P1 Im Randpunkt x D 1 hat die Reihe die Form nD0 an . Da .an / aber keine Nullfolge ist, kann diese Reihe nicht konvergieren. ist die Reihe für x D 1 von der P1 Analog n Form nD0 .1/ an , daher divergiert auch diese Reihe, da ..1/n an / keine Nullfolge ist. Insgesamt konvergiert die Potenzreihe nur auf dem Intervall .1; 1/. 9.10  (a) Die Funktion ist für alle z mit z 2 C 2 ¤ 0 p p definiert. Also ist D D C n f 2 i,  2 ig. (b) Es muss gelten z  1 D .z 2 C 2/

1 X

an z n

nD0

D

1 X nD0 1 X

1 X

an z nC2 C an2 z n C

nD2

nD0 1 X

2an z n 2an z n

nD0 1 X

D 2a0 C 2a1 z C

nD0

an D an1 C

n X 1 kŠ

D

(a) Es muss gelten .1  x/

an D

.an2 C 2an / z n :

nD2

Jetzt können wir einen Koeffizientenvergleich durchführen: 1 a0 D  ; 2

a1 D

1 ; 2

1 an D  an2 ; 2

Wir bestimmen die ersten paar Folgenglieder, 1 a0 D  ; 2 1 a3 D  ; 4

1 ; 2 1 a4 D  ; 8 a1 D

1 ; 4 1 a5 D ; 8 a2 D

n  2:

Kapitel 9

n ˇ p 2n ˇˇp 2 ˇ ˇ n C n  n2 C 1 ˇ 2 n 0 D

81

82

Kapitel 9

und vermuten  kC1 1 a2k D  ; 2

a2kC1

 kC1 1 D  ; 2

k 2 Z0 :

Diese Vermutung lässt sich mit vollständiger Induktion zeigen. Den Konvergenzradius kann man p mit dem Wurzelkriterium bestimmen. Dafür betrachten wir n jan z n j: q 1 1 2k ja2k z 2k j D 2k p jzj ! p jzj; 2 2kC1 q 1 1 2kC1 ja2kC1 z 2kC1 j D 2kC1 p jzj ! p jzj; kC1 2 2 jeweils für k ! 1. p p Die Folge . n jan z n j/ ist konvergent mit Grenzwert jzj= 2. Für absolute Konvergenz muss dieser Grenzwert kleiner als 1 sein, p p also jzj < 2. Der Konvergenzradius ist also 2.

Kapitel 9

9.11



Die geomerische Reihe ist 1

X 1 qn D 1q nD0

für jqj < 1:

z 2

D

kD0

X 1 kD0 X 1

2 ak .x  1/

k

ak .x  1/

k

3 D a03 C .a02 a1 C 2a02 a1 /.x  1/ C O..x  1/2 /;

jeweils für x ! 1. Dies legt die Vermutung 1 X

!n ak .x  1/

D a0n C na0n1 a1 .x  1/ C O..x  1/2 /

k

kD0

für alle n 2 N und x ! 1 nahe, die wir mit vollständiger Induktion beweisen. Den Induktionsanfang haben wir schon erbracht. Aus der Annahme, dass die Vermutung für ein bestimmtes n 2 N richtig ist, folgt

für jzj < 2:

2

D a02 C .a0 a1 C a1 a0 /.x  1/ C O..x  1/2 /;

kD0

!nC1 ak .x  1/

k

  D a0n C na0n1 a1 .x  1/ C O..x  1/2 /    a0 C a1 .x  1/ C O..x  1/2 / D a0nC1 C a0n a1 .x  1/ C na0n a1 .x  1/ C O..x  1/2 /

Damit folgt f .z/ D .1 C z / 3

D D

1  X

z n 2

nD0 1  X

2

D1C

C

1 X

2

für x ! 1. Damit ist die Vermutung für alle n 2 N bewiesen. Durch Koeffizientenvergleich mit 1 C x D 2 C .x  1/ ergibt sich nun

nC3

z

2n

nD0 1 X

z n C8 2

nD0

D a0nC1 C .n C 1/a0n a1 .x  1/ C O..x  1/2 /

1   X z n nD0

nD3

z z C C9 2 4

a0n D 2;

zn 2n

1   X z n nD3

na0n1 a1 D 1;

und daher a0 D

2

für jzj < 2. 9.12

1 ak .x  1/k D a0 C a1 .x  1/ C O..x  1/2 /;

kD0

1   X z n nD0

X 1

1 X

Setzen wir q D z=2, so erhalten wir 1 1

Wir müssen also die ersten Glieder von Potenzen einer Potenzreihe bestimmen. Mit dem Cauchy-Produkt und der LandauSymbolik erhalten wir

p n

p n 2;

a1 D

2 : 2n

Es ist also

 Der Ansatz

.1 C x/

f .x/ D

1 X

ak .x  1/k

1=n

D

p n

p n 2C

2 .x  1/ C O..x  1/2 / 2n

für alle n 2 N und x ! 1.

kD0

führt auf die Gleichung 1Cx D

1 X kD0

9.13

!n ak .x  1/k

:



(a) Wir schreiben die Gleichung in die Form  1 1 wC D 1 2 w

mit w D ez :

Lösungswege

Anwendungsprobleme

um. Das ist äquivalent zu w C 2w C 1 D .w C 1/ D 0: 2



9.15

Es gilt

Die Lösung ist w D 1. Das führt auf ez D 1, d. h. z D ln .1/ C 2in D i C 2in D .2n C 1/ i;

e2 D

n 2 Z:

1 X 2n nD0

(b) Mit der Formel cosh z D 12 .ez C ez / erhält man 1 z 1 .e C ez /  .1  8i/ ez D 2 C 2i; 2 2

Nach der Substitution w D ez und anschließender Multiplikation mit w ergibt sich die quadratische Gleichung w 2  .4 C 4i/ w C 8i D 0:

D .w  .2 C 2i//2  4  8i C 4 C 8i D .w  .2 C 2i//2 : p Also ist w D 2 C 2i, insbesondere also jwj D 2 2 und arg.w/ D =4. Mit dem komplexen Logarithmus ergibt sich   p z D ln.2 2/ C i C 2n ; n 2 Z: 4 9.14  (a) Mit der Euler’schen Formel ist cos z D 12 .eiz C eiz /. Für jedes z 2 C folgt also  1  iz e C eiz 2  1  iz D e C eiz 2 1 D .eiz C eiz / 2 D cos z:

cos z D

Jedes z 2 C erfüllt also diese Gleichung. (b) Falls z 2 C Lösung der Gleichung ist, folgt eiz D eiz D eiz ;

also

e2iz D 1:

Die Substitution w D eiz führt auf w 2 D 1 also w D ˙1. Nun wendet man den komplexen Logarithmus an: iz D ln 1 C 2ni D 2n i; iz D ln 1 C i. C 2n/ D .2n C 1/ i;

jeweils für n 2 Z. Fasst man beide Fälle zusammen, erhält man z D n für n 2 Z. Umgekehrt stellt man fest, dass jedes solche z tatsächlich die Gleichung erfüllt.

nD0



C

1 X 2n : nŠ nDN C1

1 1 X X 2n 2n D 2N C1 : nŠ .N C 1 C n/Š nDN C1 nD0

Nun schätzen wir ab, 1 X nD0

1

X 2n 2n 1  .N C 1 C n/Š .N C 1/Š nD0 .N C 2/n D

Diese Gleichung löst man durch quadratisches Ergänzen: 0 D .w  .2 C 2i//2  .2 C 2i/2 C 8i

N X 2n

Den letzten Summanden schreiben wir durch eine Indexverschiebung um zu

also ez C 8i ez D 4 C 4i:



D

1 1 N C2 : D .N C 1/Š 1  N 2C2 .N C 1/Š N

Es folgt ˇ ˇ N ˇ nˇ N C1 .N C 2/ ˇ 2 X2 ˇ 2 : ˇe  ˇ ˇ nŠ ˇ .N C 1/Š N nD0 Wir können also fünf korrekte Dezimalstellen garantieren, wenn wir N so groß wählen, dass die rechte Seite kleiner als 5  106 wird. Für N D 12 erhalten wir 2N C1 .N C 2/ 0:000 002: .N C 1/Š N Die Abschätzung ist also erfüllt. Der so berechnete Wert ist 7:389 05, die korrekte Darstellung auf 6 Stellen lautet 7:389 056. 9.16  Auf 8 Nachkommastellen gerundet, ergibt sich in allen drei Fällen eine Differenz von 0. Bei einem Taschenrechner ohne wissenschaftliche Zahlendarstellung ist dies das Ergebnis, dass angezeigt wird. Um diese Beobachtung zu erklären, stellen wir die Potenzen von sin.x/ als Potenzreihen dar:   1 5 1 7 1 sin.x/ D x  x 3 C x  x C O x8 ; 6 120 5040 sin2 .x/ D sin.x/  sin.x/   1 2 D x2  x4 C x6 C O x8 ; 3 45 sin3 .x/ D sin.x/  sin2 .x/   1 13 7 D x3  x5 C x C O x9 ; 2 120 sin5 .x/ D sin2 .x/  sin3 .x/   5 D x5  x7 C O x9 ; 6   sin7 .x/ D sin2 .x/  sin5 .x/ D x 7 C O x 9 :

Kapitel 9

2

w D 1W w D 1 W

83

84

Kapitel 9

Diese Ausdrücke setzen wir in die Potenzreihen von sinh ein und erhalten

Eingesetzt in die Sinus-Funktion ergibt sich

  1 7 x C O x8 5040   1 1 D x  x5 C x7 C O x8 : 15 90

1 5040 1 5 1 7 1 D x C x3 C x C x 120 5040 6 1 1 13 7 x3 C x5 C x  6 2 120  1 5 C x5 C x7 120 6   1 7  x C O x8 5040   1 1 D x  x5  x7 C O x8 : 15 90 

C

Kapitel 9

Nun der umgekehrte Fall, zunächst bestimmen wir die Potenzen von sinh.x/:   1 1 5 1 7 sinh.x/ D x C x 3 C x C x C O x8 ; 6 120 5040

1 1 sinh3 .x/ C sinh5 .x/ 6 120   sinh7 .x/ C O sin8 .x/

sin.sinh.x// D sinh.x/ 

1 1 sin5 .x/ sinh.sin.x// D sin.x/ C sin3 .x/ C 6 120   1 C sin7 .x/ C O sin8 .x/ 5040 1 5 1 7 1 D x  x3 C x  x 6 120 5040  1 1 13 7 C x3  x5 C x 6 2 120  1 5 C x5  x7 120 6

Daher ist sinh.sin.x//  sin.sinh.x// D

1 7 x C O.x 8 / 45

für x ! 0. 9.17



Nach p aufgelöst, ergibt sich

sinh .x/ D sinh.x/  sinh.x/ 2

  1 2 D x C x4 C x6 C O x8 ; 3 45 2

sinh3 .x/ D sinh.x/  sinh2 .x/   1 13 7 D x C x5 C x C O x9 ; 2 120 3

sinh5 .x/ D sinh2 .x/  sinh3 .x/   5 D x5 C x7 C O x9 ; 6

  sinh7 .x/ D sinh2 .x/  sinh5 .x/ D x 7 C O x 9 :

pD

RT 1 RT a a D   2: V b V2 V 1  b=V V

Durch Einsetzen der geometrischen Reihe erhalten wir 1  a RT X b n  2 pD V nD0 V V

1  RT RT X b n 1 D : C .bRT  a/ 2 C V V b nD3 V

Berücksichtigt man nur den ersten Term der Reihe, so erhält man p D RT =V , die Gleichung des idealen Gases.

Kapitel 10

10.5  Neben dem Newton-Verfahren gibt es zahlreiche andere iterative Methoden zur Berechnung von Nullstellen von Funktionen. Das sogenannte Halley-Verfahren etwa besteht ausgehend von einem Startwert x0 in der Iterationsvorschrift

Aufgaben Verständnisfragen

xj C1 D xj  10.1



Untersuchen Sie die Funktionen fn W R ! R mit ( fn .x/ D

n

x cos

1 ; x

x¤0 xD0

0;

für n D 1; 2; 3 auf Stetigkeit, Differenzierbarkeit oder stetige Differenzierbarkeit.

f .xj /f 0 .xj / .f 0 .xj //2  12 f 00 .xj /f .xj /

;

j 2N:

Beweisen Sie mithilfe der Taylorformeln erster und zweiter Ordnung, dass das Verfahren in einer kleinen Umgebung um eine Nullstelle xO einer dreimal stetig differenzierbaren Funktion O ¤ 0 sogar kubisch konf W D ! R mit der Eigenschaft f 0 .x/ vergiert, d. h., es gilt in dieser Umgebung jxO  xj C1 j  cjxO  xj j3

f 0 .x/ O D    D f .2n1/ .x/ O D0

Rechenaufgaben 10.6  Berechnen Sie die Ableitungen der Funktionen f W D ! R mit

und f .2n/ .x/ O >0



1 f1 .x/ D x C x

im Punkt xO 2 .a; b/ ein Minimum hat.

2 ;

x¤0

f2 .x/ D cos.x 2 / cos2 x; x 2 R  x e 1 f3 .x/ D ln ; x¤0 ex

10.3  Zeigen Sie, dass eine differenzierbare Funktion f W .a; b/ ! R affin-linear ist, wenn ihre Ableitung konstant ist.

x

f4 .x/ D x .x / ;

x>0

auf dem jeweiligen Definitionsbereich der Funktion. 10.4



Bestimmen Sie zu  f .x/ D x 3 cosh

3

x 6

die Werte der 8. und 9. Ableitung an der Stelle x D 0 .

10.7  Wenden Sie das Newton Verfahren an, um die Nullstelle x D 0 der beiden Funktionen ( x 4=3 ; x0 f .x/ D 4=3 jxj ; x < 0

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_9

85

Kapitel 10

mit einer von j unabhängigen Konstanten c > 0. 10.2  Begründen Sie, dass eine 2n-mal stetig differenzierbare Funktion f W .a; b/ ! R mit der Eigenschaft

86

Kapitel 10

10.15 

und (p x; g.x/ D p  jxj;

x0 x0 n f1g lim x!a ax  aa 1 1 lim  x!0 ex  1 x lim cot.x/.arcsin.x//

 p dn x n  .e sin x/ D . 2/n ex sin x C n dx 4

lim

x!1

für n D 0; 1; 2; : : : 10.10  Bestimmen Sie die Potenzreihe zu f W R>0 ! R mit f .x/ D 1=x 2 um den Entwicklungspunkt x0 D 1 und ihren Konvergenzradius.

Kapitel 10

10.11  Zeigen Sie, dass die Funktion f W Œ1; 2 ! R mit f .x/ D x 4 konvex ist,

x!0

10.17  Bestimmen Sie eine Konstante c 2 R sodass die Funktion f W Œ=2; =2 ! R (

(a) indem Sie nach Definition f .x C .1  /z/  f .x/ C .1  /f .z/ für alle  2 Œ0; 1 prüfen, (b) mittels der Bedingung f 0 .x/.y  x/  f .y/  f .x/. 10.12 

Berechnen Sie die Grenzwerte

f .x/ D

1

.cos x/ x2 ;

x¤0

c;

xD0

stetig ist. Zeigen Sie für alle x > 0 die Abschätzung 1 x ln x   : e

10.13  Bei Betrachtungen der Energie relativistischer Teilchen stößt man auf die Funktion f W R ! R mit f .x/ D

sin2 x .1  a cos x/5

für eine Konstante a 2 .0; 1/. Bestimmen Sie die Extremalstellen dieser Funktion. 10.14  Bestimmen Sie die Taylorreihe zu f W R ! R mit f .x/ D x exp.x  1/ um x D 1 zum einen direkt und andererseits mithilfe der Potenzreihe zur Exponentialfunktion. Untersuchen Sie weiterhin die Reihe auf Konvergenz.

10.18  Zeigen Sie, dass der verallgemeinerte Mittelwert für x ! 0 gegen das geometrische Mittel positiver Zahlen a1 ; : : : ak 2 R>0 konvergiert, d. h., es gilt: 0

1 x1 n X 1 lim @ ax A D x!0 n j D1 j

v uY u n n t aj j D1

Anwendungsprobleme 10.19  Wie weit kann man bei optimalen Sichtverhältnissen von einem Turm der Höhe h D 10 m sehen, wenn die Erde als Kugel mit Radius R 6300 km angenommen wird?

Hinweise

10.20  Es wird eine Hängebrücke über eine 30 m breite Bucht gebaut. Dabei ist die Form der Brücke durch die sogenannte Kettenlinie beschrieben, d. h., es gibt eine positive Konstante a > 0, sodass die Form durch den Graphen der Funktion f W R ! R mit  x  x   0 1 f .x/ D h0 C a cosh a

87

10.22  In einem Sägewerk werden Baumstämme auf zwei rechtwinklig aufeinandertreffenden Fließbändern transportiert, von denen das eine 2 m und das andere 3 m breit ist. Wie lang dürfen die Stämme maximal sein, damit sie nicht verkanten, wenn man die Dicke der Stämme vernachlässigt? 3m

2m

gegeben ist. Die Durchfahrtshöhe für Segelschiffe muss h0 D 8 m betragen. Die Steilufer sind 10 m und 12 m über dem Wasserspiegel (siehe Abbildung). Bestimmen Sie mithilfe des Newton-Verfahrens den Parameter a > 0 und den Abstand x0 des Tiefpunkts zu einem der Ufer.

12 m Abb. 10.40 Der schwarz eingezeichnete Baumstamm muss sich vom 2 m breiten Fließband ohne Verkanten auf das 3 m breite Fließband befördern lassen

8m x0

10.21  Das Fermat’sche Prinzip besagt, dass Licht stets den Weg kürzester Dauer einschlägt. Betrachten wir den Weg des Lichts zwischen zwei Punkten p und q in zwei Medien mit unterschiedlichen Geschwindigkeiten c1 und c2 . Innerhalb der jeweiligen Medien bewegt sich das Licht auf geraden Strahlen, sodass die zurückgelegten Strecken im ersten Medium durch c1 t und im zweiten Medium durch c2 t gegeben sind (siehe Abb. 10.39). Geben Sie eine Funktion an, die die Dauer von p nach q als Funktion T .x/ der Stelle x angibt, und folgern Sie aus der Minimalitätsbedingung T 0 .x/ D 0 für den wirklichen Verlauf eines Lichtstrahls das Snellius’sche Brechungsgesetz sin ˛1 c1 D : sin ˛2 c2

10.23  Ein Seiltänzer, der auf einer 12 m langen Stange 4 m von einem Ende entfernt steht, übt an dieser Stelle durch sein Gewicht eine Kraft von F D 600 N auf die Stange aus. Das Eigengewicht der Stange soll vernachlässigt werden. Bestimmen Sie den kubischen Spline s 2 S33;1 zur Beschreibung der Biegung der Stange unter dieser Last, wenn am Rand die Bedingungen s.0/ D s 00 .0/ D s.12/ D s 00 .12/ D 0 gelten. Die Punktlast bei x D 8 wird modelliert durch einen Sprung lim.s 000 .8 C "/  s 000 .8  "// D

"!0

F B

in der dritten Ableitung der Lösung, wobei B D 8000 Nm2 die Biegefestigkeit der Stange bezeichnet.

Hinweise

Medium 1

p

Verständnisfragen

α1 s1

q1 x q2

p2 p1

10.1  Betrachten Sie zum einen die Grenzwerte der Funktionen und ihrer Ableitungsfunktionen in x D 0 und zum anderen die Grenzwerte der Differenzenquotienten.

s2

q

Abb. 10.39 Brechung des Lichts an zwei Medien

α2 Medium 2

10.2  Überlegen Sie sich, dass die Bedingungen strenge Monotonie der .2n  1/-ten Ableitungsfunktion mit sich bringen und somit der Vorzeichenwechsel zeigt, dass die .2n  2/-te Ableitung ein Minimum in xO besitzt. Argumentieren Sie dann induktiv.

Kapitel 10

30 m

88

Kapitel 10

10.3



Man verwende die Taylorformel 1. Ordnung.

10.4  Nutzen Sie, dass die Potenzreihe der Funktion die Taylorreihe zu f ist. 10.5  Einsetzen der Iterationsvorschrift bezüglich xj , ausklammern des Nenners und verwenden der Taylorformel zweiter Ordnung mit der Lagrange’schen Restglieddarstellung sind erste wichtige Schritte für die gesuchte Abschätzung. Überlegen Sie sich auch, dass der Nenner in der Iterationsvorschrift in einer Umgebung um xO nicht null wird.

Rechenaufgaben

10.7  Mit der Iterationsvorschrift lässt sich die Differenz jxkC1  xk j abschätzen. 

n kC1



nC1

10.8



Es gilt

10.9



Verwenden Sie das Additionstheorem

k

C

D

kC1

.

Kapitel 10

  sin x C 4 ; sin x C cos x D sin 4

x 2 R:

10.10  Betrachten Sie die Potenzreihe zum Ausdruck 1=x und die Ableitung. 10.11  Mit den binomischen Formeln folgt allgemein 2ab  a2 C b 2 für a; b 2 R. 10.12  Bestimmen Sie lokale Minima und untersuchen Sie das Verhalten am Rand des Definitionsbereichs. 10.13  Ermitteln Sie die kritischen Stellen und betrachten Sie die zweite Ableitung an diesen Stellen. 10.14  zeigen.

10.17  Stetigkeit bedeutet insbesondere, dass der Grenzwert für x ! 0 mit dem Funktionswert bei x D 0 übereinstimmt. 10.18  Schreiben Sie die allgemeine Potenz mithilfe der Exponentialfunktion und dem natürlichen Logarithmus und überlegen Sie sich, dass der Grenzwert des Exponenten mit der L’Hospital’schen Regel gefunden werden kann.

Anwendungsprobleme

10.6  Wenden Sie passende Kombinationen von Produkt und Kettenregel an.

n 

10.16  In allen vier Beispielen lässt sich die L’Hospital’sche Regel, gegebenenfalls nach Umformungen des Ausdrucks, anwenden.

10.19  Bestimmen Sie die Tangente an der Erdkugel, die den Horizont berührt und die Spitze des Turms trifft. 10.20  Aus den Gleichungen am Ufer, etwa f .0/ D 10 und f .30/ D 12, kann man eine Gleichung für das Verhältnis y D x0 =a gewinnen. Die Lösung y der Gleichung kann nicht analytisch berechnet werden, sie lässt sich aber mit dem Newton-Verfahren approximieren. 10.21  Mit dem Satz des Pythagoras lässt sich die Länge der Teilstrecken in den Medien in Abhängigkeit von x bestimmen und daraus die benötigte Zeit ermitteln. Die Summe dieser Zeiten ergibt die gesuchte Funktion. 10.22  Stellen Sie eine Funktion für die Länge eines Baumstamms dar, wie ihn die Abbildung zeigt, mit der horizontalen Länge, in der der Baumstamm in das 2 m breite Fließband hineinragt, als Argument. Bestimmen Sie das Minimum dieser Funktion. 10.23  Machen Sie einen Ansatz für die Polynome 3. Grades, so dass die Randbedinungen bei x D 0 und x D 12 erfüllt sind. Aus den Bedingungen bei x D 8 erhält man ein Gleichungssystem für die verbleibenden Koeffizienten.

Lösungen

Mit einer Induktion lässt sich die n-te Ableitung

10.15  Nutzen Sie die Darstellung f .x/ D ln.1  x/  ln.1 C x/ und berechnen Sie die n-te Ableitung. Für die Fehlerabschätzung muss eine passende Stelle x in die Taylorformel eingesetzt werden.

Verständnisfragen 10.1  Für x ¤ 0 sind die Funktionen stetig differenzierbar. In x D 0 ist f1 stetig aber nicht differenzierbar, f2 differenzierbar, aber nicht stetig differenzierbar und f3 stetig differenzierbar.

Lösungswege

10.2





10.15 

10.3





10.16 

10.4



f .8/ .0/ D 0 und f .9/ .0/ D 7Š.

10.5

 –



ln.ln x/ D0 ln x a x x a 1  ln a lim D x!a ax  aa ln a 1 1 1  D lim x!0 ex  1 x 2 lim cot.x/.arcsin.x// D 1 lim

x!1

Rechenaufgaben

x!0

 f10 .x/



10.17 

p Mit c D 1= e ist f stetig auf Œ=2; =2.

10.18 





1 D2 x 3 x

f20 .x/ D 2x sin.x 2 / cos2 x  2 cos.x 2 / cos x sin x 1 f30 .x/ D x e 1 x f40 .x/ D x .x / .x .x1/ C x x ln x.ln x C 1//

Anwendungsprobleme 10.19 

Die Entfernung beträgt

10.7  Für die Funktion f ist das Newton-Verfahren linear-konvergent. Im zweiten Fall divergiert das Verfahren.

LD

p 2Rh C h2 11 km :

10.8





10.20  Es gilt a D 39:120 49 und x0 D 12:456 59, wenn bei x D 0 das Ufer mit 10 m Höhe liegt.

10.9





10.21 



10.22 

Die Stämme dürfen maximal 7:02 m lang sein.

10.23 

Das Spline ist

10.10 

Es gilt 1 D x2

1 X

.n C 1/ .1/n .x  1/n

nD0

für x 2 .0; 2/. 10.11 



10.12 



s.x/ D

x 2 Œ0; 8;

0:008 .x  12/3 C 0:667 .x  12/; x 2 .8; 12:

Lösungswege

Die Funktion hat Minimalstellen bei xO n D n für  1 q5  C 3 C 9a12 n 2 Z, und Maximalstellen bei yO0 D arccos  3a und yOnC D yO0 C 2n, yOn D yO0 C 2n für n 2 Z.

10.13 

10.14 

( 0:004 x 3  0:533 x;

Die Taylorreihe/Potenzreihe lautet f .x/ D

1 X nC1 nD0



.x  1/n

für x 2 R, d. h., der Konvergenzradius ist unendlich.

Verständnisfragen 10.1  Aufgrund der Differenziationsregeln ist fn für n D 1; 2; 3 in jedem Punkt x > 0 differenzierbar mit: 1 1 1 C sin x x x 1 1 f20 .x/ D 2x cos C sin x x 1 1 f30 .x/ D 3x 2 cos C x sin x x

f10 .x/ D cos

Kapitel 10

10.6

89

90

Kapitel 10

Insbesondere ist fn0 in jedem Punkt x ¤ 0 stetig differenzierbar. Wir müssen noch die Stelle x D 0 untersuchen. Mit dem Grenzwert ˇ ˇ ˇ 1ˇ lim jf1 .x/j D lim ˇˇx cos ˇˇ  lim jxj D 0 x!0 x!0 x!0 x folgt, dass f1 in x D 0 stetig ist. f1 ist in x D 0 aber nicht differenzierbar; denn der Limes des Differenzenquotienten lim

x!0

1 f1 .x/  f .0/ D lim cos x!0 x0 x

existiert nicht. Um das zu sehen, wählen wir die beiden Null1 1 und bn D 2nC , die eingesetzt in f1 auf folgen an D 2n unterschiedliche Grenzwerte führen. Für die zweite und dritte Funktion folgt Stetigkeit in x D 0 analog zum ersten Fall. Weiter erhalten wir für den Differenzenquotienten lim

x!0

fn .x/  f .0/ 1 D lim x n1 cos D 0 x!0 x0 x

für n D 2; 3. Also ist fn in x D 0 differenzierbar. f2 ist in x D 0 aber nicht stetig differenzierbar, da lim f20 .x/ D lim 2x cos

x!0

x!0

1 1 C sin x x

Kapitel 10

nicht existiert, was wir diesmal mit den beiden Nullfolgen an D 1 1 und bn D 2nC=2 sehen. Im Gegensatz zu f2 ist f3 in 2n x D 0 stetig differenzierbar, denn der Grenzwert ˇ ˇ ˇ 1 1ˇ lim jf30 .x/j D lim ˇˇ3x 2 cos C x sin ˇˇ x!0 x!0 x x

x 2 I n fxg. O Dann hat g in xO eine Minimalstelle und es ist g.x/ > 0 für x 2 I n fxg. O Dies beweisen wir analog zu oben. Denn da g 00 .x/  0 auf I gilt, ist g 0 monoton wachsend. Da weiter g 00 .x/ > 0 auf .xO  "; x/ O streng monoton ist, können wir abschätzen O : g 0 .xO  "/ < g 0 .xO  "=2/  g 0 .x/ Genauso gilt dies für Stellen rechts von x. O Also ist g 0 sogar streng monoton wachsend. Nun können wir wie oben folgern, dass xO Minimalstelle von g ist. Außerdem ist der Minimalwert g.x/ O D 0 und g 0 streng monoton. Dies bedeutet g.x/ > 0 für x ¤ x. O Damit erfüllt g wieder dieselben Bedingungen wie g 00 . Induktiv folgern wir somit aus der Eigenschaft für f .2n2/ , dass f 00 ein Minimum in xO hat und f 00 .x/ > 0 gilt für x 2 I n O fxg. O Da dies entsprechend einen Vorzeichenwechsel von f 0 .x/ impliziert, haben wir gezeigt, dass xO lokale Minimalstelle von f ist. 10.3  Wir setzen voraus, dass f W .a; b/ ! R differenzierbar ist mit konstanter Ableitung f 0 .x/ D c 2 R für alle x 2 .a; b/. Dann ist f 0 differenzierbar und es gilt f 00 .x/ D 0 für x 2 .a; b/. Wählen wir irgendeinen Entwicklungspunkt x0 2 .a; b/, so ergibt die Taylorformel f .x/ D f .x0 / C f 0 .x0 /.x  x0 / C R1 .x; x0 / 1 D f .x0 / C c.x  x0 / C f 00 . /.x  x0 /2 2 „ƒ‚… D0

D cx C .f .x0 /  cx0 / : „ ƒ‚ … konstant

Diese Darstellung zeigt, dass f affin-linear ist.

D lim 3x 2 C jxj D 0 x!0

existiert und ist identisch mit dem Grenzwert des Differenzenquotienten in x D 0.

10.4  Mit der für ganz R konvergierenden Potenzreihe des Kosinus hyperbolicus cosh.x/ D

10.2  Mit den Voraussetzungen der Aufgabe ist f .2n/ stetig und es gibt eine Umgebung I  .a; b/ um xO 2 I , mit f .2n/ .x/ > 0

für x 2 I ;

kD0

können wir die Potenzreihe von f angeben:  f .x/ D x 3 cosh

.2n1/

streng monoton wachsend auf also ist die Funktion f I , d. h. wechselt von negativen zu positiven Werten bei der Nullstelle x. O Nach dem Vorzeichenkriterium hat die Ableitungsfunktion f .2n2/ in der kritischen Stelle xO ein Minimum mit Funktionswert f .2n2/ .x/ O D 0 und aufgrund der strengen Monotonie der Ableitung f .2n1/ ist nach dem Mittelwertsatz f .2n2/ .x/ > 0 für x 2 I n fxg. O Nun müssen wir das obige Argument noch verschärfen. Wir zeigen folgende Aussage: Ist g W I ! R zweimal stetig differenzierbar, g.x/ O D g 0 .x/ O D g 00 .x/ O D 0 und g 00 .x/ > 0 für

1 X x 2k .2k/Š

x3 6

D

1 X x 6kC3 : 36k .2k/Š kD0

Der Konvergenzkreis dieser Potenzreihe umfasst ganz R bzw. C und sie ist auch die entsprechende Taylorreihe zu f . Vergleichen wir den 8. und 9. Koeffizienten der formalen Taylorreihe mit der bestimmten Potenzreihe, so folgen aus 1 X f .n/ nD0



x n D f .x/ D x 3 C

x9 x 15 C ::: : C 2  36 24  362

Lösungswege

f .8/ .0/ f .9/ .0/ 1 D 0 und D : 8Š 9Š 2  36 Ohne weitere Rechnung erhalten wir f .8/ .0/ D 0 und f .9/ .0/ D

9Š D 7Š : 2  36

10.5  Zunächst beachten wir, dass es wegen der Stetigkeit von f 0 ein Intervall um die Stelle xO gibt, auf dem f 0 .x/ nicht null ist. Formal können wir dies so beschreiben: es gibt eine Konstante c > 0 und ein Intervall I mit xO 2 I und jf 0 .x/j  c > 0. Weiter können wir davon ausgehen, dass I kompakt ist, ansonsten verkleinern wir I entsprechend. Auf kompakten Intervallen nehmen stetige Funktionen ein Maximum an. Es gibt insbesondere eine Konstante ˛ > 0, sodass jf .n/ .x/j  ˛ für alle x 2 I und für n 2 f0; 1; 2; 3g. Da f .x/ O D 0 und f stetig ist, bleibt f auch in einer Umgebung um xO klein. Es gibt deswegen ein Intervall J  I mit xO 2 J und ˛jf .x/j  c 2 . Innerhalb dieses Intervalls ist jf 0 .x//2  1 00 f .x/f .x/j  c 2 =2 WD ˇ > 0. Damit wird deutlich, dass, 2 solange die Iterationen xj 2 J sind, ein Iterationsschritt erlaubt ist. Der Nenner verschwindet nicht. Diese Beschränkungen nutzen wir zusammen mit der Taylorformel zweiter Ordnung, d. h. 0 D f .x/ O D f .xj / C f 0 .xj /.xO  xj / 1 1 C f 00 .xj /.xO  xj /2 C f 00 . /.xO  xj /3 2 6 mit einer Zwischenstelle , für die Abschätzung ˇ ˇ ˇ ˇ f .xj /f 0 .xj / ˇ ˇ jxO  xj C1 j D ˇxO  xj C 1 .f 0 .xj //2  2 f 00 .xj /f .xj / ˇ ˇ ˇ ˇ 1 ˇˇ 0 1 00 2 0  ˇ.f .xj //  f .xj /f .xj /.xO  xj / C f .xj / f .xj /ˇˇ ˇ 2 ˇ 1ˇ D ˇˇ.f .xj / C f 0 .xj /.xO  xj //f 0 .xj / ˇ ˇ ˇ 1  f 00 .xj /f .xj /.xO  xj /ˇˇ 2 ˇ 1 ˇˇ 1 00 1 000 2 3 D ˇ  f .xj /.xO  xj / C f . /.xO  xj / f 0 .xj / ˇ 2 6 ˇ ˇ 1  f 00 .xj /f .xj /.xO  xj /ˇˇ 2 ˇ ˇ 1 1 D ˇˇ f 00 .xj /.f .xj / C f 0 .xj /.xO  xj //.xO  xj / ˇ 2 ˇ ˇ 1 000 0 3ˇ C f . /f .xj /.xO  xj / ˇ 6

Mit der Dreiecksungleichung und der Taylorformel erster Ordnung, 1 0 D f .x/ O D f .xj / C f 0 .xj /.xO  xj / C f 00 . /.xO  xj /2 ; 2 für eine weitere Zwischenstelle zwischen xO und xj , ergibt sich die gesuchte Abschätzung ˇ ˛ ˇˇ .f .xj / C f 0 .xj /.xO  xj //.xO  xj /ˇ 2ˇ ˇ3 ˛ 2 ˇˇ xO  xj ˇ C 6ˇ ˇ ˛2 ˇ ˇ ˛ ˇˇ 00 ˇxO  xj ˇ3 f . /.xO  xj /3 ˇ C D 4ˇ 6ˇ 2 ˇ ˇ 5˛ ˇ 3 xO  xj ˇ :  12ˇ „ƒ‚…

jxO  xj C1 j 

DWc

Kommentar Das Verfahren wird Halley-Verfahren genannt, da die Methode für Polynome schon vor der Entwicklung der Differenzialrechnung durch Newton und Leibniz bekannt war und zum Beispiel vom Astronom Halley verwendet wurde, um Nullstellen von Polynomen höheren Grads mit hoher Genauigkeit zu berechnen. J

Rechenaufgaben 10.6  Wir fassen den Ausdruck zu f1 als Verkettung von 1 2 y und y C y auf und nutzen die Kettenregel. Somit folgt  f10 .x/ D 2 x C  D2 xC  D2 x

 1 1 x 1 1   x x 1 : x3

1 x2 1 x3

In nächsten Beispiel muss die Produktregel angewandt werden und bei den Faktoren cos.x 2 / und cos2 x ist die Kettenregel angebracht. Insgesamt errechnen wir   f20 .x/ D cos.x 2 / cos2 x D 2x sin.x 2 / cos2 x  2 cos.x 2 / cos x sin x : Den dritten Term schreiben wir um zu  x e 1 f3 .x/ D ln D ln.ex  1/  ln.ex / D ln.ex  1/  x ex und bilden die Ableitung unter Nutzung der Kettenregel: f30 .x/ D

1 1 ex  1 D x : ex  1 e 1

Kapitel 10

die Identitäten

91

92

Kapitel 10

Im letzten Beispiel schreiben wir x

x ln x

x x D eln x e und bilden die Ableitung mithilfe der Kettenregel  1 x ln x 0 ln x ex ln x x ln x f4 .x/ D e C ln xe .ln x C 1/ e x   x D x x x x1 C x x ln x.ln x C 1/ : 10.7



Für die Funktion f gilt ( p 4 3 x; x > 0; 0 f .x/ D 34 p 3 x; x < 0: 3

Für das Newton-Verfahren erhalten wir somit die Iterationsvorschrift xkC1 D xk 

1 f .xk / D xk ; f 0 .xk / 4

für x ¤ 0. Das Verfahren konvergiert in diesem Fall linear gegen null, denn es gilt jxkC1  xk j 

3 jxk j: 4

 kC1 jx0 j ! 0 für k ! 1 resultiert in diesem Aus jxkC1 j  34 Fall Konvergenz. Das Resultat ist kein Widerspruch zur quadratischen Konvergenz der allgemeinen Theorie, da f in 0 nicht zweimal stetig differenzierbar ist.

Kapitel 10

Es gilt g 0 .x/ D p1 2

jxj

für x ¤ 0. Damit folgt, wenn wir das

Newton-Verfahren anwenden, für xk > 0 p p xkC1 D xk  2 xk xk D xk ; und für xk < 0 p p xkC1 D xk C 2 xk xk D xk : Die Folge springt mit x2n D x0 und x2nC1 D x0 . Das NewtonVerfahren ist nicht konvergent. 10.8  Für einen Induktionsanfang betrachten wir n D 0. Es ist .fg/.0/ D fg und ! 0 X 0 f .k/ g .0k/ D f .0/ g .0/ D fg : k kD0

Nun nehmen wir an, dass die Formel für ein n 2 N gilt und führen den Induktionsschluss von n auf n C 1. Sind f und g .n C 1/-mal differenzierbar, so folgt mit der Induktionsannahme  0 .fg/.nC1/ D .fg/.n/ ! n X n  .k/ .nk/ 0 D : f g k kD0

Wenden wir die Produktregel an und die im Hinweis angegebene Formel zum Binomialkoeffizienten, so ergibt sich die Leibniz’sche Formel aus ! n X n .nC1/ D .f .kC1/ g .nk/ C f .k/ g .nkC1/ / .fg/ k kD0 ! ! nC1 n X X n n .k/ .nkC1/ .k/ .n.k1// C D f g f g k1 k kD1 kD0 ! !! n X n n D C f .k/ g .nC1k/ k1 k kD1 „ ƒ‚ … D.nC1 / k ! ! n n .nC1/ .n.nC11// f f .0/ g .nC1/ C g C n 0 „ƒ‚… „ƒ‚… nC1 D1D.nC1 D.nC1 / 0 / ! nC1 X nC1 D f .k/ g .nC1k/ : k kD0

10.9  Ein Induktionsanfang für n D 0 mit f .x/ ist offensichtlich.

d0 f dx 0

.x/ D

Beginnen wir also mit der Annahme, dass die angegebene Ableitungsformel bis zu n 2 N gültig ist. Es folgt mit dem Additionstheorem   sin x C 4 sin x C cos x D ; x 2 R: sin 4 für die nächsthöhere Ableitung  n d dnC1 x d x .e sin x/ D .e sin x/ dx nC1 dx dx n  d p n x n  D 2 e sin x C dx 4  p n   n  n  D 2 ex sin x C C cos x C 4 4  p n x   1 n  sin x C C D 2 e sin 4 … 4 4 „ ƒ‚ p D 2

D

p

 .n C 1/ e sin x C : 4

nC1 x

2

Damit ist die Induktion abgeschlossen und wir haben gezeigt, dass die Formel für alle n 2 N gilt. 10.10  Die Funktion f W .0; 2/ ! R mit f .x/ D 1=x lässt sich mit der geometrischen Reihe als Potenzreihe um x0 D 1 darstellen, 1

f .x/ D

X 1 .1/n .x  1/n D 1  .1  x/ nD0

Lösungswege

mit dem Konvergenzradius r D 1. Damit ergibt sich für die Ableitung 1 X

Abschließend überlegen wir uns noch, wie aus der allgemeinen Bedingung f 0 .x/.y  x/  f .y/  f .x/

n.1/n .x  1/n1

nD1 1 X

D

.n C 1/ .1/n .x  1/n :

nD0

Andererseits erhalten wir für f .x/ D x 1 die Ableitung f 0 .x/ D x 2 D 

1 : x2

Aus der allgemeinen Aussage, dass die Potenzreihe differenzierbar ist und im Konvergenzintervall die Ableitung darstellt folgt die Potenzreihendarstellung 1

X 1 D .n C 1/ .1/n .x  1/n 2 x nD0 für x 2 .0; 2/.

für alle x; y 2 D folgt, dass die Funktion konvex ist. Dazu betrachten wir für  2 Œ0; 1 die Differenz f .x/ C .1  /f .y/  f .x C .1  /y/ D  .f .x/  f .x C .1  /y// C .1  / .f .y/  f .x C .1  /y//  f 0 .x C .1  /y/ .x C .1  /y  x/ C .1  /f 0 .x C .1  /y/ .x C .1  /y  y/ D .1  /f 0 .x C .1  /y/ .y  x/ C .1  /f 0 .x C .1  /y/ .x  y/ D 0 : Also folgt aus der Bedingung für die Ableitung Konvexität der Funktion f . 10.12  Es gilt f 0 .x/ D ln x C 1 und aus der Bedingung 0 f .x/ D 0, d. h. ln xO D 1, ergibt sich die kritische Stelle xO D 1 . Mit der zweiten Ableitung f 00 .x/ O D x1O D e > 0 ergibt sich, e dass in xO ein lokales Minimum der Funktion liegt.

10.11  (a) Wir setzen z D x C .1  /y mit  2 Œ0; 1 und x; y 2 R in die Funktion ein und schätzen den Ausdruck zweimal mithilfe der allgemeinen Ungleichung 2ab  a2 C b 2 ab. Dies führt auf die Konvexitätsbedingung:

f (x) 1 x ln x

f .x C .1  /y/ D .x C .1  /y/4  2 D 2 x 2 C 2.1  /xy C .1  /2 y 2  2  2 x 2 C .1  /.x 2 C y 2 / C .1  /2 y 2  2 D .2 C .1  // x 2 C ..1  / C .1  /2 / y 2 „ „ ƒ‚ … ƒ‚ … 

D

D x 2 C .1  /y

 2 2

D.1/

D 2 x 4 C 2.1  /x 2 y 2 C .1  /2 y 4  2 x 4 C .1  /.x 4 C y 4 / C .1  /2 y 4

Abb. 10.41 Graph der Funktion f .x/ D x ln x mit der unteren Schranke bei 1=e

Zusammen mit dem Verhalten

D .2 C .1  //x 4 C ..1  /2 C .1  //y 4 D f .x/ C .1  /f .y/

lim x ln x D lim

x!0

(b) Mit f .x/ D x 4 und f 0 .x/ D 4x 3 erhalten wir 0

x

1 − 1e

f .x/.y  x/ D 4x .y  x/ 3

 x 4 C y 4  2x 4 D y 4  x 4 D f .y/  f .x/ ; wiederum mit der Abschätzung aus dem Hinweis.

D lim x D 0 x!0

und x ln x ! 1 für x ! 1 ;

 .2.x 2 C y 2 /  4x 2 /x 2 D 2y 2 x 2  2x 4

1 x 1 x lim 1 x!0 3 x x!0

D

D .4xy  4x 2 /x 2 D .2y 2  2x 2 /x 2

ln x

wird deutlich, dass die lokale Minimalstelle auch globale Minimalstelle der Funktion ist, und es folgt die Abschätzung  1 1 1 x ln x D f .x/  f .x/ O D ln D e e e für alle x > 0.

Kapitel 10

f 0 .x/ D

93

94

Kapitel 10

10.13 

Mit der Produktregel berechnen wir die Ableitung

f 0 .x/ D D

Es folgt

2 sin x cos x sin3 x  5a .1  a cos x/5 .1  a cos x/6 2 sin x cos x.1  a.cos x/  5a sin3 x/ : .1  a cos x/6

Aus der notwendigen Bedingung f 0 .x/ D 0 für Extremalstellen erhalten wir in diesem Fall für kritische Stellen die Gleichung

f 00 .xO n / D

In den Stellen xO n liegen somit Minmalstellen der Funktion. Für die anderen Nullstellen ergibt sich aus der quadratischen Gleichung f 00 .yOn˙ / D

0 D sin x .2 cos x  2a cos2 x  5a sin2 x/ D sin x .2 cos x  5a C 3a cos2 x/ : Lösungen sind zum einen durch sin x D 0 also durch xO n D n mit n 2 Z gegeben oder durch die Bedingung 3a cos2 x C 2 cos x  5a D 0 : Setzen wir u D cos x, so folgt die quadratische Gleichung

10.14  Erste Variante: Wir berechnen die Ableitungen der Funktion zu f 0 .x/ D ex1 C xex1 D .x C 1/ex1 f 00 .x/ D ex1 C .x C 1/ex1 D .x C 2/ex1

mit den beiden Lösungen

q

r

5 1 C 2: 3 9a

Kapitel 10

C  1 ist, gilt ju j > 1. Damit kommt diese LöDa sung nicht infrage, da u D cos x 2 Œ1; 1 gelten muss. Für die zweite Lösung gilt r 1 5 1 0 C C 2  1; 3a 3 9a q 1 ist. Die obere Schranke sieht da zum einen 53 C 9a1 2  3a man, wenn man a D 1 einsetzt und mit der Ableitung  1 1 1 1 >0 1   q D p 3a2 9a3 5 C 1 3a2 15a2 C 1 2 3 9a 5 3

sin yOn˙ .2 sin yO ˙  6a sin yO ˙ cos yO ˙ / < 0; .1  a cos yO ˙ /6

da yO0C 2 .0; =2/ und yO0 2 .=2; 0/ ist. Somit liegen an allen Stellen yOn˙ lokale Maxima der Funktion.

3au2 C 2u  5a D 0

1 u˙ D  ˙ 3a

:: : Daraus lässt sich vermuten, dass

1 9a2

zeigt, dass der Ausdruck monoton wächst für a 2 .0; 1/. Damit erhalten wir die weiteren kritischen Stellen ! r 5 1 1 yO0 D arccos  C C 2 3a 3 9a und yOnC D y0 C2n sowie, wegen Symmetrie, yOn D y0 C2n für n 2 Z. Um zu entscheiden, ob an diesen Stellen Minima oder Maxima liegen, bestimmen wir die zweite Ableitung mit f 00 .x/ D

cos x.2 cos x C 3a cos2 x  5a/ .1  a cos x/6 sin x.2 sin x  6a sin x cos x/ C .1  a cos x/6 6

2 C .1/n 3a  5a > 0: .1  a cos x/6

a sin2 x.2 cos x C 3a cos2 x  5a/ : .1  a cos x/7

f .n/ .x/ D .x C n/ex1 ist. Eine vollständige Induktion mit dem Induktionsschritt 0  f .nC1/ .x/ D .x C n/ex1 D ex1 C .x C n/ex1 D .x C n C 1/ex1 belegt die Vermutung. Ausgewertet an der Stelle x D 0 erhalten wir die Taylorreihe T .x/ D

1 X f .n/ .1/ nD0



.x  1/n D

1 X nC1 nD0



.x  1/n :

Mit ˇ ˇ ˇ .n C 2/ nŠ.x  1/nC1 ˇ .n C 2/ ˇ ˇ ˇ .n C 1/ .n C 1/Š.x  1/n ˇ D .n C 1/2 jx  1j ! 0; für n ! 1 liefert das Quotientenkriterium, dass die Reihe für alle x 2 R konvergiert. Mit der Restglied-Abschätzung jf .nC1/ . /j jx  1jnC1 .n C 1/Š .maxfjxj; 1g C n C 1/ maxfex1 ; 1g jx  1jnC1  nC1 nŠ !0

jRn .x; 1/j D

für n ! 1 sehen wir auch, dass die Taylorreihe eine Potenzreihe zu f um x D 1 liefert.

Lösungswege

Zweite Variante: Nutzen wir die Potenzreihe zur Exponentialfunktion, so folgt mit der Zerlegung D .x  1/e

x1

Ce

x1

10.16  Direktes Anwenden der L’Hospital’schen Regel führt auf den Grenzwert ln.ln x/ D lim x!1 x!1 ln x

die Darstellung

lim

f .x/ D .x  1/

1 1 X X 1 1 .x  1/n C .x  1/n nŠ nŠ nD0 nD0

D lim

x!1

1 X

1 X 1 1 .x  1/n C .x  1/n .n  1/Š nŠ nD1 nD0 1  X 1 1 D1C .x  1/n C .n  1/Š nŠ nD1

D

1 X nC1

D



nD0

lim

.x  1/n :

x!a

Mit f .x/ D ln.1x/ln.1Cx/ ergibt sich durch 

f .n/ .x/ D .n  1/Š Also ist

( f

.n/

.0/ D

.1/n 1  n .1 C x/ .1  x/n

:

für n gerade

0;

2.n  1/Š; für n ungerade

und



f .2nC1/ .tx/ D .2n/Š

1 1 C .1  tx/2nC1 .1 C tx/2nC1

Auch in diesem Fall hilft die L’Hospital’sche Regel, wenn wir schreiben

:

Dies zeigt die gesuchte Taylorformel für jxj < 1.

lim .cot.x/ arcsin.x// D lim .cos x/ lim

t t > 1 und 1  > 4=5 5 5

ergibt sich jR2n j < Für n D 2 ist jR4 j <

1 5



1 2n C 1

1 1 C 5 5 4 5



1 42nC1

<

C

1 52nC1

:

1 1 2 1 D < ; 5 54 2560 2000

und wir haben die gesuchte Abschätzung des Fehlers.

x!0

D lim

Für die gesuchte Approximation setzen wir x D 1=5 in der Taylor-Formel ein. Dann folgt das Restglied  1 1 1 R2n D C .2n C 1/ 52nC1 .1  tx/2nC1 .1 C tx/2nC1

1C

x a  ax ax a1  ax ln a D lim x!a ax  aa ax ln a aa  aa ln a 1  ln a D D : aa ln a ln a

Im dritten Beispiel schreiben wir die Differenz als rationalen Ausdruck, der wiederum im Grenzfall auf einen unbestimmten Ausdruck der Form „0=0“ führt. Wenden wir zweimal die L’Hospital’sche Regel an, so folgt  1 x  ex C 1 1 lim x D lim x  x!0 e  1 x!0 .e  1/x x 1  ex D lim x x!0 e  1 C xex ex 1 D lim x D : x!0 2e C xex 2

x!0

für ein t 2 .0; 1/. Mit den Abschätzungen

1 D 0: ln x

Im Grenzfall x D a ergibt sich ein unbestimmter Ausdruck von der Form „0=0“. Wir können die L’Hospital’sche Regel anwenden und erhalten mit den Ableitungen .ax /0 D xax1 und .ax /0 D ln.a/ ax den Grenzwert

Die Reihendarstellung konvergiert für alle x 2 R, da die Potenzreihe zur Exponentialfunktion auf ganz R konvergiert. 10.15  Induktion

1 1 ln x x 1 x

x!0

arcsin x sin x

p 1 1x 2

cos x 1 D lim p D 1: x!0 1  x2 x!0

10.17  Da die Funktion außerhalb der Stelle x D 0 als Verkettung stetiger Funktionen stetig ist, müssen wir nur die Stelle x D 0 untersuchen. Wir nutzen die Stetigkeit der Exponentialfunktion und die L’Hospital’sche Regel, um den Grenzwert   1 ln.cos x/ ln.cos x/ lim .cos x/ x2 D lim exp D exp lim x!0 x!0 x!0 x2 x2    sin x  sin x D exp lim D exp lim x!0 2x cos x x!0 2x cos x   1 sin x 1 1 D exp lim D exp D p 2 x!0 x 2 e zu berechnen.

Kapitel 10

f .x/ D xe

x1

95

96

Kapitel 10

10.18 

Es gilt die Identität x1  X  X  n n 1 1 1 : ln ajx D exp ajx n j D1 x n j D1

Da die Exponentialfunktion stetig ist, betrachten wir nur den Grenzwert des Exponenten der im Grenzfall x ! 0 auf den unbestimmten Ausdruck „ 00 “ führt, denn es ist  X  X n n 1 1 x x a D ln lim a lim ln x!0 n j D1 j n j D1 x!0 j  X n 1 1 D ln 1 D 0 : D ln n j D1 Also folgt mit der L’Hospital’schen Regel P 1 Pn x ln. n1 jnD1 ajx / j D1 aj ln aj n lim D lim P n x x!0 x!0 1. 1 x j D1 aj / n Pn n 1X j D1 ln aj D Pn ln aj : D n j D1 j D1 1 Setzen wir den Grenzwert ein, so folgt die gesuchte Aussage  X  X x1 n n 1 1 x lim aj D exp ln aj x!0 n n j D1 j D1  Y n1 n1 n n X D exp ln aj D aj : j D1

j D1

Kapitel 10

Anwendungsprobleme 10.19  Wir betrachten eine Schnittebene (siehe Abbildung) und beschreiben die Erdoberfläche als Kreis um den Ursprung in dieser Ebene. Den Turm platzieren wir in den Punkt .0; R/ und den oberen Halbkreis fassen wir als den Graphen der Funktion p f W ŒR; R ! R mit f .x/ D R2  x 2 auf. Eine Tangente an diesen Graphen an einer Stelle x0 2 ŒR; R ist gegeben durch die Linearisierung g.x/ D f .x0 / C f 0 .x0 /.x  x0 / : Gesucht ist die Tangente mit der Eigenschaft g.0/ D R C h. Also erhalten wir für x0 die Bedingung R C h D f .x0 / C f 0 .x0 /.x  x0 / q x0 .x0 / D R2  x02  q R2  x02 q x2 D R2  x02 C q 0 R2  x02

h

L

R2 − x 2

R

−R

x0

R

Abb. 10.42 Sichtweite auf der Erdkugel von einem Turm aus

bzw. .R C h/2 D R2 C x02 C

x02 : R2  x02

Wir formen die Gleichung weiter um zu .R C h/2 .R2  x02 / D R4  x04 C x04 D R4 und es folgt x02 D R2 

 R4 R2 2 D R 1  : .R C h/2 .R C h/2

Für den Funktionswert an dieser Stelle x0 erhalten wir y02 D R2  x02 D R4 =.R C h/2 . Mit dem Satz des Pythagoras ergibt sich so die gesuchte Entfernung L aus L2 D x02 C .R C h  y0 /2   2 R2 R2 D R2 1  C R C h  .R C h/2 .R C h/ D .R C h/2  R2 D h2 C 2hR : Damit erhalten wir die Entfernung LD

p

h2 C 2hR 11 km :

Beachten Sie, dass der wesentliche Teil der Arbeit darin besteht, nachzuweisen, dass die Tangente an einen Kreis senkrecht auf dem Radius im Berührungspunkt ist. Der Rest ist dann eine elementargeometrische Überlegung. Kommentar In dieser speziellen Situation lässt sich übrigens auch rein geometrisch argumentieren, wenn wir die Information, dass die Tangente senkrecht zur radialen Richtung ist, voraussetzen. Denn, legen wir anstelle der Turmspitze die Koordinaten des Sichtpunkts bei .0; R/ 2 R2 fest, so ist die Tangente

Lösungswege

eine Parallele zur y-Achse durch diesen Punkt. Auf dieser Linie liegt die Turmspitze an der Stelle .R; L/ mit dem Betrag j.R; L/j D .R C h/2 . Der Satz des Pythagoras im rechtwinkligen Dreieck .0; 0/, .0; R/ und .R; L/ liefert die Sichtweite L. J

10.21  Mit t1 bezeichnen wir die Laufzeit im Medium 1, mit t2 diejenige im Medium 2. Dann gilt für die Gesamtlaufzeit T die Gleichung

10.20 

Mit x bezeichnen wir diejenige Stelle zwischen q1 und p1 , an der der Lichtstrahl vom Medium 1 in das Medium 2 übertritt. Dann gilt nach dem Satz des Pythagoras q s1 D .p1  x/2 C p22 ; q s2 D .x  q1 /2 C q22 :

setzen wir y D x0 =a und lösen nach a auf. Damit erhalten wir a.y/ D

10  h0 : cosh.y/  1

s1 s2 C : c1 c2

Mit der Gleichung für das andere Steilufer,   30  x0 12 D h0 C a cosh 1 a

Daraus folgt

erhalten wir damit

Wir wollen diejenige Stelle x finden, für die die Gesamtlaufzeit minimal wird. Dort muss T 0 .x/ D 0 sein.

  30 y 1 : 0 D h0  12 C a.y/ cosh a.y/

Diese Gleichung lösen wir numerisch durch das NewtonVerfahren. Wir fassen die rechte Seite als eine Funktion g auf. Wir benötigen auch noch deren Ableitung,   30 0 0 g .y/ D a .y/ cosh y 1 a.y/   30 a0 .y/ 30 y   1 ; C a.y/ sinh a.y/ .a.y//2 mit a0 .y/ D 

10  h0 sinh.y/: .cosh.y/  1/2

Die Tabelle zeigt die ersten 10 Newton-Iterierten für den Startwert y0 D 1: n

yn

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1:000 000 0:931 107 0:853 591 0:764 694 0:661 146 0:542 393 0:423 459 0:344 550 0:320 361 0:318 428 0:318 416

Auf fünf Stellen gerundet erhalten wir y D 0:318 42 und damit a D 39:120 49;

x0 D 12:456 59:

T .x/ D

1 c1

q q 1 .p1  x/2 C p22 C .x  q1 /2 C q22 : c2

x  q1 p1  x q  q 2 2 c2 .x  q1 / C q2 c1 .p1  x/2 C p22 x  q1 p1  x D  c2 s2 c1 s1 sin ˛2 sin ˛1 D  : c2 c1

T 0 .x/ D

Aus der Forderung T 0 .x/ D 0 folgt also das Snellius’sche Brechungsgesetz. 10.22  Wir untersuchen einen Baumstamm, der genau vom Rand des einen Fließbands zum Rand des anderen reicht. Wir setzen b1 D 2 m und b2 D 3 m. Den Anteil des Baumstamms, der sich auf dem Band der Breite b1 bedindet, hat die Länge l1 , der Rest die Länge l2 . Es entstehen auf den beiden Fließbändern ähnliche rechtwinklige Dreieicke, eines mit Hypotenuse l1 , einer Kathete b1 und anderer Kathete x, sowie eines mit Hypotenuse l2 , einer Kathete b2 und anderer Kathete y. Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke ist x b2 D ; b1 y

d. h.

yD

b1 b2 : x

Für die Länge des Baumstammes l ist damit gegeben durch q q l D l1 C l2 D x 2 C b12 C y 2 C b22 s q b12 b22 D x 2 C b12 C C b22 : x2 Wir fassen dies als eine Funktion von x auf und bestimmen ihr Minimum, denn das ist die gesuchte Maximallänge, damit ein

Kapitel 10

In der Gleichung   x  0 1 10 D h0 C a cosh a

T D t1 C t2 D

97

98

Kapitel 10

Stamm ohne zu verkanten von einem Band auf das andere gelangen kann.

y [m]

0 600 N

l 0 .x/ D q

x

q

C

x 2 C b12

2

b12 b22 b12 b22 x2

C b22

1 .2/ 3 x

b 2 b2 D q  q1 x 2 C b12 x 2 b12 C x 2

-2 4

8

x [m]

12

x

D

x 3  b12 b2 q : x 2 b12 C x 2

Das einzige Extremum liegt bei xD

2=3 1=3 b1 b2 ;

aufgrund der Geometrie des Problems muss es sich um ein Minimum handeln. Es folgt nun yD

b1 b2 1=3 2=3 D b1 b2 ; x

Abb. 10.43 Die Durchbiegung einer Stange durch einen Seiltänzer wird durch einen kubischen Spline approximiert

10.23  Wir schreiben die Polynome 3. Grades von vornherein so auf, dass die Bedingungen an x D 0 und x D 12 erfüllt sind: s.x/ D a3 x 3 C a1 x;

x 2 Œ0; 8/;

s.x/ D b3 .x  12/ C b1 .x  12/;

x 2 .8; 12:

3

Die vier freien Parameter a1 , a3 , b1 und b3 werden durch die Bedingungen an der Stelle x D 8 bestimmt. Dort müssen s, s 0 und s 00 stetig sein und für s 000 muss der angegebene Sprung gelten. Es folgt 512 a3 C 8a1 C 64 b3 C 4 b1 D 0; 192 a3 C a1  48 b3  b1 D 0;

und damit

Kapitel 10

q q l D x 2 C b12 C y 2 C b22 q q 2=3 2=3 2=3 2=3 D b1 1 C b1 b2 C b2 1 C b1 b2 : Mit den Zahlenwerten ergibt sich lD2

q

q 1 C .9=4/1=3 m C 3 1 C .4=9/1=3 m 7:02 m:

48 a3

C 24 b3

D 0;

6 a3

 6 b3

D 0:075:

Dies ist ein lineares Gleichungssystem mit 4 Gleichungen und 4 Unbekannten. Es besitzt die Lösung a3 D 0:004;

a1 D 0:533;

b3 D 0:008;

b1 D 0:667 :

Die Abb. 10.43 zeigt das Ergebnis. Auffällig ist, dass die stärkste Auslenkung der Stange keineswegs an der Stelle ist, an der sich der Seiltänzer befindet.

Kapitel 11

Aufgaben

11.5  Die Funktion f sei integrierbar in Œa; b. Muss dann f in Œa; b eine Stammfunktion besitzen?

Verständnisfragen

11.6  Finden Sie eine auf Œ0; 1 definierte Funktion f , die für alle n 2 N0

11.1  Zeigen Sie, dass sich zwei verschiedene Stammfunktionen F1 und F2 einer gegebenen Funktion f höchstens um eine additive Konstante unterscheiden. 11.2  Wir betrachten eine in Œa; b stetige Funktion f . Zeigen Sie, dass, wenn für alle in Œa; b stetigen Funktionen g mit g.a/ D g.b/ D 0 stets

Z1 f .x/ x n dx D 0

erfüllt. Ist diese Funktion eindeutig? 11.7

Zb



Bestimmen Sie den Grenzwert

f .x/ g.x/ dx D 0

Zb

a

˛!1

ist, f identisch null sein muss.

a

für 0 < a < b und vergleichen Sie ihn mit dem Wert von R b 1 dx. a x

Rechenaufgaben 11.8  Bestimmen Sie je eine Stammfunktion zu den Funktionen f1 bis f4 mit Definitionsmenge R und Vorschrift: f1 .x/ D x 3 f2 .x/ D x 3 C x 2 C x C 1

11.4  Bestimmen Sie für eine beliebige stetig differenzierbare Funktion f d .f .x/ ex / dx

f4 .x/ D e5x 

und beweisen Sie: Ist f auf Œ0; 1 stetig differenzierbar und gilt f .0/ D 0 sowie f .1/ D 1, so erhält man die Abschätzung

0

f3 .x/ D ex C cos x

jf 0 .x/  f .x/j dx 

1 e

2 C1 1 C x2

11.9  Betrachten Sie eine beliebige auf Œa; b stetige und streng monoton wachsende Funktion f . Finden Sie die Stelle m 2 .a; b/, für die die Fläche, die vom Graphen y D f .x/ sowie den Geraden x D a, x D b und y D f .m/ eingeschlossen wird, extremal ist.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_10

99

Kapitel 11

11.3  Die folgenden Aussagen über Integrale über unbeschränkte Integranden oder unbeschränkte Bereiche sind falsch. Geben Sie jeweils ein Gegenbeispiel an. Rb 1. Wenn a ff .x/ C g.x/g dx existiert, dann existieren auch Rb Rb dx und a g.x/ dx. a f .x/ Rb Rb 2. Wenn a f .x/ dx und a g.x/ dx existieren, dann existiert Rb auch a f .x/ g.x/ dx. Rb 3. Wenn a f .x/ g.x/ dx existiert, dann existieren auch Rb Rb a f .x/ dx und a g.x/ dx.

Z1

x ˛ dx

lim

ex

1 nC2

100

Kapitel 11

11.10  Die Fresnel’schen Integrale C und S sind auf R gegeben durch Zx C .x/ D cos.t 2 / dt

11.16 

Man bestimme den Wert des Integrals Z1 I D

 e2x C e3x C e4x dx :

0

0

Zx S.x/ D



sin.t 2 / dt : 0

11.17  tenz:

Überprüfen Sie die folgenden Integrale auf ExisZ1

Bestimmen und klassifizieren Sie alle Extrema dieser Funktionen.

I1 D 0

11.11  Bestimmen Sie das Taylorpolynom zweiter Ordnung mit Entwicklungspunkt x0 D 0 der auf R durch Zx f .x/ D cos x C

Z1 I2 D Z1 I3 D

definierten Funktion. Zeigen Sie für alle x 2 R jt j dt D

11.18 

Zeigen Sie unter Benutzung von Z0

x jxj : 2

p

0

1

Bestimmen Sie den Grenzwert 0 1 Zx sin t A x G D lim @ dt : x!1 x1 t

Z1

1 1Cx

dx D

11.14  Bestimmen und klassifizieren Sie alle Extrema der auf R durch Zx 2 x 2 f .x/ D x e  et dt ;

g.x/ D

sin t dt 1 C t2

0

Kapitel 11

definierten Funktionen. 11.15  Ist die Funktion f in Œ0; 1 integrierbar, so gilt wegen der Approximierbarkeit durch Treppenfunktionen

Z1 I D

kD1

p 1

dx D 2 ;

dx 1  x2

existiert, und geben Sie eine Abschätzung an. 11.19 

Man überprüfe das Integral Z1=e I D

p

dx x j ln xj

0

auf Existenz. 11.20  Integral

Man zeige mittels Vergleichskriterium, dass das Z=2

 n 1X k : f .t / dt D lim f n!1 n n

0

1 1x

dass das Integral

0

Zx

p 0

1

Z1

dx p x .1 C x/

0

Zx

11.13 

dx p x2 C x

0

cos t dt 1 C t2

0

11.12 

dx p ex . x C x/

dx sin x

0

nicht existiert.

Bestimmen Sie damit die Grenzwerte G1 D lim

n!1

n X kD1

n ; n2 C k 2

n X k˛ G2 D lim mit ˛ > 0 : n!1 n˛C1 kD1

11.21  tiert:

Überprüfen Sie, ob der folgende Grenzwert exis-

lim

n!1

n Z X

0

kD11

ekx dx

Hinweise

11.22  Berechnen Sie das Parameterintegral

(Außenfläche). Es wird nach oben durch die Ebene yDc>1

Z1 arcsin.tx/ dx ;

0  t < 1;

0

indem Sie zunächst dessen Ableitung J 0 .t / im offenen Intervall 0 < t < 1 bestimmen. Schließen Sie hieraus auf J .t /; 0  t < 1, zurück und bestimmen Sie die Integrationskonstante durch den Wert des Integrals an der Stelle t D 0. Ist J .t / nach t D 1 stetig fortsetzbar? 11.23  Aus dem Intervall Œ0; 1 wird das offene Mittelintervall der Länge 14 , . 38 ; 58 /, entfernt. Es bleiben die beiden Intervalle I11 D 0; 38

und I12 D

5 8

;1



übrig, aus denen jeweils das offene Mittelintervall der Länge entfernt wird. Dies liefert die vier Intervalle 5 7 12 I21 D 0; 32 ; I22 D 32 ; 20 25 27 32 I23 D 32 ; 32 ; I24 D 32 ; 1 :

1 42

Analoges Fortfahren liefert im n-ten Schritt 2n Intervalle. Im Grenzübergang wird die Vereinigung dieser Intervalle zu einer Cantormenge C , ähnlich wie auf S. 382 beschrieben. Bestimmen Sie das Maß .C / dieser Menge.

begrenzt. Bestimmen Sie für c D 3 das Flüssigkeitsvolumen, das in dem Glas maximal Platz findet, sowie die Masse des leeren Glases, wenn dieses aus einem Material der Dichte  D 2:2

besteht. Ermitteln Sie einen allgemeinen Ausdruck für die Masse eines leeren Glases mit Höhe c und Dichte . 11.26  Ein Spielkegel soll durch einen Rotationskörper beschrieben werden. Die Oberfläche dieses Körpers entsteht, indem der Graph von f im Intervall Œ0; 5 um die x-Achse rotiert, wobei f eine möglichst einfache differenzierbare Funktion sein soll, die folgende Eigenschaften besitzt: ein Randminimum an x D 0 mit f .0/ D 0, ein lokales Maximum an x D 1 mit f .1/ D 1, ein lokales Minimum an x D 32 mit f . 23 / D 12 , ein lokales Maximum an x D 3 mit f .3/ D 2, ein Randminimum an x D 5 mit f .5/ D 32 , keine weiteren Extrema in .0; 5/. Bestimmen Sie das Volumen des Kegels für Ihre Modellfunktion. Geben Sie den Bereich an, in dem das Volumen eines solchen Kegels für alle zulässigen Modellfunktionen liegen muss.

Anwendungsprobleme

Hinweise

11.24  Nach der Meinung mancher Professoren ist die Lernrate r vieler Studierender indirekt proportional zur Zeit t , die noch bis zur Prüfung übrig ist,

Verständnisfragen

˛ r.t / D t (mit einer Konstanten ˛ > 0). Was sind Ihrer Meinung nach die Probleme dieses Modells, würden Sie seinen Vorhersagen vertrauen? Wie würden Sie das Modell modifizieren, um es realistischer zu machen?

g cm3

11.1



Betrachten Sie die Differenz von F1 und F2 .

11.2  Führen Sie den Beweis durch Widerspruch, indem Sie annehmen, dass f an einer Stelle x0 2 Œa; b ungleich null wäre. 11.3  1. Die Nullfunktion ist auf jedem Intervall integrierbar. Können Sie die Nullfunktion als Summe zweier Funktionen darstellen, die jeweils nicht integrierbar sind?

11.25  Im Folgenden sind alle Koordinaten in cm angegeben: Ein Glas entsteht durch Rotation des durch y > 0 bestimmten Astes der Hyperbel

2. Betrachten Sie die Funktionen f und g mit f .x/ D g.x/ D x ˛ mit geeignetem ˛ auf Œ0; 1.

y 2  x2 D 1

3. Betrachten Sie die Funktionen f und g mit f .x/ D g.x/ D x ˛ mit geeignetem ˛ auf Œ1; 1/.

(Innenfläche) sowie Rotation der Halbgeraden y D x;

x0

11.4  Mit einer Darstellung für f 0  f und ex  1 in Œ0; 1 lässt sich eine Abschätzung für den Wert des Integrals schnell auswerten.

Kapitel 11

J .t / D

101

102

Kapitel 11

11.5



11.6



11.7



Betrachten Sie die auf R definierte Funktion: ( 0 für x  0 f .x/ D 0 .x/ D 1 für x > 0 R

x nC1 dx D

1 nC2

x nC2 .

Benutzen Sie die Regeln von L’Hospital.

11.19  Welche Abschätzung können Sie für jln xj mit x 2 Œ0; 1e  angeben? 11.20 

Vergleichen Sie mit

R =2 0

dx . x

11.21  Bestimmen Sie den Wert des allgemeinen Integrals R 0 kx 1 e dx. 11.22  Differenziation und Integration dürfen hier vertauscht werden. Integration von J 0 .t / bezüglich t liefert bis auf eine Konstante J .t /. Die Konstante kann aus J .0/ D 0 bestimmt werden.

Rechenaufgaben 11.8  Benutzen Sie die Linearität der Integration sowie die Tabelle der Stammfunktionen von S. 393. 11.9  Stellen Sie eine Formel für die Summe der beiden Teilflächen in Abhängigkeit von m dar und leiten Sie sie nach m ab.

11.23  Im Gegensatz zur Cantormenge von S. 382 hat die hier beschriebene ein endliches Maß 0 < .C / < 1. Um es zu bestimmen, berechnen Sie die Länge Ln aller bis zum n-ten Schritt entfernten Intervalle.

Anwendungsprobleme

11.10  Nutzen Sie den ersten Hauptsatz der Differenzialund Integralrechnung, der auf S. 388 dargestellt wurde. Für die Klassifizierung der Extreme sind Fallunterscheidungen notwendig.

11.24  Wie viel würden die Studierenden nach diesem Modell insgesamt lernen?

11.11  Nutzen Sie den ersten Hauptsatz der Differenzialund Integralrechnung, der auf S. 388 dargestellt wurde, aus.

11.25  Integrieren Sie  x.y/2 für die Hyperbel von y D 1 bis y D c und für die Gerade von y D 0 bis y D c.

11.12 

11.26  Am einfachsten lassen sich die Forderungen mit einem Polynom siebenten Grades oder mehreren passend zusammengesetzten Polynomen niedrigeren Grades erfüllen.

Fallunterscheidung für positive und negative x.

11.13  Benutzen Sie die Regeln von L’Hospital oder wenden Sie den Mittelwertsatz der Integralrechnung an. 11.14  Mit dem ersten Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung können Sie alle Mittel der klassischen Kurvendiskussion benutzen.

Lösungen Verständnisfragen

Kapitel 11

11.15  Schreiben Sie die Grenzwerte auf die oben gegebene Form um. Die notwendigen Integrationen sind elementar ausführbar. 11.16 

11.1





11.2





11.3





11.4





Bestimmen Sie Zb lim

b!1

 2x  C e3x C e4x dx : e

0

Eine Stammfunktion lässt sich leicht angeben. 11.17 

Gehen Sie wie beim Beispiel von S. 400 vor.

11.18  Benutzen Sie eine geeignete binomische Formel, trennen Sie den Integrationsbereich auf und schätzen Sie passend ab.

11.5  Eine solche Stammfunktion muss es nicht allgemein geben. 11.6  eindeutig. 11.7



Eine mögliche Wahl ist f .x/ D x. Diese ist nicht

Man erhält ln b  ln a.

Lösungswege

Rechenaufgaben 



11.10 

x4 , 4

F1 .x/ D

ex C sin x, F4 .x/ D 11.9

Anwendungsprobleme

e5x 5

F2 .x/ D

x4 4

3

2

C x3 C x2 C x, F3 .x/ D

 2 arctan x C x.

m D .a C b/=2. C hat

q q lokale Minima an x D  4kC1  und x D C 4kC3 , 2 2 q q  und x D  4kC3 , lokale Maxima an x D C 4kC1 2 2 S hat

p

p 2k  und x D  .2k C 1/ , p p lokale Maxima an x D  2k  und x D .2k C 1/ , lokale Minima an x D

jeweils mit k 2 N. 11.11 

T2 .xI 0/ D 1 C x  x 2 .

11.12 



11.13 

G D sin.1/.

1 2

11.15 

G1 D

11.16 

I D 13=12.

G2 D

1 . 1C˛

11.17 

I1 und I2 existieren, I3 existiert nicht.

11.18 



11.19 



11.20 



11.21 

Der Grenzwert existiert nicht. p

2

C arcsin t , die stetige Fortset11.22  J .t / D  1t C 1t t zung nach t D 1 liefert lim J .t / D 1 C 2 . t !1

11.23  .C / D 1=2

Der insgesamt gelernte Stoff divergiert.

11.25  Das Flüssigkeitsvolumen für c D 3 ist Vh .3/ D   6 C 23  cm3 , die Masse eines leeren Glases der Höhe c beträgt M .c; / D .c  23 / . 11.26  Die genaue Lösung ist von der gewählten Modellfunktion abhängig. Auf jeden Fall aber lassen sich Schranken angeben, für das Volumen V des Spielkegels gilt 5 < V < 17.

Lösungswege Verständnisfragen 11.1  F1 und F2 seien zwei Stammfunktionen einer gegebenen Funktion f . Damit gilt F10 D F20 D f . Bezeichnen wir die Differenz der beiden Funktionen mit , so gilt für alle x des Definitionsbereiches: .x/ D F2 .x/  F1 .x/ 0 .x/ D F20 .x/  F10 .x/ D f .x/  f .x/ D 0

11.14  f hat keine Extrema, g hat Minima an x D 2k und Maxima an x D .2k C 1/ mit k 2 Z.  , 4

11.24 

Die Ableitung der Differenzfunktion verschwindet überall, damit muss selbst konstant sein. 11.2  Wir nehmen an, f sei nicht die Nullfunktion. Dann muss es eine Stelle x0 2 Œa; b geben, an der f .x0 / ¤ 0 ist. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass f dort positiv ist. Wegen der Stetigkeit von f muss es eine Umgebung .c; d / von x0 geben, in der f ebenfalls positiv ist. Nun können wir ohne Schwierigkeiten eine stetige Funktion g finden, die in .c; d / positiv ist und in Œa; b n .c; d / verschwindet. Zwei Möglichkeiten wären: ( .x  c/ .d  x/ für x 2 .c; d / g.x/ D 0 für x 2 Œa; b n .c; d / 8 cCd ˆ 0 ; c

im Widerspruch zu den Voraussetzungen. Die Annahme, f sei nicht die Nullfunktion, muss also falsch sein.

Kapitel 11

11.8

103

104

Kapitel 11

11.3  1. Die beiden Funktionen f und g mit f .x/ D x1 und g.x/ D  x1 sind auf R0 nicht integrierbar. Für die Summe der beiden Funktionen gilt f .x/ C g.x/ 0, und die Nullfunktion ist auf R0 selbstverständlich integrierbar. 2. Wir betrachten die Funktionen f und g mit f .x/ D g.x/ D x 1=2 auf Œ0; 1. Jede der beiden ist integrierbar, ihr Produkt h D f g mit h.x/ D x1 jedoch nicht. 3. Wir untersuchen die beiden Funktionen f und g mit f .x/ D g.x/ D x1 auf Œ1; 1/. Ihre Produktfunktion h mit h.x/ D x12 ist auf diesem Intervall integrierbar, das gilt jedoch weder für f noch für g für sich. 

11.4



Wählt man f .x/ D x, so erhält man Z1 x x n dx D 0

11.7



Wir kennen Zb

ˇb x ˛C1 ˇˇ b ˛C1  a˛C1 : x dx D D ˛ C 1 ˇa ˛C1 ˛

und damit

d .f .x/ ex / dx

ˇ Z1 ˇ ˇ ˇ d .f .x/ ex /ˇˇ dx jf .x/  f .x/j dx D ˇˇex dx 0

0

0

Z1 D

ˇ ˇ ˇ ˇ d ex ˇˇ .f .x/ ex /ˇˇ dx dx

a

Im Grenzfall ˛ ! 1 erhalten wir nun mit L’Hospital b ˛C1  a˛C1 ln b b ˛C1  ln a a˛C1 D lim ˛!1 ˛!1 ˛C1 1 D ln b  ln a : lim

Die Integrationsregel Z

0

ˇ Z1 ˇ ˇ ˇ d  ˇˇ .f .x/ ex /ˇˇ dx dx 0

Z1 

D f .x/ ex j10 D 

1 e

Die im Hinweis angegebene Funktion f mit

Kapitel 11

f .x/ D 0 .x/ D

( 0

für x  0

1

für x > 0

ist beispielsweise in Œ1; 1 integrierbar. Hätte sie eine Stammfunktion F , so müsste gelten 0 D f .0/ D F 0 .0/ D lim

n!1

F .1=n/  F .0/ : 1=n

Der Mittelwertsatz der Differenzialrechnung liefert jedoch F .1=n/  F .0/ D1 1=n für alle n 2 N.

dx D ln x C C x

fügt sich so gesehen nahtlos in die Integrationen der anderen Potenzen ein.

d .f .x/ ex / dx dx

0

11.5

ˇ1 ˇ 1 1 x nC2 ˇˇ D : nC2 nC2 0

Man kann die Funktion aber auf einer Nullmenge modifizieren, ohne an dem Ergebnis etwas zu ändern. Fordert man hingegen Stetigkeit, so kann man zeigen, dass f .x/ D x die einzige zulässige Wahl ist.

Wir erhalten f 0 .x/  f .x/ D ex

Z1

11.6

Rechenaufgaben 11.8  Mittels Linearität der Integration und mit der Tabelle der Stammfunktionen erhalten wir Z x4 F1 .x/ D x 3 dx D C C1 4 Z Z Z Z 3 2 F2 .x/ D x dx C x dx C x dx C dx x4 x3 x2 C C C x C C2 3 Z2 Z4 F3 .x/ D ex dx C cos x dx D ex C sin x C C3 Z Z Z dx 1 5x F4 .x/ D C dx 5 e dx  2 5 1 C x2 e5x D  2 arctan x C x C C3 : 5 D

Da nur eine Stammfunktion gesucht ist, können wir den Integrationskonstanten jeden beliebigen Wert zuweisen, z. B. C1 D C2 D C3 D C4 D 0.

Lösungswege

11.10 

y

105

Wir erhalten für die Ableitungen C 0 .x/ D cos.x 2 / C 00 .x/ D 2x sin.x 2 / S 0 .x/ D sin.x 2 / C 00 .x/ D 2x cos.x 2 / :

Die erste Ableitung C 0 verschwindet für x 2 D N0 , also an den Stellen r xD˙ a

m

b

x

Abb. 11.30 Wir wählen m so, dass die Summe der beiden Flächen extremal wird

11.9  Wir bezeichnen mit F eine Stammfunktion von f und erhalten für die gesuchte Fläche, die in Abb. 11.30 skizziert ist,

 mit n 2

n 2 N0 :

Für die zweite Ableitung an diesen Stellen erhalten wir r C

00

˙

2n C 1  2

!

r

 2n C 1 2n C 1  sin  2 2 r 2n C 1 D 2 .1/n : 2

D 2

Dieser Ausdruck ist positiv für gerade n und x < 0 bzw. ungerade n und x > 0, in den anderen Fällen negativ. Es liegen Zm Zb demnach lokale Minima an den Stellen A.m/ D .f .m/  f .x// dx C .f .x/  f .m// dx r 4k C 1 a m  ; k 2 N0 xD 2 Zm Zm Zb Zb r 4k C 3 D f .m/ dx  f .x/ dx C f .x/ dx  f .m/ dx xDC  ; k 2 N0 ; 2 a a m m D f .m/ .m  a/  F .m/ C F .a/ lokale Maxima an den Stellen C F .b/  F .m/  f .m/ .b  m/ r 4k C 1 D f .m/ .2m  a  b/  2F .m/ C F .a/ C F .b/ xDC  ; k 2 N0 2 r Nun leiten wir dieses Ergebnis nach m ab und erhalten 4k C 3  ; k 2 N0 : xD 2 A0 .m/ D f 0 .m/ .2m  a  b/ C 2f .m/  2f .m/ Die Rechnung für S erfolgt analog: S 0 verschwindet für x 2 D D f 0 .m/ .2m  a  b/ : n  mit n 2 N0 , also an Um mögliche Extrema zu finden, setzen wir diese Ableitung p gleich null. Da nach Voraussetzung f streng monoton wachx D ˙ n  ; n 2 N0 : send ist, ist f 0 .m/ ¤ 0, daher muss Die zweite Ableitung liefert aCb mD   p p 2 S 00 ˙ n;  D ˙2 n  cos .n / p sein, unabhängig von der genauen Form von f . Für die zweite D ˙2 .1/n n  : Ableitung erhalten wir Das ist positiv an den Stellen mit geradem n und x > 0 bzw. A00 .m/ D f 00 .m/ .2m  a  b/ C 2f 0 .m/ ; ungeradem n und x < 0, negativ für gerades n und x < 0 bzw.   ungerades n und x > 0. Es liegen demnach lokale Minima an aCb aCb A00 D 2f 0 > 0: 2 2 p x D 2k  ; k 2 N p Wir haben demnach ein Minimum gefunden, wie man auch x D  .2k C 1/  ; k 2 N ; durch geometrische Betrachtungen leicht bestätigen kann.

Kapitel 11

0

2n C 1 ; 2

2nC1 2

106

Kapitel 11

mit 2 .1; x/. Kürzen des Ausdrucks .x  1/ in Zähler und Nenner liefert  x sin D sin 1 ; G D lim x!1

lokale Maxima an p x D  2k  ; k 2 N p x D .2k C 1/  ; k 2 N : Im Fall x D n D 0 liegt ein Sattelpunkt vor, denn für x 2 R0 ; 0/ ist S.x/ D  x sin.t 2 / dt < 0 und für x 2 .0; 2 / ist .  2 S.x/ > 0. 11.11 

da mit x ! 1 auch ! 1 gelten muss. 11.14 

Wir erhalten

Wir erhalten aus

x 2

Zx f .x/ D cos x C

f .x/ D x e cos t dt 1 C t2

die Werte f .0/ D 1, f 0 .0/ D 1 und f 00 .0/ D 1. Damit können wir das gesuchte Taylorpolynom sofort angeben,

0

t dt D 0

Z0 jt j dt D 

0

Kapitel 11

11.13 

Z0 jt j dt D

x

t dt D x

ˇ 2 ˇ0

Für die zweite Funktion ergibt sich Zx

t ˇ x x jxj D D : 2 ˇx 2 2

2

Die erste Ableitung verschwindet nur für x D 0. Wegen f 00 .0/ D 0 kann man vorerst keine Aussage treffen, die weitere Rechnung zeigt f 000 .0/ D 4 ¤ 0, es liegt demnach kein Extremum vor.

g.x/ D

ˇx t 2 ˇˇ x2 x jxj D D : ˇ 2 0 2 2

2

2

1 2 x : 2

Für x < 0 erhalten wir Zx

2

f 00 .x/ D 4x .x 2  1/ ex :

sin t dt 1 C t2

0

11.12  Für x D 0 ist die Behauptung klarerweise richtig. Für x > 0 ist jt j dt D

2

0

cos x 1 C x2 sin x 2x cos x f 00 .x/ D  cos x   1 C x 2 .1 C x 2 /2

Zx

et dt

2

f 0 .x/ D  sin x C

Zx



f 0 .x/ D ex  2x 2 ex  ex D 2x 2 ex

0

T2 .xI 0/ D 1 C x 

Zx

sin x 1 C x2 cos x 2x sin x g 00 .x/ D  : 1 C x 2 .1 C x 2 /2 g 0 .x/ D

Die erste Ableitung verschwindet für x D n  mit n 2 Z. In die zweite Ableitung eingesetzt ergibt das f 00 .n/ D

2

.1/n : 1 C .n/2

An x D 2k, k 2 Z liegen Minima, an x D .2k C 1/, k 2 Z liegen Maxima der Funktion.

Anwendung der Regeln von L’Hospital liefert 0 G D lim @ x!1

x x1

Zx

1 sin t A dt t

1

0 x 1 Z sin t sin x A dt C x D lim @ x!1 t x 1

11.15 

Wir erhalten:

G1 D lim

n!1

Z1 D

kD1

n 1X 1 D lim  2 n!1 n n2 C k 2 1C k n

kD1

n n  X k˛ 1X k ˛ D lim n!1 n!1 n n˛C1 n

G2 D lim

kD1

Z1 D 0

n

dx  D arctan xj10 D arctan 1 D 2 1Cx 4

0

D sin.1/ 0:841 471 : Eine elegantere Variante, diesen Grenzwert zu berechnen, ist es, den Mittelwertsatz auf das Integral anzuwenden:  x sin G D lim .x  1/ x!1 x  1

n X

kD1

ˇ1 ˇ 1 1 x 1C˛ ˇˇ D x ˛ dx D 1C˛ 1 C ˛ 0

Lösungswege

p 11.18  Weil auf Œ1; 0 stets 1  x  1 und analog auf p Œ0; 1 stets 1 C x  1 ist, können wir sofort abschätzen:

11.16  I D



 e2x C e3x C e4x dx

Z1 I D

0

Zb



D lim

b!1

 e2x C e3x C e4x dx

D lim

8 b 1 ist, erhalten wir

I D

dx p ; x

1

dx p 1x 1Cx

Die Existenz dieses Integrals erlaubt die Definition der Zahl  über die Bogenlänge, siehe S. 412. Aus der obigen Abschätzung sieht man darüber hinaus unmittelbar   4.

Z1=e

dx p xCx

p

dx p C p 1x 1Cx

Z0

0

Da für x 2 Œ0; 1 stets ex > 1 ist, gilt Z1

D

9 =

b e2x e3x e4x C C D  lim b!1 2 3 4 0

2b

 3b 4b  e 1 e e 1 1 C C C C C D  lim b!1 2 3 4 2 3 4 13 D 12 11.17 

p D 1  x2

1

0

Z1

dx

lim

n!1

n Z X

0

kD11

n X 1 ; n!1 k

ekx dx D lim

und die harmonische Reihe ist divergent.

kD1

Kapitel 11

Z1

107

108

Kapitel 11

11.22  Die Vertauschung von Differenziation und Integration ergibt für 0 < t < 1:

1 x 1p J 0 .t / D p dx D  2 1  t 2 x 2 t 1  t 2x2 0 0 p 1  t2 1 D C 2: 2 t t

.C / D 1  lim Ln n!1

D 1  lim

Z1

Diesen Ausdruck können wir nun integrieren, um J .t / zu erhalten: Z Z Z p dt 1  t2 0 J .t / dt D  dt 2 t t2 Z 1 1p 2t D C 1  t2  dt p t t 2t 1  t 2 p 1 1  t2 D C C arcsin t C C t t Damit ist 1 J .t / D  C t

p

1  t2 C arcsin t C C ; t

0 < t < 1;

und dies ist im Nachhinein auch gültig für t D 0 (Stetigkeit des Parameterintegrals bei stetigem Integranden). Aus J .0/ D 0 folgt C D 0. Im Intervall 0  t < 1 gilt p p . 1  t 2  1/. 1  t 2 C 1/ p C arcsin t J .t / D t . 1  t 2 C 1/ t D C arcsin t : p 1 C 1  t2 Die stetige Fortsetzung nach t D 1 liefert  lim J .t / D 1 C : t !1 2

1

2

2

n!1

1 2

D

Man nennt die erhaltene Menge daher eine „Cantormenge vom Maß 12 “. Auf analoge Weise kann man Cantormengen C 0 von jedem beliebigem Maß .C 0 / 2 Œ0; 1 konstruieren.

Anwendungsprobleme 11.24 

Da ZtStart ZtStart dt r.t / dt D ˛ RD t 0

0

bestimmt divergent ist, würde man nach diesem Modell in beliebig kurzer Zeit beliebig viel lernen. Um das ohnehin sehr krude Modell zumindest ein wenig realistischer zu machen, könnte man es zu n˛ o r.t / D min ; rmax t modifizieren. In diesem Fall wäre ein auf Summen basierendes Modell jedoch ohnehin eher angebracht als eines, das eine stetige Lernrate annimmt. 11.25  Für das durch die rotierende Hyperbel umschriebene Volumen erhalten wir Zc Vh .c/ D 

x .y/ dy D  1

D

Zc .y 2  1/ dy

2

(

11.23  Bezeichnen wir mit Ln die Länge aller bis zum nten Schritt entfernten Intervalle, so gilt

1

) ˇ  3  c y ˇ 2 c  yj1 D  : cC 3 ˇ1 3 3 3 ˇc

Kapitel 11

1 4 1 1 1 1 L2 D C 2  2 D C 4 4 4 8 1 1 1 1 L3 D L2 C 4  3 D C C : 4 4 8 16

L1 D

Dies deutet bereits auf eine geometrische Reihe hin. Allgemein werden im n-ten Schritt 2n1 Intervalle der Länge 41n entfernt. Wir erhalten damit: n n  n1  X 2n1 1X 1 k 1X 1 k D D Ln D 4n 2 2 4 2 kD1 kD1 kD0  1 n  1 n 1 2 1 1 2 D  D 1 4 2 1 2

 1 n

y

4 3 2 1

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

Abb. 11.31 Ein Glas, das durch Rotation des Astes y > 0 der Hyperbel y 2  x 2  1 und der Geraden y D x entsteht

Lösungswege

Analog erhalten wir das von der rotierenden Geraden umschriebene Volumen zu Zc Vg .c/ D 

Zc x .y/ dy D 

y 2 dy D 

2

1

c3 ; 3

1

11.26  Hier gibt es keinen genau vorgezeichneten Lösungsweg. Wir empfehlen die Verwendung von Interpolationspolynome zweiten bzw. dritten Grades, deren Koeffizienten aus den geforderten Bedingungen bestimmt werden. Die entsprechenden Gleichungssysteme sind umfangreich genug, um den Einsatz von Computeralgebrasystemen zu rechtfertigen. Um eine obere und eine untere Schranke für das Volumen zu erhalten, kann man benutzen, dass der Graph einer Funktion mit den geforderten Eigenschaften immer zwischen dem Graphen der beiden Treppenfunktionen t1 und t2 liegen muss, die auf Œ0; 5 durch

Das Volumen des leeren Glases beträgt damit  2 Vgl .c/ D Vg .c/  Vh .c/ D  c  ; 3

t1 .x/ D

seine Masse ist M .c; / D Vgl .c/ . Für c D 3 entspricht das bei einer Dichte von  D 2:2 cmg 3 einer Masse von

t2 .x/ D

M .6; 2:2/ D

7  2:2 7:330 4 g : 3

8 ˆ 0 vorzugeben, dann die Folge der Integrale

I2 D

I1 D

:::

ex dx ; .1 C ex /2

Z I2 D

cos.ln x/ dx x

Kapitel 12

12.3

0

a

mit a < b1 < b2 < b3 < : : : zu bestimmen und den Prozess abzubrechen, wenn jIn  In1 j < " ist. Vergleichen Sie die beiden Möglichkeiten bn D 100 n und bn D 10n für die beiden

12.10 

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_11

Z I D

  cos esin x esin x cos x dx 111

112

Kapitel 12

12.11 

Z I1 D

ex dx ; x e C ex

12.12 

Z

ln2 x dx x

I2 D

Z

12.22  Die Funktion f sei auf R zweimal stetig differenzierbar. Zeigen Sie für alle Intervalle Œa; b Zb

x f 00 .x/ dx D Œb f 0 .b/  a f 0 .a/  Œf .b/  f .a/ :

a x

I D

ex cosh.ex / e.e / dx 12.23  Man bestimme einen allgemeinen Ausdruck für Integrale der Form

12.13  Z2

x  27 dx x 3  2x 2  3x

I D 1

12.14  Z1 I D

x 2  6x  7 dx .x  2/2 .x 2 C 1/

Z In D

x n ln x dx

mit n 2 N. 12.24  Man bestimme jeweils eine Rekursionsformel für die Integrale Z In D

0

Z Jn D

12.15  Z I1 D

4x  2 dx ; x 2 C 3x C 3

12.16 

Z I2 D

ex sinh x dx ex C 1

12.25 

Z x3

x 2 C 2x C 2 dx C 3x 2 C 6x C 12

sinn x dx

Man zeige, dass die Reihe 1 X

I D

x n ex dx

kD1

1 k 3 C 3k 2 C 2k

!

konvergent ist und bestimme ihren Wert. 12.17 

Z I1 D

Z x  ln.x / dx ; 2

12.18 

I2 D

tan x dx cos x

Z I D

cosh.ex / e2x dx

Anwendungsprobleme 12.26  Die Geschwindigkeit einer Rakete, die mit Startgeschwindigkeit v0 D 0 abhebt, ist durch v.t / D u ln

12.19 

Z I D

12.20 

Z

I1 D

Kapitel 12

12.21 

sin x dx cos x  sin2 x

dx p ; 1 C e2x

Z I2 D

Man zeige die Beziehung Z1 0

ln x dx D 0 x2 C 1

sin x dx 1 C cos x

m0  gt m0  qt

gegeben, wobei m0 die Masse der Rakete beim Start, q die Rate des Massenausstoßes (und damit des Treibstoffverbrauchs) und g die Erdbeschleunigung bezeichnet. Bestimmen Sie den bis zu Rt einer Zeit t D tf (final) zurückgelegten Weg s.tf / D 0f v.t / dt unter der Annahme (näherungsweise) konstanter Erdbeschleunigung. Schätzen Sie die maximale Zeit, für die die obige Formel Gültigkeit hat. 12.27  Implementieren Sie in einer Programmiersprache Ihrer Wahl die Trapez- und die Simpson-Formel. Testen Sie sie an einigen Funktionen, deren Integrale Sie analytisch bestimmen können. Vergleichen Sie die Effizienz der beiden Methoden.

Hinweise

12.29  Auch die rekursive Implementierung der SimpsonFormel auf S. 458 hat natürlich mit jenen Schwächen zu kämpfen, die zu Beginn von Abschnitt 12.5 angeführt wurden. Finden Sie eine Funktion, für die simpson einen völlig falschen Wert liefert. 12.30  Die rekursive Implementierung der SimpsonFormel auf S. 458 bietet noch einige Möglichkeiten für Verbesserungen. Modifizieren Sie die Funktion so, dass bereits benutzte Funktionswerte bei den rekursiven Aufrufen weiterverwendet und nicht wieder neu berechnet werden. Ergänzen Sie zudem, dass die maximal benötigte Rekursionstiefe und die Gesamtzahl der Funktionsaufrufe ermittelt und ausgegeben werden.

Hinweise Verständnisfragen 12.1  Jede Integrationsregel ist die Umkehrung einer Ableitungsregel. Welche Regeln kommen infrage? 12.2  Untersuchen Sie die Symmetrieeigenschaften des Integranden. 12.3



Beachten Sie die Übersicht auf S. 399.

12.4



Existieren die Integrale I1 und I2 ?

Rechenaufgaben 12.5



Partielle Integration.

12.6  Für diese Integrale benötigen Sie keine speziellen Integrationstechniken. 12.7



Partielle Integration.

12.8



Partielle Integration.

12.9  Substituieren Sie im ersten Beispiel u D ex , im zweiten u D ln x.

12.10  Arbeiten Sie mit der Substitution u D sin x. Im weiteren Verlauf der Rechnung wird eine weitere Substitution notwendig sein. 12.11  Standardsubstitutionen, in I1 die Exponentialfunktion, in I2 den Logarithmus. 12.12  Substituieren Sie u D ex und benutzen Sie an geeigneter Stelle die Definitionsgleichung des hyperbolischen Kosinus. 12.13  Partialbruchzerlegung. Eine Nullstelle des Nenners liegt offensichtlich bei x D 0. 12.14 

Partialbruchzerlegung.

12.15  Schreiben Sie in I1 den Zähler so um, dass Sie zwei Integrale erhalten, von denen Sie eines mittels logarithmischer Integration lösen können. Benutzen Sie notfalls die Formeln von S. 444. In I2 hilft eine Aufspaltung des hyperbolischen Sinus anhand der Definitionsgleichung. Der so erhaltene Ausdruck vereinfacht sich durch kluges Anwenden der binomischen Formeln. 12.16  tion.

Das ist ein Kandidat für logarithmische Integra-

12.17  In I1 partielle Integration, wobei der Logarithmus zu differenzieren ist. Bei I2 ist es hilfreich, den Tangens aufzuspalten, danach führt eine Substitution weiter. 12.18  Substitution u D ex und anschließende partielle Integration. 12.19  Die naheliegende Substitution u D sin x führt zu keinem einfacheren Integral. Da der Integrand ungerade in sin x ist, hilft hingegen, wie aus der Zusammenfassung auf S. 446 ersichtlich, die Substitution u D cos x. 12.20  Eine schnelle Möglichkeit ist es, in I1 die gesamte Wurzel zu substituieren. In I2 erhalten Sie mit einer der Standardsubstitutionen von S. 446 ein Integral über eine rationale Funktion. Bei diesem besonderen Beispiel gibt es jedoch sogar noch einen schnelleren Weg. 12.21  Spalten Sie das Integral an der Stelle x D 1 auf und substituieren Sie in einem der beiden Teilintervalle u D 1=x. 12.22 

Das folgt unmittelbar aus partieller Integration.

Kapitel 12

12.28  Schreiben Sie in einer Programmiersprache Ihrer Wahl einen einfachen Monte-Carlo-Integrator. Testen Sie ihn an einigen Funktionen, deren Integrale Sie analytisch bestimmen können.

113

114

Kapitel 12

12.23  Arbeiten Sie mit partieller Integration, und kontrollieren Sie das Ergebnis durch Differenzieren. 12.24  In beiden Fällen hilft partielle Integration; spalten Sie im zweiten Beispiel das Produkt so auf, dass Sie die Stammfunktion eines Faktors sofort angeben können. 12.25  Bestimmen Sie einen expliziten Ausdruck für die Partialsummen, benutzen Sie dazu Partialbruchzerlegung und Indexverschiebungen.

Lösungen Verständnisfragen 12.1



Kettenregel und Produktregel.

12.2



I D0

12.3



I D

12.4





R1 1

du u2˛

Anwendungsprobleme R R 12.26  Benutzen Sie ln f .x/ dx D 1  ln f .x/ dx und partielle Integration. Überlegen Sie für die Frage nach der Gültigkeit, wie lange eine Rakete der Masse m0 Treibstoff mit einer Rate q verbrauchen kann. 12.27  Definieren Sie, falls möglich, die aufzurufende Funktion extern, um sie leichter austauschen zu können. Es wird vermutlich am einfachsten sein, zwei Schleifen ineinander zu schachteln, die äußere für die Verfeinerung der Zerlegung, die innere für das Aufsummieren der Teilergebnisse. Machen Sie sich am Anfang nicht zu viele Gedanken um eine Optimierung (etwa durch Wiederverwenden von schon ermittelten Funktionswerten). 12.28  Definieren Sie, falls möglich, die aufzurufende Funktion extern, um sie leichter austauschen zu können. Die zentrale Zutat für ein solches Programm ist ein Zufallsgenerator, mit dem die Punkte für die Funktionsauswertung bestimmt werden. Liefert etwa die Routine RAND./ eine im Intervall .0; 1/ gleichverteilte Zufallszahl, so erhält man die Stützpunkte über a C .b  a/  RAND./. Zudem benötigt man eine Schleife, in der die Ergebnisse aufsummiert werden. Denken Sie daran, die Zahl der Funktionsauswertungen zu speichern. 12.29  Orientieren sich sich an Abb. 12.7 und berücksichtigen Sie, dass für den Konvergenztest nur die Werte an fünf (äquidistanten) Stellen verwendet werden.

Kapitel 12

12.30  Führen Sie in der Funktion ein zusätzliches Argument ein, das schon die berechneten Funktionswerte enthält. In der Funktion soll am Anfang überprüft werden (mit exist oder nargin), ob dieses Argument übergeben wurde. Wenn ja, verwenden Sie die entsprechenden Werte weiter. Sehen Sie zwei weitere Rückgabewerte für die Zahl der gesamten Funktionsaufrufe sowie für die Rekursionstiefe vor. Bei der Ermittlung der Rekursionstiefe bietet es sich an, „von unten“, d.h. bei der tiefesten Ebene zu zählen zu beginnen.

Rechenaufgaben 12.5



I D x cos x C sin x C C

12.6



I1 D 4 x 7=4 C C , I2 D 8 x 15=8 C C

12.7



I1 D x  tanh x  ln cosh x C C I2 D 

12.8



I1 D

12.9



I1 D

ln.x 2 / 2  CC x x

p

3 6

C ln 2, I2 D 16=105



1 , 1Ce

1 2

I2 D sin.ln x/ C C

12.10 

  I D sin esin x C C .

12.11 

I1 D

12.12 

I D

12.13 

I D 18 ln 2  7 ln 3

12.14 

I D  32  3 ln 2

12.15 

I1 D 2 ln.x 2 C 3x C 3/ 

I2 D

ex x 2

1 2 1 4

ˇ ˇ ln ˇe2x C 1ˇ C C , I2 D

ln3 x 3

2ex e C 2ex C C

CC

16 p 3

arctan

2xC3 p 3

ˇ ˇ ln ˇx 3 C 3x 2 C 6x C 12ˇ C C

12.16 

I D

12.17 

I1 D

12.18 

I D ex sinh.ex /  cosh.ex / C C

1 3

CC

x2 2

ln.x 2 / 

x2 2

C C , I2 D

1 cos x

CC

C C,

Lösungswege

12.19 

I D  p25 arcoth



p2 5

cos x C

p1 5



12.21 

Wegen

CC

f .x/ D

p  12.20  I1 D arcoth 1 C e2x CC , I2 D ln tan2 C D  ln.1 C cos x/ C D

115

x 2

 C1 C

sinh.x/ cos.x/ sinh x cos x D D f .x/ 1 C .x/2 1 C x2

ist der Integrand antisymmetrisch und bei Integration über ein symmetrisches Intervall verschwindet das Integral. Daher ist Z f .x/ dx D 0:

– 

12.22 

– 12.3

12.23 

Im D

x nC1 nC1

ln x 



Mit der Substitution u D 1=x erhalten wir Z1

x nC1 .nC1/2

I D 0

12.24  In D x n ex C n In1 , Jn D .1  n1 / Jn2  1 sinn1 x cos x. n

ˇ dx ˇˇ u D x1 D x ˛ ˇdx D  du u2 Z1

D

u˛ 1

12.25 

Der Wert der Reihe ist S D 14 .

Anwendungsprobleme

12.28 



12.29  Œ2; 2

z. B.

12.30 

du u2˛

1

dx x˛

Z1 bzw.

0

0 12.26  s.tf / D utf  g2 tf2 Cu.tf  mq0 / ln m0mqt , das kann f m0 bestenfalls gültig sein für tf < q .



Z1

Wir wissen (siehe z. B. S. 399), dass Integrale der Form Z1

12.27 

du D u2

ˇ 1 ! 1 ˇˇ D 0 ! 1ˇ

dx xˇ

1

genau dann konvergieren, wenn ˛ < 1 bzw ˇ > 1 ist. Nun sehen wir auch, wie diese Beziehungen zusammenhängen. Mit ˇ D 2  ˛ haben die beiden Integrale genau das gleiche Konvergenzverhalten und, wenn sie existieren, den gleichen Wert. 12.4  Für I1 liefert die Methode einen akzeptablen Näherungswert, allerdings erst für vergleichsweise großes n. Bei I2 hingegen stoßen wir auf massive Probleme. Auch hier bricht die Methode irgendwann ab und liefert einen endlichen Wert; tatsächlich aber existiert das Integral gar nicht.

f = @(x)sin(x)^2

im

Intervall 12.5



ˇ ˇ ˇ uDx u0 D 1 ˇˇ D x sin x dx Dˇˇ 0 v D sin x v D  cos x ˇ Z D x cos x C cos x dx D x cos x C sin x C C Z

I D



Lösungswege

12.6



Z p

Z

Verständnisfragen

I1 D 7

x x 1=2 dx D 7

12.1  Die Substitution ergibt sich als Umkehrung der Kettenregel, die partielle Integration als Umkehrung der Produktregel.

x 7=4 x 3=4 dx D 7 C C D 4 x 7=4 C C 7=4 Z q p Z q x x x 1=2 dx D 15 x .x 3=2 /1=2 dx I2 D 15 Z Z D 15 .x x 3=4 /1=2 dx D 15 x 7=8 dx

.x 3=2 /1=2 dx

Z

12.2



Wir setzen f .x/ D

sinh x cos x 1 C x2

D 15

x 15=8 C C D 8 x 15=8 C C 15=8

Kapitel 12

D7

116

Kapitel 12

Rechenaufgaben 12.7

12.9

 Z

ˇ ˇ ˇ uDx 1 u0 D 1 ˇˇ ˇ I1 D x dx Dˇ 0 ˇD ˇv D cosh12 x v D tanh x ˇ cosh2 x Z Z sinh x D x  tanh x  tanh x dx D x  tanh x  dx cosh x D x  tanh x  ln cosh x C C

Notwendig ist dabei nur die Kennnis des (Fast-)Standardintegrals Z 1 dx D tanh x C C cosh2 x und die Anwendung der logarithmischen Integration. Die Betragsstriche sind hier unnötig, da der hyperoblische Kosinus ohnehin nie negativ werden kann. Für das zweite Integral erhalten wir ˇ ˇ Z ˇ 2x ˇ ˇu D ln.x 2 / u0 D x 2 ˇ 2 1 I2 D ln.x / 2 dx Dˇ 0 ˇD ˇ v D x12 v D  x1 ˇ x Z ln.x 2 / 2 ln.x 2 / 2 D C  C C: dx D  2 x x x x 12.8



ˇ ˇu D x 1 ˇ dx Dˇ 0 2 ˇu D 1 sin x

ˇ v 0 D sin12 x ˇˇ ˇD v D  cot x ˇ

=6

ˇ=2 Z=2 ˇ D x cot x ˇ C cot x dx =6

=6

p =2

D Œx cot x C ln j sin xj=6 D und

Z1 I2 D

r

2

p

ˇ ˇ u D r2 1  r dr Dˇˇ 0 u D 2r

0

3 C ln 2 6

ˇ v 0 D .1  r/1=2 ˇˇ D v D  23 .1  r/3=2 ˇ

ˇ1 Z1 ˇ 2r 2 4 3=2 ˇ D  r .1  r/3=2 dr .1  r/ ˇ C 3 3 0 „ ƒ‚ … 0 D0

Kapitel 12

ˇ ˇ ˇ ˇ uDr u0 D 1 ˇ Dˇˇ 0 2 3=2 5=2 ˇD v D .1  r/ v D  5 .1  r/ 8 9 ˆ > ˆ > 1 ˇ ˆ > Z 1 = ˇ 4 < 2r 2 5=2 ˇ 5=2 D  .1  r/ ˇ C .1  r/ dr > 3ˆ 5 5 ˆ > ˆ > ƒ‚ …0 0 :„ ; D0

Wir erhalten mit der Substitution u D ex ˇ ˇ u D ex ; x D ln u ex ˇ dx D ˇdx D dx du D 1 du .1 C ex /2 du u

Z1 I1 D 0

Ze

u du D .1 C u/2 u

D 1

Ze

ˇ 1 ! e ˇˇ D 0 ! 1ˇ

.1 C u/2 du

1

ˇe 1 1 ˇ D .1 C u/1 ˇ D  C 1 1Ce 1C1 1 1 D  2 1Ce Da im zweiten Integral der Logarithmus als Argument des Cosinus am störendsten aussieht, substituieren wir: ˇ ˇ Z ˇu D ln x dˇ cos.ln x/ ˇD dx Dˇˇ I2 D u D x1 du ˇ x Z D cos u du D sin u C C D sin.ln x/ C C 12.10 

Wir arbeiten mit doppelter Substitution:

ˇ ˇ ˇ u D sin x ˇ   ˇD cos esin x esin x cos x dx Dˇˇ du D cos x dx ˇ ˇ ˇ Z ˇ v D eu ˇ ˇD D cos .eu / eu du Dˇˇ ˇ du D dv eu Z D cos v dv D sin v C C D sin .eu / C C   D sin esin x C C Z

Wir erhalten

Z=2 I1 D x



ˇ1 ˇ 16 4 2 2 7=2 ˇ D  .1  r/ ˇ D 3 5 7 105 0

I D

Natürlich hätte man auch sofort v D esin x substituieren können und wäre mit einem (dafür komplizierteren) Substitutionsschritt ausgekommen. 12.11  u D ex : Z I1 D

Die naheliegendste Substitution in I1 ist natürlich

ˇ ˇ ˇ u D ex ˇ ex ˇ ˇD dx Dˇ du D ex dx ˇ ex C ex Z Z Z u du 2u u 1 D D du D du u2 C 1 2 u2 C 1 u C u1 u ˇ ˇ 1 ˇ 1 ˇ D ln ˇu2 C 1ˇ C C D ln ˇe2x C 1ˇ C C I 2 2

in I2 substituieren wir für den Logarithmus: ˇ ˇ Z Z ˇ u D ln x ˇ ln2 x ˇD u2 du D dx Dˇˇ I D du D x1 dx ˇ x D

1 3 ln3 x u CC D CC : 3 3

Lösungswege

Hier substituiert man u D ex : ˇ ˇ Z ˇ u D ex ˇ x x .ex / ˇ ˇD I D e cosh.e / e dx Dˇ du D ex dx ˇ Z Z 1 u D cosh.u/ e du D .eu C eu / eu du 2

 Z  1  2u 1 1 2u D e C 1 du D e Cu CC 2 2 2 1 2ex D e C 2ex C C 4

Man erhält das Gleichungssystem ACC 2A C B  4C C D A C 4C  4D 2A C B C 4D

D 0; D 1; D 6 ; D 7

mit der Lösung A D 2, B D 3, C D 2, D D 0. Z1  I D

2 2x 3   x  2 .x  2/2 x 2 C 1

dx

0

12.13 

Nullsetzen des Nenners liefert

x 3  2x 2  3x D x .x 2  2x  3/ D 0 p und mit x1 D 0, x2; 3 D 1 ˙ 1 C 3 setzen wir eine Partialbruchzerlegung an x  27 A B C D C C x 3  2x 2  3x x x3 xC1 Multiplikation mit dem gemeinsamen Nenner liefert x  27 D A .x  3/ .x C 1/ C B x .x C 1/ C C x .x  3/ ; und die Polstellenmethode ergibt x D 0W x D 3W x D 1 W

27 D 3A 24 D 12B 28 D 4C

AD9 B D 2 C D 7 :

Damit können wir das Integral sofort ermitteln: Z2  I D

9 2 7   x x3 xC1

dx

1

D Œ9 ln jxj  2 ln jx  3j  7 ln jx C 1j21 D 9 .ln 2  ln 1/  2 .ln 1  ln 2/  7 .ln 3  ln 2/ D 18 ln 2  7 ln 3 12.14  Die Polynomdivision entfällt wegen Grad Zähler D 2 < 4 D Grad Nenner. Nun setzen wir eine Partialbruchzerlegung an x 2  6x  7 Cx C D A B C 2 D C .x  2/2 .x 2 C 1/ x2 .x  2/2 x C1 Multiplikation mit dem gemeinsamen Nenner ergibt x 2  6x  7 D A .x  2/ .x 2 C 1/ C B .x 2 C 1/ C .C x C D/ .x  2/2 : Wir sortieren auf beiden Seiten nach Potenzen: x 2  6x  7 D .A C C / x 3 C .2A C B  4C C D/ x 2 C .A C 4C  4D/ x C .2A C B C 4D/

D 2 ln jx  2j C

3  ln.x 2 C 1/ x2

1 0

3 D   3 ln 2 2 12.15  Da der Nenner keine reellen Nullstellen hat, lässt sich der Integrand von I1 nicht mehr mittels reeller Partialbruchzerlegung vereinfachen. Statt dessen versuchen wir, den Zähler als Ableitung des Nenners darzustellen, um logarithmisch integrieren zu können: Z Z 2x  1 2x C 3  4 I1 D 2 dx D 2 dx x 2 C 3x C 3 x 2 C 3x C 3  Z Z 4 2x C 3 dx  dx D2 x 2 C 3x C 3 x 2 C 3x C 3 Z 1 D 2 ln jx 2 C 3x C 3j  8  dx x 2 C 3x C 94 C 34 Z 1 D 2 ln.x 2 C 3x C 3/  8  dx   3 2 x C 2 C 34 Die Substitution u D x C 32 , du D dx führt schließlich auf ˇ ˇ Z Z 2u ˇ ˇ vD p 4 du du ˇ ˇ 3 p D D  ˇD ˇ 4u2 ˇdu D 3 dvˇ 3 u2 C 34 C 1 2 3 p Z dv 3 4 2 D   D p arctan v C C 2 2 3 v C1 3 2 2x C 3 D p arctan p CC 3 3 und wir erhalten 16 2x C 3 I1 D 2 ln.x 2 C 3x C 3/  p arctan p CC : 3 3 In I2 spalten wir den hyperbolischen Sinus auf und erhalten Z x Z x 1 x e 2 .e  ex / e sinh x I D dx D dx ex C 1 ex C 1 Z 2x Z e 1 .ex C 1/  .ex  1/ 1 1 D dx D dx 2 ex C 1 2 ex C 1 Z ex  x 1 .ex  1/ dx D CC : D 2 2

Kapitel 12

12.12 

117

118

Kapitel 12

12.16  gration:

Umformen erlaubt sofort eine logarithmische InteZ 3x 2 C 6x C 6 1 dx 3 3 x C 3x 2 C 6x C 12 Z Œx 3 C 3x 2 C 6x C 120 1 dx D 3 x 3 C 3x 2 C 6x C 12 ˇ 1 ˇ D ln ˇx 3 C 3x 2 C 6x C 12ˇ C C 3

I D

12.17  Bei I1 arbeitet man, wie so oft bei Integralen mit Logarithmen, sinnvollerweise mit partieller Integration: ˇ ˇ Z ˇ u D ln.x 2 / v 0 D x ˇˇ ˇ 2 I1 D x  ln.x / dx Dˇ 0 2 ˇD ˇu D 2x D x2 v D x2 ˇ x2 Z Z 2 x2 x2 x2 D ln.x 2 /   dx D ln.x 2 /  x dx 2 x 2 2 2 x x2 D ln.x 2 /  CC : 2 2 sin x In I2 erhalten wir mit tan x D cos x ˇ ˇ Z Z ˇ u D cos x ˇ tan x sin x ˇ ˇ I2 D dx D dx Dˇ du ˇD dx D  sin cos x cos2 x x Z Z sin x du du 1 1 D  D CC D D  CC : u2 sin x u2 u cos x

12.18  Substitution mit anschließender partieller Integration liefert: Z Z I D cosh.ex / e2x dx D cosh.ex / .ex /2 dx ˇ Z ˇ ˇ u D ex x D ln u ˇ ˇD cosh u  u2 du Dˇˇ 1 ˇ dx D dx du D du u du u ˇ ˇ Z ˇ f D u g 0 D cosh uˇ ˇD D u  cosh u du Dˇˇ 0 f D 1 g D sinh u ˇ Z D u  sinh u  sinh u du D u  sinh u  cosh u C C D ex sinh.ex /  cosh.ex / C C

Kapitel 12

12.19  Z Z sin x sin x dx dx D I D 2 cos x  1 C cos2 x cos x  sin x ˇ ˇ Z ˇ u D cos x ˇ du ˇD  Dˇˇ du D  sin x dx ˇ u2 C u  1 Z Z du 4 du D D  1 2 5 2 5 .u C 2 /  4 . p5 u C p15 /2  1 p  2 4 5 1 D CC arcoth p u C p 5 2 5 5  2 1 2 CC D  p arcoth p cos x C p 5 5 5

Eine zuverlässige Alternative wäre natürlich die Universalsubstitution t D tan x2 . 12.20  Z

dx I1 D p dx 1 C e2x p ˇ ˇ ˇ u D 1 C e2x e2x D u2  1ˇˇ ˇ Dˇdu D pe2x dx D e2x dx dx D u du ˇD ˇ ˇ u e2x 1Ce2x Z Z u 1 D du D arcoth u C C du D u e2x u2  1 p D arcoth 1 C e2x C C : Mit der Substitution u D tan x2 erhält man: Z

sin x dx D 1 C cos x

I2 D Z

Z

2u 1Cu2 1u2 C 1Cu 2

1

2 du 1 C u2

Z 2u du D du 1C  u2 u2 C 1     x D ln u2 C 1 C C D ln tan2 C 1 C C 2 u 1Cu2 u2 C 1

D4

In diesem Fall geht es schneller und eleganter mit Z Z sin x  sin x dx D  dx I2 D 1 C cos x 1 C cos x D  ln j1 C cos xj C D D  ln.1 C cos x/ C D : Die Äquivalenz der Ergebnisse kann man durch Anwenden der trigonometrischen Identität cos x D cos2 x2  sin2 x2 und Ausnutzen der Rechenregeln für Logarithmen schnell nachprüfen. 12.21 

Wir setzen Z1

ln x dx ; x2 C 1

I1 D

Z1 I2 D

0

ln x dx x2 C 1

1

In I2 substituieren wir nun u D erhalten Z0 I2 D 

1 u2

1

Z1 D

ln u1

1 , x

du D C 1 u2

x D

Z1

1 , u

ln 1  ln u du 1 C u2

0

ln u du D I1 1 C u2

0

Damit ist Z1 0

was zu zeigen war.

dx D  du und u2

ln x dx D I1 C I2 D 0 ; x2 C 1

119

Lösungswege

12.22  Zb

Partielle Integration liefert

ˇ ˇu D x x f 00 .x/ dx Dˇˇ 0 u D1

ˇ v D f .x/ˇˇ D v D f 0 .x/ ˇ 0

D xf

Zb b .x/ja

n Jn D .n  1/ Jn2  sinn1 x cos x

00

a 0

Wir haben nun eine algebraische Gleichung



f 0 .x/ dx

vorliegen und erhalten daraus  1 1 Jn D 1  Jn2  sinn1 x cos x : n n

a

D Œb f 0 .b/  a f 0 .a/  Œf .b/  f .a/ : 12.23 

12.25 

Wegen der Ungleichung 1 1  3 k 3 C 3k 2 C 2k k

Mit partieller Integration erhalten wir

ˇ ˇ ˇu D ln x 1 ˇ 0 u D ˇ x ˇ Im D x n ln x dx Dˇ 0 nC1 ˇD ˇ v D x n v D xnC1 ˇ Z x nC1 x nC1 1 D ln x  dx nC1 nC1 x x nC1 x nC1 ln x  D nC1 .n C 1/2 Z

und der Konvergenz der Reihe 1 X 1 k3 kD1

ist auch die hier betrachtete Reihe konvergent. Um den Wert zu bestimmen, setzen wir mit k 3 C 3k 2 C 2k D k .k C 1/ .k C 2/

Die Richtigkeit dieses Ergebnisses können wir unmittelbar durch Differenzieren bestätigen,

eine Partialbruchzerlegung an, k3 12.24  Mit partieller Integration erhalten wir im ersten Fall ˇ ˇ Z ˇ u D xn v 0 D ex ˇˇ D In D x n ex dx Dˇˇ 0 u D n x n1 v D ex ˇ Z D x n ex C n x n1 ex dx D x n ex C n In1

Für die Koeffizienten erhalten wir A D 12 , B D 1 und C D und damit Sn WD D

Im zweite Beispiel spalten wir den Integranden sinn x in ein Produkt sin x sinn1 x auf. Den ersten Faktor können wir dann sofort integrieren Z Z n Jn D sin x dx D sin x sinn1 x dx ˇ ˇ ˇ u D sinn1 x v 0 D sin x ˇˇ D Dˇˇ 0 u D .n  1/ sinn2 cos x v D  cos x ˇ Z D  sinn1 x cos x C .n  1/ sinn2 x cos2 x dx : Mit cos2 x D 1  sin2 x ergibt sich weiter Z Jn D  sinn1 x cos x C .n  1/ sinn2 x dx Z  .n  1/ sinn x dx D  sin

n1

x cos x C .n  1/ Jn2  .n  1/ Jn

1 A B C D C C : 2 C 3k C 2k k k C1 kC2

D

n X

1 k 3 C 3k 2 C 2k

kD1 n X

1 2 1 2

1 2

kD1 n X kD1

1 X 1 1X 1  C k kC1 2 kC2 n

n

kD1

1  k

nC1 X kD2

kD1

1 1 C k 2

nC2 X kD3

1 k

n n X 1 1X1 1 D  1C 2 k k nC1 kD1

!

kD1

! n 1 1 1 1 X1 1 C C C 2 k 2 nC1 nC2 kD1  1 1 1 1 1 1   C C D1 nC1 2 4 2 nC1 nC2 1 1 1 1 D  ! : 4 2 n2 C 3n C 2 4 Daher ist 1 X kD1

k3

1 1 D : 2 C 3k C 2k 4

Kapitel 12

x nC1 1 xn Im0 D x n ln x C  D x n ln x : nC1 x nC1

120

Kapitel 12

Anwendungsprobleme

das Ergebnis

12.26  Wir erhalten mittels „Dazuerfinden“ der Eins und partieller Integration Ztf s.tf / D

Ztf v.t / dt D u

0 tf

Z Du

m0 dt  g ln m0  qt

0

0

8 <

m0 D u tf ln  : m0  qtf Du

:

Ztf

tf ln

m0 C m0  qtf

Ztf

ˇ

0 ˇ g D ln m0mqt ˇ ˇD q g 0 D m0 qt ˇ

9 = g t2 qt f dt  m0  qt ; 2

0

9 =

g tf2 qt : dt  qt  m0 ; 2

Das verbleibende Integral ergibt sich zu qt dt D qt  m0

0

Ztf

D

12.27 



12.28 



Z2

qt  m0 C m0 dt qt  m0

0 tf

Z 1C

m0 q

2

 m0 dt qt  m0

0

12.30  Eine Möglichkeit, die gewünschten Erweiterungen zu erreichen, ist die folgende:

dt t  mq0 0 ˇ ˇˇ m0 ˇˇˇˇtf m0 ˇˇ D tf C : ln ˇt  q q ˇˇ0

An dieser Stelle ist es sinnvoll, sich Gedanken über den Gültigkeitsbereich des Modells zu machen. Man sieht, dass v.t / für t ! mq0 divergiert. Zur Zeit t D mq0 hätte die Rakete ihre gesamte Masse abgestoßen – also aufgehört zu existieren! Tatsächlich kann eine Rakete zwar größtenteils, aber eben nicht vollständig aus Treibstoff bestehen. Schon zu einer Zeit tend < mq0 ist der Treibstoff verbraucht, und das Modell hat keine Gültigkeit mehr.

Kapitel 12

Somit erhalten wir mit   ˇtf m0  tf ˇ m0 m0 m0 q ˇ ln  t ˇ D ln  tf  ln D ln m0 q q q 0 q m0  qtf m0 D ln D  ln m0 m0  qtf

sin2 x dx D 2

ist.

Ztf

Für alle relevanten Zeiten t , auch für t D tf ist also t < damit können wir die Betragsstriche sofort auflösen, ˇ ˇ ˇ ˇ ˇt  m0 ˇ D m0  t : ˇ q ˇ q

Z sin2 x dx D 4

0

D tf C

m0 . q

12.29  Eine relativ einfache Möglichkeit ist die Funktion f : R ! Œ0; 1, f .x/ D sin2 x, die man in M ATLAB® per f = @(x)sin(x)^2 definieren kann. Integriert man diese im Intervall Œ2; 2, so werden im ersten Schritt nur die Werte an den Stellen xk D k, k D f2; 1; 0; 1; 2g verwendet. Da hierfür f .xk / D 0 ist, scheint das Konvergenzkritierum erfüllt und man erhält für das Integral einen Wert von (nahezu) Null, wohingegen

0

Ztf

 g 2 m0 m0 : ln tf C u tf  2 q m0  qtf

t dt

ˇ ˇf 0 D 1 m0 ˇ dt  Dˇ 1  ln ˇf D t m0  qt 2

8 <

für tf  tend <

Ztf 0

g tf2

s.tf / D utf 

m0 , q

function [I, N_calls, d_rek] = simpson_ext(fn,a,b, tol,N_r,fnvals) m = (a+b)/2; % Intervallmitte % Funktionswerte verwenden/berechnen: if exist('fnvals', 'var') f_a = fnvals(1); f_m = fnvals(2); f_b = fnvals(3); is_first = false; else f_a = fn(a); f_m = fn(m); f_b = fn(b); is_first = true; end f_am = fn((a+m)/2); f_mb = fn((m+b)/2); % Simpson für [a,b], [a,m] und [m,b]: I_ab = ((b-a)/6)*(f_a+4*f_m +f_b); I_am = ((m-a)/6)*(f_a+4*f_am+f_m); I_mb = ((b-m)/6)*(f_m+4*f_mb+f_b); % Test und ggf. rekursiver Aufruf: if N_rtol [I_am, N_calls1, d_rek1] = ... simpson_ext(fn, a, m, ... tol/2, N_r-1, [f_a, f_am, f_m]); [I_mb, N_calls2, d_rek2] = ... simpson_ext(fn, m, b, ... tol/2, N_r-1, [f_m, f_mb, f_b]); N_calls = N_calls1 + N_calls2 + 1; d_rek = max([d_rek1 d_rek2]) + 1; else

Lösungswege

121

N_calls = 1; d_rek = 1; end I = I_am+I_mb; if is_first disp([num2str(N_calls), ... ' Funktionsaufrufe benötigt,']); disp(['maximale Rekursionstiefe: ', num2str( d_rek)]); end end

Diese Funktion kann völlig analog zur Basisversion von simpson aufgerufen werden. Die zusätzlichen Argumente und Rückgabewerte werden nur intern in den Rekursionen verwendet. Natürlich könnte man manches auch anders lösen. So könnte man statt der exist-Abfrage auch die Zahl der übergebenen Argumente überprüfen: if nargin>5

Kapitel 12

Allerdings müsste man diese Abfrage ggf. anpassen, wenn weitere Argumente eingeführt werden, während die existAbfrage vergleichsweise robust gegenüber Änderungen des Codes ist.

Kapitel 13

Kapitel 13

Aufgaben

(b) Es sei konkret f .p/ D

Verständnisfragen

1 ln.1 C p 2 /  p arctan p; 2

p 2 R:

Bestimmen Sie eine weitere Lösung der Differenzialgleichung für I D .=2; =2/. 13.1  Zeigen Sie, dass die Differenzialgleichung (c) Zeigen Sie, dass für jedes x0 2 .=2; =2/ die Tangente der Lösung aus (b) eine der Geraden aus (a) ist. Man nennt .1 C x 2 /u00 .x/  2xu0 .x/ C 2u.x/ D 0; x > 0; die Lösung aus (b) auch die Einhüllende der Geraden aus (a). die Lösung u1 .x/ D x besitzt. Bestimmen Sie eine weitere Lö(d) Wie viele verschiedene stetig differenzierbare Lösungen gibt sung u2 durch Reduktion der Ordnung, d. h. durch den Ansatz es für eine Anfangswertvorgabe y.x0 / D y0 , y0 > 0, mit u2 .x/ D xv.x/. x0 2 .=2; =2/? 13.2



Gegeben ist die Differenzialgleichung y 0 .x/ D 2 x .y.x//2;

13.5



Das Anfangswertproblem y 0 .x/ D 1  x C y.x/;

x 2 R:

y.x0 / D y0

soll mit dem Euler-Verfahren numerisch gelöst werden. Ziel ist (a) Skizzieren Sie das Richtungsfeld dieser Gleichung. (b) Bestimmen Sie eine Lösung durch den Punkt es, zu zeigen, dass die numerische Lösung für h ! 0 in jedem Gitterpunkt gegen die exakte Lösung konvergiert. P1 D .1; 1=2/> . (c) Gibt es eine Lösung durch den Punkt P2 D .1; 0/> ? (a) Bestimmen Sie die exakte Lösung y des Anfangswertproblems. (b) Mit yk bezeichnen wir die Approximation des Euler13.3  Eine Differenzialgleichung der Form Verfahrens am Punkt xk D x0 C kh. Zeigen Sie, dass u0 .x/ D h.u.x//; yk D .1 C h/k .y0  x0 / C xk : in der also die rechte Seite nicht explizit von x abhängt, nennt (c) Wir wählen xO > x beliebig und setzen die Schrittweite 0 man autonom. Zeigen Sie, dass jede Lösung einer autonomen h D .xO  x0 /=n für n 2 N. Die Approximation des EulerDifferenzialgleichung translationsinvariant ist, d. h., mit u ist Verfahrens am Punkt xn D xO ist dann yn . Zeigen Sie auch v.x/ D u.x C a/, x 2 R, eine Lösung. Lösen Sie die Differenzialgleichung für den Fall h.u/ D u.u  1/. lim yn D y.x/: O n!1

13.4



Eine Differenzialgleichung der Form y.x/ D xy 0 .x/ C f .y 0 .x//

für x aus einem Intervall I und mit einer stetig differenzierbaren Funktion f W R ! R wird Clairaut’sche Differenzialgleichung genannt.

Rechenaufgaben 13.6  Berechnen Sie die allgemeinen Lösungen der folgenden Differenzialgleichungen.

(a) y 0 .x/ D x 2 y.x/, x 2 R, (a) Differenzieren Sie die Differenzialgleichung und zeigen Sie (b) y 0 .x/ C x .y.x//2 D 0, x 2 R, p so, dass es eine Schar von Geraden gibt, von denen jede die (c) x y 0 .x/ D 1  .y.x//2, x 2 R. Differenzialgleichung löst. © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_12

123

124

Kapitel 13

Kapitel 13

13.7  Berechnen Sie die Lösungen der folgenden Anfangswertprobleme. x , x > 0, u.0/ D 3 (a) u0 .x/ D p 3 1 C x 2 .u.x//2 1 .u.x//2  6u.x/ C 5 (b) u0 .x/ D  , x > 1, u.1/ D 2. 2x u.x/  3 13.8  Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems aus der Anwendung von S. 476, p 1 C .y 0 .x//2 C c x y 00 .x/ D 0; x 2 .A; 0/; y.A/ D y 0 .A/ D 0; mit Konstanten c > 0 mit c ¤ 1 und A < 0. Welchen qualitativen Unterschied gibt es in der Lösung für c < 1 bzw. für c > 1? 13.9  Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der linearen Differenzialgleichung erster Ordnung u0 .x/ C cos.x/ u.x/ D

1 sin.2x/; 2

x 2 .0; 1/:

13.11  Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung .y.x//2 ; y .x/ D 1 C 2 x C x y.x/

x > 0:

13.12  Bestimmen Sie die allgemeine reellwertige Lösung der Differenzialgleichung y 000 .x/ C 2y 00 .x/ C 2y 0 .x/ C y.x/ D 0;

x 2 R:

13.13  Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der inhomogenen linearen Differenzialgleichung y 000 .x/ C 3y 00 .x/ C 3y 0 .x/ C y.x/ D x C 6ex ; 13.14 

13.16  blems

2 00 5 5 u .x/ C 2 u0 .x/  3 u.x/ D 0; x x x

.1 C x 2 / u00 .x/  .1  x/ u0 .x/  u.x/ D 8x 3  3x 2 C 6x  1; x 2 R, mit u.0/ D 0; 13.17 

u0 .0/ D 1.

Gegeben ist das Anfangswertproblem

u00 .x/ C 2xu0 .x/  u.x/ D .1 C x C x 2 / ex ;

x 2 R:

mit u.0/ D 0 und u0 .0/ D 1=2, das durch einen Potenzreihenansatz 1 X

an x n

nD0

gelöst werden kann. (a) Bestimmen Sie eine Rekursionsformel für die Koeffizienten an . (b) Zeigen Sie an D

1 1 ; 2 .n  1/Š

n  1;

und geben Sie die Lösung des Anfangswertproblems in geschlossener Form an. 13.18  chung

Um x0 D 1 sind Lösungen der Differenzialgleix u00 .x/ C .2 C x/ u0 .x/ C u.x/ D 0

in Potenzreihen entwickelbar. Bestimmen Sie diese Potenzreihe für den Fall u.1/ D u0 .1/ D 1 und geben Sie den Konvergenzbereich der Reihe an.

x 2 R:

Gegeben ist die Differenzialgleichung

y 00 .x/  2y 0 .x/ C 2y.x/ D e2x sin x;

x > 0:

Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertpro-

u.x/ D

Welche Werte kommen für die Integrationskonstante in Betracht, wenn nur reellwertige Lösungen infrage kommen sollen?

0

u000 .x/ 

x 2 .0; /:

13.10  Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung 1 1 u0 .x/ D u.x/  ; 2x 2u.x/

13.15  Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Euler’schen Differenzialgleichung dritter Ordnung

x 2 R:

(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des homogenen Problems. (b) Bestimmen Sie eine partikuläre Lösung des inhomogenen Problems. (c) Lösen Sie das Anfangswertproblem mit y.0/ D 3=5, y 0 .0/ D 1.

13.19  Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung x 2 y 00 .x/ C x 2 y 0 .x/  2y.x/ D 0 mit einem erweiterten Potenzreihenansatz y.x/ D

1 X kD0

ak x kC

mit a0 ¤ 0;  2 R:

Anwendungsprobleme 13.20  In einem einfachen Infektionsmodell wird die Rate, mit der Anteil I der Infizierten in einer Population (0 < I < 1) steigt, proportional zu den Kontakten zwischen Infizierten und Nichtinfizierten angesetzt.

13.22  Eine Masse von 5 kg dehnt eine Feder um 0:1 m. Dieses System befindet sich in einer viskosen Flüssigkeit. Durch diese Flüssigkeit wirkt auf die Masse bei einer Geschwindigkeit von 0:04 m=s eine bremsende Kraft von 2 N. Es wirkt eine äußere Kraft F .t / D 2 cos.!t / N, t > 0, ! 2 R. Für die Erdbeschleunigung können Sie g D 10 m=s2 annehmen.

(a) Stellen Sie die zugehörige Differenzialgleichung auf und be(a) Stellen Sie eine Differenzialgleichung auf, die diesen Sachstimmen Sie deren allgemeine Lösung. verhalt beschreibt. Bestimmen Sie den Typ der Differenzial- (b) Ein Summand in der Lösung, man nennt ihn auch die stagleichung und berechnen Sie die Lösung für die Anfangsbetionäre Lösung, gibt das Verhalten des Systems für große dingung I .0/ D I0 an. Zeiten wieder. Diese ist unabhängig von den Anfangsbedin(b) Erweitern Sie das Modell, indem Sie eine Heilungsrate gungen. proportional zu I ansetzen. Wie ändert sich das LösungsverSchreiben Sie die stationäre Lösung in der Form halten der Differenzialgleichung? Welche Gleichgewichtszustände (I 0 .t / D 0) gibt es? A.!/ cos.! t  ı/; 13.21  Ein Balken der Länge L D 3 m mit rechteckigem Querschnitt von der Höhe h D 0:1 m und der Breite b D 0:06 m wird an seinen Endpunkten gelagert und belastet. Setzen wir den Ursprung in den Mittelpunkt des Balkens, so gelten für die Durchbiegung w die Randbedingungen   L L w  Dw D 0 m; 2 2   L L w 00  D w 00 D 0 m1 : 2 2

und bestimmen Sie dasjenige !, für das die Amplitude A.!/ maximal ist. 13.23  Implementieren Sie das klassische Runge-KuttaVerfahren der 4. Stufe in M ATLAB® . Verifizieren Sie Ihr Programm, indem Sie das Beispiel von S. 484 nachrechnen.

Hinweise

Das Elastizitätsmodul des Materials ist E D 1010 N=m2 , ein typischer Wert für einen Holzbalken.

Verständnisfragen

(a) Wir belasten den Balken durch eine konstante Last q D 300 N=m. Die Durchbiegung genügt also der Differenzialgleichung

13.1  Der Ansatz liefert eine lineare Differenzialgleichung der 1. Ordnung für die Funktion v 0 .

E I w 0000 .x/ D q;

 L L x2  ; ; 2 2

wobei I das Flächenträgheitsmoment des Balkens angibt. Bestimmen Sie w. (b) Wirkt an einer einzigen Stelle des Balkens eine Kraft, so kann man die Durchbiegung mithilfe der Querkraft Q beschreiben. Wirkt an der Stelle x0 D 0 m eine Kraft von 300 N, so verwendet man die Differenzialgleichung 

000

E I w .x/ D Q.x/;

L L x2  ; ; 2 2

13.2  Die Differenzialgleichung kann durch Separation gelöst werden. Beachten Sie für Teil (c) die Skizze des Richtungsfelds aus Teil (a). 13.3



u.x/ D 1=.1  c ex /.

13.4  Durch Differenzieren der Gleichung erhalten Sie zwei verschiedene Bedingungen für eine Lösung. Die eine Bedingung liefert die Geraden aus (a), die zweite die Einhüllende aus (b). Stellen Sie die Gleichung einer Tangente an die Lösung aus (b) auf und versuchen Sie, diese auf die Gestalt aus (a) zu bringen.

mit Q.x/ D

( 150 N; x < x0 ; 150 N;

x  x0 :

Bestimmen Sie auch in diesem Fall w.

13.5  (a) Es handelt sich um eine lineare Differenzialgleichung. (b) Man kann den Nachweis durch vollständige Induktion führen. (c) Verwenden Sie Teil (b) und die Darstellung der Exponentialfunktion über den Grenzwert exp.x/ D lim .1 C x=n/n .

n!1

125

Kapitel 13

Hinweise

126

Kapitel 13

Kapitel 13

Rechenaufgaben 13.6  Die Differenzialgleichungen können durch Trennung der Veränderlichen gelöst werden. 13.7  Beide Differenzialgleichungen können durch Separation gelöst werden. Im Fall (b) benötigen Sie eine Partialbruchzerlegung. 13.8  Die Lösung kann durch Separation bestimmt werden. Bestimmen Sie direkt nach jeder Integration die Integrationskonstante aus den Anfangsbedingungen. Beachten Sie, dass x und A negativ sind. 13.9  Berechnen Sie zuerst die allgemeine Lösung der homogenen linearen Differenzialgleichung durch Separation. Eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung können Sie anschließend durch Variation der Konstanten gewinnen. Beachten Sie sin.2x/ D 2 sin.x/ cos.x/. 13.10  Es handelt sich um eine Bernoulli’sche Differenzialgleichung, die durch die Substitution u.x/ D .v.x//1=2 in eine lineare Differenzialgleichung transformiert werden kann. 13.11  Es handelt sich um eine homogene Differenzialgleichung. Die Substitution z.x/ D y.x/=x führt zum Erfolg. 13.12  Es handelt sich um eine lineare Differenzialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Verwenden Sie einen Exponentialansatz. Zu einem Paar komplex konjugierter Lösungen erhalten Sie die reellwertigen Lösungen aus Real- und Imaginärteil. 13.13  Die allgemeine Lösung der homogenen linearen Differenzialgleichung kann durch den Exponentialansatz bestimmt werden. Ein partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung erhält man mit dem Ansatz vom Typ der rechten Seite. Achten Sie auf Resonanz.

13.17  Beide Seiten der Differenzialgleichung können als eine Potenzreihe geschrieben werden. Anschließend kann man Koeffizientenvergleich durchführen. 13.18  Beachten Sie bei der Bestimmung der Potenzreihe den Entwicklungspunkt. Auch die Koeffizienten x und 2 C x müssen um x0 D 1 entwickelt werden. Rechnen Sie mit der Rekursionsformel, die Sie erhalten, die ersten paar Reihenglieder aus, um eine Vermutung für eine explizite Darstellung der Glieder zu erhalten. 13.19  Gehen Sie zunächst vor wie bei einem gewöhnlichen Potenzreihenansatz. Der Koeffizientenvergleich liefert dann Bedingungen an . Im einen Fall erhalten Sie eine Potenzreihe als Lösung. Im zweiten Fall erhalten Sie zusätzliche Terme. Wählt man  so, dass man eine Potenzreihe als Lösung erhält, so gilt für die Koeffizienten die Formel ak D .1/k 6.k C 1/ a0 =.k C 3/Š für k 2 N0 mit a0 2 R beliebig.

Anwendungsprobleme 13.20  (a) Nehmen Sie an, dass die Kontakte zwischen Infizierten und Nichtinfizierten proportional zum Produkt der beiden Anteile an der Population sind. Die Differenzialgleichung können Sie entweder durch eine Substitution oder durch Trennung der Veränderlichen lösen. (b) Die prinzipielle Lösungsmethode ist wie bei (a), nur die Ausdrücke sind etwas komplizierter. Für das Lösungsverhalten betrachten Sie den Grenzwert für t ! 1. 13.21  Die Lösung bei beiden Teilaufgaben hat eine bestimmte Struktur. Nutzen Sie Symmetrien des Problems, um einen geeigneten Ansatz aufzustellen, und bestimmen Sie die Parameter aus den Randbedingungen und der Tatsache, dass es sich um eine Lösung der Differenzialgleichung handelt.

13.14  Da die Differenzialgleichung linear mit konstanten Koeffizienten ist, kann der Exponentialansatz für (a) verwendet werden. Die partikuläre Lösung kann man mit einem Ansatz vom Typ der rechten Seite bestimmen.

13.22  (a) Das Problem wird durch die Differenzialgleichung des harmonischen Oszillators beschrieben. Feder- und Dämpfungskonstante können aus den vorliegenden Informationen abgeleitet werden. Die Lösung erfolgt über den Exponentialansatz und den Ansatz vom Typ der rechten Seite.

13.15  Die allgemeine Lösung einer homogenen Euler’schen Differenzialgleichung kann mit dem Potenzansatz u.x/ D x  bestimmt werden.

(b) Verwenden Sie ein Additionstheorem, um cos.!t  ı/ umzuformen. Identifizieren Sie anschließend Terme der stationären Lösung, die cos.ı/ und sin.ı/ entsprechen. Nutzen Sie dazu die Gleichgung cos2 .ı/ C sin2 .ı/ D 1 aus.

13.16  Das Anfangswertproblem kann durch einen Potenzreihenansatz mit Entwicklungspunkt x0 D 0 gelöst werden. Aus der Rekursionsformel für die Koeffizienten kann geschlossen werden, dass nur endlich viele Koeffizienten ungleich null sind. Die Lösung ist also ein Polynom.

13.23  Das Programm entspricht genau dem Flussdiagram von Abbildung 13.21. Beachten Sie aber, dass Indizes von Vektoren in M ATLAB® bei 1 beginnen, in unserer Darstellung aber bei 0. Man muss den Index j also um 1 verschieben.

13.13  u.x/ D Ax  3 C x 3 ex C c1 ex C c2 xex C c3 x 2 ex für x 2 R mit c1 , c2 , c3 2 R.

Lösungen Verständnisfragen 13.1



13.14  (a) yh .x/ D c1 ex cos.x/ C c2 ex sin.x/, (b) yp .x/ D .e2x =5/ .sin x  2 cos x/, (c) y.x/ D .e2x =5/ .sin x  2 cos x/ C .ex =5/ .5 cos x C 3 sin x/, jeweils für x 2 R.

u2 .x/ D x 2  1

13.2  (a) siehe ausführlichen Lösungsweg, (b) y.x/ D 1=.1 C x 2 /, (c) y.x/ D 0. 13.3  Die Lösung kann durch Separation bestimmt werden. Zur Integration von 1=h.u/ können Sie eine Partialbruchzerlegung durchführen. 13.4  (a) Für jedes a 2 R ist y.x/ D ax C f .a/ eine Lösung. (b) y.x/ D  ln .cos.x// für x 2 .=2; =2/. (c) Siehe ausführlichen Lösungsweg. (d) 4. 13.5  Die Lösung zu (a) ist y.x/ D xC.y0 x0 / exp.x x0 / für x 2 R. Zu (b) und (c) siehe den ausführlichen Lösungsweg.

13.15  Die reellwertige Lösung ist u.x/ D c1 x C c2 x 2 cos.ln x/ C c3 x 2 sin.ln x/ für x > 0 mit cj 2 R, j D 1; 2; 3. 13.16 

u.x/ D x 3 C x, x 2 R.

13.18  u.x/ D genzbereich .0; 2/.



Rechenaufgaben 3



1 (a) y.x/ D C ex =3 für x 2 R, (b) y.x/ D x 2 =2C p für x 2 R n f 2C g, (c) y.x/ D sin.ln jxj C C / für x 2 R n f0g.

13.7  p 4  3=x. 13.8

p (a) u.x/ D . 1 C x 2 C 26/1=3, (b) u.x/ D 3 

y.x/ D

cC1 c

c jAj jxj 2.c C 1/



1 c

c1 c

c jAj jxj 2.c  1/

C

c jAj c2  1

für x 2 .0; A/. Für c < 1 ist sie unbeschränkt, für c > 1 beschränkt. 13.9



u.x/ D sin.x/  1 C C e sin x . p

13.10  u.x/ D x.C  ln x/, x 2 .0; 1/. Damit u reellwertig ist, muss C  0 sein. 13.11 



y.x/ D x 1 ˙

p

nD0 .1

2n1 a .nC2/.nC1/ n

für n  0, (b)

 x/n D 1=x mit dem Konver-

1 1  x 2

C c2

1 X 6 .k  1/ k .1/k x .k C 1/Š kD2

mit zwei Integrationskonstanten c1 , c2 2 R.

Anwendungsprobleme 13.20  (a) Die Differenzialgleichung ist I 0 .t / D k1 I .t / .1  I .t //, t > 0, mit der Lösung I .t / D 1  .1 C I0 ek1 t /1 für t > 0. Die Lösung geht für t ! 1 gegen 1. 1I0

 Die Lösung lautet 1 c

P1



13.19  Die Lösung ist y.x/ D c1

13.6

1Cn2 .nC2/Š

13.17  (a) anC2 D u.x/ D 12 x ex , x 2 R.



2 ln x C C , x > 0.

p 13.12  y.x/ D c1 ex C c2 ex=2 cos. 3x=2/ C p c3 ex=2 sin. 3x=2/ für x 2 R mit c1 , c2 , c3 2 R.

(b) Die Differenzialgleichung ist I 0 .t / D k1 I .t / .1  I .t //  k2 I .t /, t > 0, mit der Lösung I .t / D .k1  k2 / I0 .k1 I0 C .k1  k2  k1 I0 / exp..k1  k2 / t //1 . Die Lösung geht für t ! 1 gegen 0 falls k1 < k2 und gegen .k1 k2 /=k1 für k1 > k2 . Einen Gleichgewichtszustand gibt es nur für I0 D .k1  k2 /=k1 , dann ist I konstant. 13.21 

(a) Die Lösung ist

w.x/ D 2:5  10

4

m

3



9 x  m2 4 2



207 2 x  m 4



2

für x 2 ŒL=2; L=2. (b) Die Lösung ist (    5  104 m2 x  32 m x 2  3 m x  92 m ; x  0; w.x/ D    5  104 m2 x C 32 m x 2 C 3 m x  92 m ; x < 0:

127

Kapitel 13

Lösungen

128

Kapitel 13

Kapitel 13

13.22  chung ist

(a) Die allgemeine Lösung der Differenzialglei-

y(x)

p p u.t / D c1 cos.5 3 t / e5t C c2 sin.5 3 t / e5t 2 .100  ! 2 / cos.!t / m 5 ..100  ! 2 /2 C 100! 2 / 2! C sin.!t / m: 2 .100  ! /2 C 100! 2

1

C

(b) Die stationäre Lösung ist −1

2

1

s.t / D p cos.!t  ı/ m: 5 .100  ! 2 /2 C 100! 2 p Die Amplitude wird für ! D 5 2 maximal. 13.23 

−1



Abb. 13.32 Das Richtungsfeld der Differenzialgleichung y 0 .x/ 2 x .y.x//2

Lösungswege Verständnisfragen 13.1

x



Es gilt u01 .x/ D 1;

u1 .x/ D x;

u001 .x/ D 0:

Durch Einsetzen in die Differenzialgleichung erhalten wir

13.2  (a) Das Richtungsfeld ist in Abb. 13.32 dargestellt. Mit f .x; y/ D 2xy 2 gilt f .x; y/ D f .x; y/. Daher ist das Richtungsfeld symmetrisch zur y-Achse, und die Lösungen sind gerade Funktionen. (b) Wir lösen die Differenzialgleichung durch Separation. Es folgt

.1 C x 2 /u001 .x/  2x u01 .x/ C 2u1 .x/ D 2x  1 C 2  x D 0:

y 0 .x/ D 2x; y.x/2

Also ist u1 eine Lösung. Mit dem Ansatz u2 .x/ D xv.x/ erhalten wir u02 .x/ u002 .x/

und daher

0

D x v .x/ C v.x/; D x v 00 .x/ C 2v 0 .x/:



1 D y

0 D .1 C x 2 / .x v 00 .x/ C 2v 0 .x//  2x .x v 0 .x/ C v.x// C 2x v.x/ 00

Z

1 dy D  y2

Z 2x dx D x 2  C

mit eine Konstante C 2 R. Somit erhalten wir die Lösung

Durch Einsetzen folgt:

2

2

y.x/ D

00

D .x C x /v .x/ C .2 C 2x  2x /v .x/ 3

D

D .x C x 3 /v 00 .x/ C 2v 0 .x/ Dies ist eine homogene lineare Differenzialgleichung 1. Ordnung für v 0 . Separation liefert v 00 .x/ 2 2 2x D C : D v 0 .x/ x C x3 x 1 C x2 ln jv 0 .x/j D 2 ln jxj C ln.1 C x 2 / 1 C x2 x2 1 v 0 .x/ D 1 C 2 ; x

x 2 R:

Der Anfangswert y.1/ D 1=2 liefert C D 1. (c) Die allgemeine Lösung aus (b) lässt diesen Anfangswert nicht zu. Am Richtungsfeld kann man aber die Lösung y.x/ D 0 ablesen. In der Tat haben wir in der Rechnung von (b) implizit die Annahme y.x/ ¤ 0 gemacht. 13.3



Die Kettenregel liefert v 0 .x/ D u0 .x C a/

D ln

also v.x/ D x C x1 . Damit folgt u2 .x/ D 1 C x 2 .

1 ; x2 C C

und daher ist v 0 .x/ D u0 .x C a/ D h.u.x C a// D h.v.x//: Somit ist v eine Lösung der Differenzialgleichung.

Lösungswege

Mit Trennung der Veränderlichen erhalten wir Z Z du D dx: h.u/

Kapitel 13

y(x)

Einhüllende

Durch Partialbruchzerlegung folgt 1 1 1 1 D D  ; h.u/ u .u  1/ u1 u

Tangenten

und daher ist eine Stammfunktion ˇ ˇ Z ˇu  1ˇ du ˇ ˇ: D ln ju  1j  ln juj D ln ˇ h.u/ u ˇ Somit folgt ˇ ˇ ˇ u.x/  1 ˇ ˇ ˇ D x C c; Q ln ˇ u.x/ ˇ

− π2

π 2

x

Abb. 13.33 Die beiden Lösungstypen der Clairaut’schen Differenzialgleichung: die Einhüllende und Ihre Tangenten

oder

   x2  ; : 2 2 mit einer Integrationskonstante c 2 R. Setzt man dies in die Differenzialgleichung ein, folgt c D 0. y.x/ D c  ln .cos.x// ;

oder u.x/  1 D c ex ; u.x/ jeweils mit Konstanten c, Q c 2 R. Somit folgt u.x/ D

x 2 R;

gegeben.

mit x 2 R bzw. x 2 R n fln cg. 13.4  ergibt

(c) In x0 2 .=2; =2/ ist die Tangente an y.x/ D  ln .cos.x// durch t .x/ D  ln .cos.x0 // C tan.x0 /.x  x0 /;

1 1  c ex

Setzt man a D tan x0 , so folgt x0 D arctan a und daher

(a) Das Differenzieren der Differenzialgleichung

t .x/ D  ln .cos.x0 // C ax  a arctan a: Beachtet man 1 D 1 C tan2 x0 D 1 C a2 ; cos2 x0

y 0 .x/ D y 0 .x/ C xy 00 .x/ C f 0 .y 0 .x// y 00 .x/; so folgt

oder

1 ln.1 C a2 / C ax  a arctan a 2 D ax C f .a/; x 2 R;

t .x/ D

y 00 .x/ .x C f 0 ..y 0 .x/// D 0: Nimmt man y 00 .x/ D 0 für alle x 2 I an, so folgt y.x/ D ax C f .a/;

x 2 I;

mit beliebiger Steigung a 2 R. (b) Die Ableitung von f ist 1 2p 1 p  arctan p 2 1 C p2 1 C p2 D  arctan p; p 2 R:

f 0 .p/ D

Nimmt man x C f 0 .y 0 .x// D 0 für alle x 2 .=2; =2/ an, so folgt x D arctan y 0 .x/;

129

also genau eine der Geraden aus (a). Die Einhüllende und ihre Tangenten sind in der Abb. 13.33 dargestellt. (d) Es können 4 verschiedene stetig differenzierbare Lösungen angegeben werden, nämlich    y1 .x/ D  ln .cos.x// ; ; x2  ; y2 .x/ D x tan.x0 / C f .tan.x0 // ; 2 2 sowie

(  y1 .x/; x 2 x0 ; 2 y3 .x/ D  ; y2 .x/; x 2  2 ; x0 (  y2 .x/; x 2 x0 ; 2 y4 .x/ D :   y1 .x/; x 2  2 ; x0

130

Kapitel 13

Kapitel 13

13.5  (a) Es handelt sich um eine lineare Differenzialgleichung. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ist yh .x/ D A exp.x/, x 2 R, mit einer Integrationskonstante A 2 R. Als Lösung für die inhomogene DGL probieren wir Variation der Konstanten,

(c) Die Approximation yn am Punkt xn D xO haben wir in (b) schon ausgerechnet: Wir setzen noch die Schrittweite h ein und erhalten yn D .1 C h/n .y0  x0 / C xn  x  x0 n D 1C .y0  x0 / C x: n

yp .x/ D A.x/ exp.x/: Da

Dann ist

 x  x0 n lim 1 C D exx0 ; n!1 n

y 0 .x/ D A.x/ex C A0 .x/ ex Š

D 1  x C y.x/ D 1  x C A.x/ ex :

ist lim yn D .y0  x0 / exp.xO  x0 / C x: O

n!1

Also gilt

Das ist aber gerade der Funktionswert der exakten Lösung y an x. O

A0 .x/ ex D 1  x; was auf A.x/ D x exp.x/ C C führt. Dann ist die allgemeine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung y.x/ D x C C ex ;

x 2 R;

mit einer Integrationskonstante C 2 R. Aus der Anfangswertvorgabe y.x0 / D y0 folgt y.x/ D x C .y0  x0 / e

xx0

;

Rechenaufgaben 13.6



(a) Mit dy D x2 y dx

x 2 R: folgt Z

(b) Für die gegebene Differenzialgleichung lautet die Approximation yk des Euler-Verfahrens an den Punkten xk D x0 C kh: y0 D y0 ; ykC1 D yk C .1  xk C yk /h D .1 C h/ yk  hxk C h;

k 2 N0

ln jyj D

dy D y

Z

y.x/ D C ex

Dies ist der Induktionsanfang zum Nachweis der angegebenen Formel yk D .1 C h/ .y0  x0 / C xk ; k

D .1 C h/..1 C h/k .y0  x0 / C xk / C h  hxk

D .1 C h/.kC1/ .y0  x0 / C .1 C h/xk  hxk C h D .1 C h/.kC1/ .y0  x0 / C xkC1

;

x 2 R;

(b) Wegen y 0 .x/ D x .y.x//2 folgt 

ykC1 D .1 C h/yk C h  hxk I.V.

3 =3

mit einer weiteren Konstanten C 2 R.

k2N

durch vollständige Induktion. Zum Induktionsschritt nehmen wir an, dass die Formel für ein k 2 N gilt. Dann folgt:

x3 C CQ ; 3

mit einer Konstante CQ 2 R. Die Anwendung der Exponentialfunktion auf beiden Seiten und das Auflösen des Betrags ergeben

Wir schreiben y1 um, y1 D y0 C .1  x0 C y0 / h D .1 C h/.y0  x0 / C x1 :

x 2 dx D

1 x2 D CC y.x/ 2

oder y.x/ D

1 ; C

x 2 =2

p x 2 R n f 2C g:

(c) Aus x erhalten wir

Z p

Nach Anwendung der Exponentialfunktion und Auflösen des Betrags folgt mit einer neuen Integrationskonstante c die Gleichung

p dy D 1  y2 dx Z

1 1  y2

dy D

c D u2 .x/  6u.x/ C 5: x Der Anfangswert u.1/ D 2 liefert c D 3. Mit quadratischer Ergänzung

1 dx; x

arcsin y.x/ D ln jxj C C ; mit einer Integrationskonstante C 2 R.

4

3 D u2 .x/  6u.x/ C 9 D .u.x/  3/2 x

erhalten wir die Lösung r

Damit erhalten wir y.x/ D sin.ln jxj C C /; 13.7



x 2 R n f0g:

(a) Die Trennung der Variablen liefert Z x u2 du D p dx: 3 1 C x2

Mit den Stammfunktionen Z

1 u du D u3 3 Z x 1p dx D 1 C x2 p 3 3 1 C x2

u.x/ D 3 

u.x/ D

p

1C

x2

C 3c

y 00 .x/ 1 p D : cx 1 C .y 0 .x//2 Integration auf beiden Seiten liefert die Gleichung arsinh y 0 .x/ C c1 D 

1 ln jxj: c

Mit der Anfangsbedingung y 0 .A/ D 0 folgt

1=3 ;

x > 0; c1 D 

Die Integrationskonstante bestimmt man dann aus u.0/ D 3, d. h. und daher 3c D 26:

Auflösen nach u liefert das Ergebnis p u.x/ D . 1 C x 2 C 26/1=3;

x > 0:

(b) Wir führen eine Separation durch, 2 .u  3/ du dx D : .u  5/.u  1/ x Eine Partialbruchzerlegung liefert u3 1 1 D C : .u  5/.u  1/ 2 .u  5/ 2 .u  1/ Damit folgt ln

x > 1:

13.8  Es handelte sich um eine separable Differenzialgleichung für y 0 . Durch Trennung der Veränderlichen erhalten wir

mit einer Integrationskonstante c 2 R.

27 D u3 .0/ D 1 C 3c;

3 ; x

Vor der Wurzel muss das negative Vorzeichen stehen, da ansonsten die Anfangsbedingung u.1/ D 2 verletzt ist.

2

erhält man die allgemeine Lösung

4

1 C cQ D ln ju  5j C ln ju  1j D ln ju2  6u C 5j: jxj

1 ln jAj: c

Damit haben wir die Gleichung 0

arsinh y .x/ D ln

"

jAj jxj

1=c # :

Durch Anwendung des Sinus hyperbolicus ergibt sich # "  jAj 1=c jAj 1=c 1 0 y .x/ D  : 2 jxj jxj Da x 2 .0; A/ ist, gilt insbesondere x < 0 und daher können wir dies auch als " #  jAj 1=c 1 jAj 1=c 0  y .x/ D   2 x x schreiben. In dieser Form können wir erneut integrieren, wobei wir c ¤ 1 nutzen, und erhalten y.x/ D

jAj1=c c .x/.cC1/=c 2 cC1 jAj1=c c  .x/.c1/=c C c2 : 2 c1

131

Kapitel 13

Lösungswege

132

Kapitel 13

Kapitel 13

Die Integrationskonstante c2 bestimmen wir mit der Anfangsvorgabe 0 D y.A/ jAj1=c c jAj1=c c jAj.cC1/=c  jAj.c1/=c C c2 2 cC1 2 c1 c jAj C c2 : D 2 c 1 D

Damit erhalten wir y.x/ D

Mit der Substitution y D sin.x/ mit dy D cos.x/ dx und unter Beachtung von sin.2x/ D 2 sin.x/ cos.x/ folgt nun Z C .x/ D y ey dy D ey .y  1/ D esin.x/ .sin.x/  1/: Damit ergibt sich die partikuläre Lösung up .x/ D sin.x/  1;

x 2 R;

und die allgemeine Lösung

jAj1=c c jxj.cC1/=c 2 cC1 jAj1=c c c jAj jxj.c1/=c C 2  2 c1 c 1

u.x/ D up .x/ C uh .x/ D sin.x/  1 C C e sin x für x 2 R.

für x 2 .0; A/. Für c < 1 ist der zweite Summand für x ! 0 unbeschränkt. Für c > 1 erhalten wir für x ! 0 einen endlichen Wert. 13.9  Die allgemeine Lösung der homogenen Differenzialgleichung uh ergibt sich durch Trennung der Veränderlichen, Z

duh D uh

Z

13.10  Es handelt sich um eine Bernoulli’sche Differenzialgleichung mit Exponenten ˛ D 1. Wir müssen also die Substitution u.x/ D .v.x// mit D

1 1 1 D D 1˛ 1  .1/ 2

durchführen. Mit u0 .x/ D

cos.x/ dx:

1 .v.x//1=2 v 0 .x/ 2

folgt durch Einsetzen in die Differenzialgleichung Es folgt 1 1 1 .v.x//1=2 v 0 .x/ D .v.x//1=2  .v.x//1=2: 2 2x 2

ln juh .x/j D CQ  sin x

Nach Multiplikation der Gleichung mit 2 .v.x//1=2 erhalten wir die lineare Differenzialgleichung

mit CQ 2 R und daher uh .x/ D C e sin x ;

x 2 R;

v 0 .x/ D

mit C 2 R. Für die partikuläre Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung machen wir den Ansatz up .x/ D C .x/ exp. sin.x//. Ableiten liefert u0p .x/

0

 sin.x/

D C .x/ e

 sin.x/

 C .x/ cos.x/ e

:

Dies setzen wir in die Differenzialgleichung ein und erhalten 1 sin.2x/ D C 0 .x/ e sin.x/  C .x/ cos.x/ e sin.x/ 2 C cos.x/ C .x/ e sin.x/ D C 0 .x/ e sin.x/ : Wie erwartet heben sich die Terme mit C .x/ weg. Es folgt nun C .x/ D

1 2

Z sin.2x/ esin.x/ dx:

1 v.x/  1; x

x 2 .0; 1/:

Durch Separation ergibt sich die Lösung der homogenen linearen Differenzialgleichung als vh .x/ D C x; x 2 .0; 1/; mit C 2 R. Die Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung ermitteln wir durch Variation der Konstanten, vp .x/ D C .x/ x;

vp0 .x/ D C .x/ C C 0 .x/ x:

Durch Einsetzen erhalten wir C .x/ C C 0 .x/ x D C .x/  1;

also

1 C 0 .x/ D  : x

Dies liefert die Funktion C .x/ D  ln x und die partikuläre Lösung vp .x/ D x ln x;

x 2 .0; 1/:

Lösungswege

v.x/ D x .C  ln x/;

x 2 .0; 1/:

Die Rücksubstitution ergibt u.x/ D .x .C  ln x//1=2 ;

x 2 .0; 1/:

Damit u reellwertig ist, muss x .C  ln x/ für alle x 2 .0; 1/ größer oder gleich null sein. Dies ist für C  0 der Fall. 13.11 

Indem wir die rechte Seite umschreiben zu 1C 

x y.x/

1 2

p

y.x/ D c1 ex C c2 e.1Ci

3/x=2

p

C c3 e.1i

3/x=2

für x 2 R mit c1 , c2 , c3 2 C. Aus der Euler’schen Formel erhalten wir   p p p e.1Ci 3/x=2 D ex=2 cos. 3x=2/ C i sin. 3x=2/ : Damit ist die reellwertige Lösung durch p p y.x/ D c1 ex C c2 ex=2 cos. 3x=2/ C c3 ex=2 sin. 3x=2/ für x 2 R mit c1 , c2 , c3 2 R gegeben.

; C

Die allgemeine komplexwertige Lösung lautet dann

x y.x/

identifizieren wir die Differenzialgleichung als eine homogen Differenzialgleichung. Mit der Substitution z.x/ D y.x/=x und dementsprechend

13.13  Zunächst muss die allgemeine Lösung uh der zugehörigen homogenen linearen Differenzialgleichung bestimmt werden. Dazu verwenden wir den Exponentialansatz y.x/ D exp.x/. Die charakteristische Gleichung ergibt sich zu 0 D 3 C 32 C 3 C 1 D . C 1/3 :

y 0 .x/ D z.x/ C x z 0 .x/

Die Zahl 1 ist eine dreifache Nullstelle des charakteristischen Polynoms. Damit folgt

erhalten wir z.x/ C x z 0 .x/ D 1 C

x 2 .z.x//2 .z.x//2 D1C : 2 x .1 C z.x/ 1 C z.x/

uh .x/ D c1 ex C c2 xex C c3 x 2 ex für x 2 R mit c1 , c2 , c3 2 R.

Es folgt z 0 .x/ D

Zur Bestimmung einer partikulären Lösung up der inhomogenen linearen Differenzialgleichung verwenden wir den Ansatz vom Typ der rechten Seite. Da 1 eine dreifache Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist, lautet der Ansatz

1 : x .1 C z.x//

Durch Separation ergibt sich z.x/ C

1 1 C .z.x//2 C D ln x C : 2 2 2

Der Summand 1=2 auf der linken Seite ist einfach eine geschickt gewählte Integrationskonstante, denn es folgt nun p z.x/ D 1 ˙ 2 ln x C C ; x > 0: Damit ist

yp .x/ D A x C B C C x 3 ex ;

x 2 R:

Die Ableitungen lauten yp0 .x/ D A C C .3x 2  x 3 / ex ; yp00 .x/ D C .6x  6x 2 C x 3 / ex ; yp000 .x/ D C .6  18x C 9x 2  x 3 / E x

  p y.x/ D x 1 ˙ 2 ln x C C ;

x > 0:

Wir setzen ein: x C 6ex D C .6  18x C 9x 2  x 3 / ex

13.12  Mit dem Exponentialansatz y.x/ D exp.x/ erhalten wir die charakteristische Gleichung  C 2 C 2 C 1 D 0: 3

2

Die Nullstelle 1 ermitteln wir durch Probieren. Damit ergibt sich 0 D . C 1/.2 C  C 1/ 1 D . C 1/  C  2

p

3i 2

!

1 C C 2

p ! 3i : 2

C 3C .6x  6x 2 C x 3 / ex C 3A C 3C .3x 2  x 3 / ex C Ax C B C C x 3 ex D 3A C B C Ax C 6C ex Durch Koeffizientenvergleich folgt C D 1, A D 1 und B D 3. Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung ist demnach u.x/ D Ax  3 C x 3 ex C c1 ex C c2 xex C c3 x 2 ex für x 2 R mit c1 , c2 , c3 2 R.

Kapitel 13

Die allgemeine Lösung der linearen Differenzialgleichung ist demnach

133

134

Kapitel 13

Kapitel 13

13.14  (a) Der Exponentialansatz y.x/ D exp.x/ führt auf das charakteristische Polynom p./ D 2  2 C 2. Dieses hat die Nullstellen 1=2 D 1 ˙ i. Daher haben wir die beiden reellwertigen Lösungen y1 .x/ D ex cos.x/ und y2 .x/ D ex sin.x/ der homogenen Differenzialgleichung gefunden. Somit lautet die allgemeine Lösung des homogenen Problems yh .x/ D c1 ex cos.x/ C c2 ex sin.x/; x 2 R;

(b) Wir verwenden den Ansatz vom Typ der rechten Seite yp .x/ D .A sin.x/ C B cos.x// e2x : Für die Ableitungen ergibt sich yp0 .x/ D ..2A  B/ sin.x/ C .A C 2B/ cos.x// e2x ; yp00 .x/ D ..3A  4B/ sin.x/ C .4A C 3B/ cos.x// e2x :

u0 .x/ D  x 1 ; u00 .x/ D  .  1/ x 2 ; u000 .x/ D  .  1/ .  2/ x 3 : Wir setzen dies in die Differenzialgleichung ein, 0 D  .  1/ .  2/ x 3  2  .  1/ x 3

e2x sin x D ..3A  4B/ sin.x/ C .4A C 3B/ cos.x// e2x  2 ..2A  B/ sin.x/ C .A C 2B/ cos.x// e2x C 2 .A sin.x/ C B cos.x// e2x D ..A  2B/ sin.x/ C .2A C B/ cos.x// e2x : So sehen wir durch Koeffizientenvergleich, dass A  2B D 1 sowie 2A C B D 0. Damit ergibt sich A D 1=5 und B D 2=5. Die partikuläre Lösung des inhomogenen Problems ist 1 2x e .sin x  2 cos x/; 5

D .  1/ .2  4 C 5/ x 3 : Da x > 0 ist, ist auch x 3 > 0. Daher gilt 0 D .  1/ .2  4 C 5/ D .  1/ .  2  i/ .  2 C i/: Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung ist demnach u.x/ D c1 x C c2 x 2Ci C c3 x 2i ;

Einsetzen in die Differenzialgleichung liefert

x 2 R:

(c) Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung lautet y.x/ D

Mit dem Ansatz u.x/ D x  erhalten wir

C 5  x 3  5 x 3

mit c1 , c2 2 R.

yp .x/ D

13.15 

1 2x e .sin x  2 cos x/ C c1 ex cos x C c2 ex sin x: 5

Die Ableitung ist 1 y 0 .x/ D e2x .4 sin x  3 cos x/ C .c1 C c2 / ex cos x 5 C .c2  c1 / ex sin x:

mit cj 2 C, j D 1; 2; 3. Ist man an einer reellen Lösung interessiert, müssen die beiden komplexen Lösungen in Real- und Imaginärteil aufgespalten werden, x 2Ci D e.2Ci/ ln x D x 2 .cos.ln x/ C i sin.ln x/; x 2i D e.2i/ ln x D x 2 .cos.ln x/  i sin.ln x/: Daher ist die allgemeine reellwertige Lösung durch u.x/ D c1 x C c2 x 2 cos.ln x/ C c3 x 2 sin.ln x/ für x > 0 mit cj 2 R, j D 1; 2; 3. 13.16  Mit einem Potenzreihenansatz mit Entwicklungspunkt x0 D 0 erhalten wir u.x/ D

3  C c1 C c2 D 1: 5 Hiermit folgt c1 D 1 und c2 D 3=5. Die Lösung des Anfangswertproblems ist durch y.x/ D

e2x ex .sin x  2 cos x/ C .5 cos x C 3 sin x/ 5 5

für x 2 R gegeben.

1 X

an x n ;

nD0

Durch Einsetzen der Anfangsbedingungen erhält man 2 3  C c1 D ; 5 5

x > 0;

u0 .x/ D D

1 X

n an x n1

nD1 1 X

.n C 1/ anC1 x n ;

nD0

u00 .x/ D

1 X

n .n  1/ an x n2

nD2 1 X D .n C 2/ .n C 1/ anC2 x n : nD0

13.17 

Es folgt .1  x/ u0 .x/ D

1 1 X X .n C 1/ anC1 x n  n an x n nD0

(a) Mit dem Ansatz u.x/ D 2xu0 .x/ D 2x

D a1 C .2a2  a1 / x C

D u00 .x/ D

1 X .n C 2/ .n C 1/ anC2 x n nD0 1 X

C

1 X Œ.n C 2/.n C 1/anC2 C n.n  1/an x n :

n.n  1/an x n2

1 X xn

nD0 1 X



C

Œ.n C 2/ .n C 1/ anC2 C n .n  1/ an  x Œ.n C 1/ anC1  n an  x  n

1 X

n

D 1 C 2x C

an x

D

nD2



1 X 1 C n2

.n C 1/ Œ.n C 2/ anC2  anC1 C .n  1/ an  x

1 X 1 C n2



nD0

D a0  a1 C 2a2 C .2a2 C 6a3 / x

nD0



C

1 X 1 C n C .n  1/n

nD2 n

1 X x nC1

1 X x nC2 nD0



1 X xn xn C nŠ .n  1/Š nD2 .n  2/Š nD0 nD1  1 X 1 1 1 D 1 C 2x C xn C C nŠ .n  1/Š .n  2/Š nD2

C

nD2

nD2

C

1 X xn

D 1 C 2x C

D 2a2 C 6a3 x  a1  .2a2  a1 / x  a0  a1 x

1 X

.1 C x C x 2 / ex D D

8x 3  3x 2 C 6x  1



1 X

Für die rechte Seite hat man:

Diese ganzen Terme sind in die Differenzialgleichung einzusetzen:

nD2 1 X

2nan x n ;

nD0

n .n  1/ an x n

nD2

C

nD1

nD2

D 2a2 C 6a3 x

1 X

2nan x n

1 X D .n C 2/.n C 1/anC2 x n :

nD2

C

1 X

1 X

an x n folgt

nD0

Œ.n C 1/ anC1  n an  x n ;

nD2

.1 C x 2 / u00 .x/ D

nan x n1 D

nD1

nD1

1 X

1 X

nD0



xn

xn

xn

Gleichsetzen liefert n

nD2

1 1 X X 1 C n2 n .n C 2/.n C 1/anC2 C .2n  1/an x n D x : nŠ nD0 nD0

Durch Koeffizientenvergleich bekommen wir die Gleichungen: Mit dem Koeffizientenvergleich folgt n D 0W

1 D a0  a1 C 2a2

n D 1W

6 D 2a2 C 6a3

n D 2W

3 D 3a2  3a3 C 12a4

n D 3W

8 D 8a3  4a4 C 20a5

n  4W

0 D .n C 2/ anC2  anC1 C .n  1/ an

Aus den Anfangsbedingungen folgt a0 D 0 und a1 D 1. Mit den ersten vier Gleichungen oben erhalten wir nacheinander a2 D 0, a3 D 1, a4 D 0 und a5 D 0. Durch vollständige Induktion folgt aus der letzten Gleichung nun sofort an D 0 für alle n  4. Also ist u.x/ D x 3 C x:

1 C n2  .2n  1/an ; n  0; nŠ 2n  1 1 C n2  an n  0: D .n C 2/Š .n C 2/.n C 1/

.n C 2/.n C 1/anC2 D anC2

(b) Aus den Anfangswerten folgt a0 D 0;

a1 D

1 1 D : 2 2  0Š

Damit erhalten wir a2 D

1 1 1 1 C 0D D : 2Š 2 2 2  1Š

Dies ist der Induktionsanfang.

135

Kapitel 13

Lösungswege

P1

136

Kapitel 13

Kapitel 13

Der Schluss n ! n C 2 ist:

Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir die Gleichungen

2n  1 1 C n2  an .n C 2/Š .n C 2/.n C 1/ 2 1 .2n  1/n I.V. 1 C n D  .n C 2/Š 2 .n C 2/Š 2 C 2n2  2n2 C n nC2 1 D D D 2.n C 2/Š 2.n C 2/Š 2.n C 1/Š

n D 0W n  1W

anC2 D

0 D 2a2 C 3a1 C a0 ; 0 D anC2 .n C 2/ C anC1 .n C 3/ C an :

Aus den Anfangswerten erhalten wir a0 D 1, a1 D 1. Damit folgt aus der ersten Gleichung a2 D 1. Mit der zweiten Gleichung errechnen wir sukzessive a3 D 1;

Damit folgt: u.x/ D

1 X

an x D a0 C n

nD0

1 X

an x

D 13.18  0Dx

1

1 X xn 1 X x nC1 D 2 nD1 .n  1/Š 2 nD0 nŠ

1 X

anC1 .n C 3/ C an nC2 .1/nC1 .n C 3/ C .1/n D nC2 nC2 n C 3  1 D .1/ D .1/nC2 : nC2

anC2 D 

1 1 x X xn D xex 2 nD0 nŠ 2

Mit dem Ansatz u.x/ D

P1 nD0

an .x  1/n folgt:

Damit ist unsere Vermutung bewiesen. Es folgt mit der geometrischen Reihe

an n .n  1/ .x  1/n2

nD2

C .2 C x/

1 X

an n .x  1/

n1

C

nD1

D ..x  1/ C 1/

1 X

an .x  1/

C ..x  1/ C 3/

an n .x  1/

C

n1

nD1

D

C

C3

an .x  1/

y 0 .x/ D

an n .x  1/n1 C

1 X

y 00 .x/ D

C

an n .x  1/n

1 X

an .x  1/n

0D

nD0

C3

anC1 .n C 1/ .x  1/ C

1 X

1 X

1 X nD1

ak .k C / x kCC1 

kD0

an n .x  1/n

an .x  1/

D

D

1 X

2 ak x kC

kD0

ak .k C / .k C   1/ x kC

C

nD0

anC2 .n C 2/ .n C 1/ C anC1 .n C 1/ .n C 3/ C .n C 1/ an .x  1/n

1 X

kD0 1 X

n

D 2a2 C 3a1 C a0 C

ak .k C / .k C   1/ x kC2 :

ak .k C / .k C   1/ x kC

C

nD1

nD0

1 X

kD0 1 X

n

1 X

Durch Einsetzen in die Differenzialgleichung folgt:

anC2 .n C 2/ .n C 1/ .x  1/n C

nD0 1 X

ak .k C / x kC1 ;

kD0

anC1 .n C 1/ n .x  1/n

nD1 1 X

1 X kD0

nD1

nD1 1 X

13.19  Mit dem Ansatz erhalten wir die Ableitungen n

nD0

an n .n  1/ .x  1/n2 C

nD2 1 X

D

1 X

1 1 D ; 1  .1  x/ x

falls j1xj < 1. Die Reihe konvergiert also genau für x 2 .0; 2/.

an n .n  1/ .x  1/n1

nD2 1 X

1 X .1  x/n D nD0

an n .n  1/ .x  1/n2

nD2 1 X

1 X

u.x/ D

n

nD0 1 X

a5 D 1:

Dies legt die Vermutung an D .1/n nahe. Den Induktionsanfang haben wir mit den Überlegungen von eben schon erbracht. Für den Induktionsschritt nehmen wir an, dass die Aussage für ein n und n C 1 richtig ist. Dann folgt

n

nD1 1

D0C

a4 D 1;

ak1 .k C   1/ x kC 

kD1 1 X kC

x

1 X

2 ak x kC

kD0

ak .k C / .k C   1/ak1 .k C   1/  2 ak

kD1

C a0 x  . .  1/  2/



Wir führen nun einen Koeffizientenvergleich durch, kD0 k1

a0 ..  1/  2/ D 0; ak .k C /.k C   1/ C ak1 .k C   1/  2ak D 0:

Da a0 ¤ 0 vorausgesetzt war, folgt aus der ersten Gleichung  D 2 oder  D 1. Im Fall  D 2 erhalten wir eine Potenzreihe als Lösung. Der erste Koeffizient a0 ist unbestimmt, für alle weiteren gilt die Rekursionsformel ak D 

.k C 1/ ak1 k .k C 2/

Hieraus kann man die explizite Formel ak D .1/k

6 .k C 1/ a0 ; .k C 3/Š

k 2 N0 ;

Anwendungsprobleme 13.20  (a) Die Anzahl der Kontakte zwischen einem Infizierten und einem Gesunden kann proportional zu dem Produkt I .t / .1  I .t // angesetzt werden. Damit erhalten wir die Differenzialgleichung I 0 .t / D k1 I .t / .1  I .t //;

wobei k1 eine Proportionalitätskonstante ist, die sowohl die Wahrscheinlichkeit für einen Kontakt als auch die Wahrscheinlichkeit für eine Infektion im Fall eines Kontaktes widerspiegelt. Dies ist genau die Differenzialgleichung, die wir bei der Besprechung des logistischen Wachstumsmodells gefunden haben. Es handelt sich dabei um eine Bernoulli’sche Differenzialgleichung, die aber auch direkt durch Separation gelöst werden kann. Da dies der einfachere Lösungsweg ist, wollen wir ihn hier beschreiben. Trennung der Veränderlichen liefert

ableiten, die sich durch vollständige Induktion beweisen lässt. So erhalten wir die Lösung y.x/ D a0

1 X 6 .k C 1/ kD0

.k C 3/Š

x kC2 D a0

1 X 6 .k  1/ k x : .k C 1/Š kD2

I 0 .t / D k1 : I .t / .1  I .t // Für den Übergang zu den Stammfunktionen muss eine Partialbruchzerlegung durchgeführt werden,

Im Fall  D 1 erhalten wir die Formel ak k .k  3/ C ak1 .k  2/ D 0;

ak D 

k2 ak1 ; k .k  3/

k > 3:

Dies ist dieselbe Rekursionsformel wie im ersten Fall, nur steht für k jeweils k  3. Somit erhalten wir hier auch das explizite Resultat ak D .1/k C 1

6 .k  2/ a3 ; kŠ

k 2 N3 :

Die Lösung ist  y.x/ D a0  D a0

1 1  x 2 1 1  x 2

C a3

1 1 1 D C : I .t / .1  I .t // 1  I .t / I .t /

k 2 N;

für die Koeffizienten. Der erste Koeffizient a0 kann wieder beliebig gewählt werden, dann folgt a1 D a0 =2 und a2 D 0. Für k D 3 ist die Formel für jedes a3 erfüllt, diese Koeffizient kann wieder beliebig gewählt werden. Dann folgt

1 X 6 .k  2/ k1 .1/k C 1 x kŠ kD3

1 X 6 .k  1/ k .1/k C a3 x : .k C 1/Š kD2

Der zweite Summand in der Lösung ist derselbe, wie im ersten Fall  D 2. Dies ist auch der Teil, den wir mit einem gewöhnlichen Potenzreihenansatz gefunden hätten. Der erste Summand lässt sich nicht in eine Potenzreihe um null entwickeln, daher wird er nur durch den erweiterten Potenzreihenansatz gefunden.

t > 0;

Bei der Integration nutzen wir aus, dass I .t / 2 .0; 1/ liegt. Wir können daher auf den Betrag verzichten und erhalten ln.I .t //  ln.1  I .t // D k1 t C c1 ;

t > 0;

und daher I .t / D c2 ek1 t : 1  I .t / Die Anfangsvorgabe ergibt c2 D I0 =.1  I0 /. Damit erhalten wir schließlich I .t / D 1 

1 1C

I0 1I0

ek1 t

;

t > 0:

Für große t ergibt sich, dass die gesamte Population infiziert wird, lim t !1 I .t / D 1. (b) Die modifizierte Differenzialgleichung lautet I 0 .t / D k1 I .t / .1  I .t //  k2 I .t /;

t > 0;

mit einer zweiten Proportionalitätskonstante k2 , die die Heilungsrate angibt. Wiederum mit Separation erhalten wir I 0 .t / D 1: .k1  k2 / I .t /  k1 I .t /2

137

Kapitel 13

Lösungswege

138

Kapitel 13

Kapitel 13

Die Partialbruchzerlegung liefert diesmal 1 .k1  k2 / I .t /  k1 I .t /2 1 k1 D C : .k1  k2 / I .t / .k1  k2 / .k1  k2  k1 I .t // Mit Integration wird daraus ˇ ˇ ˇ k1  k2  k1 I .t / ˇ ˇ D .k1  k2 / t C c2 ; ln ˇˇ ˇ I .t /

13.21  (a) Aus der Differenzialgleichung folgt durch 4maliges Integrieren, dass die Funktion w ein Polynom 4. Grades ist. Da das Problem symmetrisch ist, muss w ferner eine gerade Funktion sein. Damit noch die geforderten Randbedingungen für w an den Stellen ˙L=2 erfüllt sind, folgt also w.x/ D a

 L2 .x 2 C b/ x2  4

mit geeigneten Konstanten a und b. Um die übrigen Bedingungen zu erfüllen, berechnen wir die 2. und 4. Ableitung dieser Funktion.

oder k1  k2  k1 D c2 e.k1 k2 /t : I .t /

w 00 .x/ D 2a

Dies können wir auflösen zu I .t / D

k1  k2 ; k1 C c2 exp..k1  k2 / t /

x2 

t > 0:

k1  k2  k1 : I0

.k1  k2 / I0 k1 I0 C .k1  k2  k1 I0 / exp..k1  k2 / t /

w 00 .x/ m3 D

bD

t !1

dominiert die Rate der Neuinfektionen. Für k1 > k2 folgt k1  k2 : k1

Es entsteht ein gleichbleibender Anteil der Bevölkerung, der infiziert ist. Die Ableitung der Lösung ist I 0 .t / D

.k1  k2 /2 I0 .k1  k2  k1 I0 / exp..k1  k2 / t / : .k1 I0 C .k1  k2  k1 I0 / exp..k1  k2 / t //2

erfüllt sein, denn alle anderen Faktoren in der Ableitung sind positiv. Daher gilt I 0 .t / D 0 genau dann, wenn k1  k2 ; I0 D k1 genau der Grenzwert der Lösung von oben. Es ist dann I 0 .t / D 0 für alle t > 0.

23 L2 207 2 D m : 4 4

Es ist also   9 207 2 w.x/ D 2:5  104 m3 x 2  m2 x2  m 4 4 für x 2 ŒL=2; L=2. (b) Da nach der Differenzialgleichung w 000 stückweise konstant ist, ist w stückweise ein Polynom 3. Grades. Außerdem müssen w, w 0 und w 00 in 0 stetig sein. Aufgrund der Symmetrie ist w eine gerade Funktion. Wir machen den Ansatz

Damit I 0 .t / D 0 sein kann, muss die Bedingung k1  k2  k1 I0 D 0

3 1 1 x2 C b L2 : 1000 2000 8000

Indem wir x D L=2 einsetzen, ergibt sich aus der Randbedingung

Ist k2 > k1 , so ergibt sich hier lim I .t / D 0, die Heilungsrate

lim I .t / D

C 8a x 2 C 2a .x 2 C b/;

Um b zu bestimmen, setzen wir diesen Wert in die zweite Ableitung ein. Es folgt

für t > 0.

t !1



Damit folgt aus der Differenzialgleichung a D 2:5  104 m3 .

Somit ergibt sich schließlich I .t / D

L2 4

w 0000 .x/ D 24 a:

Mit der Anfangsvorgabe erhalten wir c2 D



 w.x/ D a

L .x 2 C bx C c/; x 2

x  0:

Aus der Forderung, dass w gerade ist, folgt  L w.x/ D a x C .x 2  bx C c/; 2

x < 0:

Dadurch ist die Stetigkeit von w und w 00 an der Stelle Null gesichert, außerdem gilt w.L=2/ D w.L=2/ D 0:

Um die übrigen Bedingungen zu nutzen, bestimmen wir die ersten drei Ableitungen von w. Es gilt: ( 0

w .x/ D

x>0

a.x  bx C c/  a.x C L=2/.2x  b/; x < 0

up .t / D A cos.!t / C B sin.!t /:

2

( w 00 .x/ D ( w 000 .x/ D

a.x 2 C bx C c/ C a.x  L=2/.2x C b/;

Zur Bestimmung einer partikulären Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung verwenden wir den Ansatz vom Typ der rechten Seite. Der Ansatz ist

2a.2x C b/ C 2a.x  L=2/;

x>0

Nach Ableiten und Einsetzen liefert ein Koeffizientenvergleich das lineare Gleichungssystem

2a.2x  b/  2a.x C L=2/; x < 0 6a;

.100  ! 2 / A C 10! B D 2=5; 10! A C .100  ! 2 / B D 0:

x>0

6a; x < 0

Es besitzt die Lösung 2 .100  ! 2 / m; 5 ..100  ! 2 /2 C 100! 2/ 2! BD m: .100  ! 2 /2 C 100! 2

Mit der Differenzialgleichung erhalten wir a D 5104 m2 . Die Randbedingungen für w 00 ergeben b D L. Schließlich folgt aus der Stetigkeit von w 0 an der Stelle 0, dass c D L2 =4 ist. Somit gilt 8   ˆ 5  104 m2 x  32 m ˆ ˆ ˆ <  x 2  3 m x  9 m2  ; x  0; w.x/ D   4 ˆ5  104 m2 x C 3 m ˆ 2 ˆ ˆ  :  2  x C 3 m x  94 m2 ; x < 0: 13.22 

(a) Die Gewichtskraft der Masse ist Fm D 5 kg  g D 50 N:

Bei dieser Kraft wird die Feder um 0:1 m ausgelenkt, sie hat also die Federkonstante DD

50 N N D 500 : 0:1 m m

AD

Somit erhalten wir die allgemeine Lösung p p u.t / D c1 cos.5 3 t / e5t C c2 sin.5 3 t / e5t 2 .100  ! 2 / cos.!t / m 5 ..100  ! 2 /2 C 100! 2/ 2! sin.!t / m: C .100  ! 2 /2 C 100! 2

C

(b) Die stationäre Lösung s besteht genau aus den letzten beiden Summanden der allgemeinen Lösung, da die ersten beiden Summanden für große t gegen null konvergieren. Klammert man aus beiden Termen der stationären Lösung einen Faktor 2=5 aus, so ergib die Summe der Quadrate der Zähler wieder .100  ! 2 /2 C 100 ! 2 ; Daher gibt es eine Zahl ı mit

Für die Dämpfungskonstante gilt nach der Aufgabenstellung

cos.ı/ D p

m 5 kg  0:04  D 2N: s Hieraus folgt D 10 s1 . Die Differenzialgleichung für die Auslenkung u lautet also

sin.ı/ D p

Mit

1 A.!/ D p .100  ! 2 /2 C 100! 2

folgt

besitzt. Da ! 2 R vorausgesetzt wird, liegt also keine Resonanz vor.

:

2 Œcos.ı/ cos.!t /  sin.ı/ sin.!t / m p 5 .100  ! 2 /2 C 100! 2 2 D p cos.!t  ı/ m: 5 .100  ! 2 /2 C 100! 2

2 C 10 C 100 D 0;

p 1=2 D 5 ˙ i 5 3

.100  ! 2 /2 C 100! 2

;

s.t / D

1 1 2 m u .t / C 10 u0 .t / C 100 2 u.t / D cos.!t / 2 : s s 5 s

die die Lösungen

.100  ! 2 /2 C 100! 2 100 !

Somit ergibt sich

00

Dies ist eine lineare Differenzialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Der Exponentialansatz führt auf die charakteristische Gleichung

100  ! 2

A0 .!/ D

100!  2 ! 3 : ..100  ! 2 /2 C 100! 2/3=2

p Die nicht-negativen Nullstellen von A0 sind 0 und 5 2. Da A.!/ ! 0 für p t ! 1, erhalten wir die maximale Amplitude für ! D 5 2.

139

Kapitel 13

Lösungswege

140

Kapitel 13

Kapitel 13

13.23  Form

Das Anfangswertproblem geben wir uns in der

y 0 .x/ D f .x; y.x// ;

x 2 Œx0 ; xN  ;

y.x0 / D y0 ;

vor. Die Implementierung des Runge-Kutta-Verfahrens benötigt also ein Handle auf eine Implementierung von f , die zwei Eingabe- und einen Ausgabeparameter hat. Eine solche Funktion kann als anonyme Funktion oder als Funktion in einer Datei mit der Kopfzeile function w = f(x,v)

realisiert werden. Weiter werden benötigt der Anfangswert y0 , die Anfangsstelle x0 , den Endpunkt des Intervalls xN sowie die Anzahl der Schritte N . Zurückgegeben werden sollten die Näherungswerte für die Funktionswerte y.x/ der Lösung in den Gitterpunkten sowie eben diese Gitterpunkte. Damit lautet also die Kopfzeile unserer Implementierung function [y,x] = runge_kutta(f,y_0,x_0,x_N,N)

% Eingabe % f Handle einer Funktion der Form w = f(x,v) % y_0 Startwert der Loesungsfunktion an der % Stelle x_0 % x_0 Anfangsstelle % x_N Die Loesung wird auf dem Intervall % [x_0,x_N] berechnet. % N Anzahl der Schritte im Verfahren % % Ausgabe % y Spaltenvektor der Laenge N+1 mit % Naeherungswerten an y(x) % x Gitterpunkte, Spaltenvektor der % Laenge N+1 % % Initialisierung der Ausgabevektoren y = zeros(N+1,1); y(1) = y_0; x = linspace(x_0,x_N,N+1).'; % Schrittweite h = (x_N - x_0 ) / N;

Dabei sind beide Ausgabeparameter Vektoren der Länge N C 1. Man sollte diese beiden Ausgabeparameter vor Beginn der eigentlichen Rechnung in der richtigen Größe initialisieren. Eine Anpassung ihrer Größe während der Rechnung ist ineffizient. Die Gitterpunkte lassen sich im Voraus mit der Funktion linspace elegant berechnen. Die eigentliche Rechnung erfolgt in einer Schleife, wie im Flussdiagramm in Abbildung 13.21 dargestellt. Da Indizes in M ATLAB® bei 1 beginnen, läuft diese Schleife über j von 1 bis N , und es werden die Einträge y(2) bis y(N+1) berechnet. Damit sieht das Programm wie folgt aus: function [y,x] = runge_kutta(f,y_0,x_0,x_N,N) % % function [y,x] = runge_kutta(f,y_0,x_0,x_N,N) % % Implementierung des klassischen Runge-Kutta% Verfahrens der 4. Stufe zur Loesung eines % Anfangswertproblems % % y'(x) = f(x,y(x)), y(x_0) = y_0 %

% Hier beginnt das eigentliche Verfahren for j=1:N % Berechnung der 4 Hilfsgroessen k1 = f( x(j), y(j) ); k2 = f( x(j)+h/2, y(j)+h/2*k1 ); k3 = f( x(j)+h/2, y(j)+h/2*k2 ); k4 = f( x(j+1), y(j)+h*k3 ); % Funktionswert am naechsten Gitterpunkt y(j+1) = y(j) + h/6 * (k1+2*k2+2*k3+k4); end

Zur Verifizierung definieren wir eine entsprechende anonyme Funktion und rufen dann das Programm auf: >> f = @(x,v) (x-1).^2 / (x.^2 + 1) .* v; >> [y,x] = runge_kutta(f,1,0,1,16)

Der letzte ausgegebene Eintrag im Vektor y ist 1.359140779749208 und stimmt in den ersten 8 Nachkommastellen mit dem auf S. 484 angegebenen Wert überein. Falls Ihnen nur 4 Nachkommastellen ausgegeben werden, müssen Sie zunächst mit format long das Ausgabeformat für Fließkommazahlen ändern.

Aufgaben

Rechenaufgaben

Verständnisfragen

14.7  Bestimmen Sie die Lösungsmengen L der folgenden linearen Gleichungssysteme und untersuchen Sie deren geometrische Interpretationen

14.1  Haben (reelle) lineare Gleichungssysteme mit zwei verschiedenen Lösungen stets unendlich viele Lösungen? 14.2  Gibt es ein (reelles) lineares Gleichungssystem mit weniger Gleichungen als Unbekannten, welches eindeutig lösbar ist? 14.3  Ist ein reelles lineares Gleichungssystem .A j b/ mit n Unbekannten und n Gleichungen für ein b eindeutig lösbar, so ist es dies auch für jedes b – stimmt das? 14.4  Folgt aus rg A D rg.A j b/, dass das lineare Gleichungssystem .A j b/ eindeutig lösbar ist?

2 x1 C 3 x2 D 5 x1 C x2 D 2 3 x1 C x2 D 1; 14.8

.a C 1/ x1 C .a2 C 6 a  9/ x2 C .a  2/ x3 D 1 3 x3 D a  3 .a2  2 a  3/ x1 C .a2  6 a C 9/ x2 C .a C 1/ x1 C .a2 C 6 a  9/ x2 C .a C 1/ x3 D 1 keine, genau eine bzw. mehr als eine Lösung? Für a D 0 und a D 2 berechne man alle Lösungen. 14.9  Berechnen Sie die Lösungsmenge des komplexen linearen Gleichungssystems: C i x3 D i 2 x1 x1  3 x2  ix3 D 2 i i x1 C x2 C x3 D 1 C i 14.10  Bestimmen Sie die Lösungsmenge des folgenden linearen Gleichungssystems in Abhängigkeit von r 2 R: r x1 C x2 C x3 D 1 x1 C r x2 C x3 D 1 x1 C x2 C r x3 D 1

a x1 C b x2 D r c x1 C d x2 D s

14.11  Untersuchen Sie das lineare Gleichungssystem

im Fall a d  b c ¤ 0 eindeutig lösbar ist und geben Sie die eindeutig bestimmte Lösung an.

x1  x2 C x3  2 x4 2 x1 C 3 x2 C a x3 x1 C x2  x3 C a x4 a x2 C b 2 x3  4 a x4

Bestimmen Sie zusätzlich für m 2 R die Lösungsmenge des folgenden linearen Gleichungssystems: 2 x1 C 3 x2 D 2 m x1  5 x2 D 11

D1 D1 D1 D 2:

 Für welche a 2 R hat das System

14.5  Zeigen Sie, dass die elementare Zeilenumformung (1) auf S. 522 auch durch mehrfaches Anwenden der Umformungen vom Typ (2) und (3) auf S. 522 erzielt werden kann. 14.6  Es sind reelle Zahlen a; b; c; d ; r; s vorgegeben. Begründen Sie, dass das lineare Gleichungssystem

2x1  x2 C 2x3 x1  2x2 C 3x3 6x1 C 3x2  2x3 x1  5x2 C 7x3

D 2 D4 Da D1

in Abhängigkeit der beiden Parameter a; b 2 R auf Lösbarkeit bzw. eindeutige Lösbarkeit und stellen Sie die entsprechenden Bereiche für .a; b/ 2 R2 grafisch dar.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_13

141

Kapitel 14

Kapitel 14

142

Kapitel 14

Anwendungsprobleme 14.12  Beim freien Fall eines Körpers vermutet man, dass die Strecke s in Meter m, welche der fallende Körper zurücklegt, von der Fallzeit t in Sekunden s, der Erdbeschleunigung g in m=s2 und des Gewichts M des fallenden Körpers in kg abhängt. Ermitteln Sie durch Dimensionsanalyse aus dieser Vermutung eine Formel für die Fallstrecke.

Kapitel 14

14.13  Im Ursprung 0 D .0; 0; 0/ des R3 laufen die drei Stäbe eines Stabwerks zusammen, die von den Punkten a D .2; 1; 5/;

b D .2; 2; 4/;

c D .1; 2; 3/

ausgehen.

mit der Federkonstanten k mit einem Atom der Masse M verbunden. Der Einfachheit halber nehmen wir an, dass das System sich nur in einer Richtung, der x-Richtung, bewegen kann. Geben Sie die Bewegungsgleichungen der Massenpunkte an und untersuchen Sie, für welche Auslenkungen x1 , x2 und x3 die Kräfte Fm1 D m1 xR 1 , FM D M xR 2 und Fm2 D m2 xR 3 jeweils 0 sind.

Hinweise Verständnisfragen 14.1



Siehe S. 533.

14.2



Man betrachte die Zeilenstufenform.

O

14.3  Man ermittle die Zeilenstufenform der erweiterten Koeffizientenmatrix.



Fc



Fb

b

c



14.4

F



Man suche ein Gegenbeispiel.

14.5  Will man die Zeile i mit der Zeile j vertauschen, so beginne man mit der Addition der j -ten Zeile zur i-ten Zeile.



Fa

14.6  Bringen Sie die erweiterte Koeffizientenmatrix auf Zeilenstufenform.

a Abb. 14.8 Die Gewichtskraft F verteilt sich auf die Stäbe

Im Ursprung 0 wirkt die vektorielle Kraft F D .0; 0; 56/ in Newton. Welche Kräfte wirken auf die Stäbe? 14.14  Aus zwei Gold-Silber-Legierungen, in denen sich die Metallmassen wie 2 W 3 bzw. wie 3 W 7 verhalten, sind 8 kg einer neuen Legierung mit dem Verhältnis 5 W 11 herzustellen. Wie viel Kilogramm der Legierungen sind dabei zu verwenden? 14.15  Wir betrachten das in Abb. 14.9 gegebene Modell für das Kohlendioxidmolekül CO2 . Es sind zwei (identische) Atome der Masse m1 D m D m2 über zwei identische Federn

k m |−→ x1

k M |−→ x2

Abb. 14.9 Ein Modell für das Kohlendioxidmolekül

m |−→ x3

Rechenaufgaben 14.7  Benutzen Sie das Eliminationsverfahren von Gauß oder das von Gauß und Jordan. 14.8  Bringen Sie die erweiterte Koeffizientenmatrix auf Zeilenstufenform und unterscheiden Sie dann verschiedene Fälle für a. 14.9  Man bilde die erweiterte Koeffizientenmatrix und wende das Verfahren von Gauß an. 14.10  durch.

Führen Sie das Eliminationsverfahren von Gauß

14.11  Wenden Sie elementare Zeilenumformungen auf die erweiterte Koeffizientenmatrix an, und beachten Sie jeweils, unter welchen Voraussetzungen an a und b diese zulässig sind.

Lösungswege

14.12  Man setze eine Formel für die Strecke s mit den gegebenen Größen und unbestimmten Exponenten an. 14.13  Man zerlege die Kraft F in drei Kräfte F a , F b und F c in Richtung der Stäbe. 14.14  Man setze x1 bzw. x2 für die gesuchte Anzahl der Kilogramm der Legierungen und formuliere die Problemstellung als lineares Gleichungssystem. 14.15  Man formuliere das Hooke’sche Gesetz (F D k x) für die drei Massenpunkte. Dies ergibt ein Gleichungssystem in den Unbestimmten x1 , x2 und x3 .

14.11  Das Gleichungssystem ist für alle Paare .a; b/ der Hyperbel H D f.a; b/ j b 2  a .a C 2/ D 0g nicht lösbar. Für alle anderen Paare .a; b/ 2 R2 n H D G ist das System lösbar. Es ist nicht eindeutig lösbar, falls a D 2 gilt, d. h. für alle Paare .a; b/ D .2; b/ 2 G. Für die restlichen Paare ist das System eindeutig lösbar.

Anwendungsprobleme 14.12 

s D a g t 2 mit a 2 R.

14.13  F a D .12; 6; 30/, F b D .10; 10; 20/, F c D .2; 4; 6/.

Lösungen

14.14  Man braucht 1 Kilogramm der ersten und 7 Kilogramm der zweiten Legierung.

Verständnisfragen

14.15  Es wirken keine Kräfte, wenn alle Auslenkungen gleich sind.

14.1



Ja.

14.2



Nein.

14.3



Ja.

14.4



Nein.

14.5





14.6  Die eindeutig bestimmte Lösung des allgemeinen Systems ist . ardd bs ; asrc / und die eindeutige Lösung des Beib c a d b c 10mC33 222m spiels lautet . 7 ; 7 /.

Rechenaufgaben 14.7  Das erste System ist nicht lösbar, die Lösungsmenge des zweiten Systems ist L D f. 13 .1  t /, 13 .1 C 4 t /; t / j t 2 Rg. 14.8  Für a D 1 gibt es keine Lösung. Für a D 2 und a D 3 gibt es unendlich viele Lösungen. Für alle anderen reellen Zahlen a gibt es genau eine Lösung. Im Fall a D 0 ist dies L D f.1; 0; 0/g, und im Fall a D 2 ist L D f. 13 C 13 ; ; 0/ j  2 Rg die Lösungsmenge. 14.9  3 C 6 i/g.

Die Lösungsmenge ist L D f 15 .3 C i; 3  4 i;

14.10  Im Fall r D 2 ist L D ;. Im Fall r D 1 ist L D f.1 s t ; s; t / j s; t 2 Rg die Lösungsmenge und für alle 1 1 1 anderen r 2 R ist L D f. 2Cr ; 2Cr ; 2Cr /g die Lösungsmenge.

Lösungswege Verständnisfragen 14.1  Ist s D .s1 ; : : : ; sn / eine spezielle Lösung und l D .l1 ; : : : ; ln / eine Lösung des homogenen Systems, so ist für jedes  2 R auch s C . l1 ; : : : ;  ln / eine Lösung. 14.2  Bringt man die erweiterte Koeffizientenmatrix auf Zeilenstufenform, so erkennt man, dass im Falle der Lösbarkeit mindestens eine Unbekannte frei wählbar ist. Somit ist eine Lösung niemals eindeutig bestimmt. 14.3  Weil die Lösung eindeutig bestimmt ist, muss der Rang der Koeffizientenmatrix, der in diesem Fall gleich dem Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix ist, gleich n sein. Betrachtet man die Zeilenstufenform der erweiterten Koeffizientenmatrix, so hat diese n Stufen: 1 0 b1 C B C B C B C B B :: C C B B : C C B C B :: A @ : 0 bn Keines der Elemente ist null. Also ist das Gleichungssystem für beliebige b1 ; : : : ; bn eindeutig lösbar.

Kapitel 14

Anwendungsprobleme

143

144

Kapitel 14

14.4



Insgesamt ist damit bewiesen: Das Gleichungssystem aus der Aufgabenstellung besitzt für a d  b c ¤ 0 genau eine Lösung, nämlich  rd  bs as  rc : ; D D

Das lineare Gleichungssystem x1 C x2 D 1

hat die erweiterte Koeffizientenmatrix .1 1 j 1/ :

Kapitel 14

Insbesondere gilt also rg A D rg.A j b/, aber dieses System ist nicht eindeutig lösbar, da .1  t ; t / für jedes t 2 R eine Lösung ist. 14.5  Wir vertauschen die i-te mit der j -ten Zeile und notieren diese etwas vereinfacht mit zi und zj in der erweiterten Koeffizientenmatrix. Addition und Multiplikation der Zeilen führen wir mit einem Vorgriff auf das nächste Kapitel vektoriell durch: 0 1 0 zi zi B :: C (3) B  ! @:A @ zj

1 C zj :: C : A zj

1 0 1 zi C zj zi C zj C B : C B :: ! @ A ! @ :: A : zj  .zi C zj / zi 1 0 0 1 zi C zj C .zi / zj (3) B (2) B : C C : :: ! @ A ! @ :: A 0

b d

zi

r s

(14.4)

Zur Abkürzung setzen wir D WD a d  b c. Da nach Voraussetzung D ¤ 0 ist, gilt a ¤ 0 oder c ¤ 0. 1. Fall: a ¤ 0. Wir formen die Matrix in (14.4) mithilfe von elementaren Zeilenumformungen um: Wir addieren das  ca -Fache der ersten zur zweiten Zeile, multiplizieren dann die zweite Zeile mit a=D, addieren dann das b-Fache der zweiten Zeile zur ersten, multiplizieren dann die erste Zeile mit 1=a und erhalten: 

1 0

0 1

rd bs D asrc D

14.7  Wir führen an der erweiterten Koeffizientenmatrix .A j b/ des ersten Systems elementare Zeilenumformungen durch, bis wir Zeilenstufenform erreicht haben: 0 1 1 1 0 0 2 3 5 2 1 1 1 1 2 @1 1 2 A ! @0 1 1 A ! @0 1 1 A 3 1 1 0 2 5 0 0 3

Zeichnet man die drei Geraden, die durch die drei Gleichungen des Systems gegeben sind, in ein Koordinatensystem ein, so erkennt man, dass die drei Geraden keinen gemeinsamen Punkt haben – ihre Schnittmenge ist leer, das besagt die Nichtlösbarkeit des Gleichungssystems.

14.6  Das Gleichungssystem aus der Aufgabenstellung hat als erweiterte Koeffizientenmatrix:  a c

Rechenaufgaben

Damit gilt rg.A j b/ > rg A und nach dem Lösbarkeitskriterium auf S. 528 ist das System nicht lösbar.

(2)

zi

Wir lösen nun das gegebene Gleichungssystem in Abhängigkeit von m 2 R. Wegen 10  3 D 7 ¤ 0 ist das System eindeutig lösbar, und Einsetzen in die Formel für die eindeutig bestimmte Lösung: l D . 10mC33 ; 222m /. 7 7



Also besitzt das Gleichungssystem aus der Aufgabenstellung genau eine Lösung, nämlich . rdDbs ; asrc /. D 2. Fall: c ¤ 0. Eine zum 1. Fall analoge Rechnung zeigt, dass das Gleichungssystem auch in diesem Fall genau eine Lösung besitzt, nämlich . rdDbs ; asrc /. D

Nun wenden wir dasselbe Verfahren auf das zweite Gleichungssystem an: 0

2 B1 B @6 1

1 2 3 5

2 3 2 7

1 0 1 1 B0 1C C!B @0 1A 0 2 0 1 B0 !B @0 0

2 3 15 3

3 4 20 4

2 3 0 0

3 4 0 0

1 1 1C C 5A 1 1 1 1C C 0A 0

Damit gilt rg.A j b/ D rg A und nach dem Lösbarkeitskriterium auf S. 528 ist das System lösbar. Wir wählen für die Unbekannte x3 eine beliebige reelle Zahl t und erhalten durch Rückwärtseinsetzen x2 D 13 .1 C 4 t / und schließlich x1 D 13 .1  t /. Die Lösungsmenge ist also L D f. 13 .1  t /; 13 .1 C 4 t /; t / j t 2 Rg. Zeichnet man die vier Ebenen, die durch die vier Gleichungen des Systems gegeben sind, in ein Koordinatensystem ein, so erkennt man, dass von den vier Ebenen nur zwei voneinander verschieden sind. Die zwei unterschiedlichen Ebenen schneiden sich in einer Geraden in ihrer Schnittgeraden. Diese Schnittgerade ist durch die Lösungsmenge des Gleichungssystems gegeben.

Lösungswege

aC1 0

a2 C 6a  9

aC1

1

1

14.9  Wir wenden elementare Zeilenumformungen auf die erweiterte Koeffizientenmatrix an: 1 1 0 0 i 2i 1 3 i 2 0 i @1 3 i i 2i A ! @2 0 i A i

1

1

1Ci

a2 1 aC1 .a  3/ D @.a C 1/.a  3/ .a  3/2 3 a  3A aC1 .a  3/2 a C 1 1 1 0 a2 1 aC1 .a  3/2 [email protected] 0 .a  3/2 .a  2/ a2 C 5a  3 0A 0 0 3 0 1 0 2 0 1 aC1 .a  3/ [email protected] 0 .a  3/2 .a  2/ 0 0A 0 0 1 0 2

a … f1; 2; 3g: Die Koeffizientenmatrix A hat den Rang 3, es gibt dann genau eine Lösung. Im Fall a D 0 erhält man 1 @0 0

9 18 0

1 0 1 1 0 A ! @0 0 0

0 0 1

0 1 0

0 0 1

1 1 0A 0

0 1 0

0 0 1

1 1 0A 0

also als Lösungsmenge L D f.1; 0; 0/g. a D 1: Hier ergibt sich: 0

0 @0 0

16 48 0

1 0 1 0 0 A ! @0 0 0

0 0 1

Wegen rg A D 2 < 3 D rg.A j b/ (oder weil die erste Zeile die Form .0 0 0 j / mit ¤ 0 hat) gibt es keine Lösung. a D 2: Hier ergibt sich: 0

3 @0 0

1 0 0

0 0 1

1 0 1 3 0A ! @0 0

0

1 0 0

1 1 0A 0

0 1 0

Wegen rg A D rg.A j b/ ist das Gleichungssystem lösbar. Es ist x3 D 0, wir setzen x2 D  2 R, also x1 D .1 C /=3. Die Lösungsmenge ist L D f. 13 C 13 ; ; 0/ j  2 Rg. a D 3: Hier ergibt sich 0

4 @0 0

0 0 0

0 0 1

0 1 1 4 0A ! @0 0

0

0 0 0

0 1 0

1 1 0A 0

i

1 ! @0 0 0 1 ! @0 0 0 1 ! @0 0 0 1 ! @0 0

Wir unterscheiden vier Fälle:

0

0

1

1Ci

1

3 6 1 C 3i

i 3i 0

3 2 2 C 6i

i i 0

3 2 2 C 6i

i i 0

3 2 0

1 2i 3i A 3Ci 1 2i i A 6 C 2i 1 2i i A 6 C 2i 1 2i i A 3 C 3i

i i 3i

Es gibt also eine eindeutige Lösung und zwar 3C 3i 1 3 6 D .3 C 3 i/.3 C i/ D C  i; 3i 10 5 5 i  ix3 3 4 D   i; x2 D 2 5 5 3 1 x1 D 2 i C 3 x2 C i x3 D C  i ; 5 5 x3 D

also ist L D f 15 .3 C i; 3  4 i; 3 C 6 i/g die Lösungsmenge. 14.10  Wir notieren die erweiterte Koeffizientenmatrix und beginnen mit dem Eliminationsverfahren von Gauß: 0

r @1 1

1 r 1

1 1 r

0 1 1 0 1A ! @1 0

1

1r 1 r 1

1  r2 r 1r

1 1r 1 A 0

1. Fall: r D 1. In diesem Fall kann man die Lösungsmenge direkt ablesen: L D f.1  s  t ; s; t / j s; t 2 Rg (das sind unendlich viele Lösungen). 2. Fall: r ¤ 1. Wir führen einen weiteren Eliminationsschritt durch. Hierbei multiplizieren wir die erste und die dritte Zeile 1 und erhalten: mit 1r 0

0 @1 0

1Cr r 1

1 1 1

0 1 1 1 1 A ! @0 0 0

r 1 0

1 1 2Cr

1 1 0A 1

also die Lösungsmenge: L D f. 14 ; ; 0/ j  2 Rg.

Im Fall r D 2 gilt offenbar L D ;.

Uns interessiert allerdings nur, dass es mehr als eine – nämlich unendlich viele – Lösungen gibt.

Und im Fall r ¤ 2 gibt es offenbar genau eine Lösung. Es ist 1 1 1 L D f. 2Cr ; 2Cr ; 2Cr /g die Lösungsmenge.

Kapitel 14

14.8  Wir führen elementare Zeilenumformungen an der erweiterten Koeffizientenmatrix aus: 0 1 1 aC1 a2 C 6a  9 a  2 @a2  2a  3 a2  6a C 9 3 a  3A

145

146

Kapitel 14

14.11  Die erweiterte Koeffizientenmatrix .A j b/ des Systems lautet: 0

1 B2 B @1 0

1 3 1 a

2 0 a 4 a

1 a 1 b2

a

1 2 4C C aA 1

H 2

Kapitel 14

Wir führen nun elementare Zeilenumformungen durch, um die Matrix auf Zeilenstufenform zu bringen: 0

1 B2 B @1 0

1 3 1 a 0 1 B0 B [email protected] 0 0 0 1 B0 !B @0 0 0 1 B0 !B @0 0

1 a 1 b2

2 0 a 4 a

1 2 4C C aA 1 2 4 a2 4 a

1 2 0 C C a  2A 1

1 1 0 a

1 aC2 0 b2

1 1 0 0

1 aC2 0 b 2  a .a C 2/

2 4 a2 0

1 1 0 0

1 aC2 b 2  a .a C 2/ 0

2 4 0 a2

1 2 0 C C a  2A 1 1 2 0 C C 1 A a2

An der dritten Zeile erkennen wir nun bereits, dass das Gleichungssystem nicht lösbar ist, falls der Ausdruck b 2  a .a C 2/ gleich null wird. Die Menge aller dieser Paare .a; b/ mit b 2  a .a C 2/ D 0 bildet eine Hyperbel H . Wir setzen nun voraus, dass .a; b/ … H gilt. Wir dividieren die dritte Zeile durch b 2  a .a C 2/ und erhalten die Koeffizientenmatrix: 0

1 B0 B @0 0

1 1 0 0

1 aC2 1 0

b

2 4 0 a2

1

2 C 0 C 2 1=.b  a .a C 2//A a2

Ist a ¤ 2, so kann man die letzte Zeile durch a  2 teilen und erhält so die eindeutige Lösbarkeit des Systems. Ist jedoch a D 2, so hat das System unendlich viele Lösungen. Für die Paare .a; b/ auf der eingezeichneten Hyperbel ist das Gleichungssystem nicht lösbar. Sonst ist es lösbar. Bei a ¤ 2 ist die Lösung eindeutig; bei a D 2 gibt es unendlich viele Lösungen.

Anwendungsprobleme 14.12  Ansatz

Wir machen der Vermutung entsprechend für s den s D a  t x1  g x2  M x3

mit a 2 R ;

(14.5)

wobei nun die Werte für die Exponenten x1 ; x2 ; x3 zu bestimmen sind. Wir notieren die Einheiten links und rechts des Gleichheitszeichens der Formel (14.5): m D s0  m1  kg0 D sx1  .m=s2 /x2  kgx3 D sx1 2 x2  mx2  kgx3 Der Vergleich der Exponenten der zugehörigen Einheiten liefert nun das lineare Gleichungssystem x1  2 x2 D 0 x2 D 1 x3 D 0 mit der eindeutig bestimmten Lösung .2; 1; 0/. Setzen wir diese gefundenen Werte in die Gleichung (14.5) ein, so erhalten wir für die Fallstrecke s die Formel s D a  t 2  g1  M 0

mit a 2 R ;

sodass also letztlich eine Abhängigkeit der Fallstrecke von der Masse gar nicht gegeben ist. Die Konstante a kann nun durch Experimente bestimmt werden. Und tatsächlich erhält man dann für die Fallstrecke s D 1=2 g t 2 :

Lösungswege

Gesucht sind also l1 ; l2 ; l3 2 R mit l1  a C l2  b C l3  c D F – es gilt dann Fall l1  a D F a , l2  a D F b und l3  c D F c . Dies drückt aus, dass die Kräfte in die Richtungen der Stäbe zeigen. (Addition und Multiplikation verstehen wir hier durchwegs komponentenweise. Wir nehmen die Notationen aus dem folgenden Kapitel vorweg.) Wir formulieren die Gleichung l1  a C l2  b C l3  c D F als ein lineares Gleichungssystem und geben sogleich die erweiterte Koeffizientenmatrix an, welche wir auf Zeilenstufenform bringen, um die Lösung l1 ; l2 ; l3 zu bestimmen: 0

2 @1 5

2 2 4

1 2 3

1

0

0 1 0 A ! @0 0 56 0 1 ! @0 0

2 2 14

2 5 7

2 2 0

2 5 28

1

0 0 A 56 1 0 0 A 56

Es ist .6; 5; 2/ die eindeutige Lösung des Systems. Damit haben wir die Kräfte in Richtung der Stäbe ermittelt, es gilt: F a D .12; 6; 30/ F b D .10; 10; 20/ F c D .2; 4; 6/ 14.14  In einem Kilogramm der ersten Legierung sind 2=5 kg Gold und 3=5 kg Silber. In einem Kilogramm der zweiten Legierung sind 3=10 kg Gold und 7=10 kg Silber. In einem Kilogramm der zu erstellenden Legierung sind 5=16 kg Gold und 11=16 kg Silber. Diese Daten liefern das lineare Gleichungssystem für die Unbekannten Größen x1 und x2 , d. h. für die gesuchten Kilogramm:

14.15  Wir formulieren das Hook’sche Gesetz für die drei Massenpunkte und erhalten die Bewegungsgleichungen: Fm1 D k x1 C k x2 FM D k x1  2 k x2 C k x3 Fm2 D k x2  k x3 Gesucht sind die Lösungen des homogenen linearen Gleichungssystems: k x1 C k x2 D 0 k x1  2 k x2 C k x3 D 0 k x2  k x3 D 0 Die erweiterte Koeffizientenmatrix dieses Systems lautet: 0 k @k 0

4 6

3 7

 4 400=16 ! 0 880=16

3 5

400=16 5600=16

Dabei haben wir die zweite Zeile mit 2 multipliziert und davon das 3-Fache der ersten Zeile subtrahiert. Es ist l D .1; 7/ die eindeutig bestimmte Lösung des Systems. Also sind 1 Kilogramm der ersten und 7 Kilogramm der zweiten Legierung zu verwenden.

1 0 0A 0

Die Lösungsmenge dieses Systems ist L D f.a; a; a/ j a 2 Rg : Also sind die drei betrachteten Kräfte genau dann null, wenn die drei Auslenkungen jeweils gleich groß sind; dies ist z. B. dann der Fall, wenn sich das System gleichförmig in x-Richtung bewegt. Kommentar Mithilfe der Matrizenmultiplikation, die wir auf S. 580 erklären werden, können wir diese Bewegungsgleichungen in der einfachen Form F D K  x mit den Spaltenvektoren 1 0 Fm1 F D @ FM A ; Fm2

Wir multiplizieren beide Gleichungen mit 10 durch und führen an der erweiterten Koeffizientenmatrix eine elementare Zeilenumformung durch: 

0 k k

Die Lösungsmenge des Systems erhalten wir, indem wir zur zweiten Zeile die erste und dritte addieren: 1 1 0 0 k k 0 0 k k 0 0 @ k 2 k k 0A ! @ 0 0 0 0A 0 k k 0 0 k k 0

2=5 x1 C 3=10 x2 D 40=16 3=5 x1 C 7=10 x2 D 88=16

k 2 k k

0 1 x1 x D @x2 A x3

und der Matrix 0

k K D @k 0

k 2k k

1 0 k A k

zusammenfassen. In Kap. 18 entwickeln wir eine Methode, um solche vektoriellen Differenzialgleichungen (beachte: F D m  xR D K  x) zu lösen. J

Kapitel 14

14.13  Es ist die Kraft F in drei Kräfte zu zerlegen, welche in die Richtungen der Punkte a D .2; 1; 5/; b D .2; 2; 4/ und c D .1; 2; 3/ zeigen, wir bezeichnen diese mit F a , F b und F c .

147

Aufgaben Verständnisfragen 15.1  Zeigen Sie, dass die Menge Km n aller m nMatrizen über einem Körper K mit komponentenweiser Addition und skalarer Multiplikation einen K-Vektorraum bildet. 15.2  Begründen Sie die auf S. 557 gemachten Aussagen zum Erzeugnis hX i einer Teilmenge X eines K-Vektorraums V . 15.3  sagen?

Gelten in einem Vektorraum V die folgenden Aus-

(a) Ist eine Basis von V unendlich, so sind alle Basen von V unendlich. (b) Ist eine Basis von V endlich, so sind alle Basen von V endlich. (c) Hat V ein unendliches Erzeugendensystem, so sind alle Basen von V unendlich. (d) Ist eine linear unabhängige Menge von V endlich, so ist es jede. 15.4  Gegeben sind ein Untervektorraum U eines KVektorraums V und Elemente u; w 2 V . Welche der folgenden Aussagen sind richtig? (a) Sind u und w nicht in U , so ist auch u C w nicht in U . (b) Sind u und w nicht in U , so ist u C w in U . (c) Ist u in U , nicht aber w, so ist u C w nicht in U .

15.7  Geben Sie zu folgenden Teilmengen des R-Vektorraums R3 an, ob sie Untervektorräume sind, und begründen Sie dies: 80 1 9 ˇ < v1 = ˇ (a) U1 WD @v2 A 2 R3 ˇˇ v1 C v2 D 2 : ; v3 9 80 1 ˇ = < v1 ˇ (b) U2 WD @v2 A 2 R3 ˇˇ v1 C v2 D v3 ; : v3 9 80 1 ˇ = < v1 ˇ (c) U3 WD @v2 A 2 R3 ˇˇ v1 v2 D v3 ; : v3 80 1 9 ˇ < v1 = ˇ (d) U4 WD @v2 A 2 R3 ˇˇ v1 D v2 oder v1 D v3 : ; v3 15.8



U WD

Begründen Sie, dass für jedes n 2 N die Menge 8 ˆ < ˆ :

0

1 u1 B C u D @ ::: A 2 Rn un

9 > ˇ = ˇ ˇ u1 C    C un D 0 ˇ > ;

einen R-Vektorraum bildet und bestimmen Sie eine Basis und die Dimension von U . 15.9  Welche der folgenden Teilmengen des RVektorraums RR sind Untervektorräume? Begründen Sie Ihre Aussagen.

U1 WD ff 2 RR j f .1/ D 0g U2 WD ff 2 RR j f .0/ D 1g U3 WD ff 2 RR j f hat höchstens endlich viele Nullstelleng U4 WD ff 2 RR j für höchstens endlich viele x 2 R ist f .x/ ¤ 0g (e) U5 WD ff 2 RR j f ist monoton wachsendg 15.6  Folgt aus der linearen Unabhängigkeit der drei (f) U6 WD ff 2 RR j die Abbildung g 2 RR mit g.x/ D Vektoren u; v; w eines K-Vektorraums auch die lineare Unabf .x/  f .x  1/ liegt in U g, wobei U  RR ein vorgegehängigkeit der drei Vektoren u C v C w; u C v; v C w? bener Untervektorraum ist.

(a) (b) 15.5  Folgt aus der linearen Unabhängigkeit von u und (c) (d) v eines K-Vektorraums auch jene von u  v und u C v?

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_14

149

Kapitel 15

Kapitel 15

150

Kapitel 15

15.10  Gibt es für jede natürliche Zahl n eine Menge A mit n C 1 verschiedenen Vektoren v1 ; : : : ; vnC1 2 Rn , sodass je n Elemente von A linear unabhängig sind? Geben Sie eventuell für ein festes n eine solche an.

15.15 

Bestimmen Sie eine Basis des von der Menge

80 1 0 1 1 0 ˆ ˆ > B 0 C= B C @1A> > ; 0 0

x1

Abb. 15.31 Die Anordnung der Ladungen im R2

Bestimmen Sie die resultierende Kraft F , die von q1 und q2 auf q0 ausgeübt wird. 15.18  Der Schwerpunkt des Sonnensystems. In der Tab. 15.2 sind die ungefähren Massen der Planeten und ihre genäherten Abstände von der Sonne angegeben. Bestimmen Sie

Hinweise Tab. 15.2 Die Massen der Sonne und der Planeten und ihre Abstände von der Sonne in Astronomischen Einheiten (AE)

Sonne Merkur Venus Erde Mars Jupiter Saturn Uranus Neptun

Masse in Erdmassen

Sonnenabstand in AE

333 000 0.06 0.8 1 0.1 318 95 15 17

0 0.4 0.7 1 1.5 5 10 20 30

151

15.6  Wenden Sie das Kriterium für lineare Unabhängigkeit auf S. 561 an. 15.7  Prüfen Sie für jede Menge nach, ob sie nichtleer ist und ob für je zwei Elemente auch deren Summe und zu jedem Element auch das skalare Vielfache davon wieder in der entsprechenden Menge liegt. 15.8  Zeigen Sie, dass die Menge einen Untervektorraum des Rn bildet. Betrachten Sie für Basisvektoren Elemente von U , die abgesehen von einer 1 und einer 1 nur Nullen als Komponenten haben. 15.9  Prüfen Sie für jede Menge nach, ob sie nichtleer ist und ob für je zwei Elemente auch deren Summe und zu jedem Element auch das skalare Vielfache davon wieder in der entsprechenden Menge liegt.

Abb. 15.32 Das vereinfachte Sonnensystem aus Jupiter, Saturn, Uranus, Neptun und Sonne

den ungefähren Schwerpunkt des Sonnensystems. Berücksichtigen Sie hierzu vereinfachend nur die Sonne und die Planeten Jupiter, Saturn, Uranus und Neptun. Gehen Sie weiter von einem ebenen Sonnensystem aus und tragen Sie Jupiter auf der positiven x1 -Achse, Saturn auf der negativen x2 -Achse, Uranus auf der negativen x1 -Achse und schließlich Neptun auf der positiven x2 -Achse auf.

15.11  Berechnen Sie .1 C 1/ .v C w/ auf zwei verschiedene Arten. 15.12  Begründen Sie, dass V ein Untervektorraum von KM ist. Da die Menge B durchaus unendlich sein kann, ist es hier notwendig, die lineare Unabhängigkeit von B dadurch zu beweisen, dass man die lineare Unabhängigkeit jeder endlichen Teilmenge von B beweist.

Rechenaufgaben

Hinweise

15.13 

Bestimmen Sie die Mengen in einer Zeichnung.

Verständnisfragen

15.14  gigkeit.

Überprüfen Sie die Menge auf lineare Unabhän-

15.1  Weisen Sie die neun Vektorraumaxiome (V1)– (V9) von S. 548 nach.

15.15  Überprüfen Sie die angegebenen Vektoren auf lineare Unabhängigkeit.

15.2  Weisen Sie die definierenden Eigenschaften für Untervektorräume nach. Die Aussage in (c) begründen Sie am besten, indem Sie die beiden Inklusionen  und  nachweisen. 15.3  Beachten Sie die Definitionen von Erzeugendensystem, linear unabhängiger Menge und Basis. 15.4



Man beweise oder widerlege die Ausagen.

15.5  Wenden Sie das Kriterium für lineare Unabhängigkeit auf S. 561 an.

Anwendungsprobleme 15.16  Stellen Sie F als Linearkombination der drei Kräfte F 1 ; F 2 ; F 3 dar. 15.17  Beachten Sie das Superpositionsprinzip und das Coulomb’sche Gesetz. 15.18  Bestimmen Sie die Koordinaten der Planeten und benutzen Sie die Formel für den Schwerpunkt auf S. 550.

Kapitel 15

15.10  Geben Sie zur Standardbasis des Rn einen weiteren Vektor an.

152

Kapitel 15

Lösungen

Anwendungsprobleme

Verständnisfragen

15.16 

Es ist F D 2 F 1 C 3 F 2  4 F 3 .

15.17 

1 F D 4 "

15.18 

sD

15.1





15.2





15.3  Die Aussagen in (a) und (b) sind richtig, die Aussagen (c) und (d) sind falsch. 15.4  Die Aussagen in (a) und (b) sind falsch, die Aussage in (c) ist richtig. 15.5



Ja.

15.6



Ja.

Kapitel 15



Es ist 80 1 ˆ 1 ˆ ˆ B C ˆ ˆ > > B 0 C> = B : C> B : C B : C B C> > @ 1 A> > > ; 1 0

eine Basis von U , insbesondere gilt dim.U / D n  1. 15.9  U2 ; U3 und U5 sind keine Untervektorräume, U1 ; U4 und U6 hingegen schon. 15.10  Ja, es ist A D fe 1 ; : : : ; e n ; vg mit den StandardEinheitsvektoren e 1 ; : : : ; e n und v D e 1 C    C e n eine solche Menge. 15.11 

1 333 445

Verständnisfragen

15.7  U1 ; U3 und U4 sind keine Untervektorräume, U2 hingegen schon. 15.8

p  p 3 2 .4p 2 C 1/ . 3 2



(V2) .A C B/ C C D .aij C bij / C .cij / D .aij C bij C cij / D .aij / C .bij C cij / D A C .B C C/. (V3) A C 0 D .aij C 0/ D .aij / D A. (V4) Es ist .aij / 2 Km n , und es gilt .aij / C .aij / D 0. (V5) A C B D .aij C bij / D .bij C aij / D B C A. (V6) . / A D .  aij / D  . aij / D  . A/. (V7) . C / A D .. C / aij / D . aij C  aij / D . aij / C . aij / D  A C  A. (V8)  .ACB/ D  ..aij / C.bij // D . .aij Cbij // D . aij C  bij / D . aij / C . bij / D  A C  B. (V9) 1 A D 1 .aij / D .1 aij / D .aij / D A. Also bildet Km n mit den angegebenen Verknüpfungen einen K-Vektorraum.

15.12  –

15.2  (a) Die Menge hX i ist nicht leer, da der Nullvektor stets in hX i liegt. Wir weisen die Eigenschaften (U1) und (U2) aus der Definition auf S. 553 für hX i nach.

Rechenaufgaben

Zu (U1): Nehmen wir zwei Elemente aus hX i, also zwei Linearkombinationen von X , so ist die Summe dieser beiden Linearkombinationen wieder eine Linearkombination von X . Und nun zu (U2): Ist v D 1 v1 C    C n vn 2 hX i und  2 K, dann gilt  v D . 1 / v1 C    C . n / vn 2 hX i.

15.13 

Alle Aussagen sind richtig.

15.14 

Ja, die Menge bildet eine Basis.

15.15  Die Standardbasis E4 D fe 1 ; e 2 ; e 3 ; e 4 g ist eine Basis von U .

(b) Für jedes v 2 X gilt v D 1 v 2 hX i. (c) Ist U irgendein Untervektorraum von V , der X enthält, so ist, weil U die Eigenschaften (U1) und (U2) erfüllt, auch jede

Lösungswege

XU U Untervektorraum von V

Mit (a) und (b) folgt die Inklusion , da hX i einer der Untervektorräume ist, über die der Durchschnitt gebildet wird. Damit ist die Gleichheit der beiden in (c) angegebenen Mengen gezeigt. 15.3  (a) Richtig. Basen haben stets gleich viele Elemente, auch wenn sie unendlich viele haben. (b) Richtig. Basen haben stets gleich viele Elemente. (c) Falsch. Vektorräume können durchaus unendliche Erzeugendensysteme aber nur endliche Basen haben. Beispiel? (d) Falsch. Endliche Teilmengen unendlichdimensionaler Vektorräume sind linear unabhängig. Beispiel? 15.4



(a) Die Aussage ist falsch. Wir zeigen dies an ei  1 1 liegen beide und nem Beispiel. Die beiden Vektoren  1 1 1 erzeugten Untervektorraum des R2 , ihre nicht in dem von 0 Summe, das ist der Nullvektor des R2 , jedoch schon. (b) Die Aussage ist falsch. dies an einem Beispiel.  Wir zeigen 2 1 liegen beide nicht in dem und Die beiden Vektoren  2 1 1 erzeugten des R2 und ihre Summe, von  Untervektorraum 0 3 auch nicht. das ist der Vektor 3 (c) Die Aussage ist richtig. Weil u 2 U gilt, folgte aus u C w 2 U uCwuD w2 U im Widerspruch zur Voraussetzung. Damit kann u C w 2 U nicht gelten. 15.5  Aus  .uv/C .uCv/ D 0 für Elemente ;  2 K folgt . C / u C .  / v D 0. Und weil v und u linear unabhängig sind, ist eine solche Gleichheit nach dem Kriterium für lineare Unabhängigkeit auf S. 561 nur im Fall  C  D 0 D    möglich. Hieraus folgt  D 0 D . Erneut nach dem eben zitierten Kriterium folgt nun die lineare Unabhängigkeit von u  v und u C v. 15.6  Aus  .u C v C w/ C  .u C v/ C  .v C w/ D 0 für Elemente ; ;  2 K, folgt . C / u C . C  C / v C .C/ v D 0. Aus der linearen Unabhängigkeit von u; v und w folgt mit dem Kriterium für lineare Unabhängigkeit auf S. 561 sogleich  C  D 0,  C  C  D 0 und  C  D 0. Setzt man die letzte Gleichung in die vorletzte ein, so folgt  D 0 und

damit aus der ersten  D 0 und schließlich  D 0, sodass nach dem eben zitierten Kriterium die lineare Unbhängigkeit von uC v C w; u C v; v C w folgt. 15.7  (a) Der Nullvektor 0 ist nicht Element von U1 , somit kann U1 kein Untervektorraum sein. (b) offenbar in U2 liegt, gilt U2 ¤ ;. Sind 1 der0Nullvektor 1 0 Weil v10 v1 @v2 A und @v 0 A 2 U2 , so gelten 2 v3 v30 v1 C v2 D v3

und v10 C v20 D v30 ;

also auch .v1 C v10 / C .v2 C v20 / D .v3 C v30 / : 1 0 1 0 01 v1 v1 v1 C v10 Damit ist aber @v2 C v20 A D @v2 A C @v20 A 2 U2 . v3 C v30 v3 v30 0

Und für jedes  2 R gilt  v1 C  v2 D v3 ; 1 0 1 v1  v1 sodass also auch @ v2 A D  @v2 A 2 U2 gilt.  v3 v3 0

Diese drei Eigenschaften besagen, dass U2 ein Untervektorraum des R3 ist. 0 1 1 (c) Der Vektor @1A ist offenbar ein Element aus U3 . Aber das 1 0 1 0 1 1 1 1-Fache .1/ @1A D @ 1 A liegt nicht in U3 , sodass U3 1 1 kein Untervektorraum des R3 ist. 0 1 0 1 1 2 (d) In U4 liegen die beiden Elemente @1A und @4A, nicht aber 0 1 0 2 3 deren Summe @3A. U4 ist also kein Untervektorraum des R3 . 5 15.8



Der Nullvektor liegt in U , sodass U nicht leer ist. 0 1 0 01 u1 u1 B C B C Und mit je zwei Elementen @ ::: A ; @ ::: A 2 U ist auch deren 1 0 u1 C u01 un u0n C B : 0 :: Summe @ A in U , da .u1 Cu1 /C  C.un Cu0n / D 0 gilt. un C u0n Analog folgt auch, dass jedes skalare Vielfache eines Elementes aus U wieder in U liegt. Damit ist begründet, dass U ein RVektorraum ist.

Kapitel 15

Linearkombination von X in U , letztlich also hX i  U . Da dies für jeden Untervektorraum U mit X  U gilt, erhalten wir hieraus \ hX i  U:

153

154

Kapitel 15

Die folgenden n  1 Vektoren liegen in U : 0

1 0 :: :

1 0

B C B C B C B C; B C @0A 1

0 1 :: :

0

1

15.9  (a) Es ist U1 ein Untervektorraum von RR : (i) 0 2 U1 . (ii) Mit f ; g 2 U1 gilt auch f C g 2 U1 . (iii) Mit f 2 U1 und  2 R gilt auch  f 2 U1 .

1

0 0 :: :

B C B C B C B C B C @1A 1

B C B C B C B C; :::; B C @0A 1

(b) Es ist U2 kein Untervektorraum von RR , denn 0 … U2 . (c) Es ist U3 kein Untervektorraum von RR , denn 0 … U3 .

Wir bezeichnen diese Elemente der Reihe nach u1 bis un1 und begründen, dass sie eine Basis bilden. Wir zeigen die lineare Unabhängigkeit der Menge B D fu1 ; : : : ; un1 g. Der Ansatz 1 u1 C    C n1 un1 D 0 für 1 ; : : : ; n1 2 R liefert ein homogenes lineares Gleichungssystem, das wir sogleich durch die erweiterte Koeffizientenmatrix angeben und lösen: 0

1 0 0 :: :

Kapitel 15

B B B B B B B B @0 1

0 1 0

0 0 1 :: :

:::

0 0 0 :: :

::

: 0 :::

0 ::: 1 1 0 1 0 0 B0 1 0 B B B0 0 1 !B :: B :: : B: B @0 0 : : : 0 0 0

1 1 :::

::

: 0 :::

1 0 0C C C 0C :: C C :C C 0A 0 0 0 0 :: : 1 0

B B B B B @u

1

0

1 0 :: :

1

0

0 1 :: :

1

(f) Es ist U6 ein Untervektorraum von RR . Ist U ein Untervektorraum von RR , so gilt: (i) 0 2 U6 , da 0 2 U . (ii) Nun seien f ; f 0 2 U6 . Dann gilt g W x 7! f .x/  f .x  1/; g 0 W x 7! f 0 .x/  f 0 .x  1/ 2 U . Und weil U ein Untervektorraum von RR ist, liegt auch g C g 0 W x 7! .f .x/  f .x  1// C .f 0 .x/  f 0 .x1// 2 U , aber d. h. gerade: f Cf 0 2 U6 . (iii) Mit f 2 U6 und  2 R gilt auch  f 2 U6 , da  g 2 U .

Nun zum Fall n > 1. Wir behaupten, dass A D fe 1 ; : : : ; e n ; vg 0 1 1 B C mit den Standard-Einheitsvektoren e 1 ; : : : ; e n und v D @ ::: A

1 0 0C C C 0C :: C C :C C 0A 0

Nun begründen wir, dass B ein Erzeugendensystem für U ist. 1 0 u1 B u2 C C B C B Ist u D B ::: C 2 U ein beliebiger Vektor, so gilt die GleichC B @u A n1 un heit u1 u2 :: :

(e) Es ist U5 kein Untervektorraum von RR , denn es ist f W x 7! x in U5 , f jedoch nicht.

15.10  Im Fall n D 1 wähle man e 1 D 1 und e 2 D 2. Es ist dann A D fe 1 ; e 2 g eine solche Menge.

Also ist der Nullvektor 0 2 Rn nur als triviale Linearkombination darstellbar. Folglich ist B linear unabhängig.

0

(d) Es ist U4 ein Untervektorraum von RR : (i) 0 2 U4 . (ii) Mit f ; g 2 U4 gilt auch f C g 2 U4 . (iii) Mit f 2 U4 und  2 R gilt auch  f 2 U4 .

0

0 0 :: :

1

C B C B C B C C B C B C B C C B C B C B C C D u1 B C C u2 B C C : : : C un1 B C ; C B C B C B C A @0A @0A @1A n1 1 1 1 un

denn un D u1  : : :  un1 . Damit gilt U D hfu1 ; : : : ; un1 gi. Also ist B ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von U und somit eine Basis von U .

1 die verlangte Eigenschaft hat. Es ist B WD fe 1 ; : : : ; e n g natürlich linear unabhängig. Damit ist für i 2 f1; : : : ; ng auch die n  1-elementige Menge fe 1 ; : : : ; e i 1 , e i C1 ; : : : ; e n g auch linear unabhängig. Wäre Ei WD fe 1 ; : : : ; e i 1 , e i C1 ; : : : ; e n , vg linear abhängig, so müsste v Linearkombination der übrigen Vektoren sein, d. h. n X vD j ej j D1 j ¤i

mit j 2 R. In der Position i haben alle Vektoren ej der rechten Seite eine Null, da e i ja gerade fehlt, und damit auch die rechte Seite selbst. Der Vektor v hat aber in der Position i eine Eins, ein Widerspruch. Also ist Ei linear unabhängig. Wir haben begründet, dass jede n-elementige Teilmenge von A linear unabhängig ist. 15.11  Sind v und w beliebige Elemente eines KVektorraumes V , so gilt wegen (V6) .1 C 1/ .v C w/ D .1 C 1/ v C .1 C 1/ w und somit wegen (V7) und (V9) .1 C 1/ .v C w/ D v C v C w C w : Wir wenden nun auf das gleiche Element gleich (V7) und (V9) an .1 C 1/ .v C w/ D 1 .v C w/ C 1 .v C w/ D v C w C v C w :

Lösungswege

Rechenaufgaben

v Cv C w C w D v C w C v C w: Weil wir nun v von links und w von rechts addieren dürfen, erhalten wir so v C w D w C v. Und dies gilt für beliebige v; w 2 V . 15.12  (a) Es ist V eine nichtleere Teilmenge des Vektorraumes KM , da die Nullabbildung in V enthalten ist. Denn diese nimmt für kein x 2 M und damit für endlich viele x 2 M einen von null verschiedenen Wert an. Und sind f und g zwei Abbildungen aus V , d. h., f und g nehmen nur an endlich vielen Stellen einen von null verschiedenen Wert an, so auch deren Summe f C g W x 7! f .x/ C g.x/. Und für jedes  2 K und f 2 V hat auch die Abbildung  f W x 7!  f .x/ die Eigenschaft nur endlich viele von null verschiedene Werte anzunehmen. Damit ist begründet, dass V ein Untervektorraum von KM , also ein K-Vektorraum ist. (b) Die Menge B ist linear unabhängig: Wir wählen eine endliche Teilmenge E  B, etwa E D fıy1 ; : : : ; ıyn g für verschiedene y1 ; : : : ; yn 2 M . Für 1 ; : : : ; n 2 K gelte

15.13  Man kann natürlich alle angegeben Mengen in eine Zeichnung eintragen, aber die Aussagen sind auch so unmittelbar klar. 2 (a) U1  U2 D R gilt, ist U1 \ U2 D U1 . Der Vektor  Weil 2 liegt natürlich in dem eindimensionalen Vektorraum U1 4 und ist somit ein Basisvektor, also stimmt die Aussage.

(b) Die zwei eindimensionalen Vektorräume U1 und U2 sind voneinander verschieden. Also ist der Nullvektor ihr einziger gemeinsamer Punkt: U1 \ U2 D f0g. Und die leere Menge ist eine Basis dieses trivialen Untervektorraumes des R2 – also stimmt die Aussage.  1 liegt in U2 D R2 und ist vom (c) Der Vektor  Nullvektor 4 1 linear verschieden. Als einelementige Menge ist dann 4 unabhängig; damit stimmt die Aussage.

ai ıyi .x/ D 0/: ( )

(d) Die U1 und U3 erzeugenden Vektoren sind linear unabhängig, also enthält U1 [ U3 zwei linear unabhängige Vektoren, und zwei solche Vektoren erzeugen im R2 einen zweidimensionalen Raum, d. h. R2 selbst – die Aussage ist also richtig.

Setzt man nun in ( ) nacheinander (die verschiedenen) y1 ; y2 ; : : : ; yn ein, so erhält man nacheinander 1 D 0; 2 D 0; : : : ; n D 0; und damit ist die lineare Unabhängigkeit von B gezeigt.

15.14  Da der Vektorraum R2 2 die Dimension 4 hat, reicht es aus, die lineare Unabhängigkeit von B zu zeigen, da je vier linear unabhängige Vektoren eines vierdimensionalen Raumes eine Basis bilden.

Die Menge B ist ein Erzeugendensystem von V : Gegeben ist ein f 2 V . Dann gibt es endlich viele verschiedene x1 ; : : : ; xn 2 M mit

Wir machen den üblichen Ansatz. Mit reellen Zahlen 1 ; : : : ; 4 gelte

i ıyi D 0

(d. h.: 8 x 2 M gilt

i D1

n X i D1

f .x1 / DW 1 ¤ 0; : : : ; f .xn / DW n ¤ 0 f .x/ D 0 8x 2 M n fx1 ; : : : ; xn g:

und

Wir zeigen nun die Gleichheit f D 1 ıx1 C : : : C n ıxn : Für jedes x 2 M n fx1 ; : : : ; xn g gilt 0 D f .x/ D .1 ıx1 C : : : C n ıxn /.x/ D 1 ıx1 .x/ C : : : C n ıxn .x/ D 0 C : : : C 0 D 0 und für jedes xi 2 fx1 ; : : : ; xn g gilt i D f .xi / D .1 ıx1 C : : : C n ıxn /.xi / D 1 ıx1 .xi / C : : : C n ıxn .xi / D i : Also stimmen die beiden Abbildungen f und 1 ıx1 C : : : C n ıxn für alle Werte aus M überein, d. h., sie sind gleich: f D 1 ıx1 C : : : C n ıxn . Dies begründet, dass jedes beliebige f aus V eine Linearkombination von Elementen aus B ist, sodass B ein Erzeugendensystem von V liefert. Insgesamt wurde gezeigt, dass B ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von V , also eine Basis, ist.

1 v 1 C    C 4 v 4 D 0 : Ausgeschrieben lautet diese Gleichung   1 C 2 2 C 3 0 D 0 3 C 4 1

0 0

:

Am rechten unteren Eintrag der linken Matrix erkennen wir 1 D 0. Der Eintrag an der Stelle .1; 1/ der linken Matrix liefert dann 2 D 0. Die Stelle .1; 2/ besagt dann 3 D 0, und schließlich folgt aus dem linken unteren Eintrag 4 D 0. Also ist B linear unabhängig und als vierelementige Menge somit eine Basis des R2 2 . 15.15  Man schreibt die in der Aufgabenstellung gegebenen erzeugenden Vektoren von U als Zeilen in eine Matrix: 1 0 0 1 0 1 B 1 0 1 2C C B C B 0 1C B1 2 C B B1 0 1 0C C B @ 1 0 1 1A 2 0 1 0

Kapitel 15

Insgesamt erhalten wir

n X

155

156

Kapitel 15

Dann bringt man diese Matrix mit elementaren Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform: 0

0 B 1 B B B1 B B1 B @ 1 2

1 0 2 0 0 0

0 1 0 1 1 1

0 1 1 1 B0 2C B C B C 1C B0 C!B B0 0C B C @0 1A 0 0

0 1 0 0 0 0

1 0 1 0 0 0

1 2 1C C C 3C C 5C C 0A 0

0

Kapitel 15

Wir haben bei diesen Umformungen nur eine Zeilenvertauschung durchgeführt. Und zwar haben wir die ersten beiden Zeilen miteinander vertauscht. Die Nullzeilen in der fünften und sechsten Zeile besagen, dass sich die letzten beiden angegeben Vektoren in der ersten Matrix als Linearkombination der ersten vier Vektoren darstellen lassen. Man kann sie aus dem Erzeugendensystem weglassen. Die ersten vier von der Nullzeile verschiedenen Zeilen besagen wegen der Dreiecksgestalt, dass sie linear unabhängig sind. Dann sind aber auch die ersten vier Vektoren in den oberen Zeilen der ersteren Matrix linear unabhängig. Weil vier linear unabhängige Vektoren eines vierdimensionalen Vektorraumes eine Basis dieses Vektorraumes bilden, ist also U D R4 und 80 1 0 ˆ ˆ > B 0 C= B C @ 1 A> > ; 0 0

1 0 2 0 0 0

0 1 0 1 1 1

1 1 2C C C 1C C 0C C 1A 0

den Rang 4 hat, damit hat der Untervektorraum U des R4 die Dimension 4, folglich gilt U D R4 . Und nun kann man eine beliebige Basis des R4 als Basis von U wählen, etwa die Standardbasis E4 D fe 1 ; e 2 ; e 3 ; e 4 g.

Anwendungsprobleme 15.16 

Wir suchen 1 ; 2 ; 3 2 R mit F D 1 F 1 C 2 F 2 C 3 F 3 :

In diesem Fall herrscht ein Kräftegleichgewicht.

3

9

Elementare Zeilenumformungen führen zur Lösung des Systems: 0 0 1 1 7 7 1 3 0 1 3 0 @2 4 2 24A ! @0 1 3 9 A 0 1 3 9 0 0 32 128 Also ist 3 D 4, 2 D 3 und 1 D 2. Damit erhalten wir für die Kraft F eine Darstellung als Linearkombination der Kräfte F 1 , F 2 und F 3 , F D 2 F 1 C 3 F 2  4 F 3 : 15.17  Wir bezeichnen die Kraft die von qi auf q0 wirkt mit F i für i D 1; 2. Mit dem Coulomb’schen Gesetz auf S. 547 folgt dann  1 1 6 C .4 C/ F1 D 0 4 "

1 3 C .4 C/ 1 F2 D p 4 " 2 2

Wir hätten die Lösung auch schneller haben können. Mit ein paar Kopfrechnungen sieht man sehr schnell, dass die Matrix 0 B 1 B B B1 B B1 B @ 1 2

1

und

eine Basis von U und damit des R4 .

0

Die Gleichung ( ) ist ein lineares Gleichungssystem mit der erweiterten Koeffizientenmatrix: 1 0 7 1 3 0 @2 4 2 24A

( )

 1 : 1

Mit dem Superpositionsprinzip ist also die resultierende Kraft F auf q0 die Summe der beiden einzelnen Kräfte F 1 und F 2 : p   1 6=p2 24 F D F1 CF2 D C 6= 2 0 4 " p  p 3 2 .4p 2  1/ D 3 2 15.18  Wir zeichnen die Planeten in ein Koordinatensystem ein, wobeidie setzen Jupiter Sonne im Ursprung 0 liegt.  Wir 0 5 , Uranus in den , Saturn in den Punkt in den Punkt 10 0   0 20 . und Neptun in den Punkt Punkt 30 0 Nun setzen wir die Massen der entsprechenden Planeten in ihren Punkten in die Formel für den Schwerpunkt s ein – die Gesamtmasse der fünf betrachteten Himmelskörper beträgt dabei 333 445 Erdmassen:     1 0 300 0 1590 sD C C C 510 0 950 0 333 445  1 1290 D 333 445 440 Tatsächlich liegt dieser Punkt in der Sonne.

Kapitel 16

Aufgaben

Rechenaufgaben

Verständnisfragen

16.9  Berechnen Sie alle möglichen Matrizenprodukte mit jeweils zwei der Matrizen

16.1  Ist das Produkt quadratischer oberer bzw. unterer Dreiecksmatrizen wieder eine obere bzw. untere Dreiecksmatrix?



1 AD 1 0

1 C D @1

16.2  Bekanntlich gilt im Allgemeinen A B ¤ B A für n n-Matrizen A und B. Gilt det.A B/ D det.B A/?

16.4



Gilt für invertierbare Matrizen A; B 2 Kn n ad.A B/ D ad.B/ ad.A/ ‹

16.5  Ist das Produkt symmetrischer Matrizen stets wieder eine symmetrische Matrix? 16.6  Ist das Inverse einer invertierbaren symmetrischen Matrix wieder symmetrisch? 16.7  Folgt aus der Invertierbarkeit einer Matrix A stets die Invertierbarkeit der Matix AT ?

wobei 0 2 K.nm/ m die Nullmatrix ist und A 2 Km m , C 2 Km .nm/ , B 2 K.nm/ .nm/ sind. Zeigen Sie: det M D det A det B.

1

4 1A ; 3

1 2 4A ;

0

1 B D @0 1

0 2 : 4



1 DD 0

16.10  Gegeben sind drei Matrizen A; B; C 2 R3 3 mit der Eigenschaft A B D C, ausführlich 0

a11 @a21 a31

10 3 2 3 A @0 0 2

2 1 1

b12 b22 b32

1 0 1 2 2A D @4 2

3 3 0

0

1 c13 c23 A : c33

Man ergänze die unbestimmten Komponenten. 16.11  Sind die folgenden Matrizen invertierbar? Bestimmen Sie gegebenenfalls das Inverse. 0

3 1 3

6 A D @1 4 0

16.8  Wir betrachten eine Blockdreiecksmatrix, d. h. eine Matrix der Form  A C 2 Kn n ; MD 0 B

0 1 0

3 ; 6

Kapitel 16

16.3  Hat eine Matrix A 2 Rn n mit n 2 2N C 1 und A D AT die Determinante 0?

0

2 4

1 B0 CDB @0 0

1 1 0 0

1 0 1 0

1 8 2A ; 7 1 2 2C C; 3A 1

0

1 B D @2 1 0

0 B1 DDB @2 3

1 0 2 1 0 1 2

1 1 2A 2 R3 3 ; 3 1 1 2 0

1 2 2C C 2 R4 4 1A 3

16.12 

Bestimmen Sie ein lineares Gleichungssystem, *0 1 1 0 0 1+ dessen Lösungsmenge L D @ 0 A ; @ 1 A  R3 ist. 1 1

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_15

157

158

Kapitel 16

16.13 

Bestimmen Sie eine LR-Zerlegung der Matrix 1 0 1=2 1=3 1=4 1=5 B1=3 1=4 1=5 1=6C C ADB @1=4 1=5 1=6 1=7A 1=5 1=6 1=7 1=8

und mit deren Hilfe die Determinante det A. 16.14  Vervollständigen Sie die folgende Matrix A so, dass A 2 R3 3 eine orthogonale Matrix ist: p 1 0 1=2 1= 2 A D @1=2 1=2 A p 1= 2 16.15  Berechnen Sie die Determinanten reellen Matrizen: 0 1 0 2 0 0 1 2 0 0 B0 2 0 B B2 1 0 0C B C ADB @0 0 3 4A ; B D B0 0 2 @0 2 0 0 0 4 3 2 0 0

der folgenden 0 2 0 2 0

1 2 0C C 0C C 0A 2

16.16  Berechnen Sie die Determinante der reellen n nMatrix 0 1 0 : : : 0 d1 B :: C B : : : : d2 C C ADB B :C: @ 0 : : : : : : :: A

Kapitel 16

dn



:::



1 200 (c) Nun ist die Rohstoffmenge r D @100A vorgegeben. 200 Welche Gesamtproduktion g kann erzielt werden? Welche Nachfrage v wird dabei befriedigt? 0

16.18  In einer Population von Ameisen kann man Individuen mit drei verschiedenen Merkmalen m1 , m2 und m3 unterscheiden. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das Merkmal mj auf das Merkmal mi bei einem Fortpflanzungszyklus übergeht, bezeichnen wir mit pij . Diese Zahlen sind in der Tab. 16.4 gegeben. Tab. 16.4 Die Übergangswahrscheinlichkeiten der Merkmale m1 , m2 , m3

m1 m2 m3

m1

m2

m3

0.7 0.1 0.2

0.4 0.5 0.1

0.4 0.2 0.4

Diese Zahlen bilden eine sogenannte stochastische Matrix P D .pij / 2 R3 3 . (a) Wie groß ist der Anteil der drei Merkmale nach einem Zyklus, wenn am Anfang Gleichverteilung vorliegt? (b) Welche Anfangsverteilung der drei Merkmale ändert sich nach einem Zyklus nicht? 16.19  Für die Bewegungsgleichungen der beiden in der Abb. 16.18 skizzierten Massen m1 und m2 gilt m1 xR 1 D .k1 C k2 / x1 C k2 x2 m2 xR 2 D k2 x1  .k2 C k3 / x2

Anwendungsprobleme

( )

mit den Federkonstanten k1 ; k2 ; k3 > 0. 16.17  Für ein aus drei produzierenden Abteilungen bestehendes Unternehmen hat man durch praktische Erfahrung die folgenden Matrizen P 2 R3 3 für die Produktherstellung und R 2 R3 3 für die Rohstoffverteilung ermittelt: 1 1 0 0 1 1 0:3 0:5 0:0 0:1 P D @0:0 0:8 0:2A und R D @0:3 0:2 1 A 0:1

0:0

0:8

1:2

1

Bestimmen Sie mit dem Ansatz 1 0 1 x1 .t / z1 .t / Bz2 .t /C BxP 1 .t /C C B C zDB @z3 .t /A D @x2 .t /A z4 .t / xP 2 .t / 0

0:2

(a) Welche Nachfrage v kann das Unternehmen befriedigen, 0 1 150 wenn die Gesamtproduktion g durch g D @230A bei 140 Auslastung aller Maschinen vorgegeben ist? Welcher Rohstoffverbrauch r fällt dabei an? (b) Durch eine Marktforschung wurde der Verkaufsvektor v D 0 1 90 @54A ermittelt. Welche Gesamtproduktion g ist nötig, um 36 diese Nachfrage zu befriedigen? Mit welchem Rohstoffverbrauch r ist dabei zu rechnen?

eine Matrix A mittels der sich das Differenzialgleichungssystem ( ) als Differenzialgleichungssystem zP D A z 1. Ordnung formulieren lässt.

k1

m1 x1

k2

m2

k3

x2

Abb. 16.18 Zwei Massen m1 und m2 sind mit Federn an einer Wand befestigt und miteinander mit einer weiteren Feder verbunden. Die Federkonstanten sind k1 , k2 und k3

Lösungen

Hinweise Verständnisfragen

Anwendungsprobleme 16.17 

Man beachte die Anwendung auf S. 589.

16.1  Man prüfe dies an oberen und unteren 2 2Matrizen nach und verallgemeinere die Beobachtung.

16.18  Keine Veränderung der Verteilung heißt, dass nach einem Zyklus die Verteilung gleich ist. Machen Sie einen entsprechenden Ansatz.

16.2  Man beachte den Determinantenmultiplikationssatz auf S. 608.

16.19  S. 582.

16.3  S. 610 16.4



159

Beachten Sie die Methoden in der Anwendung auf

Man beachte die Regeln in der Übersicht auf

Lösungen Man beachte die Formel auf S. 613.

Verständnisfragen 16.5  Prüfen Sie, ob .A B/T D A B für alle symmetrischen 2 2-Matrizen A und B gilt. 16.6  Prüfen Sie, ob für eine symmetrische Matrix A die Gleichung .A1 /T D .AT /1 gilt. 



Ja.

16.2



Ja.

16.3



Ja.

16.4



Ja.

16.5



Nein.

16.6



Ja.

16.7



Ja.

16.8

 –

Beachte die Übersicht auf S. 610.

16.8  Führen Sie Zeilenumformungen an der Matrix M durch.

Rechenaufgaben 16.9  C C, D D.

Berechnen Sie A B, A C, B A, C B, B D, D A und

16.10  Führen Sie die Multiplikation durch und vergleichen Sie die Komponenten. 16.11  fahren.

Man verwende das auf S. 587 beschriebene Ver-

Verwenden Sie den ab S. 599 beschriebenen Algo-

16.14  Die Spalten bzw. Zeilen einer orthogonalen Matrix haben die Länge 1 und stehen senkrecht aufeinander. 16.15  S. 610.

Rechenaufgaben  3 2 15 4 10 , , AC D 5 4 26 7 18 1 0 1 0 1 1 10 5 2 3 10 15 B A D @4 16 24A, C B D @2 6A, B D D @0 16A, 1 2 3 0 1 2 3 1 0   1 0 16 1 10 3 10 15 A @ . , CC D 2 1 8 , DD D DA D 0 16 4 16 24 0 0 9 

16.9

16.12  Das Gleichungssystem ist homogen, besteht nur aus einer Zeile und hat drei Unbekannte. 16.13  rithmus.

Kapitel 16

16.7

16.1

Verwenden Sie die Regeln in der Übersicht auf

16.16  Unterscheiden Sie nach den Fällen n gerade und n ungerade.

 0

AB D

0

1 2 16.10  A D @2 1 0 10 1 2 3 11 C D @4 3 10 A. 0 0 6

1 0 3 2 3 A, B D @0 2 0

2 2 1

1 1 2 A, 2

160

Kapitel 16

16.11  D nicht. Es gilt A1

C1

0 1 B0 DB @0 0

16.12 

0

Die Matrizen A, B, C sind invertierbar, die Matrix 1 0 1 1 3 2 D @1 10 4 A, B1 D @ 1 1 6 3 1 1 1 1 3 1 0 2C C. 0 1 3A 0 0 1 0

5 4

 12  34

1  12 0 A, 1 2

x1 C x2 C x3 D 0.

16.13 

0

1 B2=3 AD B @1=2 2=5 „

0 0 1 0 6=5 1 6=5 12=7 ƒ‚

0

1=2 B 0 B @ 0 0 „ det A D

DL

1=3 1=36 0 0

1 0 0C C 0A 1 …

1=4 1=30 1=600 0 ƒ‚ DR

1 1=5 1=30 C C; 1=350 A 1=9800 …

1 : 2  36  600  9800

Kapitel 16

0

1=2 1=2 p 1= 2

16.14 

1=2 A D @ 1=2 p 1= 2

16.15 

det A D 21, det B D 0.

16.16  det A D .1/

n.n1/ 2

16.19 

p 1 1= p2 1= 2A. 0

0 B 1 .k C k / 2 B m1 1 AD B 0 @ 1 k m2 2

1 0 1 0 k m1 2 0 0 0  m12 .k2 C k3 /

1 0 0C C C 2 R4 4 . 1A 0

Lösungswege Verständnisfragen 16.1  Die Aussage stimmt. Wir betrachten zwei Matrizen A; B 2 Kn n . Sind beide Matrizen obere Dreiecksmatrizen, so haben der i-te Zeilenvektor zi von A und der j -te Spaltenvektor sj von A die Gestalt 1 bj 1 B : C B :: C B C B C Bb C zi D .0; : : : ; 0; ai i ; : : : ; ai n / und sj D B jj C : B0C B C B :: C @ : A bj n 0

Also gilt für i > j die Gleichung zi sj D 0, und damit hat die Matrix A B unterhalb der Diagonalen, d. h. an den Stellen .i; j / mit i > j , nur Nullen als Komponenten, da an diesen Stellen die Produkte von zi mit sj stehen. Für untere Dreiecksmatrizen schließt man analog. 16.2  Die Aussage stimmt. Mit dem Determinantenmultiplikationssatz auf S. 608 gilt nämlich det.A B/ D det A det B D det B det A D det.B A/. 16.3



Ja, denn mit den Regeln auf S. 610 gilt

det A D det.AT / D .1/n det A D  det A ; d1 d2 : : : dn . sodass also det A D  det A, d. h. det A D 0 gilt.

Anwendungsprobleme 1 1 0 0 1 61 422 240 16.17  (a) v D @18A, r D @231A; (b) g D @570A, 13 438 300 0 1 1 0 900 3000 1 @ r D @486A; (c) g D 15 000A. 99 918 6000

16.4



ad.A B/ D .A B/1 det.A B/

0

16.18 

(a) 15 W 8 W 7. (b) 28 W 10 W 11.

Die Aussage stimmt. Es gilt nämlich:

D B1 A1 det A det B D det B B1 det A A1 D ad.B/ ad.A/ 16.5



Die Aussage ist falsch. Das Produkt A B der sym   1 0 1 2 ist und B D metrischen Matrizen A D 0 1 2 0 nämlich nicht symmetrisch.

Lösungswege

.A1 A/T D ETn D En ; also AT .A1 /T D En , sodass .AT /1 D .A1 /T gilt. Ist A zudem symmetrisch, gilt also AT D A, so folgt also .A1 /T D .AT /1 D A1 : Also ist A1 wieder symmetrisch.

16.10  Wir führen die Multiplikation der Matrix A mit B durch und erhalten die Gleichung: 0

1 0 2 a11 a11 b12 C 2 b22 C 3 b32 10 C a11 2 @2 a21 a21 b12 C b22 C 3 b32 8 C a21 A D @4 2 a31 a31 b12  b22  2 b32 6 C a31 0

2 a11 2 a21 2 a31 a11 b12 C 2 b22 C 3 b32 a21 b12 C b22 C 3 b32 a31 b12  b22  2 b32 10 C a11 8 C a21 6 C a31

16.8  Durch Zeilenumformungen an M macht man A zu einer oberen Dreiecksmatrix A0 . Dabei bleibt B unverändert, und aus C wird dabei C0 . Ist k die Anzahl der dabei ausgeführten Zeilenvertauschungen, so gilt det A0 D .1/k det A:

det B0 D .1/l det B: Damit haben wir nun insgesamt eine obere Dreiecksmatrix  A 0 M D 0

C 2 Kn n B

konstruiert. Nach den Regeln in der Übersicht auf S. 610 gilt det M0 D det A0 det B0 . Wegen det M D .1/kCl det M0 folgt die Behauptung.

D2 D4 D0 D 3 D 3 D0 D c12 D c23 D c33

Aus diesem (nicht-linearen) Gleichungssystem erhalten wir der Reihe nach a11 D 1;

a21 D 2;

a31 D 0

und hieraus, indem wir diese Werte in die rechten drei Gleichungen einsetzen, c13 D 11;

c23 D 10;

c33 D 6 :

Nun setzen wir diese sechs bekannten Werte in die mittleren drei Gleichungen ein und erhalten das lineare Gleichungssystem b12 C 2 b22 C 3 b32 D 3 2 b12 C b22 C 3 b32 D 3

Rechenaufgaben

b22  2 b32 D 0 16.9  Zwei Matrizen sind nur dann miteinander multiplizierbar, wenn der erste Faktor des Produktes so viele Spalten wie der zweite Faktor Zeilen erhalten  wir die fol hat. Damit 3 2 15 4 11 , , AC D genden Produkte: A B D 1 0 22 7 2 1 0 1 0 1 0 3 10 15 5 2 1 10 B A D @4 16 24A, C B D @2 6A, B D D @0 16A, 1 2 3 3 0 1 2 1 0   1 0 16 1 10 3 2 15 A @ . , CC D 2 1 8 , DD D DA D 0 16 4 0 24 0 0 9

1 c13 c23 A c33

Zwei Matrizen sind genau dann gleich, wenn sie gleich viele Zeilen und Spalten haben und komponentenweise übereinstimmen. Da beide Matrizen gleich viele Zeilen und Spalten haben, führen wir nun einen Vergleich der Komponenten durch. Dies sind neun Gleichungen:

16.7  Weil A invertierbar ist, gilt det A ¤ 0. Aus det A D det AT folgt det AT ¤ 0. Dies wiederum besagt, dass AT invertierbar ist, also ist die Aussage richtig.

Nun mache man B durch Zeilenumformungen an M zu einer oberen Dreiecksmatrix B0 . Dabei bleiben A0 und C0 unverändert. Ist l die Anzahl der dabei ausgeführten Zeilenvertauschungen, so gilt

3 3 0

mit der eindeutig bestimmten Lösung b12 D 2; 0

1 2 Also gilt A D @2 1 0 1 1 0 2 2 11 C D @4 3 10 A. 0 0 6

b22 D 2;

b32 D 1 :

1 0 3 2 3 A, B D @0 2 0

2 2 1

1 1 2A, 2

Kapitel 16

16.6  Weil die Einheitsmatrix symmetrisch ist, gilt für jede invertierbare Matrix A 2 Kn n

161

162

Kapitel 16

16.11  Wir wenden das Verfahren an, das auf S. 587 beschrieben wurde. Für die Matrix A erhalten wir: 1 1 0 0 0 3 4 1 6 0 6 3 8 1 0 0 @1 1 2 0 1 0A ! @1 1 2 0 1 0A 4 3 7 0 0 1 0 1 1 0 4 1 1 0 1 1 2 0 1 0 ! @ 0 3 4 1 6 0A 0 1 1 0 4 1 1 0 0 1 1 2 0 1 ! @0 0 1 1 6 3A 0

0

1 ! @0 0 0 1 ! @0 0 0 1 ! @0 0 0 1 ! @0 0

Kapitel 16

Es ist also A invertierbar und 0 1 A1 D @1 1

3 10 6

Für die Matrix B erhalten wir: 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1 @2 0 2 0 1 0A ! @0 1 2 3 0 0 1 0 0 1 ! @0 0 0 1 ! @0 0 0 1 ! @0 0 Also ist B invertierbar und 0 1 B1 D @ 2 1

1 1 0

4

1 2 4A: 3

1 1 0 0 1 1 2 0 2 1 0A 3 2 1 0 1

1 1 0 0 1 1 1 0 1 1=2 0A 3 2 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1=2 0A 1 5=4 1=2 0 0 1 1 0 1 1=2 0A 0 1 1 3=4 1=2

5=4 1=2 3=4

1 1=2 0 A 1=2

0

1 B0 B @0 0

1 1 0 0

1 0 1 0 0 1 B0 !B @0 0 0 1 B0 !B @0 0

1

1 0 1 2 0 1 1 1 0 4 1A 0 1 1 6 3 1 0 1 0 1 2 1 1 0 4 1A 0 1 1 6 3 1 2 13 6 1 0 1 0 1 10 4A 0 1 1 6 3 1 1 3 2 0 0 1 0 1 10 4A 0 1 1 6 3

0 1 1 3=4 1=2

Bei der Matrix C gehen wir analog vor: 1 0 0C C 0A 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 1 0 0

1 0 1 0

0 0 0 1

1 0 0 0

1 1 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

1 0 0 0

1 1 0 0

2 2 3 1

0 0 1 0

Es ist also C invertierbar und 0 1 1 B0 1 1 C DB @0 0 0 0

1 0 2C C 3A 1 1 1 3 0 2C C 1 3A 0 1

0 0 1 0

1 3 2C C: 3A 1

1 0 1 0

Bei der Matrix D wird das Verfahren abbrechen. Denn die Summe der ersten drei Zeilen ergibt die vierte Zeile. Also sind die Zeilen linear abhängig, sodass beim Anwenden von elementaren Zeilenumformungen eine Nullzeile entstehen wird. Wir führen das Verfahren dennoch durch: 0 1 0 1 1 2 1 0 0 0 B1 0 1 2 0 1 0 0C B C @2 1 2 1 0 0 1 0A 3

2

0

0

1 B0 !B @0 0 0 1 B0 !B @0 0 0 1 B0 !B @0 0

3

0

0

0

1

0 1 1 2

1 1 4 3

2 2 5 3

0 1 0 0

0 1 0 0

1 1 5 5

2 2 7 7

0 1 1 2

1 0 2 3

0 1 0 0

1 1 5 0

2 2 7 0

0 1 1 1

1 0 2 1

1 0 2 3

0 0 1 0

1 0 0C C 0A 1 1 0 0 0 0C C 1 0A 0 1 1 0 0 0 0C C 1 0A 1 1

Es ist also D nicht invertierbar, da rg D D 3 gilt. 16.12  Das gesuchte lineare Gleichungssystem muss homogen sein, da der Nullvektor eine Lösung ist. Weil die Dimension des Lösungsraumes 2 ist und die Lösungen im R3 liegen, muss die Koeffizientenmatrix des Gleichungssystems den Rang 1 (D 3  2) und drei Spalten haben. Also können

Lösungswege

a1 x1 C a2 x2 C a3 x3 D 0 : Die Homogenität des Gleichungssystems besagt, dass alle Lö0 1 a1 sungen senkrecht auf dem Vektor a D @a2 A 2 R3 stehen. Dies a3 liefert, wenn wir die zwei linear unabhängigen, erzeugenden Vektoren des Lösungsraumes L betrachten, die Bedingungen: a1  a3 D 0 a2  a3 D 0 Also können wir a1 D a2 D a3 D 1 wählen. Damit ist also x1 C x2 C x3 D 0 ein lineares Gleichungssystem, das L als Lösungsmenge hat. 16.13  Zunächst berechnen wir eine L R-Zerlegung von A. Dabei tragen wir die Eliminationsfaktoren mij anstelle der Nullen an den entsprechenden Stellen ein: 0

1=2 B1=3 B @1=4 1=5 „

1=3 1=4 1=4 1=5 1=5 1=6 1=6 1=7 ƒ‚ DA

1 0 1=5 B 1=6C C!B A @ 1=7 1=8 …

1 1=2 1=3 1=4 1=5 2=3 1=36 1=30 1=30C C 1=2 1=30 1=24 3=70A 2=5 1=30 3=70 9=200

0

1 1=2 1=3 1=4 1=5 B 2=3 1 2 2C C !B @ 1=2 6=5 1=600 1=350A 2=5 6=5 1=350 1=200 0 1 1=2 1=3 1=4 1=5 B 2=3 1=36 1=30 1=30C C !B @ 1=2 6=5 1=600 1=350A 2=5 6=5 12=7 1=9800

1 0 0 B2=3 1 0 ADB @1=2 6=5 1 2=5 6=5 12=7 „ ƒ‚ DWL

1 0 0C C 0A

1 0 1=2 1=3 1=4 1=5 B 0 1=36 1=30 1=30 C C B @ 0 0 1=600 1=350 A 1 0 0 0 1=9800 …„ ƒ‚ … DWR

Für die Determinante det A gilt wegen des Determinantenmultiplikationssatzes det A D det L det R D det R D

Wir bezeichnen die gesuchten Elemente: 0 1=2 A D @1=2 c

a 1=2 p 1= 2

p 1 1= 2 b A d

und nehmen nun an, dass die Matrix A orthogonal ist. Weil die Zeilen einer orthogonalen Matrix normiert sind, gelten für a und b: 1=4 C a2 C 1=2 D 1 ) a D ˙1=2 p 1=4 C 1=4 C b 2 D 1 ) b D ˙1= 2 Nehmen wir an, dass a D 1=2 gilt. Dann folgt ein Widerspruch zur Orthogonalität der Matrix A, weil das Skalarprodukt zwischen erster und zweiter Zeile den Wert Null ergeben muss: p 1=4  1=4 C 1= 2 b ¤ 0 Also ist a D 1=2. Damit folgt für b mittels des Skalarproduktes der ersten beiden Zeilen, p 1=4 C 1=4 C 1= 2 b D 0 ; p sogleich b D 1= 2. Nun kommen wir zu c. Weil die erste Spalte die Länge 1 haben muss, gilt p 1=4 C 1=4 C c 2 D 1 ) c D ˙1= 2 : p Wir nehmen an, dass c D 1= 2 gilt. Dann folgt durch Bildung des Skalarproduktes der ersten beiden Spalten ein Widerspruch zur Orthogonalität der Matrix A: 1=4  1=4  1=2 ¤ 0 p Also ist c D 1= 2. Um schließlich d zu ermitteln, nutzen wir aus, dass die dritte Zeile die Länge 1 haben muss: 1=2 C 1=2 C d 2 D 1 Hieran erkennen wir, dass d D 0 gelten muss.

Somit besitzt A die L R-Zerlegung: 0

16.14 

1 : 2  36  600  9800

Nun haben wir alle Komponenten der Matrix A bestimmt: p 1 0 1=2 1=2 1= p2 A D @ 1=2 1=2 1= 2A p p 1= 2 1= 2 0 Jetzt ist noch nachzuprüfen, dass die Matrix tatsächlich orthogonal ist. In der Tat gilt für das Produkt AT A: p 10 p 1 0 1=2 1=2 1=p2 1=2 1=2 1= p2 @ 1=2 1=2 1= 2A @ 1=2 1=2 1= 2A D E3 p p p p 1= 2 1= 2 1= 2 1= 2 0 0

Kapitel 16

wir für das gesuchte Gleichungssystem annehmen, dass es von der folgenden Form ist:

163

164

Kapitel 16

16.15  Da A eine Blockdreiecksmatrix (siehe Aufgabe 9) ist, ergibt sich ˇ 2ˇˇ 1ˇ

ˇ ˇ1 det A D ˇˇ 2

ˇ ˇ3 ˇ ˇ4

16.17 

ˇ 4ˇˇ D 3ˇ

Wir verwenden die Bezeichnungen von S. 589. 1 0 0:5 0:0 0:1 (a) Wegen E3  P D @ 0:0 0:2 0:2A erhält man für v: 0:1 0:0 0:2

D .12  22 /.32  42 / D .3/.7/ D 21 : Da B zwei identische Zeilen (z. B. die erste und die letzte Zeile) hat, ist det B D 0.

16.16  Zunächst sei n D 2 m gerade. Durch die m Zeilenvertauschungen 1 $ n, 2 $ n  1, . . . , m $ m C 1 entsteht aus 0

0 B :: B: B B @0 dn

::: : ::

0

d1

1

: ::

d2 : ::

C C C :: C :A



:::



dn

B B0 B B: @ ::

0

:: : :: : :::

::: :: : d2 0

Kapitel 16

::: : ::

0

: ::

d2 : ::



:::

(??)

d1

ˇ d1 ˇˇ ˇ ˇˇ m :: ˇˇ D .1/ d1 d2 : : : dn :ˇ ˇ D .1/ D .1/

n .n1/ 2

d1 d2 : : : dn

d1 d2 : : : dn

Als nächstes sei n D 2 m C 1 ungerade. In diesem Fall ergibt sich die Matrix (??) aus (?) durch die m Zeilenvertauschungen 1 $ n, 2 $ n  1, . . . , m $ m C 2, und es folgt genauso: ˇ ˇ0 ˇ ˇ :: ˇ: ˇ ˇ ˇ0 ˇ ˇd n

::: : :: ::

:

0 d2 : :: :::

ˇ d1 ˇˇ ˇ ˇˇ m :: ˇˇ D .1/ d1 d2 : : : dn :ˇ ˇ D .1/m .2 mC1/ d1 d2 : : : dn D .1/

.n1/ n 2

d1 d2 : : : dn

1 0 1 10 61 150 0:1 0:2A @230A D @18A : 13 140 0:2

0:0 0:2 0:0

Für den Rohstoffvektor erhält man 1 10 1 0 0 422 150 1 1 0:3 r D R g D @0:3 0:2 1 A @230A D @231A : 438 140 1:2 1 0:2 0 40 1 @20 D 18 20

0 40 1 @20 g D .En  P/1 v D 18 20

1 :: C :C C; C A

m .2 m1/

0:5 v D .E3  P/ g D @ 0:0 0:1

(b) Wegen .E3 P/1

deren Determinante d1 d2    dn ist. Also gilt: ˇ ˇ0 ˇ ˇ :: ˇ: ˇ ˇ ˇ0 ˇ ˇd n

0

(?)

die Matrix 0

Anwendungsprobleme

0 90 0

0 90 0

1 20 100A erhält man für g 100

10 1 0 1 90 20 240 100A @54A D @570A : 36 100 300

Dabei ergibt sich der Rohstoffvektor r D R .En  P/1 v 10 1 10 0 90 40 0 20 1 1 0:3 1 @ D 0:3 0:2 1 A @20 90 100A @54A 18 36 20 0 100 1:2 1 0:2 1 0 1 10 0 240 1 1 0:3 900 D @0:3 0:2 1 A @570A D @486A : 300 1:2 1 0:2 918 (c) Für den Vektor g, der die Gesamtproduktion darstellt gilt g D R1 r : Das Inverse zu R ist die Matrix 0 480 1 @ 570 R1 D 99 30

50 80 100

1 470 455A : 50

Damit erhalten wir für den gesuchten Vektor g 10 1 0 200 480 50 470 1 @ 570 80 455A @100A g D R1 r D 99 200 30 100 50 1 0 3000 1 @ D 15 000A : 99 6000

Lösungswege

Damit ergibt sich für den zugehörigen Verkaufsvektor v D .En  P/ R1 r 1 0 900 1 @ vD 1800A : 33 900

Das Eliminationsverfahren von Gauß liefert die Lösungsmenge

16.18  stand

Damit ist also 28 W 10 W 11 die gesuchte Verteilung.

Damit erhalten wir nach einem Fortpflanzungszyklus die Verteilung: 1 10 0 0 1 1=3 0:7 0:4 0:4 1:5 @0:1 0:5 0:2A @1=3A D 1=3 @0:8A 0:2

0:1

0:4

1=3

0:7 0 1 a1 (b) Dass sich die Anfangsverteilung a D @a2 A nicht ändert, bedeutet a3 Pa D a: Diese Bedingung liefert ein Gleichungssystem für die Zahlen a1 ; a2 ; a3 : 0 10 1 0 1 a1 0:7 0:4 0:4 a1 @0:1 0:5 0:2A @a2 A D @a2 A 0:2 0:1 0:4 a3 a3 Wir geben die erweiterte Koeffizientenmatrix an: 0 1 0:3 0:4 0:4 0 @0:1 0:5 0:2 0A 0:2 0:1 0:6 0

9 8 0 28 1 ˇ = < 11 ˇ Aˇ2R : L D  @ 10 ˇ 11 ; : 1

16.19 

Wir setzen 0

1 0 1 z1 .t / x1 .t / Bz2 .t /C BxP 1 .t /C C B C zDB @z3 .t /A D @x2 .t /A z4 .t / xP 2 .t / und erhalten durch komponentenweises Differenzieren: 0 1 0 1 0 z2 .t / zP 1 .t / xP 1 .t / 1 BzP 2 .t /C BxR 1 .t /C B  .k C k 1 2 / x1 C B m1 C B C zP D B @zP 3 .t /A D @xP 2 .t /A D B @ z4 .t / zP 4 .t /

xR 2 .t /

Damit erfüllt die Matrix 0 0 B 1 .k C k / 1 2 B A D B m1 0 @ 1 k m2 2

1 m2

1 0 0 0

k2 x1 

1 m2

0 1 k m1 2 0  m12 .k2 C k3 /

die Eigenschaft zP D A z :

1

k2 x2 C C C A .k2 C k3 / x2 1 m1

1 0 0C C C 2 R4 4 1A 0

Kapitel 16

(a) Wegen der Gleichverteilung ist der Anfangszu0 1 0 1 1=3 a1 @a2 A D @1=3A : 1=3 a3

165

Kapitel 17

17.5  Begründen Sie die auf S. 626 gemachte Behauptung: Sind ' W V ! V 0 und W V 0 ! V 00 linear, so ist auch die Hintereinanderausführung ı ' W V ! V 00 linear, und ist ' eine bijektive lineare Abbildung, so ist auch ' 1 W V 0 ! V eine solche.

Aufgaben Verständnisfragen  Welche der folgenden Abbildungen sind linear? 8 2 R2 ˆ > ˆ ; : 1 1 1 (d) Es ist L die Lösungsmenge des inhomogenen linearen Gleichungssystems .A j c/. Diese Lösungsmenge ist nach einem Ergebnis auf S. 533 die Summe einer speziellen Lösung und der Lösungsmenge des zugehörigen homogenen Systems. Da a nach (a) eine spezielle Lösung des inhomogenen Systems und der Kern die Lösungsmenge des homogenen Systems ist, erhalten wir also: L D a C ' 1 .f0g/.

Rechenaufgaben 17.9

(b) Da '.R4/ D hs1 ; s2 ; s3 ; s4 i mit den Spaltenvektoren s1 ; s2 ; s3 ; s4 der Matrix A gilt, erhalten wir die Dimension des Bildes durch elementare Spaltenumformungen an A: 1 0 1 0 0 1 0 0 3 1 1 1 C B B1 3 1 1 C C ! B8 3 0 0C B @ A @ 1 1 3 4 1 4 0A 1 4 1 4 0 1 1 1 3

0

1 0 1 1 0 B1C B0C B CDB CD0 @1A @0A 0 1

Also liegt b im Kern von '. Die Abbildung ' ist nach dem Injektivitätskriterium auf S. 632 nicht injektiv, da b ¤ 0 im Kern von ' liegt.

17.10  (a) Wegen d d .1/ D 0; .X / D 1; dX dX erhalten wir sogleich  EM

d dX

E

d .X 2 / D 2 X ; dX 0

0 B0 DB @0 0

1 0 0 0

0 2 0 0

d .X 3 / D 3 X dX

1 0 0C C: 3A 0

(b) Wegen d d d d .X 3 / D 3 X 2 ; .3 X 2 / D 6 X ; .6 X / D 6; .6/ D 0 dX dX dX dX erhalten wir hieraus 1 0 0 0 0 0  B1 0 0 0 C d C: DB BM dX B @0 1 0 0A 0 0 1 0

Lösungswege

 1 und Wir verwenden die Bezeichnungen e 1 D 0 0 1 0 1 0 1  1 1 1 0 e2 D sowie b1 WD @1A, b2 WD @1A, b3 WD @0A. 1 1 0 0

17.11 

173

Also gilt 0

1 1 0 0 @ 2 0A : B M.'/B D 0 0 0 3 Und als Transformationsmatrix erhalten wir die Matrix

Wir erhalten B M.'/E2 , indem wir die Koordinaten v1j , v2j , v3j von '.ej / für j D 1; 2 bezüglich der Basis B in die Spalten einer Matrix schreiben. Wir erhalten v1j , v2j , v3j durch Lösen der durch

S D E3 M.idR3 /B D ..b1 ; b2 ; b3 // 1 0 2 1 2 D @2 1 1A : 3 1 1

v1j b1 C v2j b2 C v3j b3 D ej für j D 1; 2 gegebenen linearen Gleichungssysteme über R mit dem Gauß-Algorithmus. Man erhält 1 0 2 1 @ 1A: B M.'/E2 D 2 1 1

17.13 

17.12 

Damit lautet die Basistransformationsmatrix 1 0 3 3 1 @ 3 2A : B M.id/A D 1 1 2 1

B M.'/B

(a) Es gilt D B M.id ı ' ı id/B D B M.id/A A M.'/A A M.id/B :

(a) Wegen 0 2 @1 2

2 1 1

1 0 1 3 1A ! @0 0 1

sind die drei Vektoren 0 1 0 1 2 1 b1 WD @2A ; b2 WD @1A 3 1

1 1 0

1

1 1A 1

0 1 2 und b3 WD @1A 1

linear unabhängig, also B eine geordnete Basis. (b) Mit A WD E3 M.'/E3 erhalten wir A b1 D 1 b1 C 0 b2 C 0 b3 ; A b2 D 0 b1 C 2 b2 C 0 b3 ; A b3 D 0 b1 C 0 b2 C 3 b3 :

Die Matrix A M.id/B erhalten wir Es gilt 0 1 @ A M.id/B D 1 1

durch Invertieren der Matrix

B M.id/A .

1 2 3

1 3 5A : 6

Wir berechnen schließlich das Produkt B M.'/B

D B M.id/A A M.'/A A M.id/B 1 0 16 47 88 D @18 44 92A : 12

27

59

Kapitel 17

Um also B M.'/B zu ermitteln, ist das Produkt der drei Matrizen B M.id/A , A M.'/A und A M.id/B zu bilden. Die Matrix A M.'/A ist gegeben, die anderen beiden Matrizen müssen wir noch bestimmen. Wegen B M.id/A A M.id/B D B M.id/B D E3 0 Analog erhält man C M. /B , indem man die Koordinaten v1j , ist A M.id/B das Inverse zu B M.id/A . 0 0 0 v2j , v3j , v4j von .bj / für j D 1; 2; 3 bezüglich der Basis C Wir bezeichnen die Elemente der geordneten Basis der Reiin die Spalten einer Matrix schreibt. Dies liefert: he nach mit a1 ; a2 ; a3 und jene der Basis B mit b1 ; b2 ; b3 1 0 und ermitteln B M.id/A D ..B a1 ; B a2 ; B a3 //. Gesucht sind also 5 2 2 1 ; 2 ; 3 2 R mit B3 0 1C C B C M. /B D @ 1 b1 C 2 b2 C 3 b3 D a1 bzw. D a2 bzw. D a3 : 2 1 1A 3 0 1 Dies sind drei lineare Gleichungssysteme, die wir simultan löDie Darstellungsmatrix C M. ı '/E2 erhält man durch Matrix- sen: 0 1 multiplikation: 1 3 2 8 16 9 @2 1 1 6 1 0 7 3A 8 5 1 2 2 7 13 7 B7 4 C C B 1 0 C M. ı '/E2 D C M. /B B M.'/E2 D @ 1 0 0 3 3 1 3 2 A !    ! @0 1 0 1 3 2A 7 4 0 0 1 1 2 1

174

Kapitel 17

(b) Wegen A M.'/B

D A M.' ı id/B D A M.'/A A M.id/B

erhalten wir die Darstellungsmatrix A M.'/B als Produkt der beiden Matrizen A M.'/A und A M.id/B . Es gilt 1 0 2 10 3 @ 0 23 A : A M.'/B D A M.'/A A M.id/B D 8 2 17 10 Analog erhalten wir für B M.'/B D B M.id ı '/A D B M.id/A A M.'/A die Darstellungsmatrix 1 0 7 13 22 @ 2 14A : B M.'/B D B M.id/A A M.'/A D 6 4 1 7

17.14  (a) Wir kürzen V WD RŒX 4 ab. Dann gilt für f; g2V 4.f C g/ D .f C g/.X C 1/  .f C g/.X / D f .X C 1/  f .X / C g.X C 1/  g.X / D 4.f / C 4.g/ ; damit ist 4 additiv. Und für f 2 V und  2 R gilt 4. f / D . f /.X C 1/  . f /.X / D  f .X C 1/   f .X / D  .f .X C 1/  f .X // D  4.f / ; was besagt, dass 4 homogen ist.

Wir behaupten, dass die letzten 4 Spalten hängig sind. Ist nämlich 0 1 0 1 0 1 1 1 1 B0 C B2C B3 C B C B C B C C B C B C 1 B B0C C 2 B0C C 3 B3C C 4 @0 A @0A @0 A 0 0 0

von D1 linear unab0 1 0 1 0 1 B4C B0C B C B C B6C D B0C ; B C B C @4A @0A 0 0

so folgt aus der vierten Zeile 4 4 D 0, d. h. 4 D 0. Nach Streichen des vierten Vektors ergibt sich aus der dritten Zeile 3 3 D 0, d. h. 3 D 0, usw., also insgesamt 1 D 2 D 3 D 4 D 0 wie behauptet. Weil f 2 V genau dann im Kern von 4 liegt, wenn E M.4/E E f D 0 gilt und der Kern der Matrix nach obiger Rechnung die Dimension 1 hat, erhalten wir für die Dimension des Kerns von 4: dim ' 1 .f0g/ D 1 Mit der Dimensionsformel folgt nun dim.4.V // D 4. (b) Wir bezeichnen die angegebenen Polynome der Reihe nach mit pj für j D 0; 1; 2; 3; 4, und haben dann B D .p0 ; p1 ; p2 ; p3 ; p4 /. Die Matrix M, deren Spalten die Koordinatenvektoren E pj sind, hat die Form 1 0 1 B0 1 C C B B0 0 1 C : C B 2 @0 0 0 1 A 6 1 0 0 0 0 24 Wegen der Dreiecksgestalt ist B linear unabhängig, weil die Koordinatenvektoren linear unabhängig sind, und folglich ist B eine geordnete Basis von V . Es gilt

Kapitel 17

Die Homogenität und die Additivität besagen, dass 4 eine lineare Abbildung ist.

4.p0 / D 4.1/ D 0; 4.p1 / D 4.X / D 1 D p0 ;

Es gilt

.X C 1/ X X .X  1/ X2 C X X2  X  D  2 2 2 2 D X D p1 ; .X C 1/ X .X  1/ X .X  1/ .X  2/  4.p3 / D 6 6  X .X  1/  D X C 1  .X  2/ 6 X .X  1/ D p2 ; D 2 .X C 1/ X .X  1/.X  2/ 4.p4 / D 24 X .X  1/ .X  2/ .X  3/  24  X .X  1/ .X  2/  D X C 1  .X  3/ 24 X .X  1/ .X  2/ D D p3 : 6 4.p2 / D

4.1/ D 1  1 D 0; 4.X / D .X C 1/  X D 1; 4.X 2 / D .X C 1/2  X 2 D 2 X C 1; 4.X 3 / D .X C 1/3  X 3 D 3 X 2 C 3 X C 1; 4.X 4 / D .X C 1/4  X 4 D 4 X 3 C 6 X 2 C 4 X C 1 : Also ist 0

0 B0 B D1 WD E M.4/E D B B0 @0 0

1 0 0 0 0

1 2 0 0 0

1 3 3 0 0

1 1 4C C 6C C 4A 0

die Darstellungsmatrix von 4 bezüglich der Standardbasis E D .1; X ; X 2 ; X 3 ; X 4 / von RŒX 4 .

175

Lösungswege

Die Darstellungsmatrix von 4 bezüglich B 0 0 1 0 B0 0 1 B D2 WD B M.4/B D B B0 0 0 @0 0 0 0 0 0

ist demnach: 1 0 0 0 0C C 1 0C C 0 1A 0

0

Bemerkung: Man nennt die Form der Matrix D2 JordanNormalform – dies ist fast eine Diagonalform. (c) Natürlich die Basis B, denn wegen 4k .pj / D pj k (für 0  k  j  4) sind die Matrizen von 42 , 43 , 44 , 45 der Reihe nach einfach 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 B0 0 0 0 1 C B0 0 0 1 0 C C B C B B0 0 0 0 1 C ; B0 0 0 0 0 C ; C B C B @0 0 0 0 0 A @0 0 0 0 0 A 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 B0 0 0 0 0 C B0 0 0 0 0C C B C B B0 0 0 0 0C ; B0 0 0 0 0C : C B C B @0 0 0 0 0 A @0 0 0 0 0A 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 (Dasselbe erhält man durch direktes Ausrechnen von D22 , D32 , D42 , D52 .) Insbesondere ist 45 D 0 die Nullabbildung.

17.16  Wir betrachten das in der Abb. 17.23 gegebene Koordinatensystem. Zuerst behandeln wir den Fall, bei dem die x1 -Achse die Drehachse ist, siehe Abb. 17.24. Wir wählen eine Aufsicht, bei der die Drehachse, also die x1 -Achse senkrecht zur Betrachtungsebene steht, siehe Abb. 17.25. Nun bestimmen wir die Koordinatenvektoren der Bilder der Basisvektoren unter der Drehung ıe 1 ; ˛ um den Winkel ˛; wir erhalten diese Koordinatenvektoren aus der Abb. 17.24 1 0 0 ıe 1 ;˛ .e 1 / D e 1 ; ıe 1 ;˛ .e 2 / D @cos ˛ A ; sin ˛ 1 0 0 ıe 1 ;˛ .e 3 / D @ sin ˛ A ; cos ˛ damit hat die gesuchte Darstellungsmatrix die Form 0

E3 M.ıe 1 ; ˛ /E3

1 D @0 0

Abb. 17.23 Ein Koordinatensystem im R3

0 cos ˛ sin ˛

1 0  sin ˛ A : cos ˛

x3

Anwendungsprobleme 17.15  Die drei Ebenenspiegelungen sind durch die drei Matrizen E3  2 n1 nT1 , E3  2 n2 nT2 , E3  2 n3 nT3 gegeben. Der einfallende Lichtstrahl, den wir als Vektor v 2 R3 interpretieren, wird nacheinander an den drei Ebenen gespiegelt. Wir berechnen das Produkt dieser drei Spiegelungsmatrizen, dabei beachten wir, dass je zwei der drei verschiedenen Normalenvektoren senkrecht aufeinander stehen, d. h., es gilt nTi nj D 0 für i ¤ j : .E3  2 n1 nT1 / .E3  2 n2 nT2 / .E3  2 n3 nT3 /

x2 x1

Kapitel 17

x3

D .E3  2 n1 nT1  2 n2 nT2 / .E3  2 n3 nT3 / D E3  2 n1 nT1  2 n2 nT2  2 n3 nT3 D E3  2 .n1 nT1 C n2 nT2 C n3 nT3 / D E3  2 E3 D E3

α α

Bezeichnet ' die zusammengesetzte Abbildung an den drei Ebenen und ist v ein einfallender Lichtstrahl, so gilt also '.v/ D v, der Strahl verlässt das Katzenauge in umgekehrter Richtung. Kommentar An obiger Rechnung erkennt man, dass man bei der Produktbildung die Reihenfolge der Matrizen E3  2 n1 nT1 , E3  2 n2 nT2 , E3  2 n3 nT3 durchaus vertauschen kann, das Ergebnis bleibt das gleich. J

x2

x1

Abb. 17.24 Das Koordinatensystem wird um den Winkel ˛ um die x1 -Achse gedreht

176

Kapitel 17

Bei den Drehungen ıe 2 ;˛ und ıe 3 ;˛ geht man analog vor; man erhält dabei die Darstellungsmatrizen 0

E3 M.ıe 2 ;˛ /E3

cos ˛ [email protected] 0  sin ˛ 0

E3 M.ıe 3 ;˛ /E3

cos ˛ D @ sin ˛ 0

0 1 0

x3

1 sin ˛ 0 A; cos ˛

 sin ˛ cos ˛ 0

1 0 0A : 1

α x1

α

Abb. 17.25 Die x1 -Achse bleibt bei der Drehung fest

x2

Kapitel 17

Kapitel 18

Aufgaben

Bestimmen Sie die Eigenwerte der Abbildungen und zeichnen Sie, soweit möglich, Eigenvektoren ein.

Verständnisfragen

18.4



Wieso ist für jede beliebige Matrix A 2 C n n die T

Matrix B D A A hermitesch? 18.1  Gegeben ist ein Eigenvektor v zum Eigenwert  einer Matrix A. (a) Ist v auch Eigenvektor von A2 ? Zu welchem Eigenwert? (b) Wenn A zudem invertierbar ist, ist dann v auch ein Eigenvektor zu A1 ? Zu welchem Eigenwert?

18.5  Gegeben ist eine nilpotente Matrix A 2 C n n mit Nilpotenzindex p 2 NN, d. h., es gilt Ap D 0

und Ap1 ¤ 0:

Begründen Sie: 18.2  Wieso hat jede Matrix A 2 K einen der Eigenwerte ˙1 und keine weiteren?

n n

mit A D En 2

18.3  In der folgenden Abbildung zeigt das erste Bild ein aus den Punkten A; B; C ; D gebildetes Quadrat um den Ursprung. Die folgenden Abbildungen zeigen Bilder des Quadrats unter drei verschiedenen linearen Abbildungen ˚1;2;3 W R2 ! R2 :

(a) Die Matrix A ist nicht invertierbar. (b) Die Matrix A hat einen Eigenwert der Vielfachheit n. (c) Es gilt p  n. 18.6  Haben ähnliche Matrizen dieselben Eigenwerte? Haben diese dann gegebenenfalls auch dieselben algebraischen und geometrischen Vielfachheiten? 18.7  Haben die quadratischen n n-Matrizen A und AT dieselben Eigenwerte? Haben diese gegebenenfalls auch dieselben algebraischen und geometrischen Vielfachheiten? 18.8  Gegeben ist eine Matrix A 2 C n n . Sind die Eigenwerte der quadratischen Matrix AT A die Quadrate der Eigenwerte von A?

18.9  Geben Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der folgenden Matrizen an:  3 1 2 R2 2 , (a) A D 1 1  0 1 2 C 2 2 . (b) B D 1 0  a b 2 R2 2 . (c) C D b d © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_17

177

Kapitel 18

Rechenaufgaben

178

Kapitel 18

18.10  Welche der folgenden Matrizen sind diagonalisierbar? Geben Sie gegebenenfalls eine invertierbare Matrix S an, sodass D D S1 A S Diagonalgestalt hat.  1 i 2 C 2 2 , (a) A D i 1 0 1 3 0 7 (b) B D @0 1 0A 2 R3 3 , 7 0 3 1 0 1 2 2 (c) C D 13 @2 2 1 A 2 C 3 3 . 2 1 2 18.11 

18.14  Die zur Zeit t im Blutkreislauf befindliche Dosis b.t / und die vom Magen absorbierte Dosis d .t / eines Herzmedikaments gehorchen dem Differenzialgleichungssystem 1 b.t / : 10 Bestimmen Sie die Funktionen b.t / und d .t / unter den Anfangsbedingungen d .0/ D 1 und b.0/ D 0. d .t /0 D d .t / ;

18.15  Gegeben sind die verschiedenen Eigenwerte 1 ; : : : ; r einer Matrix A 2 C n n . Für jedes j 2 f1; : : : ; rg bezeichnen wir mit vj 2 C n einen Eigenvektor von A zum Eigenwert j . Weiter erklären wir für jedes j 2 f1; : : : ; rg die Abbildung yj W R ! C n durch

Gegeben ist die reelle, symmetrische Matrix 0

10 [email protected] 8

8 10 8

1

8 8A: 10

18.12  Im Vektorraum RŒX 3 der reellen Polynome vom Grad höchstens 3 ist für ein a 2 R die Abbildung ' W RŒX 3 ! RŒX 3 durch '.p/ D p.a/ C p 0 .a/.X  a/ erklärt. (a) Begründen Sie, dass ' linear ist. (b) Berechnen Sie die Darstellungsmatrix von ' bezüglich der Basis E3 D .1; X ; X 2 ; X 3 / von RŒX 3 . (c) Bestimmen Sie eine geordnete Basis B von RŒX 3 , bezüglich der die Darstellungsmatrix von ' Diagonalgestalt hat.

18.16  Gegeben ist der Trägheitstensor 1 0 24 4 8 J D @4 60 2A Œkg m2 : 8 2 60 Bestimmen Sie die Menge aller Winkelgeschwindigkeiten ! be2 züglich derer die Rotationsenergie T0 D 12 !T J ! D 1:0 kgs2m ist. 18.17  Gegeben ist eine elastische Membran im R2 , die von der Einheitskreislinie x12 C x22 D 1 berandet wird. Bei ihrer (alslineare angenommene) Abbildung  Verformung gehe der v1 5 v1 C 3 v2 Punkt in den Punkt über. v2 3 v1 C 5 v2 (a) Welche Form und Lage hat die ausgedehnte Membran? (b) Welche Geraden durch den Ursprung werden auf sich abgebildet?

Anwendungsprobleme

x2

18.13  Wir betrachten vier Populationen unterschiedlicher Arten a1 ; a2 ; a3 ; a4 . Vereinfacht nehmen wir an, dass bei einem Fortpflanzungszyklus, der für alle vier Arten gleichzeitig stattfindet, die vier Arten mit einer gewissen Häufigkeit mutieren, aber es entstehen bei jedem solchen Zyklus wieder nur diese vier Arten. Mit fij bezeichnen wir die Häufigkeit, mit der ai zu aj mutiert. Die folgende Matrix gibt diese Häufigkeiten wieder – dabei gelte 0  t  1:

Kapitel 18

0 1t t t

yj .t / D ej t vj : Begründen Sie, dass y 1 ; : : : ; y r Lösungen der Differenzialgleichung y 0 D A y sind. Zeigen Sie auch, dass die Abbildungen y 1 ; : : : ; y r linear unabhängig sind.

Bestimmen Sie eine orthogonale Matrix S 2 R3 3 , sodass D D S1 A S eine Diagonalmatrix ist.

0 1 B0 FDB @0 0

b.t /0 D d .t / 

0 t 1t t

1

0 t C C t A 1t

Gibt es nach hinreichend vielen Fortpflanzungszyklen eine Art, die dominiert?

x 1 = x2 5

−5

5 x1 = −x2 −5

x1

Lösungen

Hinweise

Anwendungsprobleme

Verständnisfragen

18.13  Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren von F und interpretieren Sie die Bedeutung eines eventuell größten Eigenwertes, beachten Sie hierzu die Vektoriteration auf S. 677.

18.1  Bilden Sie das Produkt von A2 bzw. A1 mit dem Eigenvektor.

18.14  18.2





Beachten Sie die Merkregel auf S. 682.

Betrachten Sie .A  En / .A  En /.

18.3  Wählen Sie jeweils eine passende Basis, von der Sie entscheiden können, ob die Basisvektoren auf Vielfache von sich abgebildet werden. 18.4

179

Transponieren und konjugieren Sie die Matrix B.

18.5  Wenden Sie den Determinantenmultiplikationssatz an und zeigen Sie, dass es nur eine Möglichkeit für einen Eigenwert der Matrix geben kann. Der Fundamentalsatz der Algebra besagt dann, dass dieser Eigenwert auch tatsächlich existiert. Für die Aussage in (c) beachte man den Satz von Cayley-Hamilton auf S. 661.

18.15  Setzen Sie die Abbildungen yj in die Differenzialgleichung ein. Machen Sie den üblichen Ansatz, um zu zeigen, dass die Vektoren y 1 ; : : : ; y r linear unabhängig sind und setzen Sie einen speziellen Wert ein. 18.16  Beachten Sie die Anwendung auf S. 675. 18.17  Ermitteln Sie die Darstellungsmatrix A der zugehörigen linearen Abbildung bezüglich der Standardbasis und bestimmen Sie die Form der Menge fA v 2 R2 j jvj D 1g. Ermitteln Sie letztlich die Eigenwerte und Eigenvektoren von A.

Lösungen 18.6





18.7  Begründen Sie, dass die charakteristischen Polynome der beiden Matrizen A und AT gleich sind.

Verständnisfragen 18.1

18.8



Geben Sie ein Gegenbeispiel an.



(a) Ja, zum Eigenwert 2 .

(b) Ja, zum Eigenwert 1 . 18.2





18.3





18.4





18.5



Die Matrix hat den n-fachen Eigenwert 0.

Rechenaufgaben

18.10  Bestimmen Sie die Eigenwerte, Eigenräume und wenden Sie das Kriterium für Diagonalisierbarkeit auf S. 666 an. 18.11  Bestimmen Sie die Eigenwerte von A, dann eine Basis des R3 aus Eigenvektoren von A und orthonormieren Sie schließlich diese Basis. Wählen Sie schließlich die Matrix S, deren Spalten die orthonormierten Basisvektoren sind. 18.12  Diagonalisieren Sie die Darstellungsmatrix von ' bezüglich der Standardbasis.

18.6  Ja, ähnliche Matrizen haben dieselben Eigenwerte mit den gleichen algebraischen und geometrischen Vielfachheiten. 18.7  Die Matrizen A und AT haben dieselben Eigenwerte und auch jeweils dieselben algebraischen und geometrischen Vielfachheiten. 18.8



Nein.

Kapitel 18

18.9  Bestimmen Sie das charakteristische Polynom, dessen Nullstellen und dann die Eigenräume zu den so ermittelten Eigenwerten.

180

Kapitel 18

18.16  –

Rechenaufgaben 18.9



(a) Es ist 2 der einzige Eigenwert von A und jeder   1 n f0g ist ein Eigenvektor zum Eigenwert 2 Vektor aus 1 von A. (b) Es sind ˙1 die beiden Eigenwert von B und jeder Vektor aus  1 nf0g ist ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 von B und jeder 1   1 n f0g ist ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 Vektor aus 1 von B. (c) Im Fall b D 0 sind die Eigenwerte a und d mit den zugehörigen Eigenvektoren e 1 und p e 2 . Für b ¤ 0 sind die Eigenwerte 1;2 D aCd2˙! mit ! D .a  d /2 C 4b 2 und die Eigenräume * EigC .1;2/ D

!+

b

18.11 

Es ist S D

p1 6

p 1 p2 A p2 . 2

1 1 2

Verständnisfragen 18.1



(a) Aus A v D  v folgt A2 v D A. v/ D 2 v ;

(b) Aus A v D  v folgt

18.10  (a) Die Matrix A ist nicht diagonalisierbar. (b) Die Matrix B ist diagonalisierbar. (c) Die Matrix ist diagonalisierbar. 0 p p 3 @ 3 0

Lösungswege

sodass also v ein Eigenvektor zum Eigenwert 2 von A2 ist.

:

ad ! 2

18.17  (a) Die Einheitskreislinie wird auf eine Ellipse mit den Halbachsen   2 und 8 abgebildet. (b) Die zwei Geraden   1 1 werden auf sich abgebildet. und 1 1

v D A1 .A v/ D A1 . v/ D  .A1 v/ ; sodass also v ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 von A1 ist. 18.2  Wenn die Matrix A einen Eigenwert  hat, so existiert ein Vektor v ¤ 0 mit v D A2 v D A . v/ D 2 v ;

0

18.12 

(b) E3 M .'/E3

1 B0 DB @0 0

a2 2a 0 0

0 1 0 0

1 2 a3 3 a2 C C. 0 A 0

(c) Es ist B D .a2  2 a X C X 2 ; 2 a3  3 a2 X C X 3 ; 1; X / eine geeignete geordnete Basis, es gilt 0

0 B0 B B M .'/B D @ 0 0

0 0 0 0

0 0 1 0

1 0 0C C: 0A 1

Anwendungsprobleme

Kapitel 18

18.13  Die drei Arten a2 ; a3 ; a4 werden die Art a1 verdrängen und gleichhäufig vorkommen. 18.14 

b.t / D  10 et C 9

18.15 



10 t =10 e 9

und d .t / D et .

sodass also .2 1/ v D 0 gilt. Weil v ¤ 0 ist, folgt also 2 1 D 0, d. h.  D 1 oder  D 1. Damit ist gezeigt: Die Matrix A kann höchstens die Eigenwerte 1 oder 1 haben. Nun überlegen wir uns noch, dass A auch tatsächlich einen dieser Eigenwerte hat. Wegen 0 D A2  En D .A  En / .A  En / folgt mit dem Determinantenmultiplikationssatz det.A  En / D 0 oder det.A C En / D 0 ; sodass also 1 oder 1 auch tatsächlich ein Eigenwert ist. 18.3  1. Das zweite Bild zeigt das Bild des Quadrats unter der Abbildung ˚1 . Wir sehen, dass das Quadrat in Richtung .0; 1/> um Faktor 2 gestreckt wird, in Richtung .1; 0/> keine Änderung vorliegt. Das heisst, dass ˚1 ..0; 1/> / D 2.0; 1/> und ˚1 ..1; 0/> / D .1; 0/> . Damit haben wir schon die zwei Eigenwerte 1 D 2 und 2 D 1 von ˚1 bestimmt und kennen auch Eigenvektoren .0; 1/> und .1; 0/> . 2. Im dritten Bild sehen wir das Bild des Quadrats unter ˚2 , wo offenbar die Punkte D und B auf den Ursprung abgebildet wurden. Das bedeutet, dass ˚2 ..1; 1/> / D .0; 0/> , und

Lösungswege

wir erhalten den ersten Eigenwert 1 D 0 mit einem Eigenvektor .1; 1/> . Die Punkte A und C wurden nicht nur um Faktor 2 gestreckt, sondern auch am Ursprung gespiegelt, also ist ˚2 ..1; 1/> / D 2.1; 1/> , und wir erhalten den zweiten Eigenwert 2 D 2 mit Eigenvektor .1; 1/> . Diese Abbildung ist aber weder eine Projektion, noch eine Spiegelung oder Streckung im klassischen Sinne, doch bezogen auf den Eigenwert 0 hat sie zumindest einen Charakter einer Projektion auf die Gerade G W x1  x2 D 0. 3. Das vierte Bild zeigt das Bild unter ˚3 , wir können eine Rotation um 45ı erkennen, die Abbildungsmatrix so einer Rotation lautet: 

cos 4 AD sin 4

 sin 4 cos 4



p  2 1 D 2 1

1 1



Diese Matrix hat das p charakteristische Polynom p./ D det.A  I / D 2  p 2 C 1 mit den Nullstellen 1 D p 1 1 2.1 C i/ und  D 2.1  i/. Die Eigenvektoren kann 2 2 2 man nun durch .A  1 I /x D 0 und .A  2 I /x D 0 bestimmen, sie lauten .1; i/> und .1; i/> für  2 R n f0g– diese kann man aber nicht mehr einzeichnen.

181

(b) Ist  2 C ein Eigenwert von A, so gibt es einen Eigenvektor v 2 C n zum Eigenwert . Dann gilt mit A v D  v 0 D .Ap / v D Ap1 .A v/ D  Ap1 v D : : : D p v : Wegen v ¤ 0 gilt p D 0, also folgt  D 0. Somit kann höchstens 0 ein Eigenwert sein. Aufgrund des Fundamentalsatzes der Algebra ist aber 0 dann auch Eigenwert von A, weil das charakteristische Polynom A in Linearfaktoren zerfällt und es somit Eigenwerte gibt. Da A keine weiteren Nullstellen haben kann, muss 0 eine n-fache Nullstelle sein; es gilt also A D ˙X n . (c) Mit dem Satz von Cayley-Hamilton folgt A .A/ D 0. Also An D 0, und damit ist p  n bewiesen. 18.6  Weil ähnliche Matrizen dieselben charakteristischen Polynome haben, haben ähnliche Matrizen auch dieselben Eigenwerte mit denselben algebraischen Vielfachheiten. Es gilt A v D  v , S1 A v D S1 . v/ D  .S1 v/ , .S1 A S/ .S1 v/ D  .S1 v/ : Die bijektive lineare Abbildung v 7! S1 v bildet demnach den Eigenraum EigA ./ von A zu einem Eigenwert  auf den entsprechenden Eigenraum EigS1 A S ./ von S1 A S ab. Das impliziert dim EigA ./ D dim EigS1 A S ./. Also stimmen auch die geometrischen Vielfachheiten überein. 18.7



Wegen

 

A D det.A  X En / D det .A  X En /T D det.AT  X En / D AT haben A und AT dieselben Eigenwerte mit jeweils denselben algebraischen Vielfachheiten. Auch die geometrischen Vielfachheiten stimmen überein: Ist nämlich  ein Eigenwert von A, so gilt für die Dimension des Eigenraumes zum Eigenwert : dim EigA ./ D dim Ker.A   En / D n  rg.A   En / D n  rg.AT   En / D dim Ker.AT   En / D dim EigAT ./

18.4



Das gilt wegen B

T



Die Aussage ist falsch. Als Beispiel betrachten wir 

T

D .A A /T D .A AT /T D

T

A A D B. 18.5  (a) Aus Ap D 0 folgt det.A/ D 0 wegen 0 D det.Ap / D det.A/p . Damit ist A nicht invertierbar.

AD

1 0

1 ; 1

 AT A D

1 1

1 2

:

T 2 Die Eigenwerte von p A A sind die Nullstellen von X 3 X C1, d. h. 1=2 D .3 ˙ 5/=2, während A den zweifachen Eigenwert  D 1 hat.

Kapitel 18

18.8

182

Kapitel 18

Rechenaufgaben 18.9  (a) Wir berechnen das charakteristische Polynom der Matrix A  3X 1 D .2  X /2 :

A D det 1 1X Die einzige Nullstelle von A ist 2, also ist 2 der einzige Eigenwert von A mit der algebraischen Vielfachheit 2. Den Eigenraum EigA .2/ zum Eigenwert 2 erhalten wir als Kern der Matrix .A  2 E2 /    1 1 1 : D EigA .2/ D Ker 1 1 1   1 n f0g ein Eigenvektor zum Damit ist jeder Vektor aus 1 Eigenwert 2 von A. (b) Wir berechnen das charakteristische Polynom der Matrix B  X 1

B D det D .1  X / .1  X / : 1 X Die beiden Nullstellen von B sind ˙1, also gibt es zwei Eigenwerte mit der jeweiligen algebraischen Vielfachheit 1. Die Eigenräume EigB .1/ und EigB .1/ zu den beiden Eigenwerten 1 und 1 erhalten wir als Kerne der Matrizen .B  1 E2 / und .B C 1 E2 /:    1 1 1 D EigB .1/ D Ker 1 1 1    1 1 1 EigB .1/ D Ker D 1 1 1   1 n f0g ein Eigenvektor zum Damit ist jeder Vektor aus 1   1 n f0g ein EiEigenwert 1 von B und jeder Vektor aus 1 genvektor zum Eigenwert 1 von B. (c) Im Fall b D 0 sind die Eigenwerte a und d mit den zugehörigen Eigenvektoren e 1 und e 2 . Daher setzen wir nun b ¤ 0 voraus. Wir berechnen das charakteristische Polynom der Matrix C  aX b D X 2  .a C d / X C a d  b 2 :

C D det b d X

Kapitel 18

Die beiden Nullstellen von C sind die reellen Zahlen p a C c C .a  d /2 C 4 b 2 1 D ; 2 p a C c  .a  d /2 C 4 b 2 2 D : 2

Mit der Abkürzung ! D 2 schreiben als 1 D

p

.a  d /2 C 4 b 2 lassen sich 1 und

aCc C! ; 2

2 D

aCc! : 2

Wegen b ¤ 0 gibt es zwei verschiedene Eigenwerte mit der jeweiligen algebraischen Vielfachheit 1. Die Eigenräume EigC .1 / und EigC .2 / zu den beiden Eigenwerten 1 und 2 erhalten wir als Kerne der Matrizen .C1 E2 / und .C2 E2 /: EigC .1 / D Ker.C  1 E2 / Da die geometrische Vielfachheit von 1 gleich 1 ist und b ¤ 0 gilt, können wir die zweite Zeile durch eine Nullzeile ersetzen und erhalten wegen a  1 D 12 .a  d  !/ EigC .1 / D Ker

 ad ! 0

  b b : D ad ! 0 2

a  2 0

  b b : D ad C! 0 2





2

Analog erhalten wir  EigC .2 / D Ker

b

nf0g ein Eigenvektor zum  b Eigenwert 1 von C und jeder Vektor aus ad C! n f0g ein 2 Eigenvektor zum Eigenwert 2 von C. Damit ist jeder Vektor aus

18.10 

ad ! 2

(a) Das charakteristische Polynom von A ist

ˇ ˇ1  X

A D ˇˇ i

ˇ i ˇˇ D .1  X 2 / C 1 D X 2 ; 1  X ˇ

sodass A den zweifachen Eigenwert 0 hat. Der Eigenraum zum Eigenwert 0 ist aber nicht zweidimensional, da A nicht die Nullmatrix ist. Nach dem Kriterium für Diagonalisierbarkeit von S. 666 ist A nicht diagonalisierbar. (b) Das charakteristische Polynom von B ist ˇ ˇ3  X ˇ

B D ˇˇ 0 ˇ 7

0 1X 0

ˇ 7 ˇˇ 0 ˇˇ D .1  X / .10  X / .4  X / ; 3  Xˇ

sodass A die drei jeweils einfachen Eigenwerte 1, 10 und 4 hat. Damit ist nun schon klar, dass B diagonalisierbar ist, da die geometrische Vielfachheit für jeden Eigenwert mindestens 1 ist. (Eigentlich folgt die Diagonalisierbarkeit auch schon aus der Symmetrie der Matrix M .)

Lösungswege

1 7 0 7 1 *0 1+ 0 7 0 7 1 EigB .4/ D Ker @0 5 0A D @ 0 A 7 0 7 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 Wir setzen b1 WD @1A, b2 WD @0A, b3 WD @ 0 A. Es gilt nun 0 1 1 mit der Matrix S D ..b1 ; b2 ; b3 // die Gleichung 1 0 1 0 0 @0 10 0 A D S1 B S : 0 0 4 Kommentar Die Matrix B ist symmetrisch. Also gibt es eine orthogonale Matrix, die B auf Diagonalgestalt transformiert. Die von uns bestimmte Matrix S transformiert zwar B auf Diagonalgestalt, ist aber nicht orthogonal. Man müsste aber nur noch die Spalten von S normieren. J (c) Das charakteristische Polynom von C ist ˇ ˇ ˇ ˇ1  3 X 2 2 ˇ 1 ˇˇ ˇ

C D 2 2  3 X 1 ˇ 27 ˇˇ 2 1 2  3 X ˇ 1 D .27 X 3  27 X 2 C 27 X C 27/ 27 D .1  X /2 .1  X / ; sodass A den zweifachen Eigenwert 1 und den einfachen Eigenwert 1 hat. Wir bestimmen nun die0 Eigenräume beiden Eigenwerten: 1 zu den *0 0 1 0 1 1+ 4 2 2 EigB .1/ D Ker @2 1 1A D @ 1 A ; @ 0 A 2 1 1 1 2 1 *0 1+ 0 2 2 2 2

EigB .1/ D Ker @ 2 5 1 A D @1A 1 2 1 5 0 1 0 1 0 1 0 1 2 Wir setzen b1 WD @ 1 A, b2 WD @ 0 A, b3 WD @1A. Es gilt 1 2 1 nun mit der Matrix S D ..b1 ; b2 ; b3 // die Gleichung 1 0 1 0 0 @ 0 1 0A D S1 B S : 0 0 1

18.11 

Als charakteristisches Polynom erhalten wir

A D X 3 C 30 X 2  108 X C 104 D .X  2/2 .X  26/ : Also sind 2 ein Eigenwert der algebraischen Vielfachheit 2 und 26 ein solcher der algebraischen Vielfachheit 1. Wir bestimmen die Eigenräume 0 8 8 EigA .2/ D Ker.A  2 E3 / D Ker @8 8 8 8 1 *0 1 0 1 1 1 1 D Ker @0 0 0A D @ 1 A ; 0 0 0 0

1 8 8A 8 0 1+ 1 @0A 1

und EigA .26/ D Ker.A  26 E3 / 0 1 16 8 8 D Ker @ 8 16 8 A 8 8 16 1 0 2 1 1 D Ker @1 2 1 A 1 1 2 1 *0 1+ 0 1 1 1 2 D Ker @0 0

1 0

1A D @1A : 1 0

Wir konstruieren nun aus der Basis 8 0 1 0 19 1 1 = < b1 WD @ 1 A ; b2 WD @ 0 A ; : 0 1 des Eigenraumes zum Eigenwert 2 eine Orthonormalbasis. Der Vektor 0 1 1 1 c 1 WD p @ 1 A : 2 0 hat die Länge 1, und der Vektor 1 1=2 b0 WD b2  .b2  b1 / b1 D @1=2A 1 0

steht senkrecht auf c 1 und ist eine Linearkombination von b1 und b2 , sodass also fc 1 ; b0 g auch eine Basis aus Eigenvektoren des Eigenraumes zum Eigenwert 2 ist. Wir normieren den Vektor b0 und erhalten damit eine Orthonormalbasis; mit 0 1 1 1 @ A c 2 WD p  1 6 2

Kapitel 18

Wir bestimmen nun die Eigenräume zu den drei Eigenwerten: *001+ EigB .1/ D @1A 0 1 *0 1+ 0 1 7 0 7 EigB .10/ D Ker @ 0 9 0 A D @0A

183

184

Kapitel 18

gilt: B1 WD .c 1 ; c 2 / ist eine geordnete Orthonormalbasis des Eigenraumes EigA .2/. Weil der den Eigenraum zum Eigenwert 26 erzeugende Vektor senkrecht auf den Vektoren c 1 und c 2 steht, ist damit die folgende Basis eine Orthonormalbasis des R3 , die aus Eigenvektoren der Matrix A besteht 0 1 0 1 0 11 1 1 1 1 1 1 B D @ p  @ 1 A ; p  @1A ; p  @1AA : 2 6 3 0 2 1 0

Kommentar Wir hätten den Eigenraum von Eigenwert 26 gar nicht explizit bestimmen müssen. Ein Vektor, der diesen (eindimensionalen) Eigenraum aufspannt, muss ja zwangsläufig senkrecht auf den beiden Vektoren c 1 und c 2 stehen. Also hätten wir irgendeinen solchen Vektor wählen können und diesen dann nach Normieren als Element einer Orthonormalbasis wählen können. Eine einfache Methode, einen zu zwei Vektoren des R3 senkrechten Vektor des R3 zu bestimmen, liefert das Vektorprodukt (siehe Kap. 19). J Mit der Matrix 0 p  3 1 @p S WD ..c 1 ; c 2 ; c 3 // D p  3 6 0

1 1 2

p 1 p2 A p2 2

gilt nun die Gleichung 0

2 @0 0

0 2 0

(c) Wegen rg.A/ D 2 hat der Kern von ' die Dimension 2, und dabei haben die Koordinatenvektoren einer Basis des Kerns von ' die Form 1 0 2 1 0 2 a3 a B2 aC B3 a2 C C B C B @ 1 A; @ 0 A : 0 1 Damit erhalten wir Basisvektoren des Kerns von ', d. h. eine Basis des Eigenraumes zum Eigenwert 0 der Matrix E3 M .'/E3 * + Ker.'/ D a2  2 a X C X 2 ; 2 a3  3 a2 X C X 3 : „ ƒ‚ … „ ƒ‚ … DWb1

DWb2

In (b) haben wir bereits gezeigt, dass die Koordinatenvektoren von 1 und X Eigenvektoren zum Eigenwert 1 von E3 M .'/E3 sind, weil '.1/ D 1 DW b3

und '.X / D X DW b4

gilt. Weil die Darstellungsmatrix aber auch nicht mehr als vier linear unabhängige Eigenvektoren haben kann, bildet B D .b1 ; b2 ; b3 ; b4 / eine geordnete Basis von RŒX 3 aus Eigenvektoren von '. Die Darstellungsmatrix bezüglich der geordneten Basis B hat die Form 1 0 0 0 0 0 B0 0 0 0C C: B B M .'/B D @ 0 0 1 0A 0

0

0

1

Anwendungsprobleme

1

0 0 A D S1 A S : 26

18.13  Wir bestimmen die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix F. Dabei erhalten wir zuerst das charakteristische Polynom

F D .1  2t  X /2 .1  X / .1 C t  X / :

18.12 

(a) Es gilt für alle  2 R und p; q 2 RŒX 3

'. p C q/ D  p.a/ C q.a/ C  p 0 .a/.X  a/ C q 0 .a/.X  a/ D  '.p/ C '.q/ ; also ist ' eine lineare Abbildung. (b) Es gilt '.1/ D 1 ; '.X / D X ; '.X 2 / D a2 C 2 a X ; '.X 3 / D 2 a3 C 3 a2 X :

Kapitel 18

Damit erhalten wir 0

E3 M .'/E3

1 B0 DB @0 0

0 1 0 0

a2 2a 0 0

1 2 a3 3 a2 C C DW A: 0 A 0

Also ist 1 C t ein maximaler Eigenwert. Die Vektoriteration auf S. 677 besagt nun, dass nach hinreichend vielen Fortpflanzungszyklen, was ja nichts anderes bedeutet, als die Matrix F wiederholt auf eine Startpopulation anzuwenden, eine Startpopulation 0 1 1 B0C C ungleich B @0A gegen einePopulationsverteilung konvergiert, die 0 durch einen Eigenvektor zum Eigenwert 1 C t gegeben ist. Wir berechnen einen Eigenvektor zum Eigenwert 1 C t : 0 1 * 0 + B1C C EigF .1 C t / D B @1A 1 Damit wird es keine dominierende Art geben, die drei Arten a2 ; a3 ; a4 werden die Art a1 verdrängen und gleichhäufig vorkommen.

Lösungswege

Nach der Merkregel auf S. 682 ist die Abbildung   1 0 1 und A D y W t 7! et A v mit v D die eindeu1 1  10 0 tig bestimmte Lösung. Wir bestimmen et A v. Die Matrix A hat die beiden Eigenwerte 1 D 1 und 2 D 1 . Wir erhalten die Eigenräume  10  9 ; EigA .1/ D 10    1 0 EigA  : D 1 10 

Es gilt nun mit der Matrix  9 0 10 1  1 1 D 9 10

SD S1

und 0 9



nach der Merkregel auf S. 681:  t  e 1 0 1 et A v D S S 0 0 et =10  t 1 9 e D 10 10 et  10 et =10  d .t / die Lösung Damit erhalten wir wegen y D b.t / d .t / D et und b.t / D 

10 t .e  et =10 / : 9

Mit Methoden der Analysis kann man nun auch leicht zeigen, ln 10 madass die Konzentration des Medikamentes bei t D 10 9 ximal ist. 1 v1j B C Wir betrachten den Vektor vj D @ ::: A. Dann gilt 0

18.15 

vnj 1 0 1 j ej t v1j .ej t v1j /0 C B C B :: :: yj0 .t / D @ [email protected] A : : j t 0 j t .e vnj / j e vnj 0 1 v1j B C D j ej t @ ::: A D ej t .j vj / 0

P Aus jr D1 j yj D 0 2 .C n /R mit j 2 C folgt durch Einsetzen von t D 0: 0 1 0 r r X X B :: C j vj D j yj .0/ D @ : A j D1 j D1 0 Da die Vektoren vj Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten von A sind, sind v1 ; : : : ; vr linear unabhängig. Es gilt also j D 0 für 1  j  r, und damit sind auch y 1 ; : : : ; y r linear unabhängig. Kommentar Man überlegt sich leicht, dass die Lösungsmenge einer linearen Differenzialgleichung wie y 0 D A y ein Teilraum des C-Vektorraums .C n /R aller Abbildungen von R in C n ist. Wir haben damit bewiesen, dass hy 1 ; : : : ; y r i ein r-dimensionaler C-Vektorraum ist, der nur aus Lösungen von y 0 D A y besteht. In der Analysis wird gezeigt, dass der Lösungsraum von y 0 D A y, A 2 C n n , die Dimension n hat. Im Fall r < n fehlen also noch Lösungen. Alle Lösungen kriegt man entweder in Gestalt aller Linearkombinationen der Spalten von exp.A t / oder durch den Ansatz y.t / D ej t .wdj C t wdj 1 C  Ct dj 1 w1 /, wobei dj die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes j ist und ws 2 Ker.Aj En /s für 1  s  dj . J 18.16  Wir führen das Produkt aus und erhalten

De

A vj D A .ej t vj / D A yj .t /;

d. h. yj ist Lösung von y 0 D A y. Offenbar gilt yj .0/ D vj . Nun zeigen wir noch die lineare Unabhängigkeit der Vektoren y 1; : : : ; y r .

!T J ! mit ! D .!i /

kg m2 1 D !T J ! 2 s 2 24 2 4 8 D !1  !1 !2  !1 !3 2 2 2 60 2 2 60 2 C !2  !2 !3 C ! : 2 2 2 3 Offenbar ist es nicht so einfach möglich die Menge aller der 0 1 !1 ! D @!2 A zu bestimmen, welche diese Gleichung erfüllen. !3 T0 D 1:0

Wir wählen einen anderen Weg und diagonalisieren die Matrix J orthogonal, d. h., wir wählen ein anderes kartesisches Koordinatensystem, und zwar das System der Hauptträgheitsachsen des gegebenen Tensors J. Weil die Matrix J symmetrisch ist, gibt es eine Orthonormalbasis B D .b1 ; b2 ; b3 / des R3 bestehend aus Eigenvektoren b1 ; b2 ; b3 der Matrix J zu den drei Eigenwerten 1 ; 2 ; 3 . Wir bestimmen die Eigenwerte und zugehörige normierte Eigenvektoren, d. h. Hauptträgheitsachsen, mit Maple und erhalten (jeweils in Œkg m2 )

vnj j t

1 2

1 D 21:81; und

1 0:97 b1 D @0:20A ; 0:12 0

2 D 59:82;

3 D 62:37

1 0 0:11 b2 D 0:12 @ 0:85 A ; 0:51

1 0:21 b3 D @ 0:48 A : 0:85 0

Kapitel 18

18.14 

185

186

Kapitel 18

Dabei haben wir alle Größen auf die ersten zwei Stellen nach dem Dezimalpunkt gerundet. Mit der Matrix S D ..b1 ; b2 ; b3 // gilt also näherungsweise 0

21:81 D WD @ 0 0

0 59:82 0

1

0 0 A D ST J S : 62:37

Nun erhalten wir allgemein für die Rotationsenergie unseres Systems T D

1 T 1 1 ! J ! D .S !/T D .S !/ D !0T D !0 2 2 2

mit !0 D S !. Wir untersuchen nun, für welche Vektoren !0 2 die Gleichung !0 D .!i / die Gleichheit 12 !0T D !0 D 1:0 kgs2m gilt, indem wir das Produkt 12 !0T D !0 auswerten: 1 kg m2 1:0 2 D !0T D !0 s 2 21:81 0 2 59:82 0 2 62:37 0 2 D .!3 / .!1 / C .!2 / C 2 2

Die Punkte der Einheitskreislinie E D fv D .vi / 2 R2 j v12 C v22 D 1g lassen sich charakterisieren als jene Punkte, deren Skalarprodukt mit sich 1 ergibt, v 2 E , v  v D vT v D 1 : Gesucht ist die Form der Membran, eine Beschreibung erhalten wir etwa durch eine Gleichung, welche diese Membran nach dem Abbilden aller Punkte des Einheitskreises beschreibt. Die Membran, also das Bild der linearen Abbildung, ist gegeben durch die Menge M WD fA v j kvk D 1g. Wir beschreiben diese Menge nun durch eine Gleichung, dazu formen wir erst einmal um: w 2 M , w D A v mit kvk D 1 , v D A1 w mit kvk D 1 Also erhalten wir M D fw j kA1 wk D 1g. Damit haben wir die Elemente w 2 M durch eine Gleichung ausgedrückt: w 2 M , kA1 wk D 1 , wT .A1 /T A1 w D 1 Diese Gleichung lässt sich mit B WD .A1 /T A1 D .A2 /1 einfacher schreiben, w 2 M , wT B w D 1 :

Wenn alle Koeffizienten vor den .!i0 /2 gleich wären, würde es sich bei der Menge aller möglichen !0 , die diese Gleichung erfüllen, um eine Kugelsphäre handeln. Aber in unserem Fall handelt es sich um einen sogenannten Ellipsoid. Diesen Ellipsoid nennt man auch den Trägheitsellipsoid des Trägheitstensors J.

Wir bestimmen die Eigenwerte und Eigenvektoren von B. Mit Aufgabe 18.1 können wir die Eigenwerte und Eigenvektoren von B aus jenen von A folgern. Das charakteristische Polynom von A lautet

Für all die Punkte !0 dieses Ellipsoids E gilt nun also

sodass also dieMatrix die beiden Eigenwerte 2 und 8 hat. Offen1 bar ist v1 WD ein Eigenvektor zum Eigenwert 8. Weil die 1 Matrix A symmetrisch ist, muss ein zu v1 senkrechter Vektor  ein 1 . Eigenvektor zum Eigenwert 2 sein. Wir wählen v2 WD 1 1 Mit Aufgabe 19.1 folgt, dass die Matrix B die Eigenwerte 64 1 und 4 mit den zugehörigen Eigenvektoren v1 und v2 besitzt. Mit der orthogonalen Matrix S D .. p12 v1 ; p12 v2 // gilt

kg m2 1 0T ! D !0 D 1:0 2 : 2 s Gefragt war aber nach der Menge aller ! mit kg m2 1 T ! J ! D 1:0 2 : 2 s Wegen !0 D S ! erhalten wir die Menge aller dieser !, indem wir ST auf alle ermittelten !0 anwenden, es ist also f! D ST !0 j !0 2 Eg die gesuchte Menge.

Kapitel 18

18.17  (a) Die Darstellungsmatrix des Endomorphismus   v1 5 v1 C 3 v2 in den Punkt des R2 lautet bezüglich der v2 3 v1 C 5 v2 Standardbasis des R2  5 3 : AD 3 5

A D .5  X /2  9 D X 2  10 X C 16 D .2  X / .8  X / ;

D WD

1

64

0

0 1 4



D ST B S ;

und wegen kS wk D kwk durchläuft mit w auch S w die Menge M , sodass also die Elemente w der Menge M auch durch w 2 M , wT D w D 1 charakterisiert werden können. Die Gleichung wT D w D 1 hat aber eine einfache Form, wir setzen w D .wi /: wT D w D 1 ,

1 2 1 2 w C w2 D 1 64 1 4

Diese letzte Gleichung beschreibt eine Ellipse mit den Halbachsenlängen 2 und 8, wie man sich durch Einsetzen weniger Werte überzeugt.

Kapitel 19

Kapitel 19

Aufgaben

Rechenaufgaben

Verständnisfragen

19.6  Im R3 sind zwei Vektoren gegeben, nämlich u D 0 1 0 1 2 2 @2A und v D @ 5 A. Berechnen Sie kuk, kvk, den von u und

19.1  Man beweise: Zwei Vektoren u; v 2 R3 n f0g sind dann und nur dann zueinander orthogonal, wenn ku C vk2 D kuk2 C kvk2 ist. 19.2  Man beweise: Für zwei linear unabhängige Vektoren u; v 2 R3 sind die zwei Vektoren u  v und u C v genau dann orthogonal, wenn kuk D kvk ist. Was heißt dies für das von u und v aufgespannte Parallelogramm? 19.3  Angenommen, die Gerade G ist die Schnittgerade der Ebenen E1 und E2 , jeweils gegeben durch eine lineare Gleichung ni  x  ki D 0 ;

i D 1; 2 :

Stellen Sie die Menge aller durch G legbaren Ebenen dar als Menge aller linearen Gleichungen mit Unbekannten .x1 ; x2 ; x3 /, deren Lösungsmenge G enthält. 19.4  Das (orientierte) Volumen V des von drei Vektoren v1 , v2 und v3 aufgespannten Parallelepipeds ist gleich dem Spatprodukt det.v1 ; v2 ; v3 /. Warum ist das Quadrat V 2 dieses Volumens gleich der Determinante der von den paarweisen Skalarprodukten gebildeten (symmetrischen) Gram’schen Matrix 1 0 v1  v1 v1  v2 v 1  v 3 G.v1 ; v2 ; v3 / D @v2  v1 v2  v2 v2  v3 A‹ v3  v1 v3  v2 v 3  v 3 19.5  Welche eigentlich orthogonale 3 3-Matrix A ¤ E3 erfüllt die Eigenschaften 0 1 0 1 1 1 A3 D A A A D E3 und A @1A D @1A : 1 1 Wie viele Lösungen gibt es? Gibt es auch eine uneigentlich orthogonale Matrix mit diesen Eigenschaften?

14 1 v eingeschlossenen Winkel ' sowie das Vektorprodukt u v. 19.7



Stellen Sie die Gerade 0 1 0 1 3 2 G D @0A C R @2A 4 1

als Schnittgerade zweier Ebenen dar, also als Lösungsmenge zweier linearer Gleichungen. Wie lauten die Gleichungen aller durch G legbaren Ebenen? 19.8



Im affinen Raum R3 sind die vier Punkte

1 1 a D @ 0A ; 1 0

0 1 0 b D @0A ; 2

0 1 1 c D @ 2A ; 0

0 1 1 d D @2A x3

gegeben. Bestimmen Sie die letzte Koordinate x3 von d derart, dass der Punkt d in der von a, b und c aufgespannten Ebene liegt. Liegt d im Inneren oder auf dem Rand des Dreiecks abc? 19.9



Im Anschauungsraum R3 sind die zwei Geraden

1 0 1 2 3 G D @ 0A C R @ 1A ; 3 1 0

1 0 1 2 1 H D @1A C R @ 1A 0 1 0

gegeben. Bestimmen Sie die Gleichung derjenigen Ebene E durch den Ursprung, welche zu G und H parallel ist. Welche Entfernung hat E von der Geraden G, welche von H ?

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_18

187

188

Kapitel 19

Kapitel 19

19.10 

Im Anschauungsraum R3 sind die Gerade

0 1 0 1 0 1 1 2 1 G D @0A C R @ 1A und der Punkt p D @1A 2 2 1 gegeben. Bestimmen Sie die Hesse’sche Normalform derjenigen Ebene E durch p, welche zu G normal ist. 19.11 

Im Anschauungsraum R3 sind die zwei Geraden

0 1 0 1 2 3 G1 D @0A C R @2A ; 1 4

0 1 0 1 1 2 G2 D @3A C R @ 1A 2 3

gegeben. Bestimmen Sie die kürzeste Strecke zwischen den beiden Geraden, also deren Endpunkte a1 2 G1 und a2 2 G2 sowie deren Länge d . 19.12 

Im Anschauungsraum R3 ist die Gerade 0 1 0 1 2 1 G D @1A C R @2A 1 2

gegeben. Welcher Gleichung müssen die Koordinaten x1 , x2 und x3 des Raumpunktes x genügen, damit x von G den Abstand r D 3 hat und somit auf dem Drehzylinder mit der Achse G und dem Radius r liegt? 19.13 

Im Anschauungsraum R3 sind die zwei Geraden

0 1 0 1 3 2 G1 D @0A C R @2A ; 4 1

0 1 0 1 2 1 G2 D @3A C R @ 2A 3 2

19.15  Man füge in der folgenden Matrix M die durch Sterne markierten fehlenden Einträge derart ein, dass eine eigentlich orthogonale Matrix entsteht. 0 [email protected] MD 3

2 1

1 2 A :

Wie viele verschiedene Lösungen gibt es? 19.16  Der Einheitswürfel W wird um die durch den Koordinatenursprung gehende Raumdiagonale durch 60ı gedreht. Berechnen Sie die Koordinaten der Ecken des verdrehten Würfels W 0 . 19.17  Man bestimme die orthogonale Darstellungsmatrix Rd;' der Drehung durch den Winkel ' um eine durch den Koordinatenursprung laufende Drehachse mit dem Richtungs0 1 d1 vektor d D @d2 A bei kd k D 1. d3

Anwendungsprobleme 19.18  Im Anschauungsraum R3 sind die „einander fast schneidenden“ Geraden 0 1 0 1 0 1 0 1 1 2 2 3 G1 D @3A C R @ 1A ; G2 D @0A C R @2A 2 1 3 4 gegeben. Für welchen Raumpunkt m ist die Quadratsumme der Abstände von G1 und G2 minimal. 19.19  Man zeige:

gegeben. Welcher Gleichung müssen die Koordinaten x1 , x2 1. In einem Parallelepiped schneiden die vier Raumdiagonalen und x3 des Raumpunktes x genügen, damit x von den beiden einander in einem Punkt. Geraden denselben Abstand hat? Bei der Menge dieser Punkte 2. Die Quadratsumme dieser vier Diagonalenlängen ist gleich handelt es sich übrigens um das Abstandsparaboloid von G1 und der Summe der Quadrate der Längen aller 12 Kanten des G2 , ein orthogonales hyperbolisches Paraboloid (siehe Kap. 21). Parallelepipeds (siehe dazu die Parallelogrammgleichung (S. 708)). 19.14 

Im Anschauungsraum R3 ist die Gerade

0 1 0 1 2 1 G D p C Ru mit p D @1A und u D @2A 1 2

19.20  Angenommen, die Punkte p 1 ; p 2 ; p 3 ; p 4 bilden ein reguläres Tetraeder der Kantenlänge 1. Man zeige:

1. Der Schwerpunkt s D 14 .p1 C p 2 C p 3 C p 4 / hat von allen Eckpunkten dieselbe Entfernung. 2. Die Mittelpunkte der Kanten p 1 p2 , p 1 p 3 , p4 p 3 und p 4 p 2 gegeben. Welcher Gleichung müssen die Koordinaten x1 , x2 und bilden ein Quadrat. Wie lautet dessen Kantenlänge? x3 des Raumpunktes x genügen, damit x auf demjenigen Dreh- 3. Der Schwerpunkt s halbiert die Strecke zwischen den Mitkegel mit der Spitze p und der Achse G liegt, dessen halber telpunkten gegenüberliegender Kanten. Diese drei Strecken Öffnungswinkel ' D 30ı beträgt? sind paarweise orthogonal.

19.21  Die Vektoren .b1 ; b2 ; b3 / der orthonormierten Standardbasis B werden durch Multiplikation mit der eigentlich orthogonalen Matrix 0 2 1 @ AD p 0 6 p2

1 p p3 2

1 1 p p 3A 2

19.5  Jede eigentlich orthogonale Matrix stellt eine Drehung dar, und ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 bestimmt die Richtung der Drehachse (siehe S. 733).

Rechenaufgaben

in eine orthonormierte Basis B 0 D .b01 ; b02 ; b03 / mit b0i D A bi bewegt. Diese Bewegung B ist bekanntlich eine einzige Drehung. Bestimmen Sie die Achse d und den Drehwinkel ' dieser Drehung.

19.6  Beachte die geometrische Deutung des Skalarproduktes oder des Vektorproduktes im R3 .

19.22  Matrix

19.7  Jeder zum Richtungsvektor von G orthogonale Vektor ist Normalvektor einer derartigen Ebene. Das zugehörige Absolutglied in der Ebenengleichung folgt aus der Bedingung, dass der gegebene Punkt von G auch die Ebenengleichung erfüllen muss.

Die Spaltenvektoren der eigentlich orthogonalen 0 2 [email protected] AD 1 3 2

1 2 2

1 2 2A 1

bilden die Raumlage .b01 ; b02 ; b03 / eines orthonormierten Dreibeins. Bestimmen Sie die zu dieser Raumlage gehörigen Euler’schen Drehwinkel ˛, ˇ und  . 19.23  Die drei Raumpunkte 0 1 0 a1 D @0A ; 1

1 2 a2 D @ 1 A ; 2 0

1 1 a3 D @1A 3 0

bilden ein gleichseitiges Dreieck. Gesucht ist die erweiterte Darstellungsmatrix derjenigen Bewegung, welche die drei Eckpunkte zyklisch vertauscht, also mit a1 7! a2 , a2 7! a3 und a3 7! a1 .

Hinweise Verständnisfragen 19.1



Berechnen Sie das Skalarprodukt u  v .

19.2



Berechnen Sie .u  v/  .u C v/.

19.3  Jede dieser Ebenen hat eine Gleichung, welche die Lösungsmenge des durch die Gleichungen von E1 und E2 gegebenen linearen Gleichungssystem nicht weiter einschränkt. 19.4  Beachten Sie den Determinantenmultiplikationssatz aus Kap. 16, S. 608.

19.8  Es muss d eine Affinkombination von a, b und c sein. Wenn d der abgeschlossenen Dreiecksscheibe angehört, ist dies sogar eine Konvexkombination. 19.9  Der Normalvektor von E ist zu den Richtungsvektoren von G und H orthogonal. Für die Berechnungen der Abstände wird zweckmäßig die Hesse’sche Normalform von E verwendet. 19.10  von E.

Der Richtungsvektor von G ist ein Normalvektor

19.11 

Verwenden Sie die Formeln von S. 726.

19.12 

Beachten Sie die Formel auf S. 725.

19.13 

Beachten Sie die Formel auf S. 725.

19.14  Die Gleichung dieses Drehkegels muss ausdrücken, dass die Verbindungsgerade des Punktes x mit der Kegelspitze p mit dem Richtungsvektor u der Kegelachse den Winkel ' einschließt. 19.15  Definitionsgemäß müssen die Spaltenvektoren ein orthonormiertes Rechtsdreibein bilden. 19.16  an.

Wende die Formel (19.15) für die Drehmatrix Rb d;'

19.17 

Verwenden Sie die Darstellung in (19.15).

189

Kapitel 19

Hinweise

190

Kapitel 19

Kapitel 19

Anwendungsprobleme

Rechenaufgaben

19.18 

19.6

Beachte das Anwendungsbeispiel auf S. 727.

kuk D 3, kvk D 15, cos ' D 8=45, ' 79:76ı



1 33 u v D @26A 14 0

19.19  Beachten Sie die Koordinatenvektoren der acht Eckpunkte eines Parallelepipeds auf S. 716. 19.20  Benutzen Sie bei i ¤ j die Gleichung .p i  pj /2 D 1, um das Skalarprodukt .p i  pj / durch eine Funktion von p 2i und pj2 zu substituieren. 19.21  Nach den Ergebnissen auf S. 731 ist d ein Eigenvektor von A zum Eigenwert 1 und cos ' aus der Spur zu ermitteln. Die Orientierung von d bestimmt das Vorzeichen von '. 19.22 

19.7



E1 W E2 W

Jede weitere Ebenengleichung ist eine Linearkombination dieser beiden. 19.8



x3 D 2 . Der Punkt d liegt außerhalb des Dreiecks.

19.9  E W x1 x2 C2x3 D 0 . Die Entfernung der Ebene p p E von G beträgt 2 6=3 , jene von der Geraden H 6=2 .

Beachten Sie die Anwendung auf S. 732 l.x/ D 13 .2x1 C x2  2x3  1/ D 0

19.10  19.23  Berechnen Sie die Drehmatrix gemäß (19.15). Sie müssen allerdings beachten, dass die Drehachse diesmal nicht durch den Ursprung geht.

19.11 

Lösungen

19.12 



19.2  Ein Parallelogramm hat genau dann orthogonale Diagonalen, wenn alle Seitenlängen übereinstimmen. 19.3 

f.0; 0/g

19.14  .n1 C n2 /  x D k1 C k2 j .; / 2 R n



19.5

 Es gibt zwei Lösungen,



0 A1 D @1 0

3x12  3x32  4x1 x2 C 8x1 x3  12x2 x3  42x1 C 26x2 C 38x3 D 27:

2

19.4

0

0 1 0 1 1 2 2, a1 D @2A, a2 D @3A. 3 3

19.13 



˚

dD

p

5x12 C 5x22 C 8x32 C 8x1 x2  4x1 x3 C 4x2 x3  10x1  26x2  32x3 D 31:

Verständnisfragen 19.1

x2 C 2x3  8 D 0 x1 C 2x3  5 D 0

0 0 1

1 1 0A 0

0

0 und A2 D @0 1

1 0 0

1 0 1A D A21 : 0

Keine uneigentlich orthogonale Matrix kann diese Bedingungen erfüllen.

11x12 C 11x22 C 23x32 C 32x1 x2  16x1 x3 C16x2 x3  22x1  86x2  92x3 C 146 D 0: 19.15  Es gibt vier Lösungen, wobei in den folgenden Darstellungen einmal die oberen, einmal die unteren Vorzeichen zu wählen sind: 1 0 1 2 2 1 M12 D @˙2 1 2A 3 2 ˙2 ˙1 1 0 ˙5 10 10 1 @ M34 D ˙14 5 2A 15 2 ˙10 ˙11

19.16 

Die zugehörige Drehmatrix lautet 1 0 2 1 2 [email protected] D Rb 2 2 1A : d;' 3 1 2 2

Die Koordinatenvektoren der verdrehten Würfelecken sind die Spaltenvektoren in 1 0 0 2 1 1 2 4 3 1 [email protected] 0 2 4 2 1 1 3 1A : 3 0 1 1 2 2 1 3 4 19.17  Bei Benutzung der üblichen Abkürzungen s ' und c ' für den Sinus und Kosinus des Drehwinkels lautet die Drehmatrix Rd;' 0

1 .1  d12 / c ' C d12 d1 d2 .1  c '/  d3 s ' d1 d3 .1  c '/ C d2 s ' B C .1  d22 / c ' C d22 d2 d3 .1  c '/  d1 s ' A @d1 d2 .1  c '/ C d3 s ' 2 2 .1  d3 / c ' C d3 d1 d3 .1  c '/  d2 s ' d2 d3 .1  c '/ C d1 s '

19.23 

0

1 B3 B D [email protected] 1 2

0 0 1 0

0 0 0 1

1 0 1C C: 0A 0

Lösungswege Verständnisfragen 19.1

 ku C vk2 D .u C v/  .u C v/ D kuk2 C kvk2 C 2 .u  v/:

Damit ist die gegebene Bedingung äquivalent zur Aussage u  v D 0, also zur Orthogonalität. 19.2  Wegen der Linearität und Kommutativität des Skalarproduktes gilt

Anwendungsprobleme 19.18 

.u  v/  .u C v/ D kuk2  kvk2 : Somit ist die Orthogonalität zwischen dem Summenvektor und dem Differenzenvektor, die beide von 0 verschieden sind, äquivalent zu kuk D kvk.

0 1 3 [email protected] A mD 5 2 6

19.3  Die Gleichung dieser Ebene muss linear sein und eine Folgegleichung der Gleichungen von E1 und E2 , also eine Linearkombination dieser Gleichung.

19.19  – 19.20  Die Entfernung der Eckpunkte vom Schwerpunkt lautet r 3 kx  pi k D : 8 Die Seitenlänge des Quadrates ist 19.21 

0 B d [email protected]

1 2

.

p p 21 p 2 3

1

C 1p A ; 1 2 p p p cos ' D 2p1 6 .2 C 2 C 3  6/ und ' 56:60ı . 19.22  1 cos ˛ D p ; 2 1 cos ˇ D ; 3 1 cos  D p ; 2

1 sin ˛ D p ; 2 p 2 2 sin ˇ D ; 3 1 sin  D  p ; 2

˛ D 45ı ˇ 70:53ı  D 315ı

19.4  Wir verwenden erneut das Symbol ..v1 v2 v3 // für die 3 3-Matrix mit den Spaltenvektoren v1 , v2 und v3 . V 2 D . det.v1 ; v2 ; v3 / /2 D det..v1 v2 v3 //T  det..v1 v2 v3 //   D det ..v1 v2 v3 //T ..v1 v2 v3 // 0 1 v1  v1 v1  v2 v 1  v 3 D det @v2  v1 v2  v2 v2  v3 A : v3  v1 v3  v2 v 3  v 3

0 1 1 19.5  A stellt eine Drehung um die Achse d D @1A 1 durch den Winkel ' D ˙120ı dar, nachdem 3' D ˙360ı sein muss. Nun benutzen wir entweder die Darstellung der Drehmaaus (19.15) mit dO D p13 d . Oder wir denken daran, trix Rd;' O dass diese Drehungen um die Raumdiagonale des Einheitswürfels die Vektoren .e 1 ; e 2 ; e 3 / der Standardbasis zyklisch vertauschen und damit A D ..e 2 e 3 e 1 // oder A D ..e 3 e 1 e 2 // ist. A kann nicht uneigentlich sein, also mit det A D 1, denn .det A/3 D det.A3 / D det E3 D 1 :

191

Kapitel 19

Lösungswege

192

Kapitel 19

Kapitel 19

Rechenaufgaben 19.6

 p p kuk D 22 C .2/2 C 12 D 9 p p kvk D 22 C 52 C 142 D 225 1 1 8 cos ' D .u  v/ D .4  10 C 14/ D kuk kvk 45 45 0 1 0 1 0 1 2 2 2  14  1  5 u v D @2A @ 5 A D @ 1  2  2  14 A 1 14 25C22

Zur Kontrolle ist p

332 C 262 C 142 D kuk kvk sin ' p p D 3  15  1  .8=45/2 D 1961:

ku vk D

19.7



Für den ersten Teil der Aufgabe könnte man auch die Gleichung 2x1  x2  2x3 C 4 D 0 der von a, b und c aufgespannten Ebene verwenden. 19.9



Wir berechnen einen Normalvektor von E durch

1 0 1 0 1 3 1 2 n D @ 1A @ 1A D @2A ; 1 2 4 0

0 1 1 1 @ A nO D p 1 : 6 2

Das Absolutglied der Gleichung von E muss null sein, weil E durch den Ursprung geht. Damit lautet die Hesse’sche Normalform 1 E W l.x/ D nO  x D p .x1  x2 C 2x3 / D 0 : 6

Bei 0 1 0 1 2 3 G D @0A C R @2A D p C R v 1 4

wählen wir: E1 W E2 W

Aus den ersten drei Gleichungen folgt als eindeutige Lösung  D 1 ,  D 2 und  D 2 . Damit bleibt x3 D  C 2 D 2 Der Punkt d liegt außerhalb des Dreiecks, nachdem  nicht im Intervall Œ0; 1 liegt.

.v e 1 /x  .v e 1 /p D 0 .v e 2 /x  .v e 2 /p D 0

Wir berechnen: 0

1 0 1 0 1 2 1 0 v1 D @2A @0A D @1A ; 1 0 2 0 1 0 1 0 1 1 0 2 v2 D @2A @1A D @ 0A ; 2 0 1

v1  p D 8

v2  p D 5

Für beliebige .; / 2 R2 n f.0; 0g stellt E WW  x1 C  x2 C 2. C /x3  8  5 D 0 eine Ebene durch G dar, und dies sind alle möglichen Ebenen durch G. 19.8  Für die Koeffizienten ,  und  in der gesuchten Affinkombination von a, b und c muss gelten: C C  D 1 

 D1 2 D 2

 C 2

D x3

Wir setzen die gegebenen Punkte g von G und h von H ein und erhalten als orientierte Abstände: p 4 2 6 l.g/ D nO  g D p D 3 6 p 6 3 l.h/ D nO  h D p D 2 6 Die Ebene verläuft zwischen G und H , weil diese beiden orientierten Abstände verschiedene Vorzeichen haben. 19.10  Die Koordinaten des Richtungsvektors n D 0 1 2 @ 1A von G sind die Koeffizienten in der linearen Gleichung 2 von E. Das Absolutglied ist n  p D 1 . Um daraus die Hesse’sche Normalform zu erhalten, muss die Gleichung noch durch knk D 3 dividiert werden. 19.11  Die gemeinsame Normale von G1 und G2 hat als Richtungsvektor 0 1 0 1 0 1 5 1 2 n D @2A @ 1A D @5A : 0 2 1 0 1 1 Durch Normieren entsteht daraus nO D p12 @1A. Der im Sinne 0 von nO orientierte kürzeste Abstand zwischen G1 und G2 lautet 00 1 0 11 0 1 3 2 1 p 2 @@0A  @3AA  nO D @3A  nO D p D  2: 2 4 3 1

Lösungswege

4

t1 D

1 1 @ 3 det knk2 1

1 0 1 0 1 2 x2 C 2x3  8 x1  3 @ x2 A @2A D @ x1 C 2x3  5 A 2x1  2x2 C 6 x3  4 1 0

1

mit 0

Wir berechnen die Vektorprodukte

1 1 2

1

5 50 D 1 ; 5A D 50 0

sowie 1 0 1 0 1 2x2  2x3 x1  2 1 @x2  3A @ 2A D @2x1  x3 C 7A 2 x3  3 2x1 C x2  7 0

0 1 0 1 0 1 1 2 3 also a1 D @0A  @2A D @2A. 3 1 4

und erhalten wegen ku1 k D ku2 k die quadratische Bedingungsgleichung

Analog ist

.x2 C 2x3  8/2 C .x1 C 2x3  5/2 C .2x1  2x2 C 6/2 0 1 0 1 2 1 a2 D @3A C t2 @ 1A 3 2

D .2x2  2x3 /2 C .2x1  x3 C 7/2 C .2x1 C x2  7/2 : 19.14  Wir berechnen den Winkel ' zwischen den Vektoren x  p und u nach der Formel

mit 0

1 1 @ 3 t2 D det knk2 1

2 2 1

1

5 0 D 0; 5A D 50 0

0 1 2 also a2 D @3A. 3 19.12 

3 .x  p/  u D : 2 kx  pk kuk

cos ' D

Dies ergibt die quadratische Bedingungsgleichung ..x  p/  u/2 D

3 .x  p/2 u2 : 4

Nach Einsetzung der gegebenen Koordinaten folgt

Ausgehend von der Bedingung

k.x  p/ uk D3 kuk 0 1 0 1 1 2 mit p D @1A und u D @2A berechnen wir 2 1 dD

1 0 1 0 1 x2 C 2x3  5 2 x1  1 n D @x2  1A @2A D @ x1 C 2x3  3 A x3  2 2x1  2x2 C 4 1 0

und setzen dies in die Gleichung n2 D 9 u2 ein. 19.13 

p

.2x1  2x2 C x3  2/2 27 D ..x1  1/2 C .x2  1/2 C .x3  2/2 /: 4 19.15  Nachdem der zweite Spaltenvektor ein Einheitsvektor ist, bleibt für dessen dritte Koordinate ˙2=3 . Der dritte Spaltenvektor ist gleichfalls ein Einheitsvektor und gleichzeitig orthogonal zum zweiten. Also gelten für dessen fehlende Koordinaten x2 und x3 die Gleichungen x2 ˙ 2x3 D

4 3

und

4 C x22 C x33 D 1 : 9

Wir berechnen x2 aus der zweiten Gleichung und setzen dies in der dritten ein. Dies ergibt die quadratische Gleichung

Aus der Formel k.x  p i / ui k dD kui k

für den Abstand des Punktes x von der Geraden p i C R ui folgt als Bedingungsgleichung k.x  p 1 / u1 k k.x  p 2 / u2 k D : ku1 k ku2 k

45x32  48x3 C 11 D 0 mit den beiden Lösungen x3 D ˙

11 15

1 oder x3 D  : 3

Der erste Spaltenvektor ist als Vektorprodukt aus dem zweiten und dritten Spaltenvektor berechenbar.

Kapitel 19

Der Schnittpunkt der gemeinsamen Normalen mit G1 ist 0 1 0 1 3 2 a1 D @0A C t1 @2A

193

194

Kapitel 19

Kapitel 19

0 1 1 Wir setzen für die Drehachse dO D p13 @1A, für 1

19.16 

den Drehwinkel cos ' D 12 , sin ' D Drehmatrix Rd;' O . Als Matrizenprodukt 0

Rd;' O

0  @0 0

1 0 0

1 1 0

0 1 0

0 0 1

mit 0 1 1 @ 3 det t1 D knk2 1

p

3 2

, und berechnen die

1 0 1

1 1 1

1 0 1A 1

Wir setzen in die Formel

0 1 0 1 2 3 a2 D @0A C t2 @2A 1 4 mit

Rd;' D .d d / C cos ' .E3  d d / C sin ' Sd T

T

ein. Dabei ist 0

d1 d1 d d T D @d 2 d 1 d3 d1

d1 d2 d2 d2 d3 d2

1 d1 d3 d2 d3 A d3 d3

und 0

0 Sd D @ d3 d2

d3 0 d1

1 5 0 D 0; 5A D 50 0

0 1 2 also a1 D @3A. Analog ist 3

entsteht dann die oben angegebene Matrix mit den Koordinaten der Würfelecken in den Spalten. 19.17 

2 2 1

1 d2 d1 A : 0

Als erstes Element in der Hauptdiagonale von Rd;' folgt r11 D d12 C cos '.1  d12 /: Rechts daneben steht

0 1 1 @ 3 det t2 D knk2 1

1 1 2

1 5 50 D 1 ; 5A D 50 0

0 1 0 1 0 1 1 2 3 also a2 D @0A  @2A D @2A. Nun bleibt 3 1 4 0 1 3 [email protected] A 1 m D .a1 C a2 / D 5 : 2 2 6 Diese Aufgabe ließe sich auch mit Methoden der Analysis lösen: Setzen Sie m zunächst mit unbekannten Koordinaten .x1 ; x2 ; x3 /T an und minimieren Sie dann die Quadratsumme der Abstände von G1 und G2 (siehe Formel auf S. 725) durch Nullsetzen der partiellen Ableitungen nach x1 , x2 und x3 .

r12 D d1 d2 .1  cos '/  d3 sin ':

Anwendungsprobleme 19.18  m ist der Mittelpunkt der Gemeinlotstrecke. Wir verwenden die Formeln von S. 726 und berechnen zunächst einen Richtungsvektor der gemeinsamen Normalen von G1 und G2 , nämlich 1 0 1 0 1 5 2 1 n D @ 1A @2A D @5A : 0 1 2 0

19.19  Wird das Parallelepiped von den drei linear unabhängigen Vektoren a, b und c aufgespannt und wählen wir die erste Ecke im Koordinatenurprung 0, so verbinden die 4 Raumdiagonalen die Punktepaare .pi ; q i /, i D 1; : : : ; 4 , wobei gilt: p1 p2 p3 p4

D 0; D a; D a C b; D b;

D aCbCc D bCc Dc DaCc

Nun liegt der Mittelpunkt mD

Der Schnittpunkt der gemeinsamen Normalen mit G1 ist 0 1 0 1 1 2 a1 D @3A C t1 @ 1A 2 3

q1 q2 q3 q4

1 .a C b C c/ 2

auf allen Raumdiagonalen, denn für jedes i 2 f1; : : : ; 4g ist mD

1 .p C q i /: 2 i

Als Quadratsumme der Längen kq i  pi k folgt

Der letzte Ausdruck ist eine Summe von Skalarprodukten. Nun gilt für i ¤ j

.a C b C c/2 C .a C b C c/2

  C .a  b C c/2 C .a  b C c/2 D 4 a2 C b2 C c 2 ;

.pi  pj /2 D p2i C pj2  2.pi  pj / D 1 ;

nachdem die gemischten Skalarprodukte 2.a  b/, 2.a  c/ und 2.b  c/ in dieser Summe je zweimal mit positivem und zweimal mit negativem Vorzeichen auftreten.

somit

19.20  Zu 1) Für die Entfernung d1 des Schwerpunktes s vom Eckpunkt p 1 folgt

Wir setzen dies in der letzten Gleichung ein und erhalten

1 d12 D ks  p 1 k2 D kp C p 2 C p 3 C p4  4p1 k2 16 1 1 D ..p2  p 1 / C .p 3  p 1 / C .p4  p1 //2 16 3 1 .3  1 C 3  1/ D ; D 16 8

p i  pj D

 1 2 p C pj2  1 : 2 i

.m2  m1 /  .m3  m2 / 1 D p 23 C p 24  1  p 23  p 21 8 C 1  p 22  p 24 C 1 C p 22 C p21  1/ D 0: Zu 3) Mit dem letzten Beweis ist gleichzeitig

nachdem für die Skalarprodukte bei i ¤ j und i; j ¤ 1 gilt

.p3  p2 /  .p4  p 1 / D 0

.p i  p 1 /  .pj  p 1 /  1 C p 2i C pj2  p 2i  pj2 D p i  pj  p i  p 1  pj  p 1 C 2  1 1 2 2 .pi  p 1 / C .pj  p 1 /  .pi  pj /2 D : D 2 2 p 21

und damit die Orthogonalität der Gegenkantenpaare bestätigt. Als Mittelpunkt der zugehörigen Seitenmitten folgt 1 2

Die Distanz d1 D ks  p 1 k hängt gar nicht vom Index 1 ab.



1 1 .p 2 C p 3 / C .p 1 C p 4 / 2 2 1 D .p 1 C p 2 C p 3 C p 4 / D s : 4

Zu 2) Die genannten Kantenmitten sind der Reihe nach 1 .p C p2 /; 2 1 1 m3 D .p3 C p4 /; 2

m1 D

19.21 

1 .p C p 3 /; 2 1 1 m4 D .p 2 C p 4 /: 2 m2 D

p p 1 Sp.A/ D p .2 C 2 C 3/ D 1 C 2 cos ': 6 Zur Bestimmung eines Vektors d lösen wir das homogene lineare Gleichungssystem

Sie erfüllen die Parallelogrammbedingung m2  m1 D m3  m4 D p 3  p 2 : Alle Seitenlängen in diesem Parallelogramm sind gleich denn

.A  E3 / x D 0 1 2

,

1 1 km2  m1 k D .p 3  p 2 /2 D ; 4 4 1 1 km3  m2 k2 D .p 4  p 1 /2 D : 4 4 2

Zudem sind aufeinanderfolgende Seiten orthogonal, denn zunächst folgt .m2  m1 /  .m3  m2 / D D

Für die Spur von A gilt

1 .p  p 2 /  .p 4  p 1 / 4 3

1 .p  p  p 3  p 1  p2  p 4 C p 2  p 1 /: 4 3 4

mit der Koeffizientenmatrix p 0 2  6 p 1p @ 0 3p  6 p 2 2

1 1 p A p 3p : 2 6

Wir berechnen eine Lösung als Vektorprodukt p p 1 0 1 0 1 2 6 0p 2  p2 @ 1 A @1  2A D @ 2  6 p A: p 1 1 .2  6/.1  2/ 0

Dies p bleibt eine Lösung, wenn wir die Koordinaten noch durch .2  6/ dividieren.

195

Kapitel 19

Lösungswege

196

Kapitel 19

Kapitel 19

19.23  Wir berechnen einen zur Dreiecksebene orthogonalen Vektor d D .a1  a2 / .a2  a3 / als

Nach S. 731 ist 1 .A C AT / D sin ' SdO 2

1 0 1 0 1 2 1 3 d D @1A @ 2A D @3A ; 1 1 3 0

der schiefsymmetrische Anteil von A, und in SdO stehen nach 1 (19.9) die Koordinaten des normierten Drehvektors dO D kdk d. Wir erhalten p 1 0 0 1 1 p  p2 1 sin ' p @ 1p Sd : 0p  2  3A D p kd k 2 6 1C 2 2C 3 0

Die Drehachse geht durch den Schwerpunkt 0 1 1 1 s D .a1 C a2 C a3 / D @ 0A : 3 2

Ein Vorzeichenvergleich zeigt sin ' < 0 . 19.22 

Wir beginnen mit cos ˇ D b3  b03 D

1 3

. Der Vektor

0 1 0 1 0 1 0 2 2 1 1 d D b3 b03 D @0A @2A D @2A 3 3 1 1 0

Durch die Drehung soll a1 nach a2 kommen. Da der Vektor .a1 s/ .a2 s/ mit dO gleichgerichtet ist, beträgt der Drehwinp kel ' D 120ı , d. h., cos ' D  12 , sin ' D 23 . Die zugehörige wurde bereits im Beispiel 19 ausgerechnet als Drehmatrix Rd;' O 0

Rd;' O

schliesst mit b1 den (im Sinne von b3 gemessenen) orientierten Winkel ˛ ein. Wir erhalten 1 cos ˛ D b1  dO D p : 2

0 D @1 0

0 0 1

1 1 0A : 0

Sie ist deshalb besonders einfach, weil die Basisvektoren zyklisch vertauscht werden.

d liegt im ersten Quadranten, also 0 < ˛ < 90ı . b01

0 1 1 1 dO D p @1A : 3 1

b03

Der Vektor d schließt mit den im Sinne von zu messenden Winkel  ein. Wir finden 0 1 0 1 2 1 1 1 1 3 cos  D b01  dO D @ 1A  p @1A D p D p : 3 2 0 3 2 2 2 Zur Bestimmung der richtigen Orientierung berechnen wir ferner sin  D .dO b01 /  b03 O b0 ; b0 / D dO  .b0 b0 / D dO  b0 ; D det.d; 1 3 1 3 2 also 0 1 0 1 1 1 1 1 sin  D dO  b02 D  p @1A  @2A D  p : 3 2 0 2 2

Nun ist diese orthogonale 3 3 -Drehmatrix rechte untere Teilmatrix in der erweiterten Darstellungsmatrix D . Die erste Spalte in D folgt aus der Forderung, dass der Schwerpunkt sich bei der Drehung nicht ändert, also wegen  1 1 D x s

0T Rd;' O

! 1 : s

Wir setzen ein und erhalten für den noch unbekannten Vektor x in der ersten Spalte 1 0 1 1 B1C Bx1 B CDB @ 0A @x2 2 x3 0

0 0 1 0

0 0 0 1

10 1 0 1 0 1 1 B C B C 1C C B1C D Bx1 C 2C ; @ A A @ 0 x2  1 A 0 2 x3 0

woraus x1 D 3, x2 D 1, x3 D 2 folgt.

20.6  Sind  und ı zwei Skalarprodukte des Rn , so ist jede Orthogonalbasis bezüglich  auch eine Orthogonalbasis bezüglich ı – stimmt das?

Aufgaben Verständnisfragen 20.1



Sind die folgenden Produkte Skalarprodukte?

8 2 R R2  4 (man beachte das Kriterium von S. 770). 20.3  Wir müssen voraussetzen, dass es wenigstens einen vom Nullvektor verschiedenen Vektor u in V gibt. Diesen Vektor u normieren wir auf die Länge 1 und erhalten so den Vektor n. p Weil jede positive reelle Zahl  eine (positive) Wurzel  bep sitzt, exisitiert in V der Vektor v WD  n. Mit diesem so erklärten Vektor v gilt die Gleichung

2.

p p 2 p v  v D .  n/  .  n/ D  .n  n/ D  :

Die Näherungsfunktion f lautet

2 t f D 0:93 C 0:23 cos 12

v  w D vT A w

T

8 9 0 1 i ˇˇ < ei' = p @1A ˇˇ ' 2 Œ0; 2 Œ : : 3 ; 1





Die Matrix A ist hermitesch, wenn A dann, wenn a D 2 und b 2 R ist.

Anwendungsprobleme 20.11 





2 t C 0:46 sin 12

:

20.12  Es gilt ak D 0 für alle k, und b1 D 1, b2 D 1, b3 D 2=3, b4 D 1=2.

Also ist ein Skalarprodukt  W V V ! R stets surjektiv, wenn V ¤ f0g gilt. 20.4  Im Fall w D 0 stimmen alle Behauptungen. Darum setzen wir von nun an w ¤ 0 voraus. Für alle ;  2 K gilt die Ungleichung 0  . v C  w/  . v C  w/ :

Lösungswege Verständnisfragen

Wir wählen nun das reelle  WD w  w .> 0/ und  WD v  w und erhalten so: 0  . v C  w/  . v C  w/

20.1  Das erste Produkt ist kein Skalarprodukt, denn es ist nicht linear im ersten Argument, wie das folgende Beispiel zeigt:        1 1 1 1 1 1 1  C  D1¤0D  C 1 0 1 0 1 0 0 Das zweite Produkt ist ein Skalarprodukt. Offenbar wir  können 3 1 durch das Skalarprodukt auch mittels der Matrix A D 1 1

D   .v  v/ C   .v  w/ C   .w  v/ C   .w  w/ D  . .v  v/ C  .v  w/ C  .w  v/ C  / D  ..w  w/ .v  v/       C  / D  .kwk kvk  .v  w/ .v  w// Wir können die positive Zahl  in dieser Ungleichung kürzen und erhalten kwk2 kvk2  jv  wj2 :

v  w D vT A w

Wegen der Isotonie der Wurzelfunktion folgt die CauchySchwarz’sche Ungleichung

ausdrücken. Weil die Matrix A symmetrisch und nach dem Kriterium von S. 751 sogar positiv definit ist, ist  ein Skalarprodukt.

jv  wj  kvk kwk :

Kapitel 20

20.8

20.2

199

200

Kapitel 20

20.7

Weiterhin folgt aus der Gleicheit



(1) Die Aussage

jv  wj D kvk kwk

kx .i /  xk D

mit obiger Wahl für  und  sogleich

min

y2x .0/ CUi

ky  xk

ist nach dem Projektionssatz auf S. 762 äquivalent zu

Kapitel 20

. v C  w/  . v C  w/ D 0 ;

.x .i /  x/  u D 0 für alle u 2 Ui ;

wegen der positiven Definitheit des Skalarproduktes also  v C  w D 0. Weil  ¤ 0 gilt, bedeutet dies, dass v und w linear abhängig sind.

wobei das Skalarprodukt  nun mit der (positiv definiten) Matrix A gegeben ist. Mit dem Vektor r .i / WD b  A x .i / gilt für alle u 2 Ui

Ist andererseits vorausgesetzt, dass v und w linear abhängig sind, so existiert ein  2 K mit v D  w. Wir erhalten

0 D .x  x .i / /  u D .b  A x .i / /T u :

jv  wj D jj kwk kwk D k wk kwk D kvk kwk :

Die Aussage (2) begründen wir durch Induktion: Ui D hr .0/ ; A r .0/ ; : : : ; Ai 1 r .0/ i

Damit ist alles begründet.

D hr .0/ ; r .1/ ; : : : ; r .i 1/ i

20.5  Die Dimension von V bzw. U sei n bzw. r. Wir wählen eine Orthonormalbasis fb1 ; : : : ; br g von U und ergänzen diese zu einer Orthonormalbasis B D fb1 ; : : : ; br ; brC1 ; : : : ; bn g von V . Offenbar gilt hfbrC1 ; : : : ; bn gi  U ? . Ist nun v ein beliebiges Element von V , so gibt es 1 ; : : : ; n 2 R mit v D 1 b1 C    C r br C rC1 brC1 C    C n bn : „ ƒ‚ … „ ƒ‚ … DWu2U

DWu0 2U ?

Damit haben wir eine gewünschte Darstellung gefunden.

Wir begründen die Gleichheit per Induktion nach i. Für i D 0 stimmt die Behauptung. Wir zeigen, dass r .i / 2 Ui C1 gilt; wegen der linearen Unabhängigkeit der Vektoren r .0/ ; : : : ; r .i / folgt dann die Behauptung. Bei der folgenden Rechnung kommt (1) x i  x .0/ 2 Ui ins Spiel, r .i / D b  A x .i / D b  A.x .0/ C 0 r .0/ C    C i 1 r .i 1/ / 2 hr .0/ ; A r .0/ ; : : : ; Ai r .0/ i D Ui C1 ; weil b  A x .0/ D r .0/ gilt. Wegen der linearen Unabhängigkeit der rj gilt Ui C1 D hr .0/ ; r .1/ ; : : : ; r .i / i :

Wir begründen noch, dass eine solche Darstellung eindeutig ist. Gilt nun u C u 0 D v D w C w0 für Elemente u; w 2 U und u0 ; w0 2 U ? , so folgt 0 u w D w  u…0 : „ƒ‚… „ ƒ‚ 2U

2U ?

Weil aber für den Durchschnitt U \ U ? D f0g gilt, folgt sogleich u D w und u0 D w0 , also die Eindeutigkeit einer solchen Darstellung. 20.6  Die Aussage ist falsch. Wähle etwa im R2 für  das kanonische Skalarprodukt und für ı jenes, das durch die Matrix  1 1 , also durch v ı w WD vT A w, gegeben ist. Dann AD 1 2 steht e 1 bezüglich  senkrecht auf e 2 nicht aber bezüglich ı, da e 1 ı e 2 ¤ 0 gilt.

( )

Rechenaufgaben 20.8  (a) Wir verwenden das Orthonormalisierungsverfahren von Gram und Schmidt. p Setze c 1 D 1. Wegen kc 1 k D 2 erhalten wir als ersten Basisvektor einer Orthonormalbasis b1 WD p12 . bereits orthogonal zu b1 . Mit Wegen Xq 1 D 0 ist c 2 WD X q kc 2 k D 23 erhalten wir b2 WD 32 X als zweiten Basisvektor einer Orthonormalbasis. Für c 3 wählen wir 1 c 3 WD X  p 2 2

1 D X2  : 3



! r r 1 3 3 2 2 p X  X X X 2 2 2

Lösungswege

q q 8 Wegen kc 3 k D 45 erhalten wir b3 WD 45 .X 2  13 / als dritten 8 Vektor einer Orthonormalbasis.

D X3 

! r 3 3 3 X  X X X 2 2 ! r  45 1 1 2 3 X  X 3 8 3

r

3

AT A x D AT v : Das Gleichungssystem lautet 

3 X: 5

3 1

q q 8 erhalten wir mit b4 WD 175 .X 3  Wegen kc 4 k D 175 8 einen vierten und letzten Vektor einer Orthonormalbasis.

3 5

X/

Es ist also B D fb1 ; b2 ; b3 ; b4 g eine Orthonormalbasis von V . (b) Es gilt d .f ; g/ D kf  gk D

p

.f  g/  .f  g/ 11=2 r Z1 32 D @ .t 2  t  2/2 dt A D : 5 0

1

20.9  Die Bedingungen v ? v1 , v ? v2 besagen für einen Vektor v D .vi / 2 C 3 v1  i v2 D 0;

i v2 C i v3 D 0 :

Setzt man v2 D  2 C, so erhält man aus diesen Bedingungen

v1 D i ;

v3 D ;

0 1 i also v D  @1A mit  2 C : 1

1 D kvk D

p p p . v/T . v/ D   vT v D jj 3 :

Diese Bedingung besagt  D

ei' p . 3

Damit haben wir die gesuchten Vektoren bestimmt. Es sind dies die Elemente der Menge 8 9 0 1 i ˇˇ < ei' = p @1A ˇˇ ' 2 Œ0; 2 Œ : : 3 ; 1



 xD

3 5

:

1=2 besagt, dass die senkDie eindeutig bestimmte Lösung 3=2 rechte Projektion von v auf U der Vektor u D 1=2 b1 3=2 b2 D 0 1 2 @ 2 A ist. Damit erhalten wir für den minimalen Abstand den 1 Abstand von v zu U 0 1 0 1  3 2   p  @ 1 A  @ 2 A D 2 : kv  uk D     1 1  

Anwendungsprobleme 20.11  Um die Periodizität des Wasserstandes zu berückt t sichtigen, wählen wir f1 D 1; f2 D cos. 212 /; f3 D sin. 212 / als Basisfunktionen. Gesucht sind nun 1 ; 2 ; 3 2 R, sodass die Funktion f D 1 f1 C 2 f3 C 3 f3 die Größe .f .t1 /  h1 /2 C    C .f .t6 /  h6 /2

Nun benutzen wir noch die Forderung der Normierung, d. h. kvk D 1, um  genauer zu bestimmen, q

1 3

minimiert. Wir ermitteln nun die Matrix A und den Vektor p (siehe S. 765), um die Normalengleichung aufstellen zu können. Für die Matrix A erhalten wir 0 1 1 B1 1=2 B B B1 1=2 ADB B1 1 B @1 1=2 1 1=2

1 p0 C p3=2 C C 3=2 C C p0 C C p3=2A  3=2

Kapitel 20

 1 1 p c 4 WD X  p 2 2 r  45  X2  8

20.10  Wir gehen vor wie in dem Beispiel nach dem Projektionssatz auf S. 762. Wir bilden die Matrix A, deren Spalten die Basisvektoren b1 ; b2 von U sind und erhalten dann den Koordinatenvektor von u bezüglich der Basis B D .b1 ; b2 / durch Lösen des Gleichungssystems

Für c 4 wählen wir 3

201

202

Kapitel 20

3

20.12  Wir ermitteln zuerst die ersten ak . Offenbar muss für diese Funktion a0 D 0 gelten.

2

Wir bestimmen a1 ; a2 :

f(t )

1 a1 D 

1 0

1

2

3

4

5

7

6

8

9

10

11

t

a2 D

Abb. 20.18 Die Ausgleichsfunktion und die vorgegebenen Stützstellen

Kapitel 20

0 1 1:0 B C B1:5C B C B1:3C B C pDB C: B0:6C B C B C @0:4A

1 b1 D  D

Damit können wir nun die Normalengleichung AT A v D AT p aufstellen. Sie lautet mit unseren Zahlen 0 3 0

2 D 0:23;

1 

Z f .t / sin t dt  Z



3 D 0:46 ;

Analog: 1 b2 D  b3 D

Damit haben wir die Näherungsfunktion f ermittelt f D 0:93 C 0:23 cos

2 t 12



 C 0:46 sin

ˇ ˇu D t t sin t dt Dˇˇ 0 u D1

ˇ v 0 D sin t ˇˇ D v D  cos t ˇ 9 Z = C cos t dt ; 

2 C 0 D D 2: 

wobei wir auf zwei Dezimalstellen gerundet haben. 



8 1< D t cos t j :

1 0 1 0 5:6 0A x D @ 0:7p A : 3 0:8  3

Dieses Gleichungssystem ist eindeutig lösbar, die eindeutig bestimmte Lösung ist 1 D 0:93;

f .t / cos.2 t / dt D 0 :

Nun zu den bk . Wir ermitteln die ersten Koeffizienten mittels partieller Integration:

0:8

6 @0 0

f .t / cos.t / dt D 0 ;  Z

Allgemeiner erhalten wir für alle k unter Berücksichtigung der Symmetrie des Integrationsintervalles und der Antisymmetrie der Funktion f .t / cos.k t / die Koeffizienten ak D 0.

und für den Vektor p gilt

0

1 

Z

2 t 12

:

b4 D

1  1 

Z f .t / sin.2 t / dt D 1  Z

f .t / sin.3 t / dt D 2=3  Z

f .t / sin.4 t / dt D 1=2 

Kapitel 21

Aufgaben

21.5  Bestimmen Sie die Polarform der folgenden quadratischen Formen:

Verständnisfragen

(a)  W R3 ! R, .x/ D 4x1 x2 C x22 C 2x2 x3 (b)  W R3 ! R, .x/ D x12  x1 x2 C 6x1 x3  2x32

21.1  Welche der nachstehend genannten Abbildungen sind quadratische Formen, welche quadratische Funktionen:

21.6  schen Form

 W R6 ! R;

f .x/ D x12  7x22 C x32 C 4x1 x2 x3 f .x/ D x12  6x22 C x1  5x2 C 4 f .x/ D x1 x2 C x3 x4  20x5 f .x/ D x12  x32 C x1 x4

.x/ D x1 x2  x3 x4 C x5 x6 :

21.7  Bringen Sie die folgenden quadratischen Formen durch Wechsel zu einem anderen kartesischen Koordinatensystem auf ihre Diagonalform:

(a)  W R3 ! R, .x/ D x12 C 6x1 x2 C 12x1 x3 C x22 C 4x2 x3 C 21.2  Welche der nachstehend genannten Abbildungen 4x32 sind symmetrische Bilinearformen, welche hermitesche Sesqui- (b)  W R3 ! R, .x/ D 5x 2  2x x C 2x x C 2x 2  4x x C 1 2 1 3 2 3 1 2 linearformen: 2x32 (c)  W R3 ! R, .x/ D 4x12 C4x1 x2 C4x1 x3 C4x22 C4x2 x3 C (a) W C 2 C 2 ! C, .x; y/ D x1 y 1 4x32 (b) W C 2 C 2 ! C, .x; y/ D x y C x y 1 1

2 2

(c) W C C ! C, .x; y/ D x y (d) W C C ! C, .x; y/ D x y C y y (e) W C 3 C 3 ! C, .x; y/ D x1 y2  x2 y1 C x3 y3

21.8  Transformieren Sie die folgenden Kegelschnitte Q. / auf deren Normalform und geben Sie Ursprung und Richtungsvektoren der Hauptachsen an: (a)

Rechenaufgaben

(b) (c)

.x/ D x12 C x1 x2  2

p p .x/ D 5x12  4x1 x2 C 8x22 C 4 5 x1  16 5 x2 C 4 .x/ D 9x12  24x1 x2 C 16x22  10x1 C 180x2 C 325

21.3  Bringen Sie die folgenden quadratischen Formen 21.9  Bestimmen Sie den Typ und im nichtparabolischen 3 auf eine Normalform laut S. 784. Wie lauten die Signaturen, Fall einen Mittelpunkt der folgenden Quadriken Q. / des R : wie die zugehörigen diagonalisierenden Basen? (a) .x/ D 8x12 C 4x1 x2  4x1 x3  2x2 x3 C 2x1  x3 (b) .x/ D x12  6x22 C x1  5x2 . (a)  W R3 ! R; .x/ D 4x12  4x1 x2 C 4x1 x3 C x32 (c) .x/ D 4x12  4x1 x2  4x1 x3 C 4x22  4x2 x3 C 4x32 (b)  W R3 ! R; .x/ D x1 x2 C x1 x3 C x2 x3  5x1 C 7x2 C 7x3 C 1 21.4  Bringen Sie die folgende hermitesche Sesquilinearform auf Diagonalform und bestimmen Sie die Signatur:  W C 3 ! C;

21.10  Bestimmen Sie in Abhängigkeit vom Parameter c 2 R den Typ der folgenden Quadrik Q. / des R3 :

.x/ D 2x1 y 1 C 2i x1 y 2  2i x2 y 1 :

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_20

.x/ D 2x1 x2 C c x32 C 2.c  1/x3 203

Kapitel 21

(a) (b) (c) (d)

Bestimmen Sie Rang und Signatur der quadrati-

204

Kapitel 21

21.11  Transformieren Sie die folgenden Quadriken Q. / des R3 auf deren Hauptachsen und finden Sie damit heraus, um welche Quadrik es sich handelt: p p p (a) .x/ D x12  4x1 x2 C 2 3 x2 x3  2 3 x1 C 3 x2 C x3 (b) .x/ D 4x12 C 8x1 x2 C 4x2 x3  x32 C 4x3 (c) .x/ D 13x12  10x1 x2 C 13x22 C 18x32  72 21.12  Welche der folgenden Quadriken Q. / des R3 ist parabolisch? (a) (b)

.x/ D x22 C x32 C 2x1 x2 C 2x3 .x/ D 4x12 C 2x1 x2  2x1 x3  x2 x3 C x1 C x2

21.13  Q. 1 / mit

Bestimmen Sie den Typ der Quadriken Q.

0 .x/

D .x/

und

1 .x/

0/

und

D .x/ C 1;

Kapitel 21

wobei  W R ! R; 6

21.14  bildung

.x/ D x1 x2  x3 x4 C x5 x6 :

Berechnen Sie die Singulärwerte der linearen Ab-

' W R3 ! R4 ;

0 01 0 2 x1 11 B :: C B @:ADB @ 0 x40 0

0 0 3 4

1 10 0 1 x1 5 C C @x2 A : 0 A x3 0

Anwendungsprobleme 21.17  Berechnen Sie eine Näherungslösung des überbestimmten linearen Gleichungssystems: 2x1 C 3x2 D 23:8 x1 C x2 D 9:6 x2 D 4:1 In der Absolutspalte stehen Messdaten von vergleichbarer Genauigkeit. 21.18  Berechnen Sie in R2 die Ausgleichsgerade der gegebenen Punkte     1 3 4 4 ; p2 D ; p3 D ; p4 D ; p1 D 1 0 1 2 also diejenige Gerade G, für welche die Quadratsumme der Normalabstände aller p i minimal ist. 21.19  Die Ausgleichsparabel P einer gegebenen Punktmenge in der x1 x2 -Ebene ist diejenige Parabel mit zur x2 -Achse parallelen Parabelachse, welche die Punktmenge nach der Methode der kleinsten Quadrate bestmöglich approximiert. Berechnen Sie die Ausgleichsparabel der gegebenen Punkte     0 2 3 5 ; p2 D ; p3 D ; p4 D ; p1 D 5 4 4 8

Hinweise Verständnisfragen

21.15  Berechnen Sie die Singulärwertzerlegung der linearen Abbildung 0 01 0 2 x1 @x 0 A D @ 6 2 2 x30

' W R3 ! R3 ;

4 6 4

10 1 x1 4 3 A @x2 A : 4 x3

21.16  Berechnen Sie die Moore-Penrose-Pseudoinverse ' ps zur linearen Abbildung

'W R !R ; 3

3

0 01 0 1 x1 @x 0 A D @1 2 x30 1

0 0 2

10 1 0 x1 A @ x2 A : 0 x3 1

Überprüfen Sie die Gleichungen ' ı ' ps ı ' D ' und ' ps ı ' ı ' ps D ' ps .

21.1  und 790.

Beachten Sie die Definitionen auf den Seiten 779

21.2  Beachten Sie die jeweiligen Definitionen auf den Seiten 778 und 785.

Rechenaufgaben 21.3  Verwenden Sie den ab S. 782 erklärten Algorithmus und reduzieren Sie die Einheitsmatrix bei den Spaltenoperationen mit. 21.4  Hier ist der Algorithmus von S. 782 mit den Zeilenoperationen und allerdings konjugiert komplexen Spaltenoperationen zu verwenden.

Lösungen



Beachten Sie S. 780.

21.6  Suchen Sie zunächst einen Basiswechsel, welcher die auf R2 definierte quadratische Form .x/ D x1 x2 diagonalisiert. 21.7  Nach der Zusammenfassung auf S. 788 besteht die gesuchte orthonormierte Basis H aus Eigenvektoren der Darstellungsmatrix von . 21.8



Folgen Sie den Schritten 1 und 2 von S. 792.

21.9  Die Bestimmung des Typs gemäß S. 797 ist auch ohne Hauptachsentransformation möglich. Achtung, im Fall (b) ist .x/ als Funktion auf dem R3 aufzufassen. 21.10 

Beachten Sie das Kriterium auf S. 793.

21.11  Folgen Sie den Schritten 1 und 2 von S. 792. 21.12  Beachten Sie das Kriterium auf S. 793 für den parabolischen Typ sowie die Definition des Mittelpunktes auf S. 792. 21.13 

Beachten Sie die Aufgabe 21.6.

21.14  Nach der Merkregel von S. 803 sind die Singulärwerte die Wurzeln aus den von null verschiedenen Eigenwerten der symmetrischen Matrix A T A. 21.15  Folgen Sie der auf S. 803 beschriebenen Vorgangsweise. 21.16  Wählen Sie b3 2 ker ' (siehe Abb. 21.21) und ergänzen Sie zu einer Basis B mit b1 ; b2 2 ker ' ? . Ebenso ergänzen Sie im Zielraum '.b1 /; '.b2 / 2 Im.'/ durch einen dazu orthogonalen Vektor b03 2 ker ' ad zu einer Basis B 0 . Dann ist ' ps durch '.bi / 7! bi , i D 1; 2, und b03 7! 0 festgelegt.

Anwendungsprobleme

homogene Gleichungen für diese Unbekannten. Dabei ist der Wert l.p i / proportional zum Normalabstand des Punktes p i von der Geraden G (beachten Sie die Hesse’sche Normalform auf S. 721). 21.19  P ist die Nullstellenmenge einer quadratischen Funktion x2 D ax12 Cbx1 Cc. Jeder der gegebenen Punkte führt auf eine lineare Gleichung für die unbekannten Koeffizienten.

Lösungen Verständnisfragen 21.1  (d) ist eine quadratische Form, (b), (c) und (d) sind quadratische Funktionen. 21.2  (a) ist hermitesch. Es gibt keine symmetrische Bilinearform.

Rechenaufgaben 21.3  Die Darstellungsmatrix MB 0 ./ und eine mögliche Umrechnungsmatrix B T B 0 von der Ausgangsbasis zur diagonalisierenden Basis lauten 1 0 01 1 0 12 1 0 0 2 (a) MB 0 ./ D @0 1 0 A, B T B 0 D @ 0 1 1 A, 0 0 1 0 1 0 p 1 1 0 0 1 0 0 1 1=p 2 1 (b) MB 0 ./ D @0 1 0 A, B T B 0 D @1 1= 2 1A. 0 0 1 0 0 1 Die Signatur .p; r  p; n  r/ lautet in (a) .2; 1; 0/, in (b) .1; 2; 0/. 21.4  Die diagonalisierte Darstellungsmatrix und zugehörige Transformationsmatrix lauten p 1 0 0 p 1 0 0 1= 2 i=p 2 MB 0 ./ D @0 1 0A ; B T B 0 D @ 0 1= 2 0 0 0 0 0

eine 1 0 0A : 1

Die Signatur von  ist .p; r  p; n  r/ D .1; 1; 1/. 21.17 

Lösen Sie die Normalgleichungen.

21.18  G ist die Lösungsmenge einer linearen Gleichung l.x/ D u0 Cu1 x1 Cu2 x2 mit drei zunächst unbekannten Koeffizienten u0 ; u1 ; u2 . Die gegebenen Punkte führen auf vier lineare

21.5



(a) .x; y/ D 2x1 y2 C2x2 y1 Cx2 y2 Cx2 y3 Cx3 y2

(b) .x; y/ D x1 y1  12 x1 y2  12 x2 y1 C 3x1 y3 C 3x3 y1  2x3 y3 . 21.6



Der Rang ist 6, die Signatur .3; 3; 0/.

Kapitel 21

21.5

205

206

Kapitel 21

(a) .x/ D 10x30 2  4x20 2 , .p; r  p; n  r/ D

21.7  .1; 1; 1/, (b) .x/ D (c) .x/ D

3x10 2 2x10 2

C 6x30 2 , .p; r  p; C 2x20 2 C 8x30 2 , .p;

n  r/ D .2; 0; 1/. r  p; n  r/ D .3; 0; 0/,

p p 1 C 2 02 1  2 02 21.8  (a) .x/ D x1 C x2  1. 4 4 Mittelpunktpist 0, die Hauptachsen haben die Richtung der Vektoren .1 ˙ 2; 1/T . p (b) .x/ D 14 x10 2 C 19 x20 2  1. Mittelpunkt .0; 5/T , Hauptachsen in Richtung von .2; 1/T und .1; 2/T . (c) .x/ D 12 x10 2  2x2 mit dem Ursprung p D .9; 3/T und den Achsenrichtungen .3; 4/T und .4; 3/T . 21.9  (a) Q. / ist kegelig (Typ 1) mit Mittelpunkt beliebig auf der Geraden G D .t ;  12  2t ; 2t /T , t 2 R. Wegen .x/ D .2x1  x3 /.4x1 C 2x2 C 1/ besteht Q. / aus zwei Ebenen durch G.

Kapitel 21

(b) Q. / ist eine Quadrik vom Typ 2 mit Mittelpunkt auf der 5 Geraden . 12 ;  12 ; t /T , t 2 R, und zwar ein hyperbolischer Zylinder mit Erzeugenden parallel zur x3 -Achse. (c) Q. / ist parabolisch (Typ 3), und zwar wegen der Signatur .2; 0; 1/ der quadratischen Form ein elliptisches Paraboloid. 21.10  Q. / ist bei c D 1 ein quadratischer Kegel, bei c D 0 ein hyperbolisches Paraboloid und ansonsten ein einschaliges Hyperboloid. p p 21.11  (a) C . 2  1/x20 2  . 2 C 1/x30 2  Q. / ist ein einschaliges Hyperboloid. 3x10 2

p

p p 6. 1053/x20 2 8

p 6.3C 105/x 0 2

1 (b)  8 perbolisches Paraboloid.

x0 2

(c) 91 C ellipsoid.

x20 2 4

21.12 

C

x30 2 4

D 0.

 1 D 0. Q. / ist ein linsenförmiges Dreh-

0/

' ps W

0 1 0 y1 5 1 @y2 A D @2 10 y3 1

5 2 1

10 01 y1 0 4A @y20 A : y30 2

Anwendungsprobleme 21.17 

x1 D 5:583, x2 D 4:183.

21.18 

Gleichung von G:

0:340 17x1 C 0:337 78x2 C 0:877 61 D 0. 21.19 

P : x2 D

5 12

x12 

235 156

x1 C

263 . 52

Lösungswege Verständnisfragen 21.1  Der letzte Summand in (a) ist vom Grad 3. Also ist dies keine quadratische Funktion. In (d) kommen nur Summanden vom Grad 2 in .x1 ; : : : ; x4 / vor. Also ist dies eine quadratische Form Rn ! R mit n  4 und damit zugleich eine quadratische Funktion. In (b) und (c) reichen die Grade der Summanden von 0 bis 2. 21.2  (a) erfüllt die Definition von S. 785. (b), (c) und (d) hingegen verletzen diese Definition. (e) zeigt eine Bilinearform, jedoch ist diese nicht symmetrisch wegen des Minuszeichens vor x2 y1 .

C 2x3 D 0. Q. / ist ein hy-

(b) ist parabolisch.

21.13  Q. r D 6, p D 3. 21.14 

11 6

21.16 

ist von Typ 1, Q.

1/

von Typ 2 mit n D

p p Die Singulärwerte sind 10 2, 5 2 und 5.

21.15  1 0 0 p 2 4 4 6 2 [email protected] 6 3 [email protected] 0 0 2 4 4 1 0 1 p0 1 1 U D p @0 2 0 A; V T 2 1 0 1

1 0 0A V T 0 0 1 2 [email protected] D 2 2 3 2 1 0 9 0

1 2 1A 2

Rechenaufgaben 21.3  nach einem nieder: 0 4 2 B2 0 B B 0 B2 B B1 0 B @0 1 0 0

(a) Wir schreiben nur die Zwischenergebnisse Paar gleichartiger Zeilen- und Spaltenoperationen 0 1 1 1 2 B 0C C 12 z1 B1 0 B C 0 1C 21 s1 B 1 C ! B 1 B 2 0C 0 B C @0 0A 1 1 0 0 0 1 0 B 0 1 B z3 Cz2 B s3 Cs 2 B 0 0 ! B 1 1 B2 2 B @0 1 0 0

0 1 1 1 1 0 0 B C 0C C z2 Cz1 B 0 1 1 C C C z3 z1 B 1C ::: B 0 1 0 C C ! B 1 1C 1 B2 0C 2C 2 B C C @0 1 0 A 0A 0 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 B C 0C C z $z B 0 1 0 C C C s3 $s2 B 1C 3 2 B 0 0 1C C ! B 1 1 C B2 0 2 C 0C B C C @0 1 1 A 1A 0 1 0 1

Lösungswege

Die Matrix unter dem Strich ist eine auf die Normalform führende Transformationsmatrix B T B 0 .

21.7  (a) Das charakteristische Polynom der Darstellungsmatrix A von  lautet

(b) Wieder schreiben nur die Ergebnisse nach einem Paar gleichartiger Zeilen- und Spaltenoperationen an:

det.A  E 3 / D 3 C 62 C 40 D . C 4/.  10/:

0

B1 B2 B1 B2 B B1 B @0 0

1 2

0 1 2

0 1 0

1

1 2 1C 2 C z1 Cz2 C 0 C s1 Cs2

0

1

1 2

B1 0 B2 B B 1 12 C ! B B1 0 0C C B @1 1 0A 1 0 0 0 1 0 B 1 2 z2 B0 2 s2 B 0 ::: B0 ! B B1 1 B @1 1 0 0

1

0

1 B0 1C 1 z  z C B 2 1 2 C z z2 B 0 C 3::: 1 B0 C ! B B1 0C C B @1 0A 1 0 1 0 0C C C 1C C 1C C 1A 1 1

0  14 0  12 1 2

0

1 0 0C C C 1C C 1C C 1A 1

Mögliche Eigenvektoren zu den Eigenwerten 0; 4; 10 sind 1 0 b01 D @2A ; 1 0

1 3 b02 D @ 1 A ; 2

0 1 5 b03 D @3A : 6

0

Bezüglich der durch Normierung entstehenden Basis H mit 0 1 0 1 @ A h1 D p 2 ; 5 1

0 1 3 1 @ A h2 D p 1 ; 14 2

0 1 5 1 @ A h3 D p 3 70 6

bekommt die quadratische Form die Diagonalform .x/ D 4x202 C 10x302 :

Wieder lesen wir unter dem Strich B T B 0 ab. 21.4  Aus Platzgründen schreiben wir wiederum nur die Zwischenergebnisse nach einem Paar gekoppelter Umformungen auf: 0

2 B2i B B B 0 B B 1 B @ 0 0

2i 0 0 0 1 0

1 0 2 0 B0 0C C z2 Ci z1 B C B 0C s2 i s1 B0 C ! B B1 0C C B @0 0A 1 0 0

0 2 0 i 1 0

1 p 1=p2 z1 B B 0 1= 2 z2 B ::: B 0 ! B p B1= 2 B @ 0 0

1 0 0C C C 0C C 0C C 0A 1 0 1 0p i=p 2 1= 2 0

(b) Das charakteristische Polynom der gegebenen Darstellungsmatrix ist det.A  E 3 / D 3 C 92  18 D .  3/.  6/: Eine mögliche Basis aus Eigenvektoren zu den Eigenwerten 0; 3; 6 lautet 0 1 0 b01 D @1A ; 1

1 0 0C C C 0C C 0C C 0A 1

Wieder steht oben die Darstellungsmatrix M B 0 ./ in Normalform und darunter die Transformationsmatrix B T B 0 . 21.5  Die Quadrate kxi2 werden zu kxi yi aufgespaltet, die gemischten Termie 2kxi xj aufgespaltet in kxi yj C kxj yi .

1 1 b02 D @ 1 A ; 1 0

1 2 b03 D @1A : 1 0

Bezüglich der durch Normierung entstehenden Basis H mit 0 1 0 1 @ A h1 D p 1 ; 2 1

0 1 1 1 @ A h2 D p 1 ; 3 1

0 1 2 1 @ A h3 D p 1 6 1

nimmt die quadratische Form Diagonalform an: .x/ D 3x202 C 6x302 (c) Als charakteristisches Polynom der Darstellungsmatrix A von  folgt det.A  E 3 / D 3 C 122  36 C 32 D .  2/2 .  8/:

21.6  Ein Basiswechsel von B zu B 0 mit x1 D x10 C x20 , x2 D x10  x20 usw. führt zu .x/ D x102  x202  x302 C x402 C x502  x602 : Damit ist M B 0 ./ D diag.1; 1; 1; 1; 1; 1/.

Eine mögliche Basis aus Eigenvektoren ist 1 1 b01 D @ 1 A ; 0 0

1 1 b02 D @ 0 A ; 1 0

0 1 1 b03 D @1A : 1

Kapitel 21

0

207

208

Kapitel 21

.x/ ein und erhalten als Konstante nach (21.12) den Wert .m/ D 36. Nach Division durch 36 folgt

Die ersten beiden aus dem Eigenraum zu 2 sind allerdings noch nicht orthogonal. Wir ersetzen daher b02 durch 0 1 1 0 0  b b 1 b002 D b02  20 10 b01 D @1A b1  b1 2 2

in

und normieren noch alle drei Vektoren. Dies ergibt 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 @ A 1 @ A 1 @ A D p D p ; h ; h h1 D p 1 1 1 2 3 2 0 6 2 3 1

Es liegt eine Ellipse mit den Achsenlängen 3 und 2 vor.

und die vereinfachte Form .x/ D 2x102 C 2x202 C 8x302 :

Kapitel 21

Wir erhalten das charakteristische Polynom     p Eigenwerten .1 ˙ 2/=2 und den Eigenvektoren p p   1C 2 1 2 0 0 ; b2 D : b1 D 1 1

(c) Das charakteristische Polynom der enthaltenen quadratischen Form lautet  det.A  E 2 / D det

9 12

12 D 2  25: 16  

Zu den Eigenwerten 25 und 0 gehören die Eigenvektoren

21.8  (a) Zunächst diagonalisieren wir die in der quadratischen Funktion enthaltene quadratische Form mit der Darstellungsmatrix  1 12 AD 1 : 0 2 2

x 02 x102 C 2  1 D 0: 9 4

1 4

b01 D

Nach Division durch 2 erhalten wir die Normalform. Es liegt p eine Ellipse vor mit den Achsenlängen 4=.1 ˙ 2/. (b) Das charakterische Polynom 2  13 C 36 der enthaltenen quadratischen Form führt auf die Eigenwerte 4 und 9 mit den Eigenvektoren   2 1 0 0 ; b2 D : b1 D 1 2 Das lineare Gleichungssystem für den Mittelpunkt   p  x1 5 2 2p 5 Ax D a; also D 2 8 8 5 x2  0 ergibt die (eindeutige Lösung) m D p . Wir rechnen auf m 5 als neuen Ursprung und die normierte Eigenvektoren als neue kartesische Basis um, setzen also  0    1 2 1 x1 x1 0 p Cp D 0 1 2 x2 5 x 5 2

3 4



und b02 D

 4 : 3

Das Gleichungssystem  Ax D a;

mit den

Nachdem in der quadratischen Funktion die linearen Glieder fehlen, fällt der Mittelpunkt in den Ursprung 0. In dem Koordinatensystem .0I h1 ; h2 / mit hi D b0i =kb0i k entsteht die Kegelschnittsgleichung p p 1 C 2 02 1  2 02 x1 C x2  2 D 0: 2 2



also

9 12

  x1 12 5 D 16 90 x2

ist unlösbar. Wir zerlegen daher die Absolutspalte a in zwei orthogonale Komponenten a0 C a1 . Dabei liegt a0 in dem von b02 aufgespannten Kern ker A und a1 in dem dazu orthogonalen Bildraum A, der von den Spaltenvektoren von A aufgespannt wird:  a  b02 0 40 ; b D 30 b02  b02 2  45 : a1 D a  a 0 D 60

a0 D

Als Lösung von Ax D a1 folgt p.t / D .5 C 4t ; 3t /T , t 2 R. Der Koordinatenwechsel    1 3 5 C 4t x1 C D x2 3t 5 4

 0 x1 4 x20 3

ergibt .x/ D 25x102 C 100x20 C 500t C 500: Die Wahl t D 1 beseitigt die Konstante. Es handelt sich um eine Parabel mit dem Scheitel p.1/ D .9; 3/T . Die Division der Gleichung durch 50 ergibt den Koeffizienten 2 von x20 . Eine Umkehr beider Koordinatenachsen schließlich ergibt ein Rechtskoordinatensystem mit dem in der Normalform auf S. 793 vorgeschriebenen Koeffizienten 2, also die Kegelschnittsgleichung 12 x200 2  2x200 D 0. Die Parabel hat den Parameter 1=2 .

Lösungswege

 12

2

1

0

bilden eine Basis aus Eigenvektoren, aus welchen durch Normierung die Hauptachsen folgen. Der p als Lösung p Mittelpunkt von Ax D a fällt nach m D .2= 3; 1=2 3; 5=6/T . Wegen .m/ D 11=6 wird die Quadrikengleichung zu p p 11 D 0: 3x102 C . 2  1/x202  . 2 C 1/x302  6 Dadurch wird ein einschaliges Hyperboloid dargestellt. 3 2 (b) Das charakteristische p Polynom  C 3 C 24 führt zu den Eigenwerten 12 .3 ˙ 105/ und 0 und zu Eigenvektoren

daher

p 1 13 ˙p 105 D @ 5 ˙ 105 A ; 4 0



rg.A/ D rg.A j a/ D rg.A / D 2: Das Gleichungssystem Ax D a für den Mittelpunkt ist lösbar. Also liegt der kegelige Typ 1 vor. (b) Es ist rg.A/ D rg.A j a/ D 2 und rg.A / D 3. Das System Ax D a für den Mittelpunkt hat eine einparametrige Lösung. Die in .x/ enthaltene quadratische Form liegt bereits in Diagonaldarstellung vor. Also ist deren Signatur .1; 1; 1/.

b01;2

Das Gleichungssystem Ax D a ist unlösbar; also liegt ein Paraboloid vor. Wir zerlegen a in zwei zueinander orthogonale Komponenten a D a0 C a1 mit a0 2 ker A und a1 2 Im A. Dies ergibt 0 1 2 [email protected] A a0 D 2 ; 3 4

(c) Es ist rg.A/ D 2 und rg.A j a/ D 3. Also gibt es keinen Mittelpunkt. Es liegt ein parabolischer Typ vor. Nach Zeilen- und Spaltenumformungen erkennt man die Signatur .p; r  p; n  r/ D .2; 0; 1/ der enthaltenen quadratischen Form. 21.10  Die enthaltene quadratische Form ist bei c D 0 vom Rang 2, ansonsten vom Rang 3 und durch 10 1 0 1 0 p1  p12 0 x10 x1 2 C 1 1 @ @x2 A B p 0A x20 A @ p2 2 x3 x30 0 0 1 diagonalisierbar. Bei c D 0 entsteht unmittelbar die Gleichung x102



x202



3x30

D0

eines hyperbolischen Paraboloids. Bei c ¤ 0 gibt es einen /T . Wird er als Kooreindeutigen Mittelpunkt m D .0; 0; 1c c dinatenursprung gewählt, so erhalten wir die Gleichung x102  x202 C cx302 

.1  c/2 D 0: c

Bei c D 1 stellt diese einen quadratischen Kegel dar, ansonsten unabhängig vom Vorzeichen von c ein einschaliges Hyperboloid, nachdem bei negativem c sowohl der Koeffizient von x302 , als auch das Absolutglied das Vorzeichen wechseln. 21.11  (a) Das charakteristische Polynom 3 C 2 C p 7  3 hat die Nullstellen 3 sowie 1 ˙ 2. Die Vektoren p 1 0 p 1 0 p 3 ˙ 2 p b01 D @ 3 A ; b02;3 D @˙ p2  1A 1 3

1 1 b03 D @ 1 A : 2 0

0 1 2 [email protected] A a1 D 2 : 3 2

Das System Ax D a1 hat als Lösung p D 16 .1  t ; 2 C t ; 2t /T . Bei t D 1=4 fällt nach Substitution die Konstante in der Quadrikengleichung weg und es bleibt nach geeigneter Multiplikation die Normalform p

6.3 C

p

105/x102

8



p p 6. 105  3/x202 C 2x3 D 0: 8

Es handelt sich um ein hyperbolisches Paraboloid mit dem 1 Scheitel 24 .3; 7; 2/T . (c) Das charakteristische Polynom 3 C 442  612 C 2592 hat als Nullstellen die Eigenwerte 8 und zweifach 18. Der Koordinatenurpsrung 0 ist bereits der Mittelpunkt. Die Normalform der Quadrikengleichung x102 x 02 x 02 C 2 C 3 1D0 9 4 4 weist Q. / als ein verlängertes Drehellipsoid aus mit den Achsenlängen 3 und zweimal 2. Eine mögliche Basis für die Hauptachsen ist 0 1 1 1 @ A h1 D p 1 ; 2 0

0 1 1 1 @ A h2 D p 1 ; 2 0

0 1 0 h3 D @0A : 1

Kapitel 21

21.9  (a) Für die Koeffizientenmatrix A, die erweiterte Koeffizientenmatrix A und für den Vektor a gilt 1 0 1 0 1 8 2 2 [email protected] 0 1A ; a D @ 0 A ;  12 2 1 0 1 0 0 1 0  12 B 1 8 2 2 C C; A D B @ 0 2 0 1 A

209

210

Kapitel 21

21.12  Wir untersuchen die Lösbarkeit des Gleichungssystems Ax D a. In (a) gibt es die eindeutige Lösung .0; 0; 1/T für den Mittelpunkt, denn rg A D 3. In (b) ist rg A D 2, eine notwendige Bedingung für Typ 3. Zudem ist rg.A j a/ D 3, das System also unlösbar. Also ist Q. / parabolisch.

und die h0i die orthogonale Matrix U D

B0 T H 0

0 1 1 @ D p 0 2 1

p0 2 0

1 1 0 A: 1

Wegen 21.13  Der Basiswechsel von B zu B 0 mit x1 D x10 C x20 , 0 0 x2 D x1  x2 usw. führt zu: 0 .x/

D x102  x202  x302 C x402 C x502  x602

1 .x/

D x102  x202  x302 C x402 C x502  x602  1

Damit ist Q. 0 / ein kegeliger Typ und Q. 1 / eine im Ursprung 0 zentrierte Mittelpunktsquadrik mit den charakteristischen Zahlen (siehe S. 793) .n; r; p/ D .6; 6; 3/. 21.14 

Wir erhalten als Matrizenprodukt 0

Kapitel 21

125 AT A D @ 0 75

0 25 0

1 75 0 A: 125

Aus dem charakteristischen Polynom 3 C2752 16 250 C 250 000 folgen die Eigenwerte 200, 50 und 25. Also lauten die p p Singulärwerte von A: 10 2, 5 2 und 5. 21.15  Wir bestimmen Eigenwerte und -vektoren der symmetrischen Matrix 1 0 44 20 34 A T A D @20 68 14A : 34 14 41 Zu den Eigenwerten 72, 81 und 0 gehört die orthonormierte Basis 0 1 0 1 0 1 1 2 2 [email protected] A [email protected] A [email protected] A h1 D 2 ; h2 D 2 ; h3 D 1 : 3 3 3 2 1 2 Der letzte liegt im Kern ker A. Die Bilder Ah1 und Ah2 sind zueinander orthogonal und bestimmen die ersten zwei Vektoren h01 ; h02 im Bildraum mit 0 1 0 1 0 1 1 0 0 h1 D p @ 0 A ; h2 D @1A : 2 1 0 Wir ergänzen durch das Vektorprodukt h03 D h01 h02 zu einer orthonormierten Basis im Bildraum. Dann bilden die hi als Spaltenvektoren die orthogonale Matrix 1 0 1 2 2 [email protected] V D BTH D 2 2 1 A 3 2 1 2

AD

B 0 M .'/B

0 H 0 T B H 0 M .'/H H T B

D

ist p A D U diag. 72; 9; 0/ V T : In der Diagonalmatrix stehen die Wurzeln aus den Eigenwerten von A T A, also die Singulärwerte von A zusammen mit 0. 21.16  b3 D .0; 1; 2/T spannt den Kern ker ' auf. In dem zugehörigen Orthogonalraum ker ' ? , dem Bildraum der adjungierten Abbildung ' ad , wählen wir die Vektoren b1 D .1; 0; 0/T und b2 D .1; 2; 1/T als zwei linear unabhängige Zeilenvektoren aus der gegebenen Darstellungsmatrix. Deren Bildvektoren b01 D '.b1 / D .1; 1; 1/T und b02 D '.b1 / D .1; 1; 6/T liegen im Bildraum Im '. Wir ergänzen zu einer Basis B 0 durch einen orthogonalen Vektor b03 2 Im ' ? , der damit im Kern von ' ad liegt, etwa b03 D .1; 1; 0/T . Nun ist 0

B M .'

ps

/B 0

1 D @0 0

0 1 0

1 0 0A : 0

Mithilfe der Transformationsmatrizen E T B D ..b1 ; b2 ; b3 // und E 0 T B 0 D ..b01 ; b02 ; b03 // rechnen wir auf die Standardbasen E und E 0 im Urbildraum und im Zielraum um und erhalten schließlich 1 0 5 5 0 1 ps @2 2 4A : B M .' /E 0 D 10 1 1 2 Zum Nachprüfen der obigen Gleichungen genügt es, die Basisvektoren bi oder bj0 zu verfolgen.

Anwendungsprobleme 21.17  Wir multiplizieren das unlösbare Gleichungssystem Ax D s von links mit A T und erhalten die Normalgleichungen 5x1 C 7x2 D 57:2 71 C 22x2 D 85:1 Daraus folgt als Lösung, etwa nach der Cramerschen Regel, x1 D 5:583 und x2 D 4:183.

Lösungswege

0 1  B3 k DB A @4 d 4

0 1 1 1 1  B0C k 1C C C DB @ 1 A: 1A d 2 1

Wir multiplizieren von links mit A T und erhalten die Normalgleichungen 

42 12

  11 k 12 ; D 2 d 4

welche zur eindeutigen Lösung k D 5=6 und d D 2 führen, also zur Geradengleichung x2 D 5x1 =6  2 oder 0:340 17x1 C 0:337 78x2 C 0:877 61 D 0.

21.19  Das lineare Gleichungssystem für die unbestimmten Koeffizienten a; b; c lautet 0 0 1 0 a B4 B A @b A D @ 9 c 25

0 2 3 5

0 1 1 5 1 0 1 a B C 1C C @b A D B4 C : @4 A 1A c 8 1

Durch Multiplikation von links mit A T leiten wir die Normalgleichungen 10 1 0 0 1 a 722 160 38 252 @160 38 10A @b A D @ 60 A c 38 10 4 21 her. Wir erhalten als Koeffizienten der optimalen Parabelgleichung .a; b; c/ D .5=12; 235=156; 263=52/, also ungefähr .0:416; 1:506; 5:058/.

Kapitel 21

21.18  Durch Einsetzen der gegebenen Punkte in kx1 C d D x2 entstehen vier lineare Gleichungen für k und d der Form

211

Kapitel 22

22.8  Berechnen Sie für den zyklischen Basiswechsel von B D .b1 ; b2 ; b3 / zu B D .b2 ; b3 ; b1 / die Einträge aji und aji und überprüfen Sie dies beim kovarianten Metriktensor gij .

Verständnisfragen 22.1  Gegeben sind kartesische Tensoren rij k , sij und tij . Welche der folgenden Größen sind koordinateninvariant? si i ;

sij tj k ;

sij tj i ;

rijj ;

sij tj k ski

22.2  Warum verschwindet das doppelt-verjüngende Produkt s ij aij , wenn der Tensor s ij symmetrisch und der Tensor aij alternierend ist? Was ist s ij aj i ? 22.3  Warum sind die Symmetrie und die Antisymmetrie eines kartesischen Tensors tij zweiter Stufe koordinateninvariante Eigenschaften. 22.4  Beweisen Sie die folgende Aussage: Sind die Vektoren mit Komponenten ai , bi und ci linear unabhängig im R3 und ist der Vektor vi darstellbar als die Linearkombination vi D ˛ ai C ˇ bi C  ci , so gilt für den ersten Koeffizienten ˛ D "ij k vi bj ck ="ij k ai bj ck . Wie lauten die analogen Ausdrücke für ˇ und  ? 22.5  Wie lautet das Quadrat (a) des Rotationstensors ti k sowie (b) jenes des Drehtensors dij ?

Rechenaufgaben 22.6  Berechnen Sie im R3 die nachstehend angeführten Ausdrücke, die alle das Kronecker-Delta enthalten: ıi i ; 22.7



ıij ıj k ;

ıij ıj i ;

11

Berechnen Sie die Vektoren b1 , b2 und b3 der Dualbasis B , den kovarianten Metriktensor gij , den kontravarianten Metriktensor g ij durch Invertieren der Matrix .gij / und überprüfen Sie die Gleichung (22.8). 22.10  Wir wechseln von der Basis B D .b1 ; b2 ; b3 / mit dem kovarianten Metriktensor .gij / D diag.1; 2; 1/ zur Basis B D .b1 ; b2 ; b3 / mit b1 D b1 ;

5

in seinen symmetrischen Anteil sij und seinen alternierenden Anteil aij und berechnen Sie den Vektor dj D 12 "ij k ti k .

b2 D b1 C b2 ;

b3 D b1 C b2 C b3 :

Wie sehen die neuen Komponenten t ij des Tensors tij mit 1 0 1 1 2 .tij / D @ 2 2 1A 1 2 1 i

aus? Berechnen Sie ferner die neuen Komponenten t j , und zwar einerseits im neuen Koordinatensystem durch Hinaufziehen, andererseits aus den zugehörigen alten Komponenten nach dem jeweiligen Transformationsgesetz. 22.11 

ıij ıj k ıki :

Zerlegen Sie den Tensor tij mit 1 0 3 2 1 .tij / D @0 4 3 A 7

22.9  Neben der kanonischen Basis .e 1 ; e 2 ; e 3 / des R3 sei B eine weitere Basis mit 0 1 0 1 0 1 1 1 1 b1 D @1A ; b2 D @ 0A ; b3 D @1A : 1 1 1

Wie ändert sich der symmetrische Tensor 2. Stufe 1 0 0 1 0 .tij / D @ 0 2 0 A ; 0 0 3

wenn die zugrunde liegende orthonormierte Basis B um die x3 Achse durch 60ı nach B verdreht wird? 22.12  Berechnen Sie den Projektionstensor nij zum Einheitsvektor b n D p16 .1; 1; 2/T und zerlegen Sie den Vektor v D .1; 1; 1/T in zwei orthogonale Komponenten v0 und v00 , wobei v0 zu b n parallel ist.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_21

213

Kapitel 22

Aufgaben

214

Kapitel 22

22.13 

Abb. 22.5 Die Last verursacht eine Verzerrung im Träger des Kranes

Die eigentlich orthogonale Matrix 0

2 1 .dij / D @ 1 3 2

1 2 2A 1

1 2 2

x2 x1

x3

bestimmt einen Drehtensor. Berechnen Sie die Drehachse b d und den auf die Orientierung von b d abgestimmten Drehwinkel ' mit 0  ' < 360ı. 22.14 

Berechnen Sie die Werte "ij k "ij l und "ij k "ij k .

22.15  Sind ei die Komponenten eines Einheitsvektors und vi jene eines beliebigen Vektors des R3 , so gilt die Identität

Hinweise

vi D vj ej ei C "ij k ej "klm vl em : Begründen Sie diese Identität. Was bedeutet sie in Vektorform?

Verständnisfragen

22.16 

22.1  Beachten Sie die Definition eines kartesischen Tensors auf S. 828.

Beweisen Sie die Grassmann-Identität von S. 718 u .v w/ D .u  w/v  .u  v/w

unter Benutzung der Tensordarstellung (22.12) von Vektorprodukten.

22.2



Es ist s ij D s j i und aij D aj i .

Kapitel 22

22.3  Vergleichen Sie das Transformationsverhalten von tij mit jenem von tj i .

Anwendungsprobleme 22.17  sor

22.4  Beachten Sie die Cramer’sche Regel auf S. 614 sowie die Formel (22.11).

Bestimmen Sie bei dem gegebenen Spannungsten0

[email protected] x

22.5  Mit dem Quadrat ist die zweifache Anwendung gemeint. Beachten Sie die Formeln (22.13) und (22.16) oder auch die geometrische Bedeutung dieser Tensoren, dargestellt in den Abb. 22.1 und 22.3. In (22.13) ist kd k D !, in (22.16) kd k D 1 vorausgesetzt.

1



y

x y A

mit als Normalspannung und  als Schubspannung die Konstanten x; y 2 R derart, dass der Spannungsvektor auf der zu .1; 1; 1/T orthogonalen Ebene verschwindet. 22.18  In einem Punkt des Armes am abgebildeten Kran sind die durch die Last hervorgerufenen Dehnungs- und Gleitungsgrößen bezüglich des angegebenen Koordinatensystems bekannt: 6

"1 D 100  10 ; 12 D 400  106 ;

6

"2 D 400  10 ; 23 D 1200  106 ;

Rechenaufgaben 22.6  1 bis 3.

In den Summen läuft jeder Summationsindex von

22.7



Beachten Sie die S. 830 sowie (22.14).

22.8



BTB

6

"3 D 900  10 ; 13 D 600  106

Bestimmen Sie die Hauptdehnungen und die Hauptdehnungsrichtungen des zugehörigen Verzerrungstensors V.

D .aji / und B T B D .aji /.

22.9  Im Sinne der Bemerkung auf S. 827 wird hier der Dualraum V mit dem Vektorraum V D R3 identifiziert.

Lösungen

22.11  Die B-Koordinaten der verdrehten Vektoren bj legen die aji fest. 22.12 

Beachten Sie die S. 830 sowie die Abb. 22.2.

22.13  Beachten Sie die Spur und den alternierenden Anteil des Drehtensors. 22.14 

Verwenden Sie die Gleichung (22.15).

22.15 

Verwenden Sie die Gleichung (22.15).

22.16 

Verwenden Sie die Gleichung (22.15).

22.7

22.17 

Beachten Sie die Erklärungen auf der S. 832.

22.18 

Beachten Sie die Anwendung auf S. 834.

22.8



0 0 .aji / D @0 1

Koordinateninvariant sind si i , sij tj i und sij tj k ski .

22.2



s ij aj i D s ij aij D s ij aij D 0.

22.3



tij D ˙tj i H) t ij D ˙tj i .

22.4



Es ist und  D "ij k ai bj vk ="ij k ai bj ck :

22.5  ti k tkm D di dm  ! 2 ıi m . Das Quadrat des Drehtensors ist jener zum doppelten Drehwinkel, also ausführlich dij dj k D di dk .1  cos 2'/ C ıi k cos 2'  "i kl dl sin 2':

Rechenaufgaben 22.6



ıi i D ıij ıj i D ıij ıj k ıki D 3, ıij ıj k D ıi k .

0 .aij / D @1 3

0

0 .aji / D @1 0

0

g 12 D g23 ; g 23 D g13 ;

1 0 4

1 3 4A 0

0 0 1

und

1 1 0A : 0

g 13 D g12 ; g 33 D g11 :



0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 b1 D @0A ; b2 D @ 1A ; b3 D @2A : 2 2 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 3 0 1 1 .gij / D @ 0 2 4 3A : 2A ; .g ij / D @1 2 1 3 3 1 2 3

0 4 1

1 2 5A ; 3

0  C 32 1 @p 1 .t ij / D 3.1 C 2 / 4 0

0 1 [email protected] nij D 1 6 2

1 1 2

0

0 i .t j / D @ 2 1

22.11 

22.12  ˇ D "ij k ai vj ck ="ij k ai bj ck

0

1 0 1A ;

1 0 0

g 11 D g22 ; g 22 D g33 ;

0 1 .t ij / D @3 2

Verständnisfragen 

1 4 7A ; 5

3 1 .sij / D @1 4 4 7 0 1 4 dj D @3A : 1

22.10 

Lösungen

22.1

Es ist

0

22.9

Anwendungsprobleme



p

2 5 3

3.1 C 2 / 31 C 2 0

1

1 2 7A : 2

2

1 0 0 A 43

1 0 1 0 1 2 1 2 1 1 2A ; v0 D @1A ; v00 D @4A : 3 3 4 2 1

22.13 

0 1 1 1 b d D p @1A ; 2 0

cos ' D

1 ; 3

' D 70:528: : :ı :

22.14 

"ij k "ij l D 2ıkl , "ij k "ij k D 6.

22.15 

v D .v  e/ e C e .v e/.

Kapitel 22

22.10  Die Transformation der Tensorkomponenten wird übersichtlicher, wenn sie in Matrizenschreibweise erfolgt.

215

216

Kapitel 22

22.16 

der Vektoren a D ai , b D bi und c D ci hat die Koeffizientenmatrix ..a b c// den Rang 3. Wir können die Lösungen nach der Cramer’schen Regel angeben als Quotienten von Determinanten. So ist bei v D vi z. B. ˛ D det.v; b; c/= det.a; b; c/. Nun übertragen wir die auftretenden Spatprodukte nach (22.11) mithilfe des Epsilon-Tensors in die Tensorschreibweise.



Anwendungsprobleme 22.17  Entweder x D y D 1 und D 2 ¤ 0 oder

D  D 0 und x; y beliebig.

22.5  (a) Aus ti k D "ij k dj und dj dj D ! 2 folgt mit der Formel (22.15) ti k tkm D "ij k dj "klm dl D "kij "klm dj dl D .ıi l ıj m  ıi m ıj l /dj dl

22.18  Die Hauptdehnungen sind 0:001 4 und zweimal 0 und sie erfolgen in den Richtungen von 1 0 1 0 1 3 2 1 @ A 1 @ A 1 @ h1 D p 2 ; h2 D p 0 ; h3 D p 10A : 14 3 10 1 140 6 0

1

d m  ıi m /; D di dm  ıi m ! 2 D ! 2 .b dib sofern wir dO D !1 d D b d i setzen. Nach Abb. 22.2 ist dies gleich dem mit ! 2 multiplizierten Tensor der Normalprojektion auf die zu d orthogonale Ebene E. (b) Das Quadrat des Drehtensors mit der Achse d zum Drehwinkel ' ist natürlich jener zum Drehwinkel 2'. Wir bestätigen dies durch die folgende Rechnung, in der wir mehrfach di di D 1 sowie "j km dj dm D 0 nutzen:

Lösungswege

dij dj k D .di dj .1  cos '/ C ıij cos '  "ij l dl sin '/  .dj dk .1  cos '/ C ıj k cos '  "j km dm sin '/

Verständnisfragen

Kapitel 22

22.1  si i ist ein Tensor 0. Stufe, also ein Skalar und damit koordinateninvariant. Es ist dies die Spur der Matrix .sij /. ri k D sij tj k ist ein Tensor 2. Stufe und damit nicht koordinateninvariant. Hingegen ist sij tj i D ri i invariant und zwar die Spur des Matrizenproduktes .sij /.tj k /. rijj ist ein Tensor 1. Stufe, während sij tj k ski wieder ein Skalar ist, und zwar die Spur des Matrizenproduktes .sij /.tj k /.skl /. 22.2  Wenn wir in s ij aij die beiden Summationsindizes i und j vertauschen, so entsteht

D di dj dj dk .1  cos '/2 C di dk .1  cos '/ cos '  "j km di dj dm .1  cos '/ sin ' C di dk cos '.1  cos '/ C ıi k cos2 '  "i km dm sin ' cos '  "ij l dj dk dl .1  cos '/ sin '  "i kl dl sin ' cos ' C "ij l "j km dl dm sin2 ' Mithilfe der Summenformel (22.15) folgt "ij l "j km D .ıi k ılm  ıi m ılk / und daher dij dj k D di dk ..1  cos '/2 C 2.1  cos '/ cos '/  2"i kl dl sin ' cos ' C ıi k cos2 '  ıi k sin2 ' C di dk sin2 '

t D s ij aij D s j i aj i D s ij aij D t :

D di dk ..1  cos '/.1 C cos '/ C sin2 '/

Also ist t D 0. Zugleich ist s aj i D s aij D t D 0. ij

ij

22.3  Nach der Definition kartesischer Tensoren auf S. 828 ist t ij D ai k aj l tkl . Damit ist tj i D aj k ai l tkl und nach Vertauschung der Summationsindizes k und l weiter tj i D aj l ai k tlk . Demnach gilt: tkl D tlk

H)

t ij D ai k aj l tkl D ai k aj l tlk D tj i

tkl D tlk

H)

t ij D ai k aj l tkl D ai k aj l tlk D tj i

22.4  vi D ˛ ai C ˇ bi C  ci für i D 1; 2; 3 stellt ein System von drei linearen Gleichungen für die drei Unbekannten ˛, ˇ und  dar. Wegen der geforderten linearen Unabhängigkeit

C ıi k .cos2 '  sin2 '/  2"i kl dl sin ' cos ' D di dk .1  cos 2'/ C ıi k cos 2'  "i kl dl sin 2':

Rechenaufgaben 22.6



ıi i D ı11 C ı22 C ı33 D 3.

Notwendig dafür, dass ein Summand in ıij ıj k nicht verschwindet, ist j D k. Somit ist ıij ıj k D ıi k . Das zeigt auch die Matrizenschreibweise, denn .ıij ıj k / D .ıij /.ıj k / D E3 E3 D E3 D .ıi k /. Somit ist ıij ıj i D ıi i D 3 und weiter auch .ıij ıj k /ıki D ıi k ıki D ıi i D 3.

Lösungswege

daher



Wir setzen M D .tij /. Dann ist 1 0 0 3 2 1 3 0 M ˙ MT D @0 4 3 A ˙ @2 4 7 11 5 1 3 0 3 1 .sij / D .tij C tj i / D @1 2 4

und

0

.aij / D

0 1 .tij  tj i / D @1 2 3

1 4 7

1 0 4

1

7 11 A ; 5

22.9

 Der Vektor b1 ist durch die Gleichungen b1  b1 D 1;

1 4 7A 5

b1  b2 D b1  b3 D 0

gekennzeichnet. Somit ist b1 ein geeignetes Vielfaches des Vektors b2 b3 .

1

3 4A : 0

dj ist der zur schiefsymmetrischen Matrix .aij / gehörige Vektor, also dj D .4; 3; 1/T . Dies bestätigt auch die Rechnung: 0 1 " t C "312 t32 1 1 @ 213 23 dj D "ij k ti k D "123 t13 C "321 t31 A 2 2 "132 t12 C "231 t21 1 0 1 0 4 3 C 11 1 D @ 1  7 A D @3A 2 1 2 C 0 Zur Kontrolle könnte auch die Gleichung dj D 1 " a verwendet werden. 2 ij k i k

Der Rest folgt aus der Symmetrie. Aber natürlich sind die Komponenten des Metriktensors bezüglich B auch direkt als Skalarprodukte g ij D bi  bj zu berechnen.

1 2

Es gibt auch eine andere Möglichkeit zur Berechnung: Dazu bezeichnen wir die kanonische Basis hier ausnahmsweise mit B, also e i D bi . Die Dualbasis zur kanonischen Basis ist mit B j j identisch, d. h. b D bj . Nun ist bi D aji b . Also sind die Zeilenvektoren in der Matrix .aji / die kanonischen Koordinaten der Vektoren bi aus der Dualbasis B . Die gegebenen B-Koordinaten der bi bestimmen die Matrix 1 0 1 1 1 i @ 0 1A : B T B D .aj / D 1 1 1 1 Invers dazu ist wegen b1 D 12 .b1  2b2 C b3 /, b2 D b2  b3 und b3 D 12 .b1 C b3 /

"ij k ti k D BT B

0 1 1 D .aji / D @2 2 1

0 2 2

1 1 0A : 1

22.8  Wir beachten die Transformationsgleichungen bj D aji bi in (22.1) sowie umgekehrt bj D aji bi oder auch die Tatsache, dass in den Spalten der Transformationsmatrix B T B die B-Koordinaten der Vektoren aus B stehen, kurz B T B D ..B b1 ; B b2 ; B b3 // und analog B T B D ..B b1 ; B b2 ; B b3 //. Beachten Sie die jeweilige Gleichheit der linken unteren Indizes.

Die Dualbasis zu B lautet somit 0 1 0 1 1 1 1 b1 D @0A ; b2 D @ 1A ; 2 0 1

Wegen b1 D b2 , b2 D b3 , b3 D b1 ist nun 1 0 0 0 1 i .aj / D B T B D @1 0 0A : 0 1 0

Dies stimmt überein mit einer Bemerkung im Beispiel auf S. 823. Demnach sind die kanonischen Koordinaten der bi die Zeilenvektoren in der zu B T B inversen Matrix, wobei die Spaltenvektoren in B T B die kanonischen Koordinaten der bj darstellen.

Umgekehrt führen b1 D b3 , b2 D b1 , b3 D b2 zur inversen Matrix 1 0 0 1 0 i .aj / D B T B D @0 0 1A : 1 0 0

Der kovariante Metriktensor von B lautet 0 3 0 .gij / D .bi  bj / D @ 0 2 1 2

Der kovariante Metriktensor erfüllt die Transformationsgleichungen g ij D aki ajl gkl . Dies ergibt im vorliegenden Fall wegen der vielen Nullen in den Transformationsmatrizen g 11 D ak1 al1 gkl D g22 ;

g 12 D ak1 al2 gkl D g23 ;

g 13 D ak1 al3 gkl D g21 ;

g 22 D ak2 al2 gkl D g33 ;

g 23 D ak2 al3 gkl D g31 ;

g 33 D ak3 al3 gkl D g11 :

0 1 1 1 b3 D @2A : 2 1

1 1 2A : 3

Invers dazu ist 0 2 1 .g ij / D .bi  bj / D @2 4 2 0 1 1 D @1 2 1

2 8 6 1 4 3

1 2 6A 6 1 1 3A : 3

Kapitel 22

22.7

217

218

Kapitel 22

Nach (22.8) sind die Vektoren der Dualbasis auch durch Hinaufziehen mithilfe des kontravarianten Metriktensors zu bestimmen, also bi D g ij bj . Wir beschränken uns auf den Fall i D 1: b D g b1 C g b2 C g b3 0 11 0 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 [email protected] @ A 1 D 1 1  1 @ 0A C 1 @1AA D @0A : 2 2 1 1 1 1 1

11

12

13

Der kovariante Metriktensor von B lautet j

.g ij / D .aki /.g kl /.al /T 10 0 1 1 1 0 D @0 1 1A @0 0 0 1 0 1 0 3 1 2 0 2 3 D @ 1 1A 2

0 22.10  Die Gleichungen b1 D b1 , b2 D b1 C b2 und b3 D b1 C b2 C b3 zusammen mit den Umkehrgleichungen b1 D b1 , b2 D b2  b1 und b3 D b3  b2 bestimmen die Transformationsmatrizen 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 .aji / D @0 1 1A ; .aji / D @0 1 1A : 0 0 1 0 0 1 Nun ist t ij D aki ajl tkl oder in Matrizenform .t ij / .aki /T .tkl /.ajl / und daher 0 1 .t ij / D @1 1 0 1 D @3 2

10 1 0 0 1 0A @ 2 1 1 1 10 1 1 2 1 1A @0 0 1 2

Kapitel 22

Aus dem gegebenen kovarianten Metriktensor gij folgt durch Invertieren der Matrix der kontravariante Metriktensor .g ij / D diag.1; 12 ; 1/. Durch Hinaufziehen entsteht t ij D g i k tkj . Das bedeutet in Matrizenschreibweise 0 1 10 1 0 0 1 1 2 .t ij / D .g i k /.tkj / D @0 12 0A @ 2 2 1A 1 2 1 0 0 1 1 0 1 1 2 [email protected] 1 1  12 A : 1 2 1 i

Daraus berechnen wir t j D aki ajl t kl . Dies bedeutet in Matrizenform .t

i j/

D

.aki /.t kl /.ajl /,

0

1 i .t j / D @0 0 0

0 [email protected] 2 1

1 1 0 2 5 3

also

10 1 0 1A @ 1 1 1 1 1 2 7A : 2

2

1 1 2

2

10

1  12 A @0 0 1

1 1 0

1 1 1A 1

1 2

0

10 0 1 0A @1 0 1

0 1 1

1 0 0A 1

2

1

1

und ist invers zu .gij / D .bi bj /. Durch Hinaufziehen bezüglich der neuen Basis B entsteht 0 3 1 10  12 0 1 0 2 2 i ij 3 .t k / D .g /.tj k / D @ 1 1A @3 4 5A 2

22.11  b1 D

2

0

1

0 [email protected] 2 1

2 5 3

0

D

1 10 1 1 1 1 2 2 1A @0 1 1A 0 0 1 2 1 1 0 1 1 1 1 0 2 1 1A D @3 4 5A : 0 1 2 1 3

0

1 1

2

1

3

1 2 7A : 2

2

Die verdrehten Basisvektoren sind

 p 1 b1 C 3 b2 ; 2

b2 D

 1 p  3 b1 C b2 ; 2

b3 D b3 :

Die B-Koordinaten von bj sind die aji , die bei den Umrechnungen t ij D aki ajl tkl erforderlich sind. Nachdem der obere Index der Zeilenindex ist, ergibt dies in Matrizenschreibweise .t ij / D .aki /T .tkl /.ajl / p p 10 10 1 0 3 0 1 0 0 1 p1  3 0 p 1 D @ 3 1 0 A @ 0  2 0 A @ 3 1 0A 4 0 0 2 0 0 3 0 0 2 p 0 1 3.1 C 2 / 0 1 C 32 p [email protected] D 3.1 C 2 / 31 C 2 0 A 4 0 0 43 22.12 

Der Projektionstensor lautet 0 1 1 1 .nij / D .ni nj / D @1 1 6 2 2

1 2 2A : 4

Damit ist die eine Komponente von v 10 1 0 0 1 1 1 1 2 1 [email protected] 1 0 vi D nij vj D 1 1 2A @1A D @1A : 6 3 1 2 2 4 2 Als Differenz v00 D v  v0 folgt 0 1 2 1 vi00 D vi  vi0 D .ıij  ni nj / vj D @4A : 3 1

Lösungswege

22.13  Ein Eigenvektor d zum Eigenwert 1 der Matrix .dij / ist als Vektorprodukt zweier linear unabhängiger Zeilenvektoren der Matrix .dij  ıij / zu berechnen, also etwa

22.16  Wir setzen z D u .v w/. In Tensorschreibweise bedeutet dies mit (22.12) zi D "ij k uj "klm vl wm . Wir formen dies wie folgt um:

1 0 1 0 1 6 2 1 d D @ 1A @ 2A D @6A : 0 2 2

zi D "kij "klm uj vl wm D .ıi l ıj m  ıi m ıj l /uj vl wm D .uj wj /vi  .uj vj /wi :

0

219

Dies ist gleichbedeutend mit Durch Normierung entsteht daraus 0 1 1 1 dO D p @1A : 2 0

z D .u  w/ v  .u  v/ w:

Anwendungsprobleme

Die Spur von .dij / ergibt 22.17  Der Spannungsvektor auf der zu n D .1; 1; 1/T orthogonalen Ebene lautet 0

@ x

also cos ' D 1=3, ' D 70:528: : :ı oder ' D 289:471: : :ı . Der alternierende Anteil von dij ist nach (22.16) 0 0 0 1 [email protected] .dij  dj i / D 0 0 2 3 2 2 0 0 B D @ dO3 sin ' dO2 sin '

1 2 2A D "ij k dOk sin ' 0 1 dO3 sin ' dO2 sin ' C 0 dO1 sin ' A : dO1 sin ' 0

O Ein Vergleich der Einträge an der p p Stelle .1; 3/ ergibt d2 D sin '= 2 D 2=3, also sin ' D 2 2=3 > 0. Damit bleibt für ' nur die zwischen 0ı und 90ı gelegene Lösung. 22.14 

Aus der Gleichung (22.15) folgt

"ij k "ij l D ıjj ıkl  ıj l ıj k D 3 ıkl  ıkl D 2 ıkl : Bei l D k entsteht "ij k "ij k D 2 ıkk D 6. 22.15  Wir formen den letzten Term auf der rechten Seite der gegebenen Gleichung mithilfe von (22.15) und der Gleichung ei ei D 1 um: "ij k ej "klm vl em D "ij k "lmk ej em vl D .ıi l ıj m  ıi m ıj l /ej em vl D .ıj m ej em /vi  el ei vl D vi  vj ej ei : Wir brauchen nur noch den letzten Summanden auf die linke Seite zu bringen, um die obige Identität bestätigen zu können. Gemäß (22.11) bedeutet diese Identität in Vektorform v D .v  e/ e C .e .v e// :



y

10 1 0 1 x 1 0 y A @1A D @0A :

1 0

Dies ist äquivalent zu

C .1 C x/ D .1 C y/ C D .x C y/ C D 0: Bei  D 0 bleibt als einzige Möglichkeit D 0, während x und y beliebig sind. Bei  ¤ 0 ist xD

C Dy 

und 2

C C D 0: 

Aus der letzten Gleichung folgt   2 D 0, also D 2 und weiter x D y D 1. 22.18  tensor

Wir erhalten mit den Angaben den Verzerrungs0

100 V D .vij / D @ 200 300

200 400 600

1 300 600A ; 900

wobei wir eigentlich noch jede Komponente mit dem Faktor 106 multiplizieren müssen. Um die Rechnungen zu vereinfachen, lassen wir diesen Faktor vorläufig weg. Wir können die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix V mithilfe des charakteristischen Polynoms ermitteln. Aber wenn wir die Matrix V etwas länger betrachten, vor allem die lineare Abhängigkeit der Spaltenvektoren, dann stellen wir fest, dass der Vektor v D .1; 2; 3/T ein Eigenvektor ist, denn 0

100 Vv D @ 200 300

200 400 600

10 1 0 1 1 300 1 600A @ 2A D 1400 @ 2A : 3 900 3

Kapitel 22

1 5 di i D .2 C 2 C 1/ D D 1 C 2 cos '; 3 3

220

Kapitel 22

Damit haben wir bereits den Eigenwert 1400 1 einem zugehö0 mit 1 rigen normierten Eigenvektor h1 D p114 @ 2A ermittelt. 3 Weil es eine Orthonormalbasis des R3 aus Eigenvektoren von V geben muss, wählen wir einen zu h2 orthogonalen normierten 0 1 3 Vektor h2 D p110 @0A. Dieser Vektor ist ein weiterer Eigen1 vektor von V, und zwar zum Eigenwert 0, wie die folgende Rechnung zeigt: 10 1 0 1 0 3 100 200 300 0 1 Vh2 D p @ 200 400 600A @0A D @0A 10 300 600 1 900 0 Nun lautet der dritte Vektor der gesuchten Orthonormalbasis 1 2 @10A h3 D h1 h2 D p 140 6 0

1

mit 0

100 @ 200 Vh3 D p 140 300 1

200 400 600

1 0 1 10 0 2 300 600A @10A D @0A : 900

6

0

Also ist 0 ein zweifacher Eigenwert, wie auch rg V D 1 zeigt. H D .h1 ; h2 ; h3 / ist somit eine orthonormierte Basis aus Eigenvektoren des Verzerrungstensors V. Nun berücksichtigen wir wieder den bisher vernachlässigten Faktor 106 : Die Hauptdehnungen sind 1400  106 und zweimal 0. Die Hauptdehnungsrichtungen sind durch h1 , h2 und h3 gegeben. Wir erhalten mit der eigentlich orthogonalen Transformationsmatrix T D ..h1 ; h2 ; h3 // 0 0 @0 0

0 0 0

1 0 A D TT V T ; 0 1400  106

sodass also nur in der Richtung von h3 eine positive Dehnung stattfindet.

Kapitel 22

Kapitel 23

Aufgaben Verständnisfragen 23.1  Bestimmen Sie grafisch die optimale Lösung x der Zielfunktion z D c T x unter den Nebenbedingungen x1 C x2  2

(a) Ist der durch die Nebenbedingungen definierte Polyeder unbeschränkt, so nimmt die Zielfunktion auf dem Zulässigkeitsbereich beliebig große Werte an. (b) Eine Änderung nur des Betrages des Zielfunktionsvektors, sofern dieser nicht verschwindet, hat keine Auswirkung auf die optimale Lösung x , ebenso wenig die Addition einer Konstanten c0 2 R zur Zielfunktion. (c) Ist x die optimale Lösung, so ist a x für ein a 2 R n f0g die optimale Lösung des Problems

2 x1 C x2  2

max z D c T x 1 A x  b; x  0 a

2 x1  3 x2  2 x1  x2  4

(d) Hat das Problem zwei verschiedene optimale Lösungen, so hat es schon unendlich viele optimale Lösungen. (e) Das Problem hat höchstens endlich viele optimale Ecken.

(a) c D .3; 2/ , (b) c D .3; 2/T . T

23.2  Bestimmen Sie grafisch die optimalen Lösungen der Zielfunktion z.x/ D c T x unter den Nebenbedingungen

23.4  Betrachten Sie im Folgenden den durch die Ungleichungen x1 C x2  4

x1 C x2  1 x1  2 x2  1

x1  x2  2

x1 ; x2  0

x1 C x2  2 x1 ; x2  0

mit dem Zielfunktionsvektor (a) c D .1; 1/T , (b) c D .1; 1/T , (c) c D .1; 1/T .

gegebenen Polyeder.

23.3  Gegeben ist ein lineares Optimierungsproblem in Standardform max z D c T x A x  b; x  0 mit den Größen c 2 Rn ; A 2 Rm n und b 2 Rm 0 . Welche der folgenden Behauptungen sind wahr? Begründen Sie jeweils Ihre Vermutung:

(a) Bestimmen Sie grafisch die optimale Lösung x der Zielfunktion z.x/ D c T x mit dem Zielfunktionsvektor c D .1; 0/T , c D .0; 1/T . (b) Wie muss der Zielfunktionsvektor c 2 R2 gewählt werden, sodass alle Punkte der Kante ˚

 .3; 1/T C  .1; 3/T j ;  2 Œ0; 1;  C  D 1



des Polyeders zwischen den beiden Ecken .3; 1/T und .1; 3/T optimale Lösungen der Zielfunktion z.x/ D c T x sind?

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_22

221

Kapitel 23

mit dem Zielfunktionsvektor

222

Kapitel 23

23.5  Gegeben ist ein lineares Optimierungsproblem in Standardform

(c) Die Nebenbedingungen, für die in einem Punkt eines durch Ungleichungen gegebenen Polyeders sogar Gleichheit gilt, bezeichnet man als die in diesem Punkt aktiven Nebenmax z D c0 C c T  x bedingungen. Den zu einer Ungleichung aT x  b gehörigen Vektor a nennt man den Gradienten dieser Ungleichung. A x  b; x  0 Betrachten Sie nun den von den Gradienten der in der Ecke mit den Größen c 2 Rn ; c0 2 R; A 2 Rm n und b 2 Rm .2; 3/T des Polyeders aktiven Nebenbedingungen aufge>0 . Begründen Sie: Sind p 1 ; : : : ; p r 2 Rn sämtliche optimalen spannten Kegel, das heißt die Menge Ecklösungen, so bildet ˚

) ( r K D  .1; 1/T C  .1; 1/T j ;   0 : ˇ X ˇ i p i ˇ 1 ; : : : ; r 2 Œ0; 1; 1 C : : : C r D 1 Für welche r > 0 und ˛ 2 Œ0; 2Œ gilt c .r; ˛/ 2 K ? i D1 Beweisen Sie Ihre Aussage! die Menge aller optimalen Lösungen des linearen Optimierungsproblems. 23.8  Betrachten Sie den durch die konvexe Hülle der   achten Einheitswurzeln p k D cos.k 4 /; sin.k 4 / , k 2 23.6  Durch die fünf Ungleichungen f0; : : : ; 7g definierten Polyeder, d. h. die Menge x1 C x2 C x3  1 x1  x2 C x3  1 x1 C x2 C x3  1 x1  x2 C x3  1

PD

( 7 X

) ˇ ˇ k p k ˇ 0 ; : : : ; 7 2 Œ0; 1; 0 C : : : C 7 D 1 :

kD0

(a) Zeichnen Sie den Polyeder. (b) Durch die beiden Größen r > 0 und ˛ 2 R wird nun wieder ein Zielfunktionsvektor c D c .r; ˛/ D .r cos ˛; r sin ˛/T T und die zugehörige Zielfunktion z.x/ D c T x definiert. Bewird eine vierseitige Pyramide mit den Eckpunkten .1; 0; 0/ , T T T T schreiben Sie für jede Ecke p k ; k 2 f0; : : : ; 7g bei welcher .0; 1; 0/ , .1; 0; 0/ , .0; 1; 0/ , .0; 0; 1/ definiert. Wahl von r und ˛ diese Ecke eine optimale Lösung des zu(a) Bestimmen Sie grafisch das Maximum und die zugehörige gehörigen linearen Optimierungsproblems ist. Optimallösung der Zielfunktion z D 3 x3 auf der Pyramide. (b) Bestimmen Sie eine Zielfunktion z, sodass alle Punkte der Grundfläche der Pyramide, das heißt alle Punkte der konvexen Hülle der Punkte .1; 0; 0/T ; .0; 1; 0/T ; .1; 0; 0/T Rechenaufgaben und .0; 1; 0/T optimale Lösungen des zugehörigen Maximierungsproblems sind. 23.9  Gesucht ist das Maximum der Funktion z D x2 C 23.7  Betrachten Sie im Folgenden den durch die Un- 3 x3 unter den Nebenbedingungen gleichungen x1 C x2 C x3  6 x1 C x2  5 x1  x2 C 2 x3  3 x1 C x2  1 x1 ; x2 ; x3  0 : x1 ; x2  0 Lösen Sie dieses Problem mit dem Simplexalgorithmus. definierten Polyeder und die Zielfunktion z D c T x mit dem zugehörigen, von den beiden Größen r > 0 und ˛ 2 Œ0; 2Œ abhängigen Zielfunktionsvektor c D c .r; ˛/ D .r cos ˛; r sin ˛/T . 23.10  Bestimmen Sie mithilfe des Simplexalgorithmus das Maximum der Funktion z D 2 x1 C 2 x2 C x3  5 unter (a) Bestimmen Sie grafisch die optimalen Ecken des Optimieden Nebenbedingungen sowie für r D 2 und rungsproblems für r D 1; ˛ D 3 8 ˛ D 5 . 8 2 x1 C x2 C x3  4 (b) Bestimmen Sie die Menge aller r > 0 und ˛ 2 Œ0; 2Œ, T x1 C 2 x2 C x3  5 für die die Ecke .2; 3/ des Polyeders eine optimale Lösung des Optimierungsproblems ist. Gehen Sie dazu zunächst gra2 x1 C 2 x2 C x3  6 fisch vor und beweisen Sie anschließend Ihre Vermutung x1 ; x2 ; x3  0 : mathematisch. x3  0

Kapitel 23

Hinweise

223

23.11  Bestimmen Sie mit dem Simplexalgorithmus die (a) Wie viele Yachten der Typen M1 und M2 sollte die Werft herstellen, um den Gewinn zu maximieren? optimalen Lösungen der Zielfunktion z D 3 x1 C6 x2 13 unter (b) Aufgrund steigender Nachfrage kann die Werft beim Verden Nebenbedingungen kauf des Modells M2 mehr Gewinn machen. Wie hoch muss x1 C 2 x2  3 der Gewinn sein, den die Werft mit dem Verkauf von Modell M2 erzielt, damit der Betrieb seine Produktion umstellen x1 C 2 x2  1 sollte? Würde es sich gegebenenfalls lohnen neue Arbeitsx1 C 2 x2  5 kräfte einzustellen? 2 x2 C x2  7 x1 C x2  4

Welche der Ecken, die Sie im Laufe des Algorithmus durchlaufen sind entartet? 23.12  Gesucht ist das Maximum der Zielfunktion z D x1 C ˛ x2 unter den Nebenbedingungen ˇ x1 C x2  1 x1 ; x2  0 : Bestimmen Sie für alle ˛; ˇ 2 R – falls existent – sämtliche optimale Lösungen. 23.13  Betrachten Sie das folgende von Klee und Minty für n 2 N eingeführte lineare Optimierungsproblem: max

n X

10nk xk

kD1

2

i 1 X kD1

10i k xk C xi  100i 1 ; 1  i  n ; x1 ; : : : ; xn  0 :

(a) Bestimmen Sie die optimale Lösung x der Zielfunktion z mithilfe des Simplexalgorithmus im Fall n D 3. Wählen Sie dabei als Pivotspalte stets die Spalte mit dem größten Zielfunktionskoeffizienten. Könnte man im ersten Simplexschritt eine Pivotspalte so wählen, dass der Algorithmus schon nach diesem einen Schritt die optimale Ecke liefert? (b) Lösen Sie nun das lineare Optimierungsproblem für jedes n 2 N.

Hinweise Verständnisfragen 23.1  Zeichnen Sie den Polyeder der Punkte, die die Nebenbedingungen erfüllen, und überlegen Sie sich, wie die Niveaulinien der Zielfunktion verlaufen. 23.2  Beachten Sie, dass optimale Lösungen nicht notwendigerweise eindeutig sein oder überhaupt existieren müssen. 23.3  beispiel.

Suchen Sie gegebenenfalls ein einfaches Gegen-

23.4  Zu (b): Überlegen Sie sich, wie die Niveaulinien der Zielfunktion aussehen müssen. 23.5  Zeigen Sie, dass die Punkte der Menge die Nebenbedingungen erfüllen und bestimmen Sie den Zielfunktionswert in diesen Punkten. 23.6  Zeichnen Sie die Pyramide, und überlegen Sie sich, wie die Niveauflächen der Zielfunktionen aussehen bzw. aussehen müssen. 23.7  Überlegen Sie sich, wie der Zielfunktionsvektor für verschiedene Werte von r und ˛ aussieht. Was folgt daraus für die Niveaulinien der Zielfunktion? 23.8

 Gehen Sie zunächst anschaulich vor.

Anwendungsprobleme 23.14  Eine Werft mit 40 Mitarbeitern stellt die Stahlkonstruktionen für zwei unterschiedliche Yachttypen M1 und M2 her. Bei der Herstellung von M1 bzw. M2 werden je 30 bzw. 20 Tonnen Stahl verbaut, wobei 200 bzw. 300 Arbeitsstunden aufgewandt werden müssen. Es stehen jährlich maximal 6000 Tonnen Stahl und 60 000 Arbeitsstunden zur Verfügung. Beide Stahlkonstruktionen bringen im Verkauf je 1000 Euro Gewinn ein.

Rechenaufgaben 23.9  Führen Sie Schlupfvaribablen ein und und bestimmen Sie das Optimum mithilfe des Simplexalgorithmus. 23.10  Die Aufgabe ist ein lineares Optimierungsproblem in Standardform.

Kapitel 23

x1 ; x2  0 :

224

Kapitel 23

23.11  Rekapitulieren Sie, welche Charakteristika das Simplextableau in entarteten Ecken zeigt.

23.6

23.12  rithmus.

23.7

Lösen Sie die Aufgabe mithilfe des Simplexalgo-

23.13  Um Teil (b) zu lösen, versuchen Sie den Gedanken aus Teil (a) zu verallgemeinern.



(a) x D .0; 0; 1/T .

(b) Die Zielfunktion muss die Gestalt z D c  x3 mit einem c > 0 haben.  (a) Die optimale Lösung ist x D .2; 3/T .

(b) Die Ecke .2; 3/T ist eine optimale Lösung für alle r > 0 und . ˛ 2 Œ 4 ; 3 4 (c) Es gilt c .r; ˛/ 2 K , .r; ˛/ 2 R>0 Œ 4 ;

3 . 4

23.14  Formulieren Sie das Beispiel als lineares Optimierungsproblem und lösen Sie es grafisch.

23.8  (a) Der Polyeder ist ein reguläres Achteck mit Ecken auf dem Einheitskreis.   (b) Die Ecke p k D cos.k 4 /; sin.k 4 / ist genau dann eine optimale Lösung des Optimierungsproblems zum Zielfunktionsvektor c .r; ˛/, wenn r > 0 und ˛ 2 Œk 4  8 ; k 4 C 8  C 2Z sind.

Lösungen

Rechenaufgaben

Verständnisfragen

23.9  Die Funktion z nimmt ihr Maximum z.x / D 38=3 im Punkt x D .0; 8=3; 10=3/T an.

Anwendungsprobleme

23.1



(a) x D .3; 1/T , (b) x D .0; 2/T .

23.2  (a) Die Zielfunktion ist auf dem Zulässigkeitsbereich unbeschränkt. Es existieren keine optimalen Lösungen. (b) Alle Punkte der von .0; 1/T ins Unendliche laufenden Halbgerade fx 2 R2 j x1 C x2 D 1; x2  0g sind optimale Lösungen der Zielfunktion. (c) x D .0; 0/T .

Kapitel 23

23.3



23.10  Das Maximum der Funktion z.x / D 1 auf dem Zulässigkeitsbereich wird im Punkt .1; 2; 0/T angenommen. 23.11  Die Zielfunktion z nimmt ihr Maximum z.x / D 2 in allen Punkten x auf der Kante f.1; 2/T C .3; 1/T j ;   0;  C  D 1g an. Im Laufe des Algorithmus werden die beiden entarteten Ecken .1; 2/T und .3; 1/T durchlaufen. 23.12  Im Fall ˇ  0 ist die Zielfunktion unbeschränkt. Im Fall ˇ > 0 ist für ˛ < 1=ˇ die Ecke x D .1=ˇ; 0/T und für ˛ > 1=ˇ die Ecke x D .0; 1/T optimal. Falls ˇ > 0 und ˛ D 1=ˇ, sind alle Punkte der Kante f.1=ˇ; 0/T C .0; 1/T j ;   0; C D 1g zwischen diesen beiden Ecken optimale Lösungen.

(a) Falsch. 23.13  (a) Es ist x D .0; 0; 10 000/T und z.x / D 10 000. Wählt man im ersten Simplexschritt die dritte Spalte als Pivotspalte, so erreicht man schon nach einem Schritt diese Ecke.

(b) Wahr. (c) Falsch. (d) Wahr. (e) Wahr.

(b) Die optimale Lösung ist x D .0; : : : ; 0; 10n1 /T mit dem zugehörigen Zielfunktionswert z.x / D 10n1 .

23.4  (a) x D .3; 1/T im Fall c D .1; 0/T und x D .1; 3/T im Fall c D .0; 1/T .

Anwendungsprobleme

(b) Die Kante ist für jeden der Zielfunktionsvektoren c D c  .1; 1/T mit c > 0 optimal.

23.14  (a) Es sollten 120 Yachten jedes der beiden Typen M1 und M2 produziert werden.

23.5





(b) Der Gewinn müsste mehr als 1500 Euro betragen. Der limitierende Faktor ist die zur Verfügung stehende Arbeitszeit.

Lösungswege

Lösungswege

225

g2

x2 3

Verständnisfragen 23.1  Der Polyeder der zulässigen Punkte ergibt sich als Schnitt der durch die jeweiligen Ungleichungen bestimmten Halbräume. Für eine Ungleichung der Form

g1

2

c2

1 −2

−1 −1

a1 x1 C a2 x2  b

1

2

3

−2

etwa, kann man den dadurch bestimmten Halbraum folgendermaßen leicht zeichnen. Die Punkte des Randes des Halbraums sind die, welche die Ungleichung exakt erfüllen, das heißt diejenigen, für die

x1

4

c1

−3

Abb. 23.25 Der durch die Ungleichungen definierte Polyeder, die Zielfunktionsvektoren und Niveaulinien

a1 x1 C a2 x2 D b

a1 x1 C a2 x2 in Richtung des Vektors .a1 ; a2 /T zunimmt. Ist so der durch die Ungleichungen definierte Polyeder als Schnitt der Halbräume grafisch bestimmt, ist nun noch das Maximum der Zielfunktion auf dieser Punktmenge zu finden. Dazu betrachten wir die Niveaulinien der Zielfunktion z.x/ D c T x, das heißt die Menge aller Punkte für die c1 x1 C c2 x2 D c

23.2  Wir zeichnen zunächst den (unbeschränkten) Zulässigkeitsbereich und bestimmen dann die Optima der Zielfunktionen (siehe Abb. 23.26). (a) Für c1 D .1; 1/T nimmt die Zielfunktion beliebig große Werte an, da der Zulässigkeitsbereich in Richtung c1 unbeschränkt ist. In Abb. 23.26 sind zwei Niveaulinien g1 und g10 der Zielfunktion eingezeichnet. Es existieren also keine optimalen Lösungen. (b) Für c2 D .1; 1/T schneidet die Niveaulinie g2 , die dem Maximum der Zielfunktion auf dem Polyeder entspricht, den Polyeder in der von .0; 1/T ins Unendliche laufenden Halbgerade fx 2 R2 j  x1 C x2 D 1; x2  0g : Alle Punkte dieser Halbgerade sind also optimale Lösungen der Zielfunktion. (c) Für c3 D .1; 1/T ist der Punkt des Polyeders, der die Zielfunktion maximiert, der Ursprung x D .0; 0/T .

für verschiedene Werte von c. Da diese Gleichungen zueinander parallele Geraden definieren, ist das recht einfach.

x2

Für einen beliebigen Wert von c zeichnen wir die zugehörige Niveaulinie ein. Die übrigen Niveaulinien ergeben sich nun durch Parallelverschiebung dieser Gerade, wobei Verschiebung in Richtung c höhere Werte für die Zielfunktion bedeutet. Ausgehend von einer Niveaulinie die den Polyeder schneidet verschiebt man diese also so lange parallel in Richtung c, bis sie den Polyeder gerade noch berührt. Man erhält damit die optimalen Lösungen als Schnitt der so entstandenen Niveaulinie mit dem Polyeder.

5

Abbildung 23.25 zeigt das so enstandene Bild für c 1 D .3; 2/T und c 2 D .3; 2/T sowie die zugehörigen Niveaulinien g1 und g2 . Man erkennt darin die Optimallösung x D .3; 1/T und den zugehörigen Zielfunktionswert z.x / D 11 in Fall (a), sowie x D .0; 2/T und z.x / D 4 in Fall (b).

4 3

c1 c2 c1 g2 g1

2 1

g1 1

2

3

4

5

x1

c3 g3

Abb. 23.26 Der unbeschränkte Zulässigkeitsbereich und die Kenndaten der Zielfunktionen

Kapitel 23

gilt. Diese Gleichung entspricht der Normalengleichung einer Gerade. Die Gerade lässt sich leicht grafisch bestimmen, indem man zwei ihrer Punkte berechnet – etwa (falls vorhanden) die beiden Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen – und die durch diese beiden Punkte definierte Gerade einzeichnet. Der gesuchte Halbraum ist nun leicht einzutragen, wenn man beachtet, dass die Funktion

226

Kapitel 23

23.3  (a) Diese Aussage ist falsch. Die Unbeschränktheit des Zulässigkeitsbereiches ist zwar eine notwendige, nicht aber eine hinreichende Bedingung für die Unbeschränktheit der Zielfunktion. Ein einfaches Gegenbeispiel ist das eindimensionale Problem max z D x x  0:

x2

c2

g2

2 c1

1

(b) Diese Aussage ist wahr. Wir betrachten die neue Zielfunktion z0 D d T xCc0 , wobei der neue Zielfunktionsvektor d D ac mit einem a > 0 ist. Ist nun y eine optimale Lösung zur Zielfunktion z0 , so heißt das, dass 0



1

x1

2 g1

0

z .y /  z .x/ für alle x 2 Rn mit

Abb. 23.27 Die optimale Lösungen sind .3; 1/T und .1; 3/T x2

A  x  b; x  0 gilt. Insbesondere gilt wegen a > 0 für alle diese Punkte x dann auch

3

1 0 1  z .y /  c0   z0 .x/  c0 : a a

2

Einsetzen von z0 D a  c T  x C c0 liefert z.y /  z.x/ ;

c

1

1

2

3

x1

das heißt, y ist auch eine optimale Lösung zur Zielfunktion z. (c) Falsch, da a auch negativ Werte annehmen kann (würde man a > 0 vorraussetzen, so wäre die Behauptung wahr, wie eine einfache Überlegung zeigt). Da im Fall a < 0 zum Beispiel die Nebenbedingung a  x  0 im Allgemeinen nicht mehr erfüllt ist, ist der Punkt a  x in diesem Fall nicht einmal zulässig. (d) Wahr. Hat das Problem zwei verschiedene optimale Lösungen, so sind auch alle Punkte der konvexen Hülle dieser zwei Lösungen optimal – und das sind schon unendlich viele.

Kapitel 23

(e) Wahr. In den Ecken eines durch die Ungleichungen

Abb. 23.28 Die Punkte der Kante sind genau dann optimale Lösungen, wenn c D c  .1; 1/T mit einem c > 0 gewählt wird

(b) Damit alle Punkte der genannten Kante optimale Lösungen der Zielfunktion sein können, muss, wie in Abb. 23.28 zu sehen, die Kante eine Niveaulinie der Zielfunktion sein. Insbesondere müssen also die beiden Punkte .3; 1/T und .1; 3/T auf dieser Niveaulinie liegen. Das ist aber genau dann der Fall, wenn c D c  .1; 1/T mit einem c 2 R n f0g gewählt wird. Um Optimalität für die Kante zu erreichen muss zudem c > 0 gewählt werden.

A  x  b; x  0 gegebenen Polyeders müssen mindestens n Ungleichungen mit Gleichheit erfüllt sein, deren Gradienten linear unabhängig sind. Da aber jeweils höchstens ein Punkt diese n verschiedenen   Gleichungen auf einmal erfüllen kann, gibt es höchstens nCm n verschiedene Ecken. Insbesondere gibt es nur endlich viele Ecken, die gleichzeitig optimale Lösungen des Optimierungsproblems sind. 23.4  (a) Grafisch ergeben sich im Fall c 1 D .1; 0/T als optimale Lösung x D .3; 1/T und im Fall c 2 D .0; 1/T als optimale Lösung x D .1; 3/T (siehe Abb. 23.27).

23.5  Für jede der optimalen Lösungen p 1 ; : : : ; p r gelte z.pi / D c0 C z. Dann gilt mit p WD 1 p 1 C    C r p r mit 0  1 ; : : : ; r  1 und 1 C : : : C r D 1: 1) Der Punkt p ist ein Punkt des Polyeders: A  p D A  .1 p1 C   Cr p r / D 1 Ap 1 C: : :Cr Apr  1 bC  Cr b D .1 C    C r / b D b. 2) Der Wert z.p/ ist optimal: Da in den optimalen Eckpunkten die Zielfunktionswerte übereinstimmen ist auch z.p/ D z.1 p 1 C    C r p r / D c0 C c T  p D c0 C 1 c T  p 1 C    C r c T  pr D c0 C .1 C    C r / z D c0 C z.

Lösungswege x3

227

x2

5

c

g2 c2

4

c1

3 2

g1

1

x2

1

x1

2

3

4

5

x1

Abb. 23.31 In beiden Fällen ergibt sich die Ecke .2; 3/T als optimale Lösung Abb. 23.29 Die Optimallösung liegt in der Spitze der Pyramide x2

x3 5 4 3

x2

x1

2

c

1

23.6  (a) Da die Ecken der Pyramide schon in der Angabe vorgegeben sind, ist diese leicht zu zeichnen, siehe Abb. 23.29. Die Niveauflächen der Zielfunktion sind Ebenen mit dem Normalenvektor c D .0; 0; 3/T , das heißt zur x1 -x2 -Ebene parallele Ebenen. Da die Funktion in Richtung x3 größere Werte annimmt, liegt die optimale Lösung in der Spitze der Pyramide: x D .0; 0; 1/T . (b) Da alle Punkte der Grundfläche der Pyramide optimale Lösungen der Zielfunktion darstellen sollen und die Fläche in der x1 -x2 -Ebene liegt, muss diese Ebene eine Niveaufläche der Zielfunktion sein, wie in Abb. 23.30 zu erkennen ist. Das ist aber genau dann der Fall, wenn z D c  x3 mit einem c 2 R n f0g gewählt wird. Da die Punkte der Grundfläche zudem optimale Lösungen sein sollen, muss c < 0 gewählt werden. 23.7  (a) Die Komponenten r und ˛ des Zielfunktionsvektors beschreiben dessen Länge und den Winkel, den er mit der x1 -Achse einschließt. Grafisch ergibt sich in beiden Fällen die Ecke x D .2; 3/T als optimale Lösung der Zielfunktion zu den jeweiligen Werten von r und ˛, siehe Abb. 23.31. (b) Damit die Ecke .2; 3/T optimal ist, muss der Zielfunktionsvektor „vom Polyeder weg“ zeigen, seine Länge spielt keine Rolle. Die Grenzfälle sind genau die, in denen eine von der

0

1

2

3

4

5

x1

Abb. 23.32 Die Ecke .2; 3/T ist genau dann optimal, wenn c im oberen (grünen) Bereich liegt

Ecke ausgehende Kante mit einer Niveaulinien der Zielfunktion übereinstimmt, für die also der Zielfunktionsvektor mit der jeweiligen Kante einen rechten Winkel einschließt (siehe Abb. 23.32). Die Ecke .2; 3/T ist also eine optimale Lösung zur Zielfunktion z mit dem Zielfunktionsvektor c .r; ˛/T , falls . r > 0 und ˛ 2 Œ 4 ; 3 4 Nun zeigen wir die aus der Anschauung gewonnene Vermutung noch mathematisch. Die Ecke p D .2; 3/T ist genau dann optimal, wenn die Zielfunktion in den beiden benachbarten Ecken p 1 D .5; 0/T und p 2 D .0; 1/T keine größeren Werte annimmt, d. h. genau dann, wenn z.p/  z.p1 / und z.p/  z.p 2 /. Das führt auf 2 r cos ˛ C 3 r sin ˛  5 r cos ˛ sin ˛  cos ˛ () 2 r cos ˛ C 3 r sin ˛  r sin ˛ sin ˛   cos ˛

  3 () sin ˛  jcos ˛j () ˛ 2 ; ; 4 4 wie behauptet.

Kapitel 23

Abb. 23.30 Die Grundfläche der Pyramide soll die Menge aller Optimallösungen darstellen

228

Kapitel 23

(c) Offensichtlich gilt c .r; ˛/ 2 K genau dann, wenn das lineare Gleichungssystem

x2

   D r cos ˛  C  D r sin ˛ eine Lösung unter den Einschränkungen ;   0 besitzt. Die Lösung des Gleichungssystems ist  D 12 r .cos ˛ C sin ˛/ und  D 12 r . cos ˛ C sin ˛/, sodass die Bedingung ;   0 genau dann erfüllt ist, wenn sin ˛  j cos ˛j () ˛ 2 Œ 4 ; 3  4 gilt. Es gilt hier also folgende Aussage: Die Ecke .2; 3/T Polyeders ist genau dann eine optimale Lösung der Zielfunktion, wenn der Zielfunktionsvektor im Kegel der Gradienten der in der Ecke aktiven Nebenbedingungen liegt. Diese Aussage gilt auch im Allgemeinen bei linearen Optimierungsproblemen und stellt so ein weiteres Optimalitätskriterium dar.

x1

Abb. 23.34 An jeder Ecke liegt ein Kegel von möglichen Zielfunktionsvektoren, für die diese eine optimale Lösung ist

und 23.8  (a) Die konvexe Hülle der achten Einheitswurzeln   p k D cos.k 4 /; sin.k 4 / ; k 2 f0; : : : ; 7g ist ein reguläres Achteck mit Zentrum im Ursprung, wie es in Abb. 23.33 zu sehen ist. (b) Anschaulich findet man zu jeder Ecke einen Kegel, in der der Zielfunktionsvektor liegen muss, sodass die jeweilige Ecke eine optimale Lösung ist (siehe Abb. 23.34). Wir zeigen nun die Vermutung noch mathematisch. Dazu wählen wir ein k 2 0; : : : ; 7. Die Ecke p k ist genau dann eine optimale Lösung, wenn die Zielfunktion in den beiden benachbarten Ecken keine größeren Werte annimmt, das heißt, wenn die beiden Ungleichungen     cos k  r cos ˛ C sin k  r sin ˛ 4 4      r cos ˛ C sin .k  1/  r sin ˛  cos .k  1/ 4 4

    cos k  r cos ˛ C sin k  r sin ˛ 4 4      cos .k C 1/  r cos ˛ C sin .k C 1/  r sin ˛ 4 4 erfüllt sind. Durch Anwenden der Identität cos.x C y/ D cos x cos y  sin x sin y erhält man die dazu äquivalenten Ungleichungen       cos k  ˛  cos k  ˛  4 4 4       cos k  ˛  cos k  ˛ C 4 4 4 Eine elementare Überlegung ergibt, dass die Ungleichungen   cos x  cos x  4   cos x  cos x C 4

Kapitel 23

x2 p2 p3

p1

p0

p4

p5

x1

p7 p6

Abb. 23.33 Die konvexe Hülle der achten Einheitswurzeln ist ein reguläres Achteck

für ein x 2 R genau dann erfüllt sind, wenn x 2 Œ 8 ; 8 C2Z. Wendet man diese Aussage auf unsere beiden Ungleichungen an, so folgt, dass die Optimalitätsbedingung genau dann erfüllt ist, wenn h  i  ˛ 2  ; C 2Z 4 8 8 h    i () ˛ 2 k  ; k C C 2Z ; 4 8 4 8

k

was sich mit der grafischen Überlegung deckt.

Lösungswege

Rechenaufgaben

te Spalte zur Verfügung. Rein willkürlich wählen wir die dritte Zeile. Das führt auf

23.9  Wir führen zunächst die Schlupfvariablen x4 und x5 in den beiden Ungleichungen ein. Das führt uns auf x1 C x2 C x3 C x4  6 x1  x2 C 2 x3 C x5  3 x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5  0:

1 0 0 0

1 2 3

1 0 0

0 1 0

6 4 : 0

1 0 0

1 3 2

1 1 1

0 1 0

1 0 0

0 1 0

2=3 1=3 5=3

1=3 1=3 2=3

8=3 10=3 : 38=3

Hier ist kein Eintrag in der letzten Zeile mehr positiv – die Optimalitätsbedingung ist also erfüllt und die zugehörige Ecke x D .0; 8=3; 10=3/T ist optimal mit dem dem Tableau entnommenen zugehörigen Funktionswert z.x / D 38=3. 23.10  Wir stellen das Simplextableau auf und führen den ersten Schritt des Simplexalgorithmus durch: 2 1 2 2

1 2 2 2

1 1 1 1

1 0 ! 0 0

1 0 0 0

0 1 0 0 1=2 3=2 1 1

0 0 1 0 1=2 1=2 0 0

4 5 6 5 1=2 1=2 1 1

23.11 

0 1 0 0

0 0 1 0

2 3 2 1

1=2 1=2 0 0

1 1 1 0

0 1 0 0

1=2 3=2 1 1

1 0 : 2 1

Das erste Simplextableau ist 1 1 1 2 1 3

6 10 : 6

Da noch ein positiver Koeffizient in der Zeile der Zielfunktion auftaucht, müssen wir noch einen Simplexschritt mit der entsprechenden Spalte als Pivotspalte tun. Zusammen mit der Engpassbedingung erhalten wir das Element in der dritten Spalte und der zweiten Zeile als Pivotelement. Nachdem wir diese Zeile mit 1=3 multipliziert haben, erhalten wir nach passenden Zeilenumformungen einen Einheitsvektor in der dritten Spalte: 1=3 2=3 7=3

0 0 1 0

0 1 0 0

1=2 1=2 1 1

Da das Optimalitätskriterium erfüllt ist, ist die optimale Ecke x D .1; 2; 0/T und der zugehörige Maximalwert z.x / D 1.

Wir wählen die zweite Spalte aufgrund des positiven Zielfunktonskoeffizienten als Pivotspalte. Die Engpassbedingung liefert die erste Zeile als Pivotzeile. Wir erzeugen also in der zweiten Spalte einen Einheitsvektor durch die entsprechenden Zeilenumformungen: 1 2 1

1=2 1=2 0 0

0 0 1 0

2 3 : 2 1

Hier fällt die Wahl der Pivotspalte auf die zweite Spalte. Als 3 Pivotzeilen stehen uns wegen 21 D 3=2 die zweite und die drit-

2 1 2 1 1 6

1 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 1 0

3 1 5 : 7 4 13

Nach Wahl der zweiten Spalte als Pivotspalte führt der nächste Simplexschritt auf 1 1 3 ! 3 2 9

0 1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0

2 1 2 1 1 6

0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 0

1 1 3 : 6 3 7

0 0 0 0 1 0

Die Pivotspaltenwahl fällt hier auf die erste Zeile. Da 3=3 D 1=1, können wir uns zwischen der ersten und dritten Zeile als Pivotzeile entscheiden; zudem wissen wir damit, dass die nächste Ecke entartet sein wird. Beachtet man die bei dieser Wahl entstehenden Zielfunktionskoeffizienten, so ist klar, dass wir die dritte Zeile zur Pivotzeile machen (somit wird verhindert, dass wir einen Simplexschritt lang in der Ecke hängenbleiben): 0 0 1 ! 0 0 0

0 1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0

4=3 1=3 2=3 1 1=3 0

1=3 1=3 1=3 1 2=3 3

0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 1 0

0 2 1 : 3 1 2

Die zugehörige Ecke .2; 1/T ist optimal und – wie oben schon festgestellt – entartet. Betrachtet man die vierte Spalte des Simplextableaus, so wird klar, dass wir diese Spalte zwar als Pivotspalte verwenden können, der zugehörige Zielfunktionskoeffizient aber verschwindet. Entsprechend erhalten wir mittels eines weiteren Simplexschrittes eine weitere optimale Ecke.

Kapitel 23

1 1 1

1=2 3=2 1 1 1 0 ! 0 0

Das erste Simplextableau lautet also 1 1 0

229

230

Kapitel 23

Wie schon zuvor können wir dabei wegen 1= 31 D 3=1 zwischen zwei Zeilen, nämlich der vierten und fünften, als Pivotzeilen wählen. Die nächste Ecke ist also wieder entartet. 0 0 1 ! 0 0 0

0 1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0

3 1 1 1 2 3

0 0 0 1 0 0

4 1 2 3 3 0

4 1 3 : 0 3 2

Als optimale Lösungen erhalten wir also die Punkte der konvexen Hülle f.1; 2/T C .3; 1/T j ;   0;  C  D 1g der beiden (entarteten) Ecken .1; 2/T und .3; 1/T , der zugehörige Funktionswert ist 2. 23.12  Wir lösen das Problem mithilfe des Simplexalgorithmus, wobei diverse Fallunterscheidungen zu beachten sind. Das erste Simplextableau ist ˇ 1

1 ˛

1 0

1 : 0

Wir wählen die erste Zeile als Pivotzeile. Im Fall ˇ  0 ist die Engpassbedingung nicht erfüllbar, die Zielfunktion also auf dem Zulässigkeitsbereich unbeschränkt. Sei also nun ˇ > 0. In diesem Fall führt ein Simplexschritt auf das neue Tableau 1 0

1=ˇ ˛  1=ˇ

1=ˇ 1=ˇ

1=ˇ : 1=ˇ

Falls nun ˛ < 1=ˇ, das heißt ˛  1=ˇ < 0, ist x D .1=ˇ; 0/T die eindeutige optimale Lösung. Im Fall ˛  1=ˇ können wir noch einen Simplexschritt tun: 1 0

1=ˇ ˛  1=ˇ

1=ˇ 1=ˇ

1=ˇ ˇ ! 1=ˇ 1  ˛ˇ

1 0

1 ˛

1 : ˛

Kapitel 23

Ist ˛ > 1=ˇ, so haben wir dabei den Zielfunktionswert verbessert und sind wegen 1  ˛ˇ < 0 in der optimalen Ecke x D .0; 1/T angelangt. Falls ˛ D 1=ˇ wurde der Zielfunktionswert im letzten Schritt nicht verbessert, wir haben also die Punkte auf der Kante f.1=ˇ; 0/T C .0; 1/T j ;   0;  C  D 1g zwischen den beiden Ecken .1=ˇ; 0/T und x D .0; 1/T als optimale Lösungen identifiziert. 23.13  Dieses Beispiel macht deutlich, welchen Einfluss die Regel, nach der die Pivotelemente im Simplexalgorithmus gewählt werden, auf die Anzahl der benötigten Simplexschritte haben kann.

unter den Nebenbedingungen x1 20 x1 C x2 200 x1 C 20 x2 C x3 x1 ; x2 ; x3

1  100  10 000 0

gesucht. Wir stellen das zugehörige Simplextableau auf und bestimmen die optimale Lösung mithilfe des Simplexalgorithmus. Dabei wählen wir, wie in der Aufgabenstellung vogegeben, die Spalte mit dem größten Zielfunktionskoeffizienten als Pivotspalte. Die jeweiligen Pivotelemente sind fett markiert: 1 20 200 100

0 1 20 10

0 0 1 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 1 0 0

0 0 1 0

1 80 9800 100

0 1 20 10

0 0 1 0

1 80 8200 900

1 0 ! 0 0

0 1 20 10

1 0 ! 0 0

0 1 0 0

0 0 1 1

1 20 200 100

1 20 ! 200 100

0 1 0 0

0 0 1 1

1 20 200 0

0 1 20 10

0 0 1 0

1 20 ! 200 100

0 1 0 0

0 0 1 0

1 20 200 0

0 1 20 10

0 0 1 1

1 0 ! 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

1 20 200 100

1 0 ! 0 0

0 1 20 10

1 20 ! 200 100

0 0 1 1

1 100 10 000 0

1 20 200 100

0 0 1 0 0 1 20 10

0 1 20 10

1 100 8000 1000 1 100 8000 9000

0 0 1 1

1 80 8200 9100

1 20 200 100

0 1 0 0

0 0 1 1

1 80 9800 9900

0 0 1 0

0 1 0 0

0 0 1 1

1 100 : 10 000 10 000

1 0 0 0

(a) Für n D 3 ist das Maximum der Zielfunktion z D 100 x1 C 10 x2 C x3

Die optimale Lösung ist also x D .0; 0; 10 000/T , der zugehörige Zielfunktionswert z.x / D 10 000.

Lösungswege

Wählt man im ersten Schritt die dritte Spalte als Pivotspalte, so erreicht man schon nach einem Schritt diese Ecke: 1 20 200 100

0 1 20 10

0 0 1 1

1 0 0 0

1 20 ! 200 100

0 1 0 0

0 0 1 0

0 1 20 10

1 0 0 0

0 1 0 0

x2 300

1 100 10 000 0

0 0 1 0

231

200

0 0 1 1

1 100 : 10 000 10 000

100

100

200

x1

300

(b) Für ein beliebiges n 2 N erhält man als Simplextableau 0 1 :: :

  :: :

0 0 :: :

1 0 :: :

0 1 :: :

  :: :

0 0 :: :

1 10 :: :

2  10n1 10n1

2  10n2 10n2

 

1 1

0 0

0 0

 

1 0

10n1 0

Abb. 23.35 Die optimale Lösung ist x D .120; 120/T x2

:

Wählt man hier ganz wie zuvor im Fall n D 3 die n-te Spalte als Pivotspalte und führt einen Simplexschritt durch erhält man   :: :

1 20 :: :

0 1 :: :

2  10 10n1

2  10 10n2

n1

n2

 

0 0 :: : 1 0

1 0 :: : 0 0

0 1 :: :

  :: :

0 0

 

300

c3 c2

200

c1 g3

100

0 0 :: : 1 1

1 10 :: :

100

200

10 10n1

als neues Tableau. Da hier kein Zielfunktionskoeffizient mehr positiv ist, haben wir die optimale Ecke x D .0; : : : ; 0; 10n1 /T erreicht, wobei z.x / D 10n1 der optimale Zielfunktionswert ist.

Anwendungsprobleme 23.14  (a) Bezeichnen x1 bzw. x2 die Anzahl an Yachten die von den Typen M1 bzw. M2 produziert werden, so ist das zugehörige lineare Optimierungsproblem folgendes: Es ist das Maximum der Zielfunktion z D 1000 x1 C 1000 x2 unter den Nebenbedingungen 30 x1 C 20 x2  6000 200 x1 C 300 x2  60 000 gesucht. Grafisch ergibt sich wie in Abb. 23.35 die optimale Lösung x D .120 120/T mit dem zugehörigen Zielfunktionswert z.x / D 240 000, was einer Produktion von je 120 Yachten beider Typen und einem jährlichen Gewinn von 240 000 Euro bei deren Verkauf entspricht.

x1

300

n1

g1

g2

Abb. 23.36 Die Zielfunktionsvektoren und Niveaulinien für unterschiedliche Werte von c

(b) Der steigende Gewinn entspricht einer Modifikation der Zielfunktion z D 1000 x1 C c x2 mit Werten c  1000. Das zur Aufgabenstellung gehörige mathematische Problem entspricht der Frage, ab welchem Wert von c die Ecke p D .120; 120/T nicht mehr optimal ist. In Abb. 23.36 sind die Zielfunktionsvektoren und die dazugehörigen Niveaulinien für einige Werte von c eingezeichnet. Man kann erkennen, dass die Ecke p noch optimal ist, wenn die Kante, die diese Ecke mit der Ecke .0; 200/T verbindet, auf einer Niveaulinie der Zielfunktion liegt. Sobald c noch größere Werte annimmt, ist letztgenannte Ecke die optimale Lösung der Zielfunktion. Die Grenze liegt also genau bei c D 1500, das heißt, die Werft sollte die Produktion auf 200 Yachten des Typs M2 umstellen, sobald bei deren Verkauf ein Gewinn von mehr als je 1500 Euro gemacht wird. Da in diesem Fall die einzige aktive limitierende Nebenbedingung die Ungleichung 200 x1 C 300 x2  60 000 ist, die der Beschränkung durch die Arbeitszeit entspricht, würde es sich gegebenenfalls lohnen neue Arbeitskräfte einzustellen.

Kapitel 23

1 20 :: :

Kapitel 24

24.4  Man betrachte die Schar aller Strecken von .0; t /T nach .1  t ; 0/T mit t 2 Œ0; 1 und bestimme die Einhüllende dieser Strecken.

Verständnisfragen 24.1  Welche der folgenden Aussagen über Funktionen f : Rn ! R sind richtig? (a) Jede in einem Punkt p differenzierbare Funktion ist dort partiell differenzierbar. (b) Jede in einem Punkt p differenzierbare Funktion ist dort stetig. (c) Jede in einem Punkt p 2 D.f / differenzierbare Funktion f ist in ganz D.f / differenzierbar. (d) Jede in einem Punkt p stetige Funktion ist dort partiell differenzierbar. (e) Jede in einem Punkt p differenzierbare Funktion ist dort in x1 -Richtung stetig.

24.5  R2 ! R,

f .x/ D

g.x/ D

wenn f in x D .0; 0/T 1. 2. 3. 4.

24.6



f .x; y/ D



für x D 0

0

für .x; y/ D .0; 0/

Man untersuche die Funktion x 6 Cy 5 x 4 Cy 4

für .x; y/ ¤ .0; 0/

0

für .x; y/ D .0; 0/

auf Stetigkeit. Des Weiteren berechne man die partiellen Ablei.0; 0/, @f .0; 0/ und die Richtungsableitung @f .0; 0/ tungen @f @x @y @b a mit b a D . p12 ; p12 /T . Ist die Funktion im Ursprung differenzierbar? 24.8



xy

3

:0

für x ¤ 0

für .x; y/ ¤ .0; 0/

f .x; y/ D

Man entwickle die Funktion f , R2 ! R, f .x; y/ D y  ln x C x eyC2

g.x; y/ D sin2 .xy/ h.x; y/ D ecos xCy

für x D 0

x13 x22 .x12 Cx22 /2

xy 3 cos.x 2 Cy 2 /1

(

f .x; y/ D x e C e 2 y

für x ¤ 0

:0 8 <

auf Stetigkeit im Punkt .0; 0/. 24.7

24.3  Man berechne alle partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung der Funktionen:

x1 x23 .x12 Cx22 /2

Man untersuche die Funktion f , (

stetig ist? in jeder Richtung richtungsstetig ist? differenzierbar ist? partiell differenzierbar ist?

Rechenaufgaben

8 <

auf Stetigkeit im Ursprung.

24.2  Wir betrachten eine Funktion f : R2 ! R, von der bekannt ist, dass sie auf jeden Fall in R2 n f0g stetig ist. Gilt mit Sicherheit (a) limx!0 limy!0 f .x; y/ D limy!0 limx!0 f .x; y/, (b) lim.x;y/!.0;0/ D f .0; 0/ ,

Untersuchen Sie die beiden Funktionen f und g,

Kapitel 24

Aufgaben

um P D . 1e ; 1/ in ein Taylorpolynom zweiter Ordnung.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_23

233

234

Kapitel 24

24.9  Man entwickle f .x; y/ D x y an der Stelle xQ D .1; 1/T in ein Taylorpolynom bis zu p Termen zweiter Ordnung und berechne damit näherungsweise 10 .1:05/9 .

24.15  Bestimmen Sie mithilfe des Newton-Verfahrens eine Näherungslösung des Gleichungssystems

24.10  Bestimmen Sie das Taylorpolynom zweiten Grades der Funktion f : R n f0g ! R>0 ,

x 2 C sin y D 0:2 ;

sin x cos y D 0:1

die in der Nähe von x0 D y0 D 0 liegt (zwei Iterationsschritte).

1

f .x/ D q x12 C x22 C x32

24.16  Zeigen Sie die Euler-Gleichung: Ist eine Funktion f : Rn ! R homogen vom Grad h, ist also

an der Stelle xQ D .1; 1; 1/T .

f .x/ D f .x1 ; : : : ; xn / D h f .x/ ;

der Funktion y, 24.11  Bestimmen Sie die Ableitung dy dx die durch x y D y x definiert ist. Bestimmen Sie die Tangente an diese Funktion an der Stelle x D 1. 24.12  Man berechne die Jacobi-Matrizen J f und J g der Abbildungen:

x  rf D h f : 24.17  Bestimmen Sie alle Lösungen der Differenzialgleichungen 2x cos y  x 2 sin y y 0 D 0

f1 .x; y; z/ D e C cos z f2 .x; y; z/ D xyz  ez xy

so gilt

2

und

f3 .x; y; z/ D sinh.xz/ C y 2 q g1 .x1 ; x2 ; x3 ; x4 / D x12 C x22 C 1  x4 g2 .x1 ; x2 ; x3 ; x4 / D cos.x1 x32 / C ex4 g3 .x1 ; x2 ; x3 ; x4 / D x2 x3 C ln.1 C x42 / 24.13  Man bestimme einen allgemeinen Ausdruck für die zweite Ableitung eines Parameterintegrals mit variablen Grenzen,

ex y C .ex C 2y/ y 0 D 0 : 24.18  gleichung

2x sin.x C y/ C cos.x C y/.1 C y 0 / D 0 : 1 C x2 24.19  Bestimmen Sie alle Lösungen der Differenzialgleichung

Zb.t / I .t / D f .x; t / dx ;

cos x C sin x C 2 sin x y y 0 D 0 :

a.t /

und damit das Taylorpolynom zweiter Ordnung der Funktion I : R ! R, Z

Bestimmen Sie alle Lösungen der Differenzial-

24.20  Man untersuche, ob sich die Funktion f : R2 .1; 1/ ! R f .x; y; z/ D ex  y 2 z C x ln.1 C z/  1 D 0

1Ct 2

am Punkt p D .0; 1; 0/T lokal eindeutig nach z D '.x; y/ auflösen lässt und berechne für diesen Fall die partiellen Ableitungen 'x .0; 1/ und 'y .0; 1/.

et x dx 2

I .t / D 2t

mit Entwicklungsmitte t0 D 1. 24.21  24.14 

Transformieren Sie den Ausdruck

Kapitel 24

W D p



1 x2

C

y2

@U @U x Cy @x @y



auf Polarkoordinaten. (Hinweis: Setzen Sie dazu u.r; '/ D U .r cos '; r sin '/.)

Man begründe, warum sich das Gleichungssystem f1 .x; y; z/ D 2 cos.xyz/ C yz  2x D 0 f2 .x; y; z/ D .xyz/2 C z  1 D 0

in einer Umgebung des Punktes xQ D .1; 0; 1/T lokal nach y und z auflösen lässt und berechne für diese Auflösungen y 0 .1/, z 0 .1/, y 00 .1/ sowie z 00 .1/.

Aufgaben

24.22 

Gegeben ist die Funktion f : R3 ! R 2 .xy 3 z/

f .x; y; z/ D ecos



p

24.28 

f .x; y/ D y 4  3xy 2 C x 3 : Gesucht sind Lage und Art aller kritischen Punkte dieser Funktion.

Anwendungsprobleme Man überprüfe, ob sich das Gleichungssystem 24.29  Bestimmen Sie die Werte und Fehler der folgenden Größen:

f1 .x; y; z/ D x 2 C y 2  z  22 D 0 f2 .x; y; z/ D x C y 2 C z 3 D 0

Zylindervolumen V ,

in einer Umgebung von xQ D .4; 2; 2/T eindeutig nach x und y auflösen lässt. Ferner bestimme man explizit zwei Funktionen '1 und '2 , sodass in U .P / gilt: fj .'1 .z/; '2 .z/; z/ 0, j D 1; 2. 24.24  Gegeben sind die Abbildungen f W R3 ! R3 und g W R3 ! R3 : f1 .x/ D x1  2x2 C x3 f2 .x/ D x1 x2 g1 .y/ D .y1  y2 / C 2

V D r 2  h; r D .10:0 ˙ 0:1/ cm;

h D .50:0 ˙ 0:1/ cm

Beschleunigung a, 1 2 at ; 2 s D .100:0 ˙ 0:5/ m;

sD

t D .3:86 ˙ 0:01/ s

Widerstand R12 bei Parallelschaltung, 1 1 1 D C ; R12 R1 R2 R1 D .100 ˙ 5/ ;

f3 .x/ D x12  x32 y32

g2 .y/ D .y1 C y2 /2 g3 .y/ D y1 y2  y3 Man überprüfe, ob die Abbildung h D g ı f D g.f /, R ! R3 in einer geeigneten Umgebung von h.p/ mit p D .1; 1; 1/T umkehrbar ist. 3

24.25 

Gegeben ist die Funktion f : R2 ! R,

e:

Man begründe, warum sich f .x; y; z/ D 0 in einer Umgebung von P D .x0 ; y0 ; z0 / D .; 1; 14 / lokal nach z auflösen lässt, und berechne dort die partiellen Ableitungen zx .x0 ; y0 / und zy .x0 ; y0 /. 24.23 

235

R2 D .50 ˙ 5/ 

24.30  Das ideale Gas hat die Zustandsgleichung pV D RT mit der Gaskonstanten R. Prüfen Sie für dieses System die Beziehung    @V @T @p D 1 : @V T @T p @p V

Man finde alle kritischen Punkte der Funktion explizit nach. 2

2 Cy 2 2

und überprüfe, ob es sich dabei um lokale Maxima, lokale Minima oder Sattelpunkte handelt. 24.26  Man bestimme und klassifiziere alle Extrema der Funktion f : R2 ! R, f .x; y/ D .1 C 2x  y/2 C .2  x C y/2 C .1 C x  y/2 : 24.27  Man bestimme die stationären Stellen der Funktion f , R3 ! R, f .x; y; z/ D x 2 C xz C y 2 unter der Nebenbedingung g.x; y; z/ D x C y C z  1 D 0. Handelt es sich dabei um Extrema?

24.31  Eine Schlüsselgröße in der statistischen Physik ist die Zustandssumme Z, die von verschiedenen Variablen x1 bis xn abhängen kann. Bestimmen Sie die vierte Ableitung des Logarithmus der Zustandssumme @4 ln Z @xi @xj @xk @xl und stellen Sie das Ergebnis mit   @k Z 1 @k Z D @xi1 : : : @xik Z @xi1 : : : @xik dar. Sie erhalten eine verbundene Korrelationsfunktion des betrachteten thermodynamischen Systems, ausgedrückt durch Erwartungswerte, die vollen Korrelationsfunktionen entsprechen.

Kapitel 24

x

f .x; y/ D .y  x /  e 2

236

Kapitel 24

24.11  Betrachten Sie die Gleichung F .x; y/ D x y  y x D 0 und überprüfen Sie, ob durch diese Gleichung in einer Umgebung von x D 1 eine Funktion y von x implizit gegeben ist. Die Ableitung dieser Funktion lässt sich durch implizites Differenzieren bestimmen.

Hinweise Verständnisfragen 24.1  Die Beziehung zwischen den verschiedenen Begriffen wird in Abb. 24.13 dargestellt. 24.2  Richtungsstetigkeit in jede Richtung impliziert insbesondere Stetigkeit in Richtung der Koordinatenachsen. Zum Zusammenhang zwischen Differenzierbarkeit und Stetigkeit siehe Abb. 24.13.

Rechenaufgaben 24.3  Nach den Variablen x und y unabhängig ableiten; wegen des Satzes von Schwarz ist z. B. fxy D fyx . 24.4  Finden Sie zu jedem x 2 .0; 1/ die Strecke mit maximalem Wert für y D f .x/, eliminieren Sie t aus dem Ergebnis. Dabei hilft es, eine Funktion F von beiden Variablen x und t zu definieren. 24.5  auf S. 881.

Benutzen Sie Polarkoordinaten, gehen Sie vor wie

24.6  Benutzen Sie Polarkoordinaten, entwickeln Sie den Kosinus. 24.7  Der einzige fragliche Punkt ist x D 0, dort hilft die Einführung von Polarkoordinaten. Die partiellen Ableitungen muss man gemäß Definition als Differenzialquotienten bestimmen. 24.8  Bestimmen Sie alle partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung und setzen Sie in die Koeffizientenformel (24.2) ein.

Kapitel 24

24.9  Bestimmen Sie alle partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung und setzen Sie in die Koeffizientenformel (24.2) ein. Mithilfe p des Taylorpolynoms können Sie sofort eine Näherung für 10 .1:05/9 D .1 C 0:05/10:1 angeben, da die Abweichung von der Entwicklungsmitte klein ist. 24.10 

24.12  Bilden Sie die Ableitungen aller Komponenten nach allen Argumenten. 24.13  Benutzen Sie das Ergebnis von S. 897 und gehen Sie vor wie in diesem Beispiel. 24.14  nutzen.

Sie können natürlich die Ergebnisse von S. 898 be-

24.15 

Gehen Sie vor wie auf S. 899.

24.16  Leiten Sie die Homogenitätsbeziehung nach  ab, schreiben Sie Ableitung nach  auf Ableitungen nach den Argumenten xi und weiter nach den Koordinaten xi um. 24.17  gen.

Es handelt sich um exakte Differenzialgleichun-

24.18  Benutzen Sie einen integrierenden Faktor der Form .x; y/ D .x/. 24.19  Benutzen Sie einen integrierenden Faktor der Form .x; y/ D X .x/Y .y/. 24.20  Benutzen Sie den Hauptsatz über implizite Funktionen und implizites Differenzieren. 24.21  Benutzen Sie den Hauptsatz über implizite Funktionen und implizites Differenzieren. 24.22  Benutzen Sie den Hauptsatz über implizite Funktionen und implizites Differenzieren. 24.23  Hauptsatz über implizite Funktionen. Zur expliziten Bestimmung von '1 und '2 muss man lediglich eine quadratische Gleichung lösen – der Zweig der Wurzel ist dabei eindeutig festgelegt. 24.24  Bestimmen Sie die Jacobi-Matrix von h durch Matrixmultiplikation und überprüfen Sie, ob det J h ¤ 0 ist.

Man kann die allgemeine Ableitungen nach xi und 2

die allgemeine Ableitung @[email protected] [email protected] betrachten, in letzterer ergibt sich eine Unterscheidung zwischen den Fällen i D j und i ¤ j .

24.25  Nullsetzen des Gradienten und Überprüfen der Hesse-Matrix an den fünf kritischen Punkten.

Lösungen

24.27  Lösen Sie die Nebenbedingung explizit nach einer der Variablen (zum Beispiel z) auf, und definieren Sie eine neue Funktion R2 ! R, deren kritische Stellen Sie mittels Nullsetzen des Gradienten bestimmen können.

24.6



f ist unstetig.

24.7



f ist stetig, aber nicht differenzierbar.

24.8

  p2

24.28  Nullsetzen des Gradienten liefert drei kritische Punkte. An zwei davon erlaubt die Hesse-Matrix eine Aussage. Am dritten können Sie beispielsweise f .x; 0/ betrachten. 24.9

Anwendungsprobleme 24.29  Benutzen Sie die Fehlerformeln, die sich aus dem totalen Differenzial ergeben, gehen Sie vor wie auf S. 889.

 1 1 2 1 e2 C .y C 1/2 x; yI ; 1 D 2 C x e 2 e 2  1 C 2e x  .y C 1/ e



p 10

.1:05/9 1:045

24.10  3 3 3 X xi  1 X X .xi  1/.xj  1/ 1 C : T2 .xI 1; 1; 1/ D p  33=2 3 i D1 33=2 i D1 j Di C1

24.30  Lösen Sie jeweils nach der fraglichen Variablen auf, und bilden Sie die gewünschte Ableitung, wobei die andere Variable konstant gehalten wird. Benutzen Sie im Endergebnis nochmals die Zustandsgleichung.

24.11 

dy y x y1  y x1 ln y D , t: y D x dx x y x1  x y1 ln x

24.12 



24.31  Behandeln Sie Z als unbekannte, beliebig oft differenzierbare Funktion, die klarerweise allen gängigen Ableitungsregeln gehorcht.

24.13 

p2 .t I 1/ D

24.14 

W D

Lösungen

24.15 

x2 0:10 202, y2 0:190 74

Verständnisfragen

24.16  –

24.1  Die Aussagen (a), (b) und (e) sind richtig, (c) und (d) sind falsch. 24.2  Für (a) genügt jede der Bedingungen 1. bis 4., für (b) hingegen sind nur 1. und 3. stark genug.

24.3



(Siehe ausführlichen Lösungsweg.)

24.5

.x/ D 1 C x 2 , .1 C x 2 / sin.x C y/ D C 2

2

24.19  .x; y/ D exCy , sin x exCy D C 24.20  Das Gleichungssystem ist auflösbar, 'x .0; 1/ D 1 und 'y .0; 1/ D 0.



Die Einhüllende eF ist die Funktion Œ0; 1 ! Œ0; 1  p 2 mit der Vorschrift eF .x/ D 1  x . 24.4

@u @r

24.17  Alle Lösungen der ersten Gleichung sind implizit durch x 2 cos y D C mit Konstanten C gegeben, explizit durch y.x/ D arccos xC2 . Für die zweite Gleichung erhalten wir aus q x 2x ex y C y 2 D C zu y.x/ D  e2 ˙ C C e4 . 24.18 

Rechenaufgaben

.t 1/2 e4



f ist nicht stetig im Ursprung, g ist stetig.

24.21 

y 0 .1/ D 2, z 0 .1/ D 0 und y 00 .1/ D 8, z 00 .1/ D 8

24.22 

1 zx .; 1/ D  4 und zy .; 1/ D  34 .

Kapitel 24

24.26  Nullsetzen des Gradienten liefert ein Gleichungssystem mit genau einer Lösung. Überprüfen Sie für diesen Punkt die Hesse-Matrix.

237

238

Kapitel 24

24.23  1 x D '1 .z/ D C 2 s y D '2 .z/ D

24.24 

r

Lösungswege 1 C z 3 C z C 22; 4

z 3 

1  2

r

Verständnisfragen

1 C z 3 C z C 22 4

24.1  (a) Differenzierbarkeit in einem Punkt impliziert dort partielle Differenzierbarkeit. (b) Differenzierbarkeit impliziert auch Stetigkeit.

Die Abbildung ist umkehrbar.

p 24.25  p 1 D .0; 0/> ist ein Sattelpunkt, p 2 D .0; 2/> p > p und p 3 Dp.0;  2/ sind lokale Maxima; p 4 D . 2; 0/> und p 5 D . 2; 0/> sind lokale Minima. 24.26  y D 2.

Das Minimum der Funktion liegt bei x D  32 ,

24.27  Der einzige kritische Punkt ist p D .2; 1; 2/> , dort liegt kein Extremum. 24.28  p 1 D .0; 0/> ist ein Sattelpunkt, p 2 D . 23 ; 32 /> und p 3 D . 23 ;  32 /> sind lokale Minima.

(c) Aus der Differenzierbarkeit in einem Punkt p kann man noch nichts über die Differenzierbarkeit anderswo aussagen. (d) Es gibt Funktionen, die in einem Punkt zwar stetig sind, dort aber keine partiellen Ableitungen mehr besitzen. (e) Aus der Differenzierbarkeit folgt erst recht die Richtungsstetigkeit in jede beliebige Richtung. 24.2  Beide Beziehungen gelten sicher für stetige Funktionen. Wegen der Stetigkeit in R2 n f0g gilt lim lim f .x; y/ D lim f .x; 0/

x!0 y!0

und analog lim lim f .x; y/ D lim f .0; y/ ;

y!0 x!0

Anwendungsprobleme 24.29  V D .1571 ˙ 35/  10 cm3 , a D .13:42 ˙ 0:10/ sm2 , R12 D .33:3 ˙ 2:8/  24.30 

y!0

daher genügt für (a) auch Richtungsstetigkeit in .1; 0/> - und .0; 1/> -Richtung. Eine in einem Punkt differenzierbare Funktion ist dort auch stetig, eine dort partielle differenzierbare in Richtung der Koordinatenachsen auch richtungsstetig. Damit genügt jede der Bedingungen 1. bis 4., um die Gleichheit der Grenzwerte in (a) zu garantieren. Für (b) benötigt man hingegen die Stetigkeit (1.) in .0; 0/, die weder von der Richtungsstetigkeit (2.) noch von der partiellen Differenzierbarkeit (4.) garantiert wird, sehr wohl aber von der Differenzierbarkeit (3.) selbst.



24.31  Mit „perm“ für .xi ; xj ; xk ; xl / erhalten wir

x!0

alle

Permutationen

von

Kapitel 24

  @4 Z @4 ln Z D @xi @xj @xk @xl @xi @xj @xk @xl   X 1  @Z @3 Z  C 6 @xi1 @xi2 @xi3 @xi4 perm  2   2 1 @Z @Z  8 @xi1 @xi2 @xi3 @xi4     2 @Z @Z @Z 1 C 2 @xi1 @xi2 @xi3 @xi4      @Z @Z @Z @Z : 6 @xi @xj @xk @xl

Rechenaufgaben 24.3  Da alle drei Funktionen auf jeden Fall zweimal stetig differenzierbar sind, ist der Satz von Schwarz anwendbar, damit ist fxy D fyx , gxy D gyx und hxy D hyx : fx D 2 x ey C y exy fxx D 2 ey C y 2 exy fy D x 2 ey C x exy fyy D x 2 ey C x 2 exy fyx D 2 x ey C exy C x y exy fxy D fyx D 2 x ey C exy C x y exy

Lösungswege

gx D 2y sin.xy/ cos.xy/ gxx D 2y 2 .cos2 .xy/  sin2 .xy// gxy D 2xy.cos2 .xy/  sin2 .xy// C 2 sin.xy/ cos.xy/ gy D 2x sin.xy/ cos.xy/

Der Ausdruck cos3 ' sin2 ' ist mit Sicherheit beschränkt, damit existiert der Grenzwert x ! 0 und ist gleich dem Funktionswert g.0/ D 0. 24.6



gyy D 2x .cos .xy/  sin .xy// 2

gyx D 2xy.cos2 .xy/  sin2 .xy// C 2 sin.xy/ cos.xy/ hx D  sin x ecos xCy

hxy D 3y 2 sin x ecos xCy

3

t x: 1t

Wir definieren nun die Funktion F , .0; 1/ .0; 1/ ! R, F .x; t / D t 

t x: 1t

Um für jedes x den t -Wert zu finden, für den y D F .x; t / maximal wird, bilden wir die partielle Ableitung nach t und setzen sie null, @f x Š D 0: D1 @t .1  t /2 p Lösen dieser Gleichung liefert t D 1  x, und für den maximalen y-Wert erhalten wir   p  p p 2 ymax D F x; 1  x D 1  2 x C x D 1  x : Einbeziehen der beiden Geraden für t D 0 und t D 1 setzt diese Lösung stetig nach x D 0 und x D 1 fort. Die Einhüllende eF ist demnach die Funktion, Œ0; 1 ! Œ0; 1,  p 2 eF .x/ D 1  x : Bei Einführung von Polarkoordinaten erhalten wir r 4 cos ' sin3 ' D lim cos ' sin3 ' r!0 r!0 r4 3 D cos ' sin ' ;

lim f .x/ D lim

also einen winkelabhängigen Ausdruck. f ist damit in x D 0 unstetig. Für g hingegen ergibt sich 5

3

2

r cos ' sin ' r4 3 D lim r cos ' sin2 ' D 0 :

lim g.x/ D lim

r!0 r!0

C O.r 8 /  1

und dieser Ausdruck hängt vom Winkel ' ab (siehe z. B. für ' D 0 und ' D 4 . Der Grenzwert existiert also nicht, die Funktion ist im Ursprung unstetig).

3

f .x/ D t 

x!0

2

2r 4 cos ' sin3 ' r!0 r 4 C O.r 8 /

D lim

2 cos ' sin3 ' D 2 cos ' sin3 ' r!0 1 C O.r 4 /

24.4  Die Gleichung einer Geraden durch die Punkte .0; t /> und .1  t ; 0/> hat für t 2 .0; 1/ die Form

x!0

1

r4

D lim

3

hyx D 3y 2 sin x ecos xCy

r 4 cos ' sin3 '

r!0

3

hyy D .9y 4 C 6y/ecos xCy



xy 3 r 4 cos ' sin3 ' D lim r!0 cos.r 2 /  1 .x;y/!.0;0/ cos.x 2 C y 2 /  1 lim

D lim

hxx D .sin2 x  cos x/e hy D 3y 2 ecos xCy

GD

3

cos xCy 3

24.5

Mit Polarkoordinaten erhält man

2

24.7  An allen Punkten außer .x; y/ D .0; 0/ ist f natürlich als Zusammensetzung stetiger und differenzierbarer Funktionen ebenfalls stetig und differenzierbar. Zu untersuchen bleibt der Punkt .0; 0/, hier erhalten wir: x6 C y 5 r 6 cos6 ' C r 5 sin5 ' D lim r!0 r 4 cos4 ' C r 4 sin4 ' .x;y/!.0;0/ x 4 C y 4 ( ) r cos6 ' C sin5 ' D lim r  r!0 cos4 ' C sin4 ' lim

D 0 D f .0; 0/ Die Funktion ist stetig. Der Grenzwert wird null, da der Klammerausdruck wegen cos4 ' C sin4 ' 

1 2

immer endlich bleibt (siehe auch S. 881). Nun bestimmen wir die partiellen Ableitungen im Ursprung: @f f .h; 0/  f .0; 0/ .0; 0/ D lim h!0 @x h  1 h6 C 0  0 D lim h D 0 D lim h!0 h h!0 h4 C 0 f .0; h/  f .0; 0/ @f .0; 0/ D lim h!0 @y h  1 0 C h5 h D lim  0 D lim D 1 h!0 h h!0 h 0 C h4 h

f . p2 ; @f .0; 0/ D lim h!0 @a 1 D lim h!0 h

ph / 2

1 6 h C 8 1 4 h C 4

 f .0; 0/

h

p

2 5 h 8 1 4 h 4

D lim

h!0

1 h 8

C 1 2

p 2 8

p D

2 4

.0; 0/ D .grad f /.0; 0/  a gilt, kann f in .0; 0/ Da hier nicht @f @a nicht differenzierbar sein.

Kapitel 24

2

239

240

Kapitel 24

24.8  Für die partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung erhält man allgemein bzw. speziell an p D . 1e ; 1/> : f D y  ln x C x eyC2 @f 1 D y  C eyC2 @x x @f D ln x C x eyC2 @y @2 f y D 2 @x 2 x @2 f D x eyC2 @y 2 @2 f 1 D C eyC2 @x @y x

ˇ f ˇp ˇ @f ˇˇ @x ˇp ˇ @f ˇˇ @y ˇp ˇ @2 f ˇˇ @x 2 ˇp ˇ @2 f ˇˇ @y 2 ˇp ˇ @2 f ˇˇ @x @y ˇp

D0 D0 D e2

xi @f .x/ D  3=2 2 2 @xi x C x C x2 1

und damit das Taylorpolynom p2 .x; yI 1; 1/ D 1 C .x  1/ C .x  1/.y  1/ : Nun benutzen wir diesen Ausdruck als Näherung für kleine Abweichungen von der Entwicklungsmitte

Kapitel 24

.1:05/9 D 1:050;9 D .1 C 0:05/10:1 1 C 0:05 C 0:05  .0:1/ D 1:045

3

ıij 3 xi xj @2 f .x/ D   C 2 5=2 : 2 2 2 3=2 @xi @xj x1 C x2 C x3 x1 C x22 C x32 An der Stelle xQ D .1; 1; 1/> ergibt sich 1 f .x/ Q D p 3 ˇ @f ˇˇ 1 D  3=2 @xi ˇxQ 3

D 2e

24.9  Wir erhalten für die Ableitungen (wir lassen aus Platzgründen die Argumente weg): ˇ f D x y D eyln x f ˇxQ D 1 ˇ @f ˇˇ @f y1 D1 Dyx @x @x ˇxQ ˇ @f @f ˇˇ D ln x  x y D0 @y @y ˇp ˇ @2 f ˇˇ @2 f y2 D y.y  1/x D0 @x 2 @x 2 ˇxQ ˇ @2 f ˇˇ @2 f 2 y D .ln x/ x D0 @y 2 @y 2 ˇxQ ˇ @2 f ˇˇ @2 f D1 D x y1 C y  ln x  x y1 @x @y @x @y ˇxQ

2

und für die zweite

D1

  1 1 2 1 e2 p2 x; yI ; 1 D 2 C C .y C 1/2 x e 2 e 2  1 C 2e x  .y C 1/ : e

Das exakte Ergebnis wäre 1:050;9 D 1:044 88 : : :

Wir erhalten für die erste Ableitung

D2

Für das Taylorpolynom ergibt sich also

p 10

24.10 

( ˇ 1  ıij @2 f .x/ ˇˇ 0; i D j; D 3=2 D 1 @xi @xj ˇxQ 3 ; i ¤ j: 33=2 Damit erhalten wir für das Taylorpolynom zweiter Ordnung 3 3 3 X xi  1 X X .xi  1/.xj  1/ 1 C : T2 .xI 1; 1; 1/ D p  33=2 3 i D1 33=2 i D1 j Di C1

Dabei haben wir benutzt, dass sich der  kombinatorische Vorfaktor für die gemischten Terme zu 2Š1 21 D 1 ergibt. 24.11  Wir definieren die Funktion F .x; y/ D x y  y x und bestimmen die Ableitungen  @  y @F x  ex ln y D y x y1  y x ln y D @x @x  @F @  y ln x  y x D x y ln x  x y x1 e D @y @y F ist in D.F / D R>0 R>0 partiell stetig differenzierbar, damit ist die Gleichung an jedem Punkt, wo F .x; y/ D 0 gilt ¤ 0 ist, eindeutig nach y auflösbar. Da F in D.F / sound @F @y gar beliebig oft differenzierbar ist, kann man auch beliebig hohe Ableitungen durch implizites Differenzieren erhalten, insbesondere gilt y0 D

@F dy y x y1  y x1 ln y @x D D  @F : dx x y x1  x y1 ln x @y

Für x D 1 erhalten wir die Gleichung 1y D y 1 , also y D 1. Damit ergibt sich y 0 .1/ D 1 und entsprechend die Tangente t : y D 1 C 1  .x  1/, also y D x.

Lösungswege

und somit

Ableiten ergibt:

@.f1 ; f2 ; f3 / @.x; y; z/ 0 1 yexy xexy 2 cos z sin z [email protected] yz xz xy C ez A z cosh.xz/ 2y x cosh.xz/ @.g1 ; g2 ; g3 / Jg D @.x1 ; x2 ; x3 ; x4 / 0 p 2x1 2 p 2x2 2 0 x1 Cx2 C1 x1 Cx2 C1 B 2 2 DB 0 2x1 x3 sin.x1 x32 / @x3 sin.x1 x3 / 0 x3 x2

Jf D

24.13 

IP.t / D 2t e

t .1Ct 2 /2

2 4t 3

C 16 t e 1

4t 3

2

C 4t e

1Ct Z 2

x 4 et x dx :

C

1

2

2t

C Setzen wir t D 1, so erhalten wir ex4 C A 2x4 I .1/ D 0 2 1Cx4 IP .1/ D 2e4  2e4 D 0 IR .1/ D 2e4  16 e4  4 e4 C 16 e4 C 4 e4 D 2e4

Zb.t /

und damit das Taylorpolynom @f .x; t / dx ; @t

wobei ein Punkt wiederum für die Ableitung nach t steht, erhalten wir: ) ( ˇ ˇ ˇ ˇ @f @f bP bP C IR D f .b; t / bR C .b; /ˇˇ .y; t /ˇˇ @ @y  Dt yDb ( ) ˇ ˇ ˇ ˇ @f @f  f .a; t / aR  C aP aP .a; /ˇˇ .y; t /ˇˇ @ @y  Dt yDa

p2 .t I 1/ D

  1 @u @r @u @' r cos ' C r @r @x @' @x  @u @r @u @' C r sin ' C @r @y @' @y  @u @u sin ' D cos ' cos '  @r @' r  @u @u cos ' C sin ' sin ' C @r @' r @u @u @u D cos2 ' C sin2 ' D @r @r @r

W D

a.t /

ˇ ˇ ˇ ˇ @f @f D f .b; t / bR C 2 bP 2 .b; /ˇˇ bP C .y; t /ˇˇ @ @y  Dt yDb ˇ ˇ ˇ ˇ @f @f ˇ  f .a; t / aR  2 aP 2 .a; /ˇ aP  .y; t /ˇˇ @ @y  Dt yDa @2 f .x; t / dx @t 2

a.t /

In unserem Beispiel ist a.t / D 2t , b.t / D 1 C t 2 und f .x; t / D 2 et x . Damit erhalten wir aR D 0 ; bP D 2t ; bR D 2 ; @f .x; t / 2 D t et x @x @f .x; t / 2 D x 2 et x @t @2 f .x; t / 2 D x 4 et x @t 2

.t  1/2 : e4

24.14 

ˇ ˇ Zb.t / 2 ˇ ˇ @ f .x; t / @f @f P ˇ ˇ .b; /ˇ b  .a; /ˇ aP C dx C @ @ @t 2  Dt  Dt

aP D 2 ;

t et x dx

 2t

a.t /

C

 2e

1Ct Z 2

2 2 2 2 2 2 IR.t / D 2et .1Ct /  4t .1 C t 2 /2 et .1Ct /  4t 3 et .1Ct /

Aus

IP D f .b.t /; t / bP  f .a.t /; t / aP C

Zb.t /

4t 3

24.15  mittels

Wir definieren die Funktion f und g, R2 ! R f .x; y/ D sin x cos y  0:1 g.x; y/ D x 2 C sin y  0:2

und die Funktion f : R2 ! R2 über f .x; y/ D .f .x; y/; g.x; y//> . Für die Jacobi-Matrix dieser Funktion erhalten wir  cos x cos y  sin x sin y J f .x/ D 2x cos y und am Punkt x 1 speziell  J f .x 1 / D

1 0

0 ; 1

Kapitel 24

24.12 

241

242

Kapitel 24

also einfach die Einheitsmatrix, deren Inverse natürlich ebenfalls die Einheitsmatrix ist. Mit f .x 1 / D .0:1; 0:2/> erhalten wir gemäß Newton-Vorschrift    ˇ  0:1 x1 0 0:1 ˇ :  J 1 D D ˇ f x0 0:2 0 0:2 y1 Dort erhalten wir ˇ ˇ Jf ˇ ˇ ˇ J 1 f ˇ

x1

x1 ;y1

 0:975 17 0:019 83 0:2 0:980 07  1:021 22 0:020 67 0:208 40 1:016 12

und damit    ˇ  x2 0:102 02 0:1 0:002 16 ˇ :  J 1 ˇ f x1 0:190 74 0:2 0:008 67 y2

und sehen aus @q @p D 2x sin y D ; @y @x dass diese Differenzialgleichung exakt ist. Integration liefert Z F .x; y/ D 2x cos y dx D x 2 cos y C '1 .y/ Z F .x; y/ D  x 2 sin y dy D x 2 cos y C '2 .x/ : Alle Lösungen sind implizit durch x 2 cos y D C mit Konstanten C gegeben. Auflösen nach y liefert y.x/ D arccos

C : x2

Zum Vergleich, die auskonvergierte Lösung liegt bei .x ; y / .0:102 02; 0:190 75/ :

Auch die zweite Gleichung ist exakt, wie man mit p.x; y/ D ex y und q.x; y/ D ex C 2y sofort aus

24.16  Wir leiten die Homogenitätsbeziehung nach  ab,

@p @q D ex D @y @x

df .x/ D h h1 f .x/ ; d und benutzen die Kettenregel, df .x/ @f .x/ @.x1 / @f .x/ @.xn / D C ::: C : d @.x1 / @ @.xn / @

erkennt. Integration liefert nun Z F .x; y/ D ex y dx D ex y C '1 .y/ Z F .x; y/ D .ex C 2y/ dy D ex y C y 2 C '2 .x/ : Vergleich zeigt, dass '1 .y/ D y 2 C const sein muss, die Lösung also implizit durch

Mit @.xi / D xi @

ex y C y 2 D C gegeben sind. Lösen der quadratischen Gleichung liefert

und @f .x/ @f .x/ @xi 1 @f .x/ D D @.xi / @xi @.xi /  @xi

ex y.x/ D  ˙ 2

CC

e2x ; 4

wobei für C < 0 stets

erhalten wir x  .grad f / D h h f .x/ : Diese Gleichung gilt für beliebige Werte von , insbesondere für  D 1. Damit ist die Euler-Gleichung gezeigt.

Kapitel 24

24.17 

r

x

1 ln.4C / 2

sein muss. 24.18 

Wir setzen

Wir setzen p.x; y/ D 2x cos y q.x; y/ D x 2 sin y

2x sin.x C y/ C cos.x C y/ ; 1 C x2 q.x; y/ D cos.x C y/ :

p.x; y/ D

Lösungswege

Aus @p 2x cos.x C y/  sin.x C y/ ; D @y 1 C x2 @q D  sin.x C y/ @x

dass die Differenzialgleichung nicht exakt ist. Es gelingt auch nicht, einen integrierenden Faktor zu finden, der nur von einer der beiden Variablen abhängt. Zielführend ist hingegen ein Produktansatz .x; y/ D X .x/Y .y/, @p D X Y 0 cos x C X Y 0 sin x @y @q D 2 y X Y cos x C 2y X 0 Y sin x : @x

sehen wir, dass diese Differenzialgleichung nicht exakt ist. Wir versuchen, einen integrierenden Faktor  zu finden und setzen versuchsweise .x; y/ D .x/. Aus @.p/ 2x cos.x C y/   sin.x C y/ D @y 1 C x2 @.q/ D 0 cos.x C y/   sin.x C y/ @x sehen wir, dass  die Differenzialgleichung 0 D

2x  1 C x2

erfüllen muss. Das ist eine lineare Gleichung erster Ordnung, zu der wir schnell eine Lösung angeben können. Setzen wir etwa .x/ D e'.x/ , so erhalten wir ' 0 .x/ D

2x 1 C x2

!

'.x/ D ln.1 C x 2 /

Da wir aber irgendwelche Funktionen X und Y benötigen, mit denen die Exaktheitsbedingung erfüllt ist, suchen wir nach Ausdrücken, die keine trigonometrischen Funktionen mehr enthalten und daher X Y 0 D 2y X Y

und X Y 0 D 2y X 0 Y

erfüllen müssen. Mit der ersten Gleichung können wir die zweite zu X 0 D X vereinfachen, eine Lösung davon ist X .x/ D ex . Nach Division durch X nimmt die erste Gleichung die Gestalt Y 0 D 2y Y an. Davon können wir schnell eine Lösung angeben, etwa indem wir Y D e'.y/ setzen, ' 0 .y/ e'.y/ D 2y e'.y/ : Eine spezielle Lösung ist '.y/ D y 2 , sodass unser integrierender Faktor die Gestalt 2

(wir brauchen ja nur irgend eine Lösung) und .x/ D 1 C x 2 . Zur exakten Differenzialgleichung

.x; y/ D X .x/ Y .y/ D ex ex D exCy

gibt es eine Stammfunktion F , für die wir durch Integration Z   2x sin.x C y/ C .1 C x 2 / cos.x C y/ dx F .x; y/ D D .1 C x 2 / sin.x C y/ C '1 .y/ Z F .x; y/ D .1 C x 2 / cos.x C y/ dy D .1 C x 2 / sin.x C y/ C '2 .x/

2

annimmt. Die Differenzialgleichung

0

2x sin.x C y/ C .1 C x / cos.x C y/.1 C y / D 0 2

243

.cos x C sin x/exCy C 2 sin x y exCy y 0 D 0 2

2

ist exakt, und wir erhalten Z 2 y2 F .x; y/ D e .cos x C sin x/ex dx D ey sin x ex C '1 .y/ Z 2 2 F .x; y/ D sin x ex 2y ey dy D sin x ex ey C '2 .x/ : Die Lösungen der Differenzialgleichung sind demnach implizit durch 2

.1 C x / sin.x C y/ D C 2

sin x exCy D C gegeben. Hier können wir sogar eine explizite Auflösung nach y wagen: C C x C y 2 D ln sin x sin x y 2 D ln C  ln sin x  x p y.x/ D ˙ D  ln sin x  x 2

exCy D

mit Konstanten C gegeben. 24.19  Wir setzen p.x; y/ D cos x C sin x q.x; y/ D 2 sin x y und sehen aus @p @q D 0 ¤ 2 cos x y D ; @y @x

Dabei haben wir D WD ln C gesetzt (eine Konstante ist so gut wie die andere), und die Lösung ist nur dort definiert, wo sin x > 0 und D  ln sin x  x  0 ist.

Kapitel 24

erhalten. Alle Lösungen der Differenzialgleichungen sind damit implizit in der Form

244

Kapitel 24

24.20  erhält man

f 2 C 1 ist erfüllt, und es gilt f .0; 1; 0/ D 0. Nun

 @f ˇˇ x D 1 ¤ 0; ˇ D y 2 C @z p 1Cz p

Nun setzen wir x D 1 ein und beachten y.1/ D 0 und z.1/ D 1: Aus F10 .1/ D y 0 .1/  2 D 0 erhält man y 0 .1/ D 2, des Weiteren ist F20 .1/ D z 0 .1/ D 0. Analog sind wegen F100 .1/ D 2  22 C y 00 .1/ D 0 und F200 .1/ D 2  22 C z 00 .1/ D 0 die zweiten Ableitungen y 00 .1/ D 8 und z 00 .1/ D 8.

die Auflösung ist also möglich. Wir definieren F .x; y/ D ex  y 2 z.x; y/ C x ln.1 C '.x; y//  1 0 und erhalten für die partiellen Ableitungen dieser Funktion: Fx .x; y/ D ex  y 2 'x .x; y/ C ln.1 C '.x; y// C

x'x .x; y/ 1 C '.x; y/

24.22  Als Zusammensetzung unendlich oft differenzierbarer Funktionen ist sicher f 2 C 1 , und es gilt  f

1 4

; 1;





2  4

D ecos



p eDe

p1 2

2



p e D 0:

0 Fy .x; y/ D 2y'.x; y/ C y 2 'y .x; y/ C

x'y .x; y/ 1 C '.x; y/

0 Am Punkt .0; 1/ ergibt das mit '.0; 1/ D 0 die beiden Gleichungen 1  'x .0; 1/ D 0

'y .0; 1/ D 0

also 'x .0; 1/ D 1 und 'y .0; 1/ D 0. Dasselbe Ergebnis erhält man natürlich auch aus dem allgemeineren @f @f @' Fx .x; y/ D C  0 @x @z @x @f @f @' Fy .x; y/ D C  0 @y @z @y mit Auflösen nach 'x bzw. 'y und Einsetzen von x D 0, y D 1. 24.21  Es sind f1 ;f2 2 C 1 .R3 /, außerdem ist f1 .1; 0; 1/ D f2 .1; 0; 1/ D 0. Für die Jacobi-Determinante erhält man: ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ @.f1 ; f2 / ˇ ˇ D ˇ2 sin.xyz/xz C z 2 sin.xyz/xy C y ˇ ˇ ˇ ˇ @.y; z/ ˇ 2.xyz/  xz 2.xyz/  xy C 1 ˇp p ˇ ˇ ˇ1 0ˇ ˇ D 1 ¤ 0: D ˇˇ 0 1ˇ Daher gibt es zwei Funktionen y und z, für die gilt: y.1/ D 0, z.1/ D 1 sowie f1 .x; y.x/; z.x// 0 und f2 .x; y.x/; z.x// 0 in einer Umgebung von P . Mit diesem Ergebnis werden nun zwei Funktionen F1 und F2 definiert und nach x abgeleitet: F1 .x/ WD f1 .x; y.x/; z.x// D 2 cos.x y.x/ z.x// C y.x/ z.x/  2x 0 F10 .x/ D 2 sin.x y.x/ z.x//  fy.x/ z.x/ C x  Œy 0 .x/ z.x/ C y.x/ z 0 .x/g C Œy 0 .x/ z.x/ C y.x/ z 0 .x/  2 0

Kapitel 24

F100 .x/ D  cos.: : :/  f: : :g2  2 sin.: : :/  f: : :g0 C y 00 .x/ z.x/ C 2y 0 .x/ z 0 .x/ C y.x/ z 00 .x/ 0 F2 .x/ WD f2 .x; y.x/; z.x// D .x y.x/ z.x//2 C z.x/  1 0 F20 .x/ D 2.x y.x/ z.x//  f: : :g C z 0 .x/ 0 F 00 .x/ D 2  f: : :g2 C 2.x y.x/ z.x//fP : : :g0 C z 00 .x/ 0 2

Für die Ableitung nach z erhält man ˇ ˇ @f ˇˇ 2 3 ˇ D 2xy 3 cos.xy 3 z/ sin.xy 3 z/  ecos .xy z/ ˇ ˇ p @z p   cos2  4 ¤ 0: D 2 cos sin e 4 4 Die Funktion ist also lokal eindeutig nach z auflösbar. Nun zu den partiellen Ableitungen: 2 .xy 3 z.x;y//

F .x; y/ WD f .x; y; z.x; y// D ecos



p

e 0

Fx .x; y/ D 2 cos.xy 3 z.x; y// sin.xy 3 z.x; y// 2 .xy 3 z.x;y//

 ecos

 .zy 3 C xy 3 zx .x; y// 0

Fy .x; y/ D 2 cos.xy 3 z.x; y// sin.xy 3 z.x; y// 2 .xy 3 z.x;y//

 ecos

 .3xy 2 z C xy 3 zy .x; y// 0

Einsetzen von x D , y D 1 ergibt mit z.; 1/ D 2e „

1=2

1 1 p p  2 2 ƒ‚ … ¤0

1 1 2e1=2 p  p  2 2 „ ƒ‚ …





1 4

1 C zx .; 1/ D 0 4

3 C zy .; 1/ D 0 4

¤0

1 weiter also zx .; 1/ D  4 und zy .; 1/ D  34 .

24.23  Es ist fi 2 C 1 , f1 .4; 2; 2/ D f2 .4; 2; 2/ D 0, und für die Jacobi-Determinante erhält man ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 1 @f1 ˇˇ ˇ2x 2y ˇ ˇ @.f1 ; f2 / ˇ ˇˇ @f @y ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ D ˇ @x D ˇ ˇ 1 2y ˇ ˇ @.x; y/ ˇ ˇ @f2 @f2 ˇ P @x @y P ˇ ˇ ˇ8 4 ˇ ˇ D 28 ¤ 0 D ˇˇ 4 1ˇ Das Funktionensystem ist also in P tatsächlich lokal auflösbar. Aus f1 .x; y; z/ D 0 erhält man x 2 D 22 C z  y 2 , aus

Lösungswege

f2 .x; y; z/ D 0 weiter y 2 D z 3  x, und setzt man das ein, ergibt sich x 2 x z 3 z 22 D 0. Als Lösung der quadratischen Gleichung erhält man r

s y D '2 .z/ D

z 3

1   2

r

1 C z 3 C z C 22: 4

24.24  Es ist  D f .p/ D .0; 1; 0/. Die JacobiDeterminanten von f und g in p und  ergeben: 1 0 ˇ 1 2 1 @f ˇˇ D @ x2 x1 0 A @x ˇ.1;1;1/ 2x1 0 2x3 .1;1;1/ 1 0 1 2 1 D @1 1 0A 2 0 2 0 ˇ 2.y1  y2 / 2.y1  y2 / @g ˇˇ D @2.y1 C y2 / 2.y1 C y2 / ˇ @y .0;1;0/ y2 y1 1 0 2 2 0 [email protected] 2 2 0 A 1

0

x 2 Cy 2 @f D x  .x 2  y 2  2/  e 2 @x x 2 Cy 2 @f D y  .2 C x 2  y 2 /  e 2 @y

1 C z 3 C z C 22 4

(nur der positive Zweig der Wurzel kommt in Betracht, da für z D 2 ja x D 4 > 0 sein soll) und damit weiter

Nullsetzen liefert im ersten Fall x D 0 oder x 2  y 2  2 D 0, im zweiten y D 0 oder x 2  y 2 C 2 D 0. Ein kritischer Punkt ist damit auf jeden Fall p 1 D .0; 0/> .p Die Bedingungen p xD0 und 2  y 2 D 0 führen auf p 2 D .0; 2/> , p 3p D .0;  2/> . Fürpy D 0 und x 2  2 D 0 erhält man p4 D . 2; 0/> , p 5 D . 2; 0/> . Die beiden Bedingungen x 2  y 2  2 D 0 und x 2  y 2 C 2 D 0 sind nicht gleichzeitig erfüllbar, man hat also bereits alle kritischen Punkte gefunden. Überprüfen der zweiten Ableitungen liefert: ˇ 2 ˇ .fxx  fyy  fxy / .0;0/ D .2/  2  0 D 4 < 0 .fxx  fyy

1 2y3 0 A 1 .0;1;0/

.fxx  fyy

.fxx  fyy

1

Nun gilt nach der Kettenregel: @g @f @h .p/ D ./  .p/ @x @y @x 1 0 0 1 2 2 0 D @ 2 2 0 A  @1 2 1 0 1 1 0 0 6 2 D @ 4 2 2 A 1 2 3

.fxx  fyy 2 1 0

Für die ersten partiellen Ableitungen erhält man

1 1 0A 2

und die Determinante ergibt ˇ ˇ ˇ @h ˇ ˇ .p/ˇ D 6  .12 C 2/  2  .8  2/ D 64 ¤ 0; ˇ @x ˇ die Abbildung ist also umkehrbar. Da die Matrizen quadratisch sind, gilt auch ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ @h ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ .p/ˇ D ˇ @g ./ˇ  ˇ @f .p/ˇ D 8  .8/ D 64: ˇ @x ˇ ˇ @y ˇ ˇ @x ˇ

p 1 Sattelpkt.  4 4 p   0D xy .0; 2/ D  e e 4 fxx D  < 0; p 2 lok. Max. e   ˇ 4 4 2 ˇ p  fxy / .0; 2/ D    0D e e 4 fxx D  < 0; p 3 lok. Max. e ˇ 4 4 16 2 ˇp  fxy / . 2;0/ D   0 D 2 > 0 e e e 4 fxx D > 0; p 4 lok. Min. e ˇ 4 4 16 2 ˇ p  fxy / . 2;0/ D   0 D 2 > 0 e e e 4 fxx D > 0; p 5 lok. Min. e ˇ  f 2 /ˇ



16 >0 e2

16 >0 e2

24.26  Die ersten partiellen Ableitungen ergeben sich zu fx D 4.1C2x y/2.2x Cy/C2.1Cx y/ D 12x 8y C2 und fy D 2.1C2xy/C2.2xCy/2.1Cxy/ D 8xC 6y. Nullsetzen liefert ein Gleichungssystem mit den Lösungen x D  32 und y D 2. Mit fxx D 12, fxy D 8 und fyy D 6 erhält man  D 2 D 8 > 0, es handelt sich also tatsächlich um ein fxx fyy  fxy Extremum, wegen fxx D 12 > 0 um ein relatives Minimum, natürlich muss es auch das absolute Minimum der Funktion sein. 24.27  Lösen wir die Bedingung g.x; y; z/ D 0 nach z auf, so erhalten wir z D 1  x  y, damit definieren wir fQ.x; y/ WD f .x; y; 1  x  y/ D x  xy C y 2 :

Kapitel 24

1 x D '1 .z/ D  C 2

24.25 

245

246

Kapitel 24

Für diese Funktion erhalten wir fQx D 1  y D 0 fQy D x C 2y D 0

!

yD1

!

x D 2y;

sind allerdings weder für den Wert noch den Fehler sinnvoll. Meist beschränkt man sich darauf, den Fehler auf zwei signifikante Stellen des Fehlers und den Wert auch bis zu dieser Genauigkeit anzugeben, hier etwa

also x D 2, y D 1, z D 2. Nun ist f .2; 1; 2/ D fQ.2; 1/ D 1, aber z. B. fQ.0; 0/ D 0 < 1 und fQ.2; 0/ D 2 > 1, also liegt an p D .2; 1; 2/> kein Extremum. 24.28  fert:

V D .1571 ˙ 35/  10 cm3 : Aus a D

2s t2

erhalten wir a D

Nullsetzen der ersten partiellen Ableitungen lie-

2 s 2s C 2 3 t 2 t t

und bei Einsetzen der Werte

fx .x; y/ D 3y 2 C 3x 2 D 3.x 2  y 2 / D 0 ! x 2 D y 2 ; x D ˙y

a D .13:42 ˙ 0:10/

fy .x; y/ D 4y 3  6xy D 2y.2y 2  3x/ D 0

m : s2

Aus

! y D 0 _ 2y 2  3x D 0 Eine Lösung ist also sicher p1 D .0; 0/> . Setzt man nun y 2 D x 2 in 2y 2  3x D 0 ein, erhält man x  .2x  3/ D 0 mit den beiden Lösungen x D 0 (schon in p 1 erfasst) und x D 32 . Wegen x D ˙y ergeben sich also zwei weitere Punkte p 2 D . 23 ; 32 /> und p 3 D . 23 ;  32 /> . Nun versuchen wir, anhand der HesseMatrix Aussagen über die Art des Extremums zu erhalten, dazu betrachten wir: ˇ ˇ ˇ ˇ ˇf 6y ˇˇ fxy ˇˇ ˇˇ 6x 2 D ˇˇ xx D fxy fyy ˇ ˇ6y 12y 2  6x ˇ Für die Punkte p 2 und p3 erhalten wir: ˇ 2 ˇp D 9  18  .9/  .9/ D 81 > 0 ˇ 2 2 ˇp D 9  18  9  9 D 81 > 0 3

Es handelt sich also um Extrema, und zwar (wegen fxx jp2 D fxx jp3 D 9 > 0) um zumindest lokale Minima. An p 1 ˇ kann mit der Hesse-Matrix keine Aussage gemacht werden (2 ˇp D 1

0), da aber beispielsweise f .x; 0/ D x 3 in jeder Umgebung von p1 D .0; 0/> größere und kleinere Werte als f .0; 0/ D 0 annimmt, muss es sich um einen Sattelpunkt handeln. Anhand von f .x; 0/ sieht man auch, dass f beliebig große und kleine Werte annehmen kann, es also keine globalen Extreme geben kann.

R12 D

R1 R2 R1 C R2

erhalten wir R12 D

R22 R1 C R12 R2 .R1 C R2 /2

und damit R12 D .33:3 ˙ 2:8/ : Dass der absolute Fehler hier kleiner ist als der der Ausgangsgrößen ist nicht sonderlich überraschend, denn auch der Wert ist kleiner. Betrachtet man den relativen Fehler R12 =R12 , so sieht man, dass dieser größer ist als das geometrische Mittel der relativen Ausgangsfehler. (Die simple Betrachtung eines Mittels ist hier gerechtfertigt, weil beide Ausgangsgrößen symmetrisch eingehen, das geometrische Mittel ist dem Charakter von relativen Größen besser angepasst als das arithmetische.) 24.30 

Wir erhalten aus p D RV T ;

V D

p ; RT

T D

p RV

die Ableitungen

Anwendungsprobleme

Kapitel 24

24.29  liefert



@p @V



 D RT ;

T

@V @T

D p

p ; RT 2



@T @p

D V

Linearisierung im Sinne des totalen Differenzials

V D 2r h r C r  h, mit r D 10 cm, h D 50 cm, r D 0:1 cm und h D 0:1 cm erhalten wir V D .15 707:96 ˙ 345:57/ cm3 . Angaben in so hoher Genauigkeit 2

und das Produkt    @V @T p @p D 1 : D @V T @T p @p V RV T

1 RV

Lösungswege

  @Z 1 @Z @ ln Z D D @xi Z @xi @xi @2 ln Z 1 @Z @Z 1 @2 Z D 2 C @xi @xj Z @xi @xj Z @xi @xj  2     @Z @Z @Z @3 ln Z D  @xi @xj @xi @xj @xi @xj @xk D

2 @Z @Z @Z 1 @2 Z @Z  2 3 Z @xi @xj @xk Z @xi @xk @xj 

1 @Z @2 Z 1 @2 Z @Z  2 2 Z @xi @xj @xk Z @xi @xj @xk

@3 Z 1 Z @xi @xj @xk    2   @3 Z @Z @Z D  @xi @xj @xk @xi @xj @xk  2    2   @ Z @Z @ Z @Z   @xi @xk @xj @xj @xk @xi     @Z @Z @Z C2 @xi @xj @xk C

6 @Z @Z @Z @Z 2 @2 Z @Z @Z @4 ln Z D 4 C 3 @xi @xj @xk @xl Z @xi @xj @xk @xl Z @xi @xl @xj @xk C

2 @2 Z @Z @Z 2 @2 Z @Z @Z C Z 3 @xj @xl @xi @xk Z 3 @xk @xl @xi @xj



@3 Z @Z @2 Z 1 1 @2 Z  2 2 Z @xi @xk @xl @xj Z @xi @xk @xj @xl

C

@3 Z @Z 2 @2 Z @Z @Z 1  2 3 Z @xi @xk @xj @xl Z @xj @xk @xl @xi



@2 Z 1 @2 Z 2 @2 Z @Z @Z C 3 2 Z @xj @xk @xi @xl Z @xj @xk @xi @xl



@3 Z @Z @2 Z 1 1 @2 Z  2 2 Z @xi @xj @xl @xk Z @xi @xj @xk @xl

C

@3 Z @Z 2 @2 Z @Z @Z 1  2 3 Z @xi @xj @xk @xl Z @xi @xj @xk @xl

@4 Z 1 Z @xi @xj @xk @xl   @4 Z D @xi @xj @xk @xl    @3 Z @Z 1X  6 perm. @xi1 @xi2 @xi3 @xi4  2  2  1X @ Z @Z  8 perm. @xi1 @xi2 @xi3 @xi4  2    @ Z @Z @Z 1X C 2 perm. @xi1 @xi2 @xi3 @xi4      @Z @Z @Z @Z 6 @xi @xj @xk @xl C

Dabei bedeutet „perm“, dass über alle Permutationen von .xi ; xj ; xk ; xl / zu zu summieren ist. Die kombinatorischen Vorfaktoren kompensiert dabei die mehrfach gezählten Varianten.

Kapitel 24

24.31  Wir erhalten durch mehrfaches Ableiten

247

Kapitel 25

Kapitel 25

25.5  Gegeben ist ein Dreieck D  R2 mit den Eckpunkten a, b und c. Zeigen Sie, dass für den Schwerpunkt des Dreiecks die Formel

Aufgaben Verständnisfragen

xS D 25.1  Mit W  R3 bezeichnen wir das Gebiet, das von den Ebenen x1 D 0, x2 D 0, x3 D 2 und der Fläche x3 D x12 C x22 , x1  0, x2  0 begrenzt wird. Schreiben Sie das Integral Z q x3  x22 dx

gilt. 25.6  Die Menge all derjenigen Punkte x 2 R3 , die Lösungen einer Gleichung der Form a x12 C b x22 C c x32 D r 2

W

auf 6 verschiedene Arten als iteriertes Integral in kartesischen Koordinaten. Berechnen Sie den Wert mit der Ihnen am geeignetsten erscheinenden Integrationsreihenfolge. 25.2



Gesucht ist das Gebietsintegral

Z2 Zx 2 xD0 yD0

p

x dy dx C yC5

p

Z 20 Z20x 2

xD2

x dy dx : yC5

yD0

Erstellen Sie eine Skizze des Integrationsbereichs. Vertauschen Sie die Integrationsreihenfolge und berechnen Sie so das Integral. 25.3  Gegeben ist das Gebiet D  R3 , das als Schnitt der Einheitskugel mit der Menge fx 2 R3 j x1 ; x2 ; x3 > 0g entsteht. Beschreiben Sie dieses Gebiet in kartesischen Koordinaten, Zylinderkoordinaten und Kugelkoordinaten. 25.4  Bestimmen Sie für die folgenden Gebiete D je eine Transformation W B ! D, bei der B ein Quader ist: ˚

(a) D D x 2 R2>0 j 0 < x12 C x22 < 4; 0 < xx21 < 1 ˚

(b) D D x 2 R3 j x1 ; x2 > 0; x12 C x22 C x32 < 1 ˚

(c) D D x 2 R2 j 0 < x2 < 1; x2 < x1 < 2 C x2

˚ (d) D D x 2 R3 j 0 < x3 < 1; x2 > 0; x12 < 9  x22

1 .a C b C c/ 3

bei gegebenem a, b, c und r > 0 sind, nennt man ein Ellipsoid. Für a D b D c erhält man den Spezialfall einer Kugel. Bei Kugelkoordinaten erhält man für konstantes r und variable Winkelkoordinaten eine Kugelschale. Modifizieren Sie die Kugelkoordinaten so, dass bei konstantem r ein Ellipsoid entsteht. Wie lautet die Funktionaldeterminante der zugehörigen Transformation? 25.7  Gegeben ist eine messbare Menge D  Rn und eine Folge von S paarweise disjunkten, messbaren Mengen .Dn / aus Rn mit 1 nD1 Dn D D. Zeigen Sie Z 1 dx D D

1 Z X

1 dx :

nD1D n

Rechenaufgaben 25.8



Z

(a) J D D

Z

(b) J D

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_24

D

Berechnen Sie die folgenden Gebietsintegrale: sin.x1 C x3 / dx mit D D  4 ; 0 Œ0; 2 0; 2 x2 C 2 2x1 x3 dx mit D D p13 ; 1 Œ0; 1 Œ0; 1 2 2 C x2 /

.x12

249

250

Kapitel 25

Kapitel 25

25.9  Berechnen Sie die folgenden Integrale für beide möglichen Integrationsreihenfolgen: R (a) B .x 2  y 2 / d.x; y/ mit dem Gebiet B  R2 zwischen den Graphen der Funktionen mit y D x 2 und y D x 3 für x 2 R.0; 1/. (b) B sin.y/ d.x; y/ mit B  R2 definiert durch y n

B D .x; y/T 2 R2 W 0  x  y 

o

25.15  nen Sie

Gegeben ist D D fx 2 R2 j x12 Cx22 < 1g. BerechZ

.x12 C x1 x2 C x22 / e.x1 Cx2 / dx 2

2

D

durch Transformation auf Polarkoordinaten.

: 2 Welche Integrationsreihenfolge ist jeweils die günstigere?

25.16 

25.10 

wird durch die x1 x2 -Ebene und die Fläche

Zeigen Sie für beliebige n 2 N die Beziehung

Aus dem Zylinder fx 2 R3 j x12 C x22 < 4g  R3

fx 2 R3 j x3 D ex1 Cx2 g 2

Z1 Zt1 Vn D

Ztn1 1 ::: dtn    dt2 dt1 D : nŠ

0 0

2

ein Körper herausgeschnitten. Welche Masse hat dieser Körper und wo liegt sein Schwerpunkt, wenn seine Dichte durch .x/ D x22 gegeben ist?

0

25.11  Das Dreieck D ist durch seine Eckpunkten .0; 0/T , .=2; =2/T und .; 0/T definiert. Berechnen Sie das Gebietsintegral Z p sin x1 sin x2 cos x2 dx: D

25.17  Gegeben ist die Kugelschale D um den Nullpunkt mit äußerem Radius R und innerem Radius r (r < R). Berechnen Sie den Wert des Integrals Z p x 2 C y 2 C z 2 d.x; y; z/: D

25.12  Das Gebiet M ist definiert durch  ˇ ˇ M D x 2 R2 ˇ 0 <



x12

x2 x1 1 : 0g besteht aus einem Material mit der Dichte %.x/ D ax3 , a > 0. Berechnen Sie die Masse und die dritte Koordinate des Schwerpunkts der Halbkugel.

Bestimmen Sie das Integral Z M

4.x1 C x2 / dx .x12 C x22 /3

mithilfe der Transformation x1 D 25.13 

u1 ; u21 C u22

x2 D

u2 : u21 C u22

Bestimmen Sie das Integral

Anwendungsprobleme 25.19  Wir nähern die Erde durch eine Kugel mit Radius R D 7000 km an. Entlang des Äquators soll rund um die Erde eine Straße der Breite B D 60 m gebaut werden. Welches Volumen V hat die abgetragene Planetenmasse, wenn die Straßenoberfläche genau die Mantelfläche eines Zylinders bildet (siehe Abb. 25.29)? Wie groß ist das Volumen, wenn die Straße auf dem Mond .R D 1700 km/ gebaut wird?

Z I D

.2y 2 C 3xy  2x 2 / d.x; y/; D

wobei D ein Quadrat ist, dessen Eckpunkte bei .x; y/ D .4; 0/, .2; 4/, .2; 2/ und .0; 2/ liegen. 25.14  Bestimmen Sie den Inhalt jenes Volumenbereiches, der von den Flächen x 2 Cy 2 D 1Cz 2 und x 2 Cy 2 D 2z 2 eingeschlossen wird und der den Koordinatenursprung enthält.

R

Aushub B

Abb. 25.29 Schematische Darstellung der Straße aus Aufgabe 25.19 als Querschnitt durch den Planeten

Hinweise

a

b

Verständnisfragen

ρ

25.1  Wählen Sie eine Integrationsreihenfolge, bei der durch die innerste Integration die Wurzel verschwindet.

c

f

25.2  Durch das Vertauschen der Integrationsreihenfolge können beide Integrale zu einem zusammengefasst werden. e

25.3

Abb. 25.30 Die L-förmige Wiese aus Aufgabe 25.20 und der Bereich, der von der Ziege abgegrast werden kann

25.20  Auf einem L-förmig eingezäunten Stück Wiese ist an der linken oberen Ecke eine Ziege mit einer Leine der Länge  angebunden. Die Bezeichnungen für die Maße der Wiese finden Sie in Abb. 25.30. Es soll p e 2 C b 2 <  < minfa; f g gelten. Welche Fläche kann die Ziege abgrasen? 25.21  Ein Hammer (siehe Abb. 25.31) besteht aus einem hölzernen Stiel der Dichte H D 600 kg/m3 und einem stählernen Kopf der Dichte S D 7700 kg/m3. Der Stiel hat die Länge l1 D 30 cm und ist zylindrisch. Der Radius am freien Ende beträgt r1 D 1 cm. An den übrigen Stellen ist er in Abhängigkeit des Abstands x vom freien Ende durch die Formel r.x/ D r1  a

x2 ; l12



Am einfachsten sind die Kugelkoordinaten.

25.4  Formen Sie die Bedingungen aus den Definitionen der Mengen so um, dass Intervalle entstehen. Gibt es Ausdrücke, die auf bekannte Transformationen hinweisen? 25.5  Verwenden Sie die Vektoren ba und c a als Basis für ein Koordinatensystem im R2 . Die Fläche des Dreiecks ist j det..b  a; c  a//j=2. 25.6  Substituieren Sie in den Gleichung so, dass die Gleichung einer Kugel entsteht. 25.7  Zeigen Sie zunächst, dass die Reihe auf der rechten Seite der Gleichung konvergiert. Dazu kann das Monotoniekriterium verwendet werden. Um die Gleichheit nachzuweisen, muss man die Definition der Integrale über Treppenfunktionen verwenden. Wählen Sie eine Folge von Treppenfunktionen für jedes Dn und konstruieren Sie damit eine Folge für D.

Rechenaufgaben

0  x  l1 ;

gegeben. Hierbei ist a D 0:2 cm.

25.8  Verwenden Sie den Satz von Fubini, um die Gebietsintegrale als iterierte Integrale zu schreiben.

Der Kopf ist ein Quader mit Länge l2 D 9 cm, sowie Breite und Höhe b2 D h2 D 2:4 cm. Der Kopf ist so durchbohrt, dass der Stiel genau hineinpasst und Stiel und Kopf bündig abschließen.

25.9  Schreiben Sie die Integrale für beide möglichen Integrationsreihenfolgen als iteriertes Integral. Lassen sich auf beiden Wegen die Integrale berechnen?

Bestimmen Sie die Lage des Schwerpunkts des Hammers. Runden Sie dabei alle Zahlenwerte auf vier signifikante Stellen.

r1

l2

l1 h2 = b2

Abb. 25.31 Darstellung des Hammers aus Aufgabe 25.21 im Querschnitt

25.10  Setzen Sie V0 D 1 und rechnen Sie die Formel für n D 1, n D 2 und n D 3 explizit aus. Stellen Sie eine Vermutung für das allgemeine Ergebnis auf und beweisen diese durch vollständige Induktion. 25.11  Schreiben Sie das Integral als iteriertes Integral, bei dem im inneren Integral die Integration über x2 durchgeführt wird. 25.12  Bestimmen Sie die Funktionaldeterminante der Transformation und wenden Sie die Transformationsformel an. Dazu müssen Sie den Integranden durch u1 und u2 ausdrücken. Was ist x12 C x22 ?

251

Kapitel 25

Hinweise

252

Kapitel 25

Kapitel 25

25.13  Fertigen Sie eine Skizze des Integrationsbereichs an. Welches sind geeignete Koordinaten für eine Anwendung der Transformationsformel? 25.14  Führen Sie die Rechnung in Zylinderkoordinaten durch und nutzen Sie soweit wie möglich die Symmetrien des Systems aus. Das Zerlegen des Integrationsgebietes in zwei Normalbereiche ist dennoch notwendig. 25.15 

25.4  (a) Polarkoordinaten, B D .0; 2/ .0; =4/, (b) Kugelkoordinaten, B D .0; 1/ .0; =2/ .0; /, (c) B D .0; 1/ .0; 2/ und .u1 ; u2 / D .u1 C u2 ; u1 /> , (d) Zylinderkoordinaten, B D .0; 3/ .0; / .0; 1/. 25.5





25.6



Die Transformation ist

Substituieren Sie u D r für das Integral über r. 2

r x1 D p

a

cos ' sin #;

25.16  Verwenden Sie Zylinderkoordinaten. Im Integral über r kann man u D r 2 substituieren.

r x2 D p

25.17 

r x3 D p cos # c

Verwenden Sie Kugelkoordinaten.

25.18  Verwenden Sie Kugelkoordinaten für beide Gebietsintegrale.

b

sin ' sin #;

p mit der Funktionaldeterminante r 2 sin #= abc. 25.7

 –

Anwendungsprobleme 25.19  ten dar.

Stellen Sie das Volumen durch Zylinderkoordina-

25.20  Bestimmen Sie einfach zu beschreibende Teilflächen, für die Sie die Flächeninhalte berechnen können. Ggf. ist es sinnvoll, eine Fläche zunächst mehrfach zu bestimmen und dann entsprechend oft wieder abzuziehen. 25.21  Überlegen Sie sich einfache Teilgebiete, aus denen sich der Hammer zusammensetzt. Setzen Sie ggf. bekannte Formeln für Integrale über Quader oder Rotationskörper ein.

Rechenaufgaben 25.8



p p (a) J D ln 2 . 2  1/, (b) .=2/ .1= 3  1=4/.

R 25.9  (a) B .x 2  y 2 / d.x; y/ D 2=105, R (b) B sin.y/=y d.x; y/ D 1. 25.10  25.11 

– R p D

sin x1 sin x2 cos x2 dx D =3.

Lösungen

25.12  Der Wert des Integrals ist 5=12.

Verständnisfragen

25.13 

I D 60

25.14 

p V D 2 2

25.15 

 .1  2=e/.

p

25.1



Der Wert ist

25.2



Der Wert des Integrals ist 4.

25.3



Die Darstellungen des Gebiets lautet:

16 15

2.

D D fx 2 R3 j 0 < x1 < 1; q 0 < x2 < 1  x12 ; x12 C x22 C x32 D 1g D f. cos ';  sin '; z/> 2 R3 j 0 < ' < =2; 0 <  < 1; z C  D 1g 2

2

D f.cos ' sin #; sin ' sin #; cos #/> 2 R3 j 0 < ' < =2; 0 < # < =2g

25.16  Die Masse ist m D .=2/ .3e4 C 1/. Die Schwerpunktkoordinaten s1 und s2 verschwinden. Es gilt s3 D .7e8 C 1/=.8.3e4 C 1//. 25.17 

R p x 2 C y 2 C z 2 d.x; y; z/ D  .R4  r 4 /. D

25.18  Die Masse ist m D a R4 =4, für die dritte Schwerpunktkoordinate gilt s3 D 8R=15.

Lösungswege

Anwendungsprobleme 25.19  Das Volumen ist, unabhängig vom Radius des Pla3 neten,  B =6.

Z Z q x3  x22 dx D

x2 D0 x3 Dx 2

W

p

Z

Die Fläche ist

2

Z2

2

p

2

Z 

25.21  Aus Symmetriegründen gilt s2 D s3 D 0 m. Für die erste Koordinate ergibt sich s1 0:270 1 m.

2

p

25.2  gestellt.

p

Z2x 2

Z2

q x3  x22 dx3 dx2 dx1

x1 D0 x2 D0 x3 Dx 2 Cy 2

W

p

Z

2

p 2 Zx3 x1q

Z2

D x1 D0 x3 Dx 2 p

Z

2

x3 

Z2

D

q

In der Abb. 25.32 ist der Integrationsbereich dar-

f.x; y/> 2 R2 j 0 < x < 2; 0 < y < x 2 g p D f.x; y/> 2 R2 j 0 < y < 4; y < x < 2g; das des zweiten Integrals ist

x3 

dx3 dx1 dx2

p

p

20  x 2 g p D f.x; y/> 2 R2 j 0 < y < 4; 2 < x < 20  y 2 g:

dx2 dx3 dx1

x22

dx2

Das Integrationsgebiet des ersten Integrals ist

x2 D0

p 2 Z2x2



16 p 2: 15

f.x; y/> 2 R2 j 2 < x < x22

1 4 x 2 2

p 2 3 1 5 2 D 2x2  x2 C x 3 10 2 0 D

2

2  2x22 C x2 D0

Lösungswege

Z q Z x3  x22 dx D

 x3  x22 dx3 dx2

x2 D0 x3 Dx 2

D

25.1  Es gibt 6 verschiedene Permutationen, also Reihenfolgen, der drei Koordinaten des Raums. Dementsprechend können wir auch das Integral auf 6 verschiedene Arten berechnen. Es ist:

x3  x22 dx1 dx3 dx2

x1 D0



D

  p 1 p 2 b e b   b 2 C e 2  e 2 C 2 arcsin C arcsin  be: 2  

Verständnisfragen

p 2 Zx3 x2q

Z2

2

20; 0 < y <

Dreht man die Integrationsreihenfolge in den Integralen um, können beide zusammengefasst werden. Dann haben wir zu be-

x2 D0 x1 D0 x3 Dx 2 Cx 2 1 2 p

Z

2

p 2 Zx3 x2q

Z2

D x2 D0 x3 Dx 2 2

Z2

p Z x3

D x3 D0 x1 D0 p

Z2 Z x3 D x3 D0 x2 D0

y

x3 

x22

dx1 dx3 dx2

x1 D0

p 2 Zx3 x1q x3  x22 dx2 dx1 dx3

y=

20 − x 2

y = x2 2

x2 D0

p 2 Zx3 x2q x3  x22 dx1 dx2 dx3 x1 D0

Im 4-ten oder 6-ten Fall hebt sich durch die Integration über x1 im innersten Integral die Wurzel weg. Wir erhalten zum Beispiel

2

4

√ x 20

Abb. 25.32 Der gemeinsame Integrationsbereich der Gebietsintegrale aus der Aufgabe 25.2

Kapitel 25

im 4-ten Fall p

25.20 

253

254

Kapitel 25

Kapitel 25

rechnen p 2 Z4 Z20y p yD0 xD y

und x dx dy D y C5

Z4

W B ! D mit 1 r cos ' sin # .r; '; #/ D @ r sin ' sin # A : r cos # 0

1 .20  y 2  y/ dy 2.y C 5/

yD0

Z4 D

1 .y C 5/ .4  y/ dy 2.y C 5/

(c) Die erste Bedingung hat schon die Form eines Intervalls. Wir subtrahieren x2 in der zweiten Bedingung und erhalten 0 < x1  x2 < 2:

yD0

Z4 D

4y dy D 4: 2

Mit u1 D x2 und u2 D x1 x2 folgt x1 D u1 Cu2 . Damit setzen wir

yD0

B D .0; 1/ .0; 2/

25.3  In kartesischen Koordinaten kann man das Gebiet zum Beispiel schreiben als D D fx 2 R3 j 0 < x1 < 1; q 0 < x2 < 1  x12 ; x12 C x22 C x32 D 1g: In zylindrischen Koordinaten erhalten wir etwa D D f. cos ';  sin '; z/> 2 R3 j 0 < ' < =2;

W B ! D als

und wählen



u1 C u2 .u1 ; u2 / D u1

B D .0; 3/ .0; / .0; 1/ und

W B ! D mit 1 0  cos ' .; '; z/ D @  sin ' A : z

D D f.cos ' sin #; sin ' sin #; cos #/> 2 R3 j 0 < ' < =2; 0 < # < =2g: In dieser Darstellung wird auch am deutlichsten, dass es sich um ein Achtel einer Kugel (einen Kugeloktanden) handelt. 25.4  (a) Da für Polarkoordinaten .r; '/ die Gleichung r 2 D x12 C x22 gilt, scheinen sich diese anzubieten. Damit lautet die erste Bedingung 0 < r < 2. Die zweite Bedingung schreiben wir zu 0 < x2 < x1 um. Das Gebiet D liegt also unterhalb der Geraden x1 D x2 . In Polarkoordinaten bedeutet das 0 < ' < =4. Damit ist also   B D .0; 2/ 0; 4 und

W B ! D gegeben durch  r cos ' : .r; '/ D r sin '

(b) Es handelt sich bei der Menge D um ein Viertel einer Kugel. Es bieten sich daher Kugelkoordinaten an. Wie bei (a) sehen wir 0 < r < 1. Die Bedingungen x1 , x2 > 0 führen auf ' 2 .0; =2/. Damit sind alle Bedingungen abgedeckt, für die #-Koordinate gibt es keine zusätzlichen Einschränkungen. Wir haben also   B D .0; 1/ 0;

.0; / 2

:

(d) Die dritte Bedingung lautet umgeschrieben x12 C x22 < 9. Dies deutet auf Zylinderkoordinaten .; '; z/> hin. Die Bedingung x2 > 0 übersetzt sich dann zu 0 < ' < . Damit erhalten wir

0 <  < 1; z 2 C 2 D 1g: In Kugelkoordinaten ist das Gebiet am einfachsten auszudrücken,



25.5  Wir setzen p D b  a und q D c  a. Dadurch könne wir jeden Punkt x 2 D eindeutig als x D a C s1 p C s2 q darstellen, wobei s1 , s2 2 .0; 1/ und s1 C s2 < 1 gilt. Somit folgt für den Schwerpunkt Z 1 xS D x dx V .D/ D

1 D V .D/

Z1 1s Z 1 .a C s1 p C s2 q/  j det..p; q//j ds2 ds1 0

0

Z1 D2

s2 .a C s1 p/ C 0

1 2 s q 2 2

1s1 ds1 s2 D0

Z1  .1  s1 / a C s1 .1  s1 / p C

D2 0



1 .1  s1 /2 q ds1 2

1  1 1 2 1 3 1 3 D 2 s1  s1 C s1  s1 p  .1  s1 / q 2 2 3 6 0 1 1 1 D a C p C q D .a C b C c/: 3 3 3

25.6  ren wir

Ist x ein Punkt auf einem Ellipsoid, so substituie-

y1 D

p

a x1 ;

y2 D

p

y3 D

b x2 ;

p c x3 :

Dann gilt für y D .y1 ; y2 ; y3 /> die Gleichung y12

C

y22

C

y32

Dr :

Nach den Rechenregeln der Integralrechnung, wobei wir noch einmal ausnutzen, dass die Mengen paarweise disjunkt sind, ist somit Z Z N Z X 1 dx D 1 dx  1 dx: nD1 D

SN

n

nD1

2

Also liegt y auf einer Kugelschale um den Ursprung mit Radius r. Indem wir die Menge aller y, die auf dieser Kugelschale liegen, durch Kugelkoordinaten mit konstantem r darstellen, erhalten wir für x die Gleichungen r x1 D p cos ' sin #; a r x2 D p sin ' sin #; b r x3 D p cos #: c Allgemeiner spricht man bei Transformation der Form x1 D ˛ r cos ' sin #; x2 D ˇ r sin ' sin #; x3 D  r cos #

Also ist die Reihe der Integrale auf der linken Seite dieser Gleichung nach oben beschränkt. Außerdem ist sie monoton wachsend, denn Gebietsintegrale über die Funktion 1 sind stets positiv. Also konvergiert die Reihe dieser Integrale, und es gilt Z 1 Z X 1 dx  1 dx: nD1 D

Berechnet man die Funktionalmatrix der zugehörigen Transformation, so unterscheidet sich diese von derjenigen zu den Kugelkoordinaten gerade dadurch, dass in der ersten Zeile jeweils ein Faktor ˛, in der zweiten jeweils ein Faktor ˇ, und in der dritten jeweils ein Faktor  steht. Wegen der Linearität der Determinante bezüglich jeder Zeile, folgt, dass die Funktionaldeterminante durch

D

n

Die andere Abschätzung ist schwieriger. Wir wählen uns auf jedem Dn eine Folge von monoton wachsenden Treppenfunktionen .'n;k /k , die fast überall gegen die Funktion n mit ( 1; x 2 Dn ;

n .x/ D 0; x 2 Rn n Dn konvergiert. Es folgt, da Dn  D, Z Z 'n;k .x/ dx D 1 dx: lim k!1

D

Wir setzen weiter

mit r > 0, ' 2 .; /, # 2 .0; / und gegebenen Konstanten ˛, ˇ,  > 0 von elliptischen Koordinaten. Jedes so gegebene x 2 R3 erfüllt die Gleichung x32 x12 x22 C C D r 2: ˛2 ˇ2 2

Dn

(P k

'k .x/ D

nD1

'n;k .x/; x 2

0;

r 2 sin # : p abc 25.7  Da die Mengen .Dn / paarweise disjunkt sind und ihre Vereinigung genau D ergibt, ist jede endliche Vereinigung von solchen Mengen eine Teilmenge von D, N [ nD1

Dn  D:

Sk nD1

Dn ;

sonst:

Dann ist auch .'k / eine Folge monoton wachsender Treppenfunktionen, und sie konvergiert fast überall gegen die Funktion

mit ( 1; x 2 D;

.x/ D 0; sonst: Somit gilt

Z

Z 1 dx D lim

'k .x/ dx

k!1

D

˛ˇ r 2 sin # gegeben ist. In den ursprünglichen Bezeichnungen erhalten wir

D

Dn

D

D lim

k!1

 lim

k!1

 lim

k!1

k Z X

'n;k .x/ dx

nD1 D

1 Z X

'n;k .x/ dx

nD1D n

1 Z X

1 dx:

nD1D n

Im letzten Ausdruck kann man den Grenzwert auch weglassen, denn es kommt kein k mehr vor. Damit steht die gewünschte Abschätzung da.

255

Kapitel 25

Lösungswege

256

Kapitel 25

Kapitel 25

Rechenaufgaben

Einfacher ist es zuerst bezüglich y zu integrieren: Z

25.8  (a) Das Integrationsgebiet ist ein Quader. Der Integrand ist stetig und lässt sich auf den Rand des Quaders stetig fortsetzen. Er ist also integrierbar. Daher können wir den Satz von Fubini anwenden. Z=2

Z0

Z2

2

B

0 x3

Z1  D

x3 D0 x1 D=4 x2 D0

Z=2

D

sin.x1 C x3 / dx1 dx3

x3 D0 x1 D=4

Z0

D ln 2

Z

sin.x1 C x3 / dx1 dx3 x3 D0 x1 D=4

2 105

sin.y/ d.x; y/ D y

B

Z=2 D

0

Z1

Z1

Z1

2x1 x3 dx3 dx1 dx2 C x22 /2

J D

0

sin.y/ y dy y

Z1

Z1

p x3 D0 x1 D1= 3

0

1 p

1 1  1=3 C x22 1 C x22

Zt0 dt1 D t0 D

3 arctan

p

Zt0 dt2 dt1 D

0

0

0

Zt0 Zt1 Zt2

dx2

3  arctan 1 D

t0 1Š

0

Zt0 Zt1



D1

25.10  Wir setzen V0 D 1 und berechnen die iterierten Integrale zunächst für n D 1, n D 2 und n D 3:

x1 dx1 dx2 .x12 C x22 /2

D Z1 

=2

D Πcos.y/0

.x12

p x3 D0 x1 D1= 3 x2 D0

2

sin.y/ dx dy y

0

(b) Wie bei Teil (a) sehen wir, dass der Satz von Fubini angewandt werden kann. Es ergibt sich

D

Z=2Zy 0

Z=2   p  D ln 2 cos x3   cos x3 dx3 D ln 2 . 2  1/: 4

1 D 2

1 6 1 x  x 5 C x 9 dx 3 3

(b) Der Versuch, im inneren Integral bezüglich y zu integrieren, scheitert hier: Eine Stammfunktion von sin.y/=y kann nicht explizit angegeben werden. Daher bleibt nur die Möglichkeit zunächst bezüglich x zu integrieren:

Z0

D Œln.x2 C 2/20

x4  0

sin.x1 C x3 / dx2 dx1 dx3 x2 C 2

J D

Z=2

Z1 Zx 2 .x  y / d.x; y/ D .x 2  y 2 / dy dx 2

 2



ˇt t2 t2 t12 ˇˇ 0 t1 dt1 D ˇ D 0 D 0 2 0 2 2Š

Zt0 Zt1 dt3 dt2 dt1 D



0

1 1 p  : 3 4

0

0

t2 dt2 dt1 0

0

Zt0

ˇt t3 t3 t12 t13 ˇˇ 0 dt1 D ˇ D 0 D 0 2 6 0 6 3Š

D 0

25.9  (a) Zunächst integrieren wir im inneren Integral Damit stellen wir die folgende Vermutung auf: bezüglich x: p 3 y p 1 1 3y Z ZZ Z Zt0 Zt1 Ztn 1 3 t0n x  xy 2 .x 2  y 2 /d.x; y/ D .x 2  y 2 /dxdy D dy    dt    dt dt D n 2 1 p 3 y nŠ p

B

0

y

Z1  D

0

0



1 1 y  y 7=3  y 3=2 C y 5=2 dy 3 3

0

1 2 3 2 2 y  y 10=3  y 5=2 C y 7=2 6 10 15 7 2 D 105

1

D

0

0

0

Diese beweisen wir mit vollständiger Induktion, wobei wir den Induktionsanfang schon erbracht haben. Es bleibt der Induktionsschluss zu zeigen. Aufgrund der Induktionsvoraussetzung gilt Zt1 Zt2

ZtnC1 

0

0

dtnC1    dt3 dt2 D 0

t1n nŠ

25.12  Die Bedingungen aus der Definition der Menge M kann man umschreiben zu

Demnach ist Zt0 Zt1

ZtnC1 

0

Zt0

t1n dt1 nŠ

dtnC1    dt2 dt1 D

0

0

0

" D

t1nC1 .n C 1/Š

0 < u2 < #t0 D 0

t0nC1 : .n C 1/Š

Somit ist die Vermutung bewiesen. Setzen wir jetzt für t0 wieder den Wert 1 ein, so erhalten wir Vn D

1 : nŠ

1 2

Zur Transformation gehört die Abbildung matrix sich als 0 2 2 .u/ D

25.11 

an, wobei q durch q.t / D

0

.u/ D 

0  t  =2;

 t

u2 u1 2 2 .u @ 1 Cu2 /2 2u1 u2 .u21 Cu22 /2

, deren Funktional1

2u1 u2 .u21 Cu22 /2 A u21 u22 .u21 Cu22 /2

ergibt. Die Determinante ist det

( t

1 < u1 < 1  u2 : 2

Alle u 2 R2 , die diesen Bedingungen genügen, fassen wir in der Menge B zusammen.

0

Wir geben zunächst das Dreieck D durch

˚ D D x 2 R2 j 0  x1  ; 0  x2  q.x1 /

und

D

=2 < t  

.u21  u22 /2 4u21 u22  .u21 C u22 /4 .u21 C u22 /4 u41 C 2u21 u22 C u42 1 D 2 : 2 2 4 .u1 C u2 / .u1 C u22 /2

gegeben ist. Da alle auftretenden Funktionen stetig auf den Rand von D fortgesetzt werden können, können wir den Satz von Fubini anwenden, um das Gebietsintegral als iteriertes Integral zu schreiben. Zunächst führen wir die Integration bezüglich x2 durch. Eine Stammfunktion kann mit der Substitution u D sin x2 gefunden werden: Z p Z p sin x1 sin x2 cos x2 dx2 D u sin x1 du 2p D sin x1 u3=2 3 q 2 D sin x1 sin3 x2 3 Es ist also Zq

( D D

2 3 2 3

sin2 x1 ; p sin x1 sin3 .  x1 /;

D

u21 C u22 1 D 2 : 2 2 2 .u1 C u2 / u1 C u22

Damit folgt 4 .x1 C x2 / D 4 .u1 C u2 / .u21 C u22 /2 : .x12 C x22 /3 Mit der Transformationsformel erhalten wir nun Z Z 4.x1 C x2 / dx D 4 .u1 C u2 / du .x12 C x22 /3 B

Z1=2 1u Z 2 D

=2 < x1  ;

2 sin2 x1 : 3

4 .u1 C u2 / du1 du2 u2 D0 u1 D1=2

0 < x1 < =2;

Z1=2 D

3 5 2  2u2  2u2 du2 D : 2 12

0

Damit folgt für das Gebietsintegral Z p

x12 C x22 D

M

Z p .x1 / sin x1 sin x2 cos x2 dx2

0

Um den Integranden umzuschreiben, beachten wir den Zusammenhang

sin x1 sin x2 cos x2 dx D

2 3

Z sin2 x1 dx1 0

1 D Œx1  sin.x1 / cos.x1 /0 3  D : 3

25.13  Das Quadrat wird durch die Geraden 2yx D 4, 2y  x D 6, 2x C y D 2 und 2x C y D 8 begrenzt. Von daher ist es günstig, die Koordinaten u D 2y  x, v D 2x C y einzuführen. Die Umkehrung erhalten wir aus u D 2y C x 2v D 4x C 2y 2v  u D 5x

und

2u D 4y  2x v D 2x C y 2u C v D 5y

257

Kapitel 25

Lösungswege

258

Kapitel 25

Kapitel 25

zu x D .2v  u/=5 und y D .2u C v/=5 mit .u; v/ 2 B D Œ4; 6 Œ2; 8 : In Z I D

f .x; y/ d.x; y/ D

Z

D

ˇ ˇ ˇ @.x; y/ ˇˇ ˇ dv du f .x.u; v/; y.u; v// ˇdet @.u; v/ ˇ

B

nimmt daher der Integrand in den neuen Koordinaten die Form g.u; v/ D f .x.u; v/; y.u; v// 2 3 D .2u C v/2 C .2v  u/.2u C v/ 25 25 2  .2v  u/2 25 1 D .8u2 C 8uv C 2v 2  6u2 C 9uv C 6v 2 25  2u2 C 8uv  8v 2 / D uv an, den Betrag der Jacobi-Determinante erhalten wir zu ˇ ˇ ˇˇˇˇ @x ˇ ˇ ˇˇ @u @.x; y/ ˇdet ˇ D ˇˇ ˇ @.u; v/ ˇ ˇˇ @y ˇˇ @u ˇˇ 1 ˇˇ D ˇˇ 25 ˇˇ 5

I D

p

Z2 Z1

Z2r 2  dz d' d

V D2

'D0 D0 zD0

p p 2 Z2 Z 3=2 Z2

C2

p

'D0 D1 zD

Z1

ˇˇ ˇ ˇ 2 ˇˇ ˇ 1 1 4 ˇˇ 5 ˇˇ ˇ ˇˇ D ˇ  ˇ D : 1 ˇˇ 25 25 5 5

D 4



p

 dz d' d 2 1

2  2 dr

D0

p Z 3=2 p p C 4 . 2  1  2  2 / d D1

8p 9 p ˆ > 3=2 3=2 ˆ > Z Z < = p p 2 2 D 4  2   D     1 d ˆ > ˆ > : D0 ; D1

uv d.u; v/ 5

B

1 D 5

einen Faktor 2 vor dem Integral berücksichtigt werden. Die Aufteilung ist in Abb. 25.33 skizziert.

ˇˇ

@x ˇˇ @v ˇˇ @y ˇˇˇˇ @v

Wir erhalten also Z

Abb. 25.33 Der Volumeninhalt des hier skizzierten Rotationskörpers ist zu bestimmen

Z6

Z8 u du 

uD4

v dv

vD2

2 8 6 v u2  2 uD4 2 vD2

1 D 5 1 D  .36  16/  .64  4/ D 60 : 20 25.14  Als erstes führen wir Zylinderkoordinaten ein. Die beiden Flächen 2 D 1 C z 2 und 2 D 2  z 2 schneiden sich p in  D 3=2 bzw. z D ˙ 14 . Um die Integration ausführen zu können, muss der Bereich in zwei Teile zerlegt werden, p einmal von  D 0 bis  D 1 und dann von  D 1 bis  D 3=2. Erleichternd kommt hinzu, dass aus Symmetriegründen nur über positive z integriert werden muss, der Bereich z < 0 kann durch

Mit der Substitution u D 2 , Integralen folgt:

V D 2

8 3=2

ZR Z Z2 x2

D

r sin ' dz dr d' 0

0

Z2 sin ' d'  2

0

Zer r

0

2

Z2 1 dz dr D

r3

3 d D 4

4 R

 4

D  R4  r 4 :

r

r

2

3

25.18  1 dz dr:

0

Der Wert des ersten Integrals ist . Beim zweiten Integral wird u D r 2 substituiert, und es folgt Zer

2 3 Πcos #0 d

0

Z2

Z2

0

r

0

D 4

2

0

23 sin # d# d D

2

D

3 sin # d' d# d ZR

ZR 3

D r

r

Z2 Z2 Zer

C

z 2 d.x; y; z/

ZR Z

V

D

C

y2

D

folgt für die Masse m Z m D .x/ dx

0

0

Z2 0 8

D 25.17 

2

0

2

r 3 er dr D 0

D

1 2

In Kugelkoordinaten .r; #; '/, d. h.

x1 D r cos ' sin #;

Z2 Z=2ZR

Z4 u eu du 0

1 3 1 Œ.u  1/ eu 40 D e4 C : 2 2 2

mD

a r cos # r 2 sin # dr d# d' 0

0

0

ZR

Da

Z2 r 3 dr 

Da 0

  4 3e C 1 : 2

x3 D r cos # ;

wird B durch die Bedingungen 0  r  R; 0  #  =2; 0  '  2 beschrieben. Damit gilt für die Masse

Also folgt mD

x2 D r sin ' sin #;

"

d'  0

Z=2 cos # sin # d# 0

2

R4 sin # 2 4 2

#=2 D a 0

R4 : 4

259

Kapitel 25

Lösungswege

260

Kapitel 25

Kapitel 25

Da der Integrand in drei Faktoren separiert, die jeder nur von einer der drei Integrationsvariablen abhängt, kann das iterierte Integral hier als Produkt von drei eindimensionalen Integralen geschrieben werden. Aus Symmetriegründen liegt der Schwerpunkt von B auf der x3 -Achse, d. h. s1 D s2 D 0. Für die dritte Koordinate berechnen wir unter Berücksichtigung der Funktionaldeterminante den Wert Z2 Z=2ZR ms3 D

ar 2 cos2 # r 2 sin # dr d# d' 0

0

0

ZR

Z2 r dr 

Da

4

0

Z=2 d'  cos2 # sin # d#

0

Also ist s3 D 8R=15.

Anwendungsprobleme 25.19  Wir setzen b D B=2. Wir beschreiben den Körper D, der abgetragen wird, durch Zylinderkoordinaten, x2 D  sin ';

x3 D z

mit b < z < b,  < ' < . Die Skizze macht darüber hinaus deutlich, dass R2  b 2 < 2 < R2  z 2 gilt. Somit ist Z V D

x1 D0

x2 D0

Ze q D 2  x12 dx1 0

 q  1 x1 e D x1 2  x12 C 2 arcsin 2  0  p 1 e 2 2 2 D e   e C  arcsin : 2 

0

=2

R5 2R5 cos3 # D a 2  D a : 5 3 15 0

x1 D  cos ';

25.20  Wir berechen zunächst die Fläche F1 , die die Ziege in dem Rechteck abgrasen kann, dass die Kanten e und f besitzt. Es ergibt sich p2 2 Ze Z x1 1 dx2 dx1 F1 D

Durch Einsetzen der entsprechenden Größen erhalten wir auch die Fläche F2 , die die Ziege im Rechteck mit den Kanten a und b abgrasen kann,  p 1 b F2 D b 2  b 2 C 2 arcsin : 2  Addieren wir diese beiden Flächen, so haben wir ein Rechteck mit den Kanten der Längen b und e doppelt gezählt. Also ist die gesuchte Fläche

  p 1 p 2 b e 2 2 2 2 b   b C e   e C  arcsin C arcsin  be: 2   25.21  Zunächst müssen Masse von Hammer und Stiel bestimmt werden. Beim Stiel handelt es sich um einen Rotationskörper, die Masse ist also Zl  m1 D H 

1 dx

r1  a 0

D

p

Zb

R2 z 2 Z

Z

D

 d' d dz p zDb D R2 b 2 'D

Zb D



 R2  z 2  .R2  b 2 / dz

b

Zb D



 b 2  z 2 dz

b

4 3  D b D B 3: 3 6 Da wir die Rechnung ohne konkrete Zahlenwerte durchgeführt haben, ist sie für Mond und Erde gleichermaßen gültig. Das Volumen ist überraschenderweise vom Radius des Himmelskörpers unabhängig.

x2 l12

2 dx

l

x3 x5 2 D H  r12 x  ar1 2 C a2 4 3 l1 l1 xD0  2 2 a D H  l1 r12  ar1 C 3 5 0:049 46 kg: Der Kopf ist ein Quader, jedoch müssen wir die Bohrung für den Stiel berücksichtigen. Wir erhalten für seine Masse

 2 a2 m2 D S l2 b2 h2  l1 r12  ar1 C 3 5   3 .l  h 2 a2 .l1  h2 /5 1 2/ C C  r12 .l1  h2 /  ar1  3 l2 5 l14 0:3605kg: Beim Schwerpunkt s sind aufgrund der Symmetrie s2 D s3 D 0. Wir müssen nur die erste Koordinate berechnen. Zunächst

berechnen wir das Integral für den Stiel, das wir durch Zylinderkoordinaten ausrechnen: r a

Z

Z Zl1 1Z H x1 dx D H

Stiel

x2 l2

 x d dx d'  0

0

Kopf

Zl1  x2 D  H x r1  a 2 dx l 0

r12 2 1 x4 a2 x 6 x  a r1 2 C 2 2 6 l14 l1  2 r a2 1 D H  l12 1  a r1 C 2 2 6

Aus der Rechnung oben für den Stiel können wir wieder diejenigen Terme ablesen, die sich für die Bohrung ergeben und die wir abziehen müssen, Z S x1 dx

 2 l2 b2 2 r 1 a2 .l1  .l1  h2 /2 /   l12 1  a r1 C 2 2 2 6  2 2  r1 .l1  h22 / a r1 .l14  h42 / a2 .l16  h62 / C C  2 2 l12 6 l14

D S l1

D  H

xD0

6:899  103 m kg Der Wert des entsprechenden Integrals für den Kopf ohne Bohrung ist  l2 b2  2 l1  .l1  h2 /2 : S 2

0:103 8 m kg: Somit ist die gesuchte Schwerpunktkoordinate R R Stiel H x1 dx C Kopf S x1 dx s1 D 0:270 1 m: m1 C m2 Der Schwerpunkt des Hammers liegt also nur wenig unterhalb des Kopfes.

261

Kapitel 25

Lösungswege

Aufgaben Verständnisfragen 26.1  Kann eine Kurve im R2 , die nur in einem beschränkten Bereich liegt, unendliche Bogenlänge haben?

26.4  Eine Epizykloide ist die Bahnkurve eines Punktes am Rande eines Rades, das auf einem anderen Rad abrollt. Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung einer solchen Epizykloide, wobei der feste Kreis den Radius R, der abrollende den Radius a hat. Unter welcher Bedingung ist eine solche Epizykloide eine geschlossene Kurve? Wie weit können zwei Punkte einer solchen Epizykloide höchstens voneinander entfernt sein?

26.2  Ordnen Sie zu: Welche der folgenden Kurven entspricht welcher Parameterdarstellung:

Rechenaufgaben

(a) x2

26.5  Finden Sie jeweils eine Parametrisierung der folgenden Kurven:

(b) x2

x1

(d) x2

x1

(e) x2

x1

1. 2. 3. 4.

(c) x2

x1

(f)

x1

x2

x1

 cos.3t / , t 2 Œ0; 2 1 : x.t / D sin.4t /  3 t 2 : x.t / D , t 2 Œ1; 1 2t 6  1  sin t 3 : x.t / D , t 2 Œ0; 2 cos.t 2 /  3 t 4 : x.t / D , t 2 Œ1; 1 2 2t  1

5. 5 : r.'/ D

1 , 1C' 2 2

' 2 Œ4; 4

6. 6 : r.'/ D cos ', ' 2 Œ0; 2 26.3  Leiten Sie die Flächenformel (26.4) durch Zerlegungen der von der Kurve umschlossenen Fläche in Dreiecke und einen entsprechenden Grenzübergang her.

1. Zunächst ein Geradenstück von A D .2; 0/T nach B D .0; 1/T , anschließend ein Dreiviertelkreis von B mit Mittelpunkt M D .0; 2/T nach C D .1; 2/T und zuletzt ein Geradenstück von C nach D D .2; 2/T . 2. Vom Anfangspunkt A D .1; 3/T entlang eines Parabelbogens durch den Scheitel B D .0; 1/T nach C D .1; 3/T , von dort entlang einer Geraden nach D D .1; 5/ und zuletzt auf einem Viertelkreis zurück nach A. 3. Ein im negativen Sinne durchlaufener Halbkreis von A D .2; 0/T nach B D .2; 0/, ein Geradenstück von B nach 0 D .0; 0/T und ein im positiven Sinne durchlaufener Halbkreis von 0 zurück nach A. 26.6  Bestimmen Sie einen allgemeinen Ausdruck für die Krümmung einer in Polarkoordinaten als r.'/ gegebenen Kurve. 26.7



Die Kardioide oder Herzkurve ist gegeben durch r.'/ D a .1 C cos '/ ;

' 2 Œ0; 2

mit einer Konstante a 2 R>0 . 1. Bestimmen Sie den Inhalt der Fläche, die von dieser Kurve begrenzt wird. 2. Bestimmen Sie ihre Bogenlänge. 3. Bestimmen Sie die Evolute dieser Kurve. 4. Fertigen Sie eine Skizze an.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_25

263

Kapitel 26

Kapitel 26

264

Kapitel 26

26.8  Die Bernoulli’sche Lemniskate ist in Polarkoordinaten gegeben durch p r.'/ D a 2 cos.2'/ ; 5 mit ' 2  4 ; 4 [ 3 . Skizzieren Sie diese Kurve, geben 4 4 Sie eine Darstellung in kartesischen Koordinaten an und bestimmen Sie den Inhalt der von ihr eingeschlossenen Fläche.

Kapitel 26

26.9  Die Pascal’sche Schnecke ist in Parameterdarstellung gegeben durch  x.t / D

a cos2 t C b cos t a cos t sin t C b sin t



mit festen positiven Werten a > 0, b > 0 und dem Parameterintervall t 2 .; . Skizzieren Sie den Verlauf der Kurve für die Fälle b < a, a < b < 2a und b > 2a. Suchen Sie eine kartesische und eine Polarkoordinatendarstellung der Kurve und bestimmen Sie den von ihr eingeschlossenen Flächeninhalt. Was ist dabei zu beachten? 26.10  Die Strophoide kann in Polarkoordinaten durch a cos.2'/ r D ; cos '

   0 und z 2 R.

Anwendungsprobleme 26.15  Die Bahn der Erde um die Sonne ist in sehr guter Näherung eine Ellipse mit der großen Halbachse a 149 597 890 km und numerischer Exzentrizität " 0:016 710 2. In einem Brennpunkt dieser Ellipse steht die Sonne. Bestimmen Sie damit näherungsweise die Länge der Erdbahn. (Hinweis: Das auftretende elliptische Integral ist nicht elementar lösbar, entwickeln Sie den Integranden in ".) Erwarten Sie, dass die Korrektur zu 2 a positiv oder negativ ist? 26.16  Eine Ziege ist an einem festen Punkt einer runden Säule angebunden, und zwar mit einem Seil, dessen Länge gleich dem halben Umfang der Säule ist. Welche Fläche Gras kann die (als punktförmig angenommene) Ziege erreichen?

Hinweise

265

26.2  Schon Anfangs- und Endpunkt der Kurven sind aufschlussreich, um einige Möglichkeiten auszuschließen.

g a

26.3  Beginnen Sie mit einer Konstruktion ähnlich wie in Abb. 26.9 dargestellt. Drücken Sie die Dreiecksflächen als Determinanten aus und benutzen Sie den Mittelwertsatz der Differenzialrechnung.

h b p

26.17  Ein Stab der Länge l ist an einem Ende mittels eines Gelenks g auf der Seite eines Rades befestigt. Das Gelenk hat vom Radmittelpunkt (D Drehpunkt) den Abstand a. Der Stab läuft durch eine frei drehbare Hülse h, die im Abstand b vom Radmittelpunkt fixiert ist. (Dabei ist a C b < l.) Bestimmen Sie die Kurve, die der Endpunkt p des Stabes bei Drehung des Rades beschreibt. Die Situation ist in Abb. 26.30 dargestellt. Alle betrachteten Punkte liegen in einer Ebene, alle Gelenke sind in dieser Ebene frei drehbar. 26.18  Betrachten Sie einen homogenen Körper, dessen Querschnitt von den Kurven y D ax 2 und y D c mit a, c > 0 begrenzt wird. Für welche Werte von a und c ist dieser Körper (in einem homogenen Kraftfeld F D F b y , F > 0) stabil gelagert? 26.19  Im Straßenbau und bei der Anlage von Eisenbahntraßen spielt die Klothoide 0 .t / D @

Zt

Zt 2

cos. / d; 0

1T sin. 2 / d A ;

t 2 R0 ;

0

die auch als Spinnkurve oder Cornu-Spirale bezeichnet wird, eine wichtige Rolle. Die Fresnel’schen Integrale, die in ihrer Parameterdarstellung auftauchen, können nicht elementar gelöst werden. Bestimmen Sie Bogenlänge s.0; t / und Krümmung der Klothoide, skizzieren Sie die Kurve. Überlegen Sie, wegen welcher Eigenschaft Klothoidenstücke neben Geraden und Kreisen zentrale Elemente im Straßen- und Trassenbau sein könnten.

Hinweise Verständnisfragen 26.1  Versuchen Sie ein Beispiel mit immer dichter liegenden Oszillationen gleicher Amplitude zu konstruieren.

26.4  Bestimmen Sie zunächst die Bahn des Mittelpunktes des äußeren Rades und überlegen Sie, wie sich die Winkelgeschwindigkeiten der beiden Räder zueinander verhalten.

Rechenaufgaben 26.5  Ein Geradenstücke von p1 nach p 2 lässt sich immer in der Form x D p 1 C t .p2  p 1 / mit t 2 Œ0; 1 parametrisieren. Teile eines positiv durchlaufenen Kreises mit Mittelpunkt m und Radius r0 lassen sich stets als x D .m1 C r0 cos t m2 C r0 sin t /> mit einem geeigneten Intervall für t schreiben. Bei allen Kurven hilft es, zunächst einmal eine Skizze anzufertigen. 26.6  Benutzen Sie die Darstellung x1 D r.'/ cos ', x2 D r.'/ sin ' und Formel (26.8). 26.7  Sie können .t / D .a.1 C cos t / cos t ; a.1 C cos t / sin t /> setzen und die Formeln (26.5), (26.6) sowie (26.9) benutzen. Dadurch, dass die Kurve in Polarkoordinaten gegeben ist, gibt es für manche dieser Ausdrücke jedoch sogar einfachere Formen. 26.8  Benutzen Sie die Identität cos.2'/ D cos2 '  sin2 '. Sie können die Symmetrieeigenschaften der Kurve benutzen, um die Rechnungen zu vereinfachen. 26.9  Die Polarkoordinatendarstellung lässt sich sofort ablesen. Nach Multiplikation mit r kann man direkt die bekannten Umrechungsbeziehungen zwischen kartesischen und Polarkoordinaten benutzen. Die Bestimmung des Flächeninhalts erfolgt am einfachsten in Polarkoordinaten. 26.10  Benutzen Sie die Identität cos.2'/ D cos2 '  sin2 ', um die Gleichung in kartesischen Koordinaten zu erhalten. Einsetzen der Parametrisierung in diese Gleichung muss eine wahre Aussage liefern. Der Ursprung entspricht den Parameterwerten t D ˙1, die Tangenten bestimmt man am besten aus der Parameterdarstellung; diese erlaubt mit t ! ˙1 auch ein einfaches Auffinden der Asymptoten.

Kapitel 26

Abb. 26.30 Ein einfaches Gestänge mit einem Gelenk g und einer Hülse h

266

Kapitel 26

Kapitel 26

26.11  Gehen Sie wie im Fall der Schraubenlinie in Abschn. 26.4 vor.

Rechenaufgaben

26.12  Betrachten Sie die im R3 durch .t / D x.u.t /; v.t // definierte Kurve. Behandeln Sie die beiden Stücke der Kurve separat und addieren Sie anschließend die Ergebnisse für die Bogenlänge.

26.5



Siehe Lösung auf der Website.

26.6



2 .'/ D .r 2 C 2rP 2  r r/=.r R C rP 2 /3=2 .

26.13  Bilden Sie die Skalarprodukte e r e # , e r e ' , e # e ' bzw. e   e ' , e   e z und e '  e z .

26.7



AD

26.14  Bilden Sie die kovarianten Basisvektoren durch Ableitungen nach den neuen Koordinaten und vergleichen Sie die Skalarprodukte dieser Vektoren miteinander.

26.8



.x12 C x22 /2 D 2a2 .x12  x22 /, A D 2a2 .

Anwendungsprobleme 26.15 

Die Korrektur ist negativ.

26.16  Die Ziege kommt auf der Seite der Säule dann am weitesten, wenn das Seil bis zu einem Punkt p an der Säule anliegt und von diesem Punkt an tangential weiterläuft. Aus dieser Bedingung lässt sich eine Parameterdarstellung der Grenzkurve bestimmen. 26.17  Beachten Sie, dass p stets auf der Geraden durch g und h liegt und zudem der Abstand kp  hk D ` ist. 26.18  Orientieren Sie sich an der Anwendung von S. 973. Den Schwerpunkt erhalten Sie aus Symmetrieüberlegungen und der Berechnung eines Doppelintegrals. 26.19  Der Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung (Kap. 11) klärt, was beim Ableiten nach der variablen Grenze passiert, der Rest ist simples Einsetzen in (26.8) und (26.6). Überlegen Sie sich, welche Nachteile es hätte, im Straßenbau nur Geraden- und Kreisabschnitte zur Verfügung zu haben.

26.9 AD

 2

3 2

a2 , ` D 8a.

 r D a cos ' Cb, .x12 Cx22 a x1 /2 D b 2 .x12 Cx22 /, a2 C  b 2 .

26.10  .x1 Ca/ x12 C.x1 a/ x22 D 0, die Tangenten haben die Steigung ˙1, AS D 2a2  2 a2 , AF D 2a2 C 2 a2 . 26.11 

˛ D ˛ D 1=.2 cosh2 t /.

26.12 

 s D 2 1 C

26.13 



26.14 

Siehe Lösungsweg.

p1 2

p

 2 1 C 2 2 C arsinh p . 2

Anwendungsprobleme 26.15 

s 939:885 6 Mio. km.

26.16  A D 56 a2  3 .

Lösungen Verständnisfragen 26.1



Ja.

26.2



1f, 2c, 3a, 4b, 5d, 6e

26.3





26.4



.'/ D

26.17  p.'/ D

  ` b  a cos ' a cos ' : Cp a sin ' a sin ' a2 C b 2  2a cos '

26.18   .R C a/ cos ' C a cos a' R ,' 2 R .R C a/ sin ' C a sin a' R

Die Bedingung lautet a c < 5=6.

26.19  s.0; t / D t , .t / D 2t , die Krümmung ändert sich stetig und kann beliebige Werte annehmen.

Lösungswege

den R3 einbettet und den halben Betrag des Kreuzprodukts .ti / .ti C1 / betrachtet.) Nun schreiben wir diesen Ausdruck mit Hilfe des Mittelwertsatzes der Differenzialrechnung um. Dabei setzen wir ti D ti C1  ti ; i ist ein vorerst nicht näher bestimmter Parameterwert aus dem Intervall .ti ; ti C1 /:

Verständnisfragen 26.1  Kurven unendlicher Bogenlänge, die in einem beschränkten Bereich liegen, lassen sich problemlos konstruieren. Beispielsweise liegt die Kurve .t / D

1 ; sin t t

> ;

t 2 Œ1; 1/

vollständig in dem Rechteck 0  x1  1, 1  x2  1, hat aber eine unendliche Bogenlänge. 26.2



1f, 2c, 3a, 4b, 5d, 6e

26.3  Die Kurve sei durch x D .t / mit t 2 Œa; b parametrisiert. Greift man Zwischenpunkte ti mit a D t0 < t1 < t2 < : : : < tn1 < tn D b heraus, so kann man, wie in Abb. 26.31 dargestellt, die Kurve durch einen Polygonzug und die von ihr begrenzte Fläche durch viele Dreiecke annähern. Wir greifen nun ein Dreieck heraus, dessen Eckpunkte durch 0, .ti / und .ti C1 / gegeben sind. Aus der linearen Algebra wissen wir, dass sich die Fläche dieses Dreiecks durch Ai D

1 det...ti /; .ti C1 /// 2

gegeben ist. (Am einfachsten merkt man sich das, indem man die Vektoren durch Ergänzen von x3 .ti / D x3 .ti C1 / D 0 in

xi xi+1

xi+2

1 det...ti /; 2 1 D det...ti /; 2 1 D det...ti /; 2 1 D det...ti /; 2

Ai D

.ti C1 /// .ti C ti /// .ti / C . P i / ti // .ti /// C

1 det...ti /; . P i /// ti 2

Dabei haben wir die Linearität der Determinante (hier Linearität in der zweiten Spalte) ausgenutzt. Die erste Determinante verschwindet, und für den Grenzübergang unendlich feiner Unterteilung wird ti ! dt , i ! t und n1 X i D0

Ai

1 ! 2

Zb det...t /; .t P /// dt : a

Wir haben Formel (26.5) wiedergefunden. Ausschreiben der Determinante liefert entsprechend (26.4). 26.4  Wir bezeichnen mit R den Radius des inneren Rades, mit a den des äußeren. Legen wir den Mittelpunkt des inneren Rades in den Ursprung, so beschreibt der Mittelpunkt des äußeren eine Bahn  .R C a/ cos ' ; ' 2 R: m.'/ D .R C a/ sin ' Das äußere Rad dreht sich entsprechend dem Verhältnis der Radien schneller (oder langsamer, wenn sein Radius größer ist), ein Punkt auf dem Rand dieses Rades beschreibt demnach eine Kurve  a cos a' R .'/ D m.'/ C ; ' 2 R: a sin a' R Ist das Verhältnis a=R eine ganze Zahl, so schließt sich die Kurve nach einem Umlauf; ist es rational, so schließt sie sich nach einer endlichen Zahl von Umläufen. Für ein irrationales Verhältnis hingegen schließt sich die Kurve nie.

Abb. 26.31 Mit Hilfe eines Polygonzugs kann man die von einer Kurve umschriebene Fläche durch Dreiecke approximieren

Ein Punkt auf einer Epizykloide hat vom Ursprung des inneren Rades mindestens den Abstand R, höchstens den Abstand R C 2a. Damit kann der Abstand zweier Punkte auf einer Epizykloide höchstens 2R C 4a betragen. Dieser Maximalabstnand kann nur angenommen werden, wenn der Zähler im gekürzten Verhältnis a=R eine gerade Zahl ist. Ist a=R irrational, so wird der Maximalabstand zwar nicht angenommen, man kann aber zu jedem " > 0 zwei Punkte finden, deren Abstand größer als 2R C 4a  " ist.

Kapitel 26

Lösungswege



267

268

Kapitel 26

Kommentar Auf Epizykloiden beruhten im geozentrischen Weltbild viele fortgeschrittene astronomische Modelle (Epizykeltheorien). Mit den Verläufen der Epizykloiden, die zwei Kreisbewegungen beinhalten, konnte man die Bewegung der anderen Planeten relativ zur Erde recht genau beschreiben und dabei die Erde im Mittelpunkt belassen.

Kapitel 26

Da es sich bei den Planetenbahnen eigentlich um Ellipsen (wenn auch meist mit geringer Exzentrizität) handelt, gelang auch mit Epizykloiden keine völlig akkurate Beschreibung der immer genauer werdenden Beobachtungen. Daher wurden in den astronomischen Modellen bereits Kurven benutzt, die sich aus drei oder mehr überlagerten Kreisbewegungen zusammensetzen, bevor das heliozentrische Weltbild und die Kepler’schen Gesetze diese komplizierten Konstruktionen unnötig machten. J



1. Das Geradenstück lässt sich beispielsweise mit  2 C 2t t 2 Œ0; 1 x.t / D t

beschreiben, der Dreiviertelkreis mit  h  i cos t t2  ; x.t / D 2 C sin t 2 und das letzte Geradenstück mit  1  t x.t / D 2

3. Den Halbkreis erhalten wir zu  2 cos t x.t / D 2 sin t

t 2 Œ0;  :

Das Geradenstück kann man beispielsweise mittels  t t 2 Œ2; 0 x.t / D 0

Rechenaufgaben 26.5

Wollen wir die Kurve wieder mit einem Intervall parametrisieren, so müssen wir wiederum umskalieren: ! 8 ˆ t 1 ˆ ˆ für t 2 Œ0; 2 ˆ ˆ ˆ 4.t  1/2  1 ˆ ˆ ! ˆ < 1 für t 2 .2; 4 x.t / D ˆ ˆ ˆ 1Ct ! ˆ ˆ ˆ ˆ 1 C 2 cos .t23/ ˆ ˆ für t 2 .4; 5 : 3 C 2 sin .t23/

t 2 Œ0; 1 :

Will man die Kurve mit einem durchgehenden Parameterintervall beschreiben, so muss man noch ein wenig umparametrisieren, etwa: ! 8 ˆ 2 C 2t ˆ ˆ für t 2 Œ0; 1 ˆ ˆ ˆ t ˆ ˆ ! ˆ < cos .t 2/ 2 x.t / D für t 2 .1; 4 ˆ 2 C sin .t22/ ˆ ˆ ! ˆ ˆ ˆ ˆ 3t ˆ ˆ für t 2 .4; 5 : 2

parametrisieren, den abschließenden Halbkreis mittels  1 C cos t t 2 Œ; 0 : x.t / D sin t Zusammenfassen zu einem Intervall liefert: ! 8 ˆ 2 cos.t / ˆ ˆ für t 2 Œ0; 1 ˆ ˆ ˆ 2 sin.t / ˆ ˆ ! ˆ < t 3 für t 2 .1; 3 x.t / D ˆ ˆ ˆ 0 ! ˆ ˆ ˆ ˆ 1 C cos..t  4// ˆ ˆ für t 2 .3; 4 : sin..t  4// Die Kurven sind in Abb. 26.32 dargestellt. x2

2. Die Parabel ist durch Angabe des Scheitels und zweier weiterer Punkte eindeutig zu x2 D 4x12  1 festgelegt. Den ersten Teil der Kurve kann man daher mittels  t t 2 Œ1; 1 x.t / D 4t 2  1 parametrisieren. Das Geradenstück erhält man etwa mittels  1 t 2 Œ3; 5 : x.t / D t Der Kreis, von dessen Bogen man ein Viertel durchlaufen soll, muss den Mittelpunkt in .1; 3/> und Radius 2 haben. Wir erhalten  h i 1 C 2 cos t t2 x.t / D ; : 3 C 2 sin t 2

x1

Abb. 26.32 Die Darstellung dreier Kurven 1 , 1 , 1

Lösungswege



1. Wir erhalten für den Flächeninhalt mit Formel (26.3):

Mit  r.'/ cos ' x.'/ D r.'/ sin '  rP cos '  r sin ' x.'/ P D rP sin ' C r cos '  rR cos '  2 rP sin '  r cos ' x.'/ R D rR sin ' C 2 rP cos '  r sin '

Z2

1 AD 2

r 2 .'/ d' 0 2

a D 2

0 2

erhalten wir (unter massiver Verwendung des trigonometrischen Pythagoras sin2 ' C cos2 ' D 1): .'/ D

D D

det..x; P x// R .xP 12 C xP 22 /3=2 ˇ ˇ rP cos '  r sin ' ˇ ˇrP sin ' C r cos '

ˇ rR cos '  2 rP sin '  r cos ' ˇˇ rR sin ' C 2 rP cos '  r sin ' ˇ .rP 2 C r 2 /3=2

r 2 C 2rP 2  r rR

Z2 d' C a

0

2

a2 cos ' d' C 2

Z2

0

cos2 '/ d' 0

2. Für die Bogenlänge erhalten wir mit Formel (26.7):

` WD s.0; 2/ D

wie es der Interpretation der Krümmung als Kehrwert des Krümmungskreisradius entspricht. Wir bestimmen zunächst die Ableitung der Kurve   a cos t C cos2 t .t / D a .sin t C cos t sin t /  a . sin t  2 cost sin t / .t P /D a cos t C cos2 t  sin2 t  a .  sin t  2 cos2 t sin t/ D a cos t C 2 cos t  1

Z2 p

D

Z2 q

r.'/ D a .1 C cos '/ r.'/ P D a sin ' r.'/ P D a cos ' aus, zumindest wenn wir die bequemeren Formeln für Kurven in Polarkoordinaten benutzen. Das Rechnen mit den kartesischen Varianten ist natürlich ebenso möglich, nur ein wenig umständlicher.

a2 .1 C 2 cos ' C cos2 '/ C a2 sin2 ' d'

0

Z2 q Da 1 C 2 cos ' C cos2 ' C sin2 ' d' 0 2 p Z p Da 2 1 C cos ' d' 0

Dieses Integral kann man zum Beispiel mit der Umformung 1 C cos ' D 2 cos2 '2 lösen. Man erhält Z2 p p 1 C cos ' D 4 2 ;



da wir diese auf jeden Fall für die Evolute benötigen werden. Vorerst aber kommen wir mit

r 2 .'/ C rP 2 .'/ d'

0

.Pr 2 C r 2 /3=2

r2 1  D  03=2 D ; r0 r02



a D 2

Z2

a2 a2 3 2 D 2 C 0 C D a 2 2 2

Alle gemischten Produkte wie 2 r rP sin ' cos ' fallen weg, und man kann die Krümmung allein durch r, rP und rR ausdrücken. Für r.'/ D r0 D const sind rP und rR gleich null, wir erhalten in diesem Spezialfall

26.7

Z2 .1 C 2 cos ' C cos2 '/ d'

0

insgesamt finden wir ` D 8a. 3. Für die Gleichung der Evolute benötigen wir zunächst die Krümmung der Kurve. Besonders einfach erhält man diese aus dem Ergebnis der vorangegangenen Aufgabe: .'/ D

R r 2 .'/ C 2rP 2 .'/  r.'/ r.'/ 

.Pr 2 .'/ C r 2 .'//3=2

 1 C 3 cos ' C 2 cos2 ' C 2 sin2 ' D 3=2  a3 sin2 ' C 1 C 2 cos ' C cos2 ' a

D

2

3 a2 .1 C cos '/

.1 C cos '/3=2 1 1 3 D p 3=2 a 2 1 C cos ' 23=2 a3

Kapitel 26

26.6

269

270

Kapitel 26

Mit der Identität cos.2'/ D cos2 ' sin2 ' können wir die Gleichung der Lemniskate nach Quadrieren als

x2

r 2 D 2 a2 .cos2 '  sin2 '/ schreiben. Multiplikation der Gleichung mit r 2 liefert .r 2 /2 D 2 a2 .r 2 cos2 '  r 2 sin2 '/ ; x1

und diesen Ausdruck können wir sofort in kartesische Koordinaten umschreiben,

Kapitel 26

.x12 C x22 /2 D 2 a2 .x12  x22 / : Die Lemniskate ist symmetrisch bezüglich Spiegelung an der x2 -Achse. Daher genügt es, nur den Bereich ' 2  4 ; 4 zu betrachten. Wir erhalten für den Flächeninhalt einer Schleife Abb. 26.33 Die Kardioide r.'/ D 1 C cos '

1 A1 D 2 2

Damit finden wir für die Evolute:  1 P2 .t / 1 .t / C .t / D 2 .t / .t / P1 .t /    a cos t C cos2 t D a .sin t C cos t sin t /    1 a cos t C 2 cos2 t  1 C 1 3 p 1 a . sin t  2 cos t sin t / a 3=2 D

2



1Ccos t



a cos t C cos t a .sin t C cos t sin t /  2  23=2 p a cos t C 2 cos2 t  1 C 1 C cos t a2 . sin t  2 cos t sin t / 3 2

Z=4 r d' D a 2

2

=4

D a2





Z=4

cos.2'/ d' =4

ˇ sin.2'/ ˇˇ=4 D a2 2 ˇ=4

Die gesamte Lemniskate schließt daher eine Fläche vom Inhalt 2a2 ein. 26.9  Die Kurve ist für die Fälle b D a=2, b D 3a=2 und b D 5a=2 in Abb. 26.35 skizziert. Allgemein hat man für b < a eine Schleife, für a < b < 2a eine Einbuchtung. Der Fall b D a entspricht der Kardioden, die in einer anderen Aufgabe genauer diskutiert wird. Aus

 x.'/ D r.'/

cos ' sin '



4. Die Skizze einer Kardioide für die Wahl a D 1 wird in Abb. 26.33 dargestellt.

26.8  Die Lemniskate, die grob die Form einer liegenden Acht hat (und gelegentlich als Unendlichkeitssymbol verwendet wird), ist in Abb. 26.34 skizziert.

Abb. 26.34 Die Lemniskate

Abb. 26.35 Eine Pascal’sche Schnecke für b D a=2, b D 3a=2 und b D 5a=2

Lösungswege

r 2 D a r cos ' C b r ; auf kartesische Koordinaten umgeschrieben q x12 C x22 D a x1 C b x12 C x22 r : Zum Eliminieren der Wurzel bringen wir den Term a x1 auf die linke Seite und quadrieren die erhaltene Gleichung, 2    2 x1 C x22  a x1 D b 2 x12 C x22 : Bei der Bestimmung des Inhalts der eingeschlossenen Fläche müssen wir beachten, dass für b < a die Schleife doppelt gezählt wird, da die Punkte darin zweimal von der Kurve umlaufen werden. Mit diesem Wissen erhalten wir unmittelbar: AD

1 2

Z2

Für den Ursprung muss x1 .t / D x2 .t / D 0 gelten, das ist nur für t D ˙1 möglich. Der Ursprung wird doppelt durchlaufen; er ist der einzige Punkt der Strophoide mit dieser Eigenschaft. Die Steigungen der Tangenten erhalten wir durch Ableiten der Parameterdarstellung nach t , x.t P /D

1 2

 x.1/ P Da

 a2 cos2 ' C 2ab cos ' C b 2 d'

Z2

Z2 b2 cos ' d' C ab cos ' d' C d' 2 0 0 0 „ ƒ‚ … „ ƒ‚ … „ƒ‚…

;

x.1/ P Da

 1 : 1

 1 ; 1

2 W x.v/ D v

 1 : 1

Z2

lim x1 .t / D lim x1 .t / D a

t !1

t !1

2

D

D0

D2

 D a2 C  b 2 2 26.10 

ist x2 D a die einzige Asymptote der Kurve. Mit dieser Information, der Spiegelsymmetrie an der x1 -Achse und dem Scheitel für t D 0 in .a; 0/> kann man die in Abb. 26.36 dargestellte Kurve auf jeden Fall grob skizzieren. Da die Tangenten im Ursprung gerade die Quadrantenhalbierenden sind, entspricht die „Schleife“ der Strophoide gerade dem Parameterintervall Œ 4 ; 4 . Damit erhalten wir für den

Multiplikation der Definitionsgleichung mit r und Erweitern des Bruchs auf der rechten Seite mit r liefert r 2 D a

1 1

Wegen

0

a2 D 2

:

Die Tangenten sind demnach genau die Winkelhalbierenden der Quadranten, 1 W x.u/ D u





Damit ergibt sich

0

D

4t t4 C 4 t2  1

.1 C t 2 /2

r 2 d' Z2



a

r 2 cos2 '  r 2 sin2 ' r 2 cos.2'/ D a : r cos ' r cos '

Umschreiben auf kartesische Koordinaten und Multiplikation mit x1 D r cos ' liefert nun x1 .x12 C x22 / D a .x22  x12 / oder umgeformt .x1 C a/ x12 C .x1  a/ x22 D 0 : Setzen wir die angegeben Parametrisierung in diese Gleichung ein, so erhalten wir a .t 2  1/ C a .1 C t 2 / a2 .t 2  1/2  1 C t2 .1 C t 2 /2 2 2 a .t  1/  a .1 C t / a2 t 2 .t 2  1/2 C  D 0; 1 C t2 .1 C t 2 /2 vereinfacht a3 .t 2  1/2  .2t 2  2t 2 / D 0 ; .1 C t 2 /3 und diese Gleichung ist identisch erfüllt.

Abb. 26.36 Die Strophoide

Kapitel 26

kann man direkt r.'/ D a cos ' Cb ablesen. Multiplikation mit r liefert

271

272

Kapitel 26

Flächeninhalt: 1 AS D 2

p a

Z=4 r d'

AF D 4

=4

a D 2

Z=4 =4

Kapitel 26

a2 D 2

cos .2'/ d' cos2 '

=4

Z=4 =4

Z=4 2

.a  u2 /

p

2a  u2 du

0 2

Z=4 

2

a 2

Da

Z

2

2

D

und für den gesuchten Flächeninhalt:

D4

cos .'/  sin .'/ cos2 ' 2

2

p

s

p a

Z

.a  u / 2

2a 0

2

ˇ ˇ pu D sin ˇ Dˇ du 2a ˇ p D cos d'

d'

2a



2 cos2 .'/  1 cos2 '

2

 1

u p 2a

2 du

ˇ p a ! 4 ˇˇ ˇD 0!0 ˇ

Z=4 q D 8a .a  2a sin2 / 1  sin2 cos d

d'

0

1 4 cos .'/  4 C cos2 '



2

Z=4 D 8a .1  2 sin2 / cos2 d 2

d'

0

0

=4

9 8 =4 Z=4 = 0 ist ein Maßstabsfaktor. (Vergleiche dazu auch Aufgabe 27.14.) 27.21 

Bestimmen Sie den Fluss von 0

1 x3  y 3 @x 2 y C xy 2 A V .x; y; z/ D p x2 C y 2 x2 C y 2 1

Kapitel 27

27.11 

281

282

Kapitel 27

durch die nach außen orientierte Oberfläche des Zylinders x 2 C y 2 D 94 ,  12  z  12 . Bestimmen Sie zudem die Kurvenintegrale I V  ds ;

27.24  Wir haben auf S. 1014 die potenzielle Energie eines in Form einer Kettenlinie gebogenen Drahtes bestimmt. Vergleichen Sie das Ergebnis mit der Energie für einen Draht der gleichen Länge, der an den gleichen Punkten befestigt ist, nun aber die Form eines „V“s (stückweise gerade) oder einer nach oben offenen Parabel

Cz0

wobei Cz0 die Kreise x 2 C y 2 D 94 , z D z0 sind, die so durchlaufen werden, dass im Punkt . 32 ; 0; z0 / die y-Komponente des Tangentenvektors positiv ist, yP > 0.

hat. (Hinweis: Im Fall der Parabel erhält man eine transzendente Gleichung, die sich nur näherungsweise lösen lässt.)

27.22 

27.25  Das Strömungsfeld in einem Fluid mit zwei entgegengesetzten Linienwirbel ist durch

Bestimmen Sie die Komponenten des Vektorfeldes 0 B V .x/ D B @

px

2 Cy 2

x 2 Cy 2 Cz 2

0 p

xz x 2 Cy 2 Cz 2

1 C C A

Kapitel 27

bei Darstellung in Kugelkoordinaten, d. h. Vr , V# und V' für

v.x/ D gegeben.

Bestimmen Sie für das Vektorfeld V den Fluss I V  d ;

Bestimmen Sie jeweils P die auf einen Dipol wirkende Kraft F und Drehmoment T D i .x  x/ Q F i (mit Bezugspunkt x) Q in einem homogenen elektrischen Feld E .x/ D E0 e 3 , radialen elektrischen Feld E .x/ D

.x1  a/2 C x22 D a2

C2 W

.x1 C a/2 C x22 D a2 1 x12 C x22 D a2 4 x12 C x22 D 4a2

C4 W

27.23  Ein Dipol sind zwei in festem Abstand 2a zueinander gehaltene gegengleiche (d. h. betragsmäßig gleiche, entgegengesetzte) Ladungen ˙q.

1 Q er 4 "0 r 2

mit Q  q. Bestimmen Sie im zweiten Fall Näherungsausdrücke für a

kxk. Q Diskutieren Sie das Verhalten eines drehbaren, beweglichen Dipols in den angegebenen Feldern. (Hinweis: als Bezugspunkt xQ für die Bestimmung des Drehmoments wählen Sie günstigerweise den Mittelpunkt der Verbindungslinie der beiden Ladungen.)



! x2 .x1 a/2 Cx22 x1 Ca .x1 Ca/2 Cx22

C1 W

C3 W

K

Anwendungsprobleme



Wo liegen die Wirbel? Bestimmen Sie die Arbeit, die bei Umlauf der folgenden positiv orientierten Kreise gewonnen wird:

V D Vr e r C V# e # C V' e ' :

wobei K die nach außen orientierte Kugeloberfläche x 2 C y 2 C z 2 D 9 ist.

x2 .x1 Ca/2 Cx22 x1 a .x1 a/2 Cx22

27.26  Bestimmen Sie die Gravitationskraft, die eine Kugelschale mit homogener Dichte  auf eine Probemasse m (a) außerhalb, (b) innerhalb der Kugelschale ausübt. Durch die (als homogen und kugelförmig angenommene) Erde wird ein Tunnel vom Nord- zum Südpol gegraben. Beschreiben Sie den (reibungsfreien) Fall eines Körpers durch diesen Tunnel mit einer geeigneten Differenzialgleichung. Lösen Sie diese Gleichung für einen am Nordpol mit Anfangsgeschwindigkeit v0 D 0 losgelassenen Körper.

Hinweise Verständnisfragen 27.1  Bestimmen Sie Rotation und Divergenz der Felder und vergleichen Sie mit den Angaben in den Abbildungen. Zudem kann es helfen, die Werte der Vektorfelder an einzelnen charakteristischen Punkten zu berechnen. 27.2  Zu den Kriterien für die Existenz eines Potenzials, siehe Abschn. 27.3 ab S. 1016.

Hinweise

27.3  An welchen Stellen käme es zu einer Division durch null? Für die Existenz eines Potenzials muss die Rotation verschwinden und das Definitionsgebiet D einfach zusammenhängend sein. 27.4  Betrachten Sie die Rotation in Kugelkoordinaten (siehe S. 1034), und überlegen Sie, welche Form Ar , A# und A' haben müssen, damit jeder Term in den dortigen Differenzen verschwindet.

Untersuchen Sie, ob das Vektorfeld ein Potenzial

27.7



Untersuchen Sie, ob ein Potenzial existiert.

27.8



Untersuchen Sie Definitionsgebiet und [email protected] @xj

D

27.16 

Benutzen Sie einen geeigneten Integralsatz.

27.17  Das Doppelintegral ist am einfachsten in Polarkoordinaten auszuwerten.

@vj @xi

.

27.9  Um die Gleichung der Schnittkurve zu bestimmen, benutzen Sie eine Flächengleichung, um z 2 aus der anderen zu eliminieren. Nun können Sie einen geeigneten Integralsatz benutzen. 27.10  Eine Skizze hilft bei diesem Beispiel außerordentlich. Benutzen Sie zum Auswerten des Integrals einen geeigneten Integralsatz. 27.11  Bestimmen Sie die Form von S, indem Sie seine Randkurven ermitteln. Diese erhalten Sie, wenn Sie in jeder Ungleichung das Gleichheitszeichen nehmen. Gehen Sie für die Bestimmung des Integrals so vor wie im Beispiel auf S. 1020; eine Auswertung in Polarkoordinaten bietet sich an. 27.12  Die Abhängigkeit des Oberflächenelements d D kx u x v k du dv von einer der beiden Variablen ist trivial, damit faktorisiert das Doppelintegral. 27.13  Benutzen Sie einen geeigneten Integralsatz. Die Auswertung des Integrals erfolgt am besten in kartesischen Koordinaten, wobei x die äußerste Integrationsvariable ist. 27.14  Skizzieren Sie die Menge S. Durch die Struktur von Integrand und Integrationsgebiet bietet es sich an, zuerst über y, dann über x zu integrieren.

27.19 

Benutzen Sie einen geeigneten Integralsatz.

27.20  Bilden Sie die kovarianten Basisvektoren durch Ableitungen nach den Koordinaten, die metrischen Koeffizienten ergeben sich als Betrag dieser Vektoren. Mit den metrischen Koeffizienten kann man dann sowohl die differenziellen Elemente als auch die Differenzialoperatoren bestimmen. 27.21  Stellen Sie das Vektorfeld in Zylinderkoordinaten dar. Die gefragten Integrale lassen sich auch mittels geeigneter Integralsätze (Gauß bzw. Stokes) bestimmen. Bei Integration über die Oberfläche des Zylinders muss man Mantel, Grundund Deckfläche separat behandeln; dabei trägt jeweils nur eine Komponente von V zum Integral bei. 27.22  Bestimmen Sie die Projektionen Vr D V  e r etc. Das Oberflächenintegral lässt sich direkt oder mit dem Satz von Gauß ermitteln. Bestimmen Sie für die zweite Variante die Divergenz direkt in Kugelkoordinaten.

Anwendungsprobleme 27.23  Beschreiben Sie den Dipol durch einen Vektor a mit Norm a, der vom Dipolmittelpunkt xQ zur Ladung q weist. (Entsprechend weist a von xQ nach q.) Die Kräfte F ergeben sich jeweils als Produkt der Ladung ˙q mit dem elektrischen Feld am Ort dieser Ladung. Die Kraft auf den Dipol ergibt sich als Summe der Kräfte auf die Einzelladungen, das Drehmoment wie angeben als Summe von Kreuzprodukten. Beachten Sie, dass die Basisvektoren in Kugelkoordinaten ortsabhängig sind! Bei der Arbeit mit Ortsvektoren kann man benutzen, dass beispielsweise e r .xQ C a/ D xCa Q gilt. kxCak Q Überlegen Sie sich, in welchen Grenzfällen die erhaltenen Ausdrücke verschwinden und welche physikalische Interpretation das hat.

Kapitel 27

27.5  Das Ergebnis für rot v kann das Berechnen des Kurvenintegrals vereinfachen.

tätsbedingungen

27.15  Bestimmen und skizzieren Sie den Bereich S  R2 , über dem die Fläche definiert ist.

27.18  Das Doppelintegral ist am einfachsten in Polarkoordinaten auszuwerten.

Rechenaufgaben

27.6  besitzt.

283

284

Kapitel 27

27.24  Bestimmen Sie die Länge der Kurve auf S. 1014, und stellen Sie die Gleichungen einer stückweise affin linearen Funktion bzw. Parabel auf, die durch die Punkte . ln 2; 54 /> und .ln 2; 54 /> verlaufen und zwischen diesen Punkten die gleiche Länge haben. Bestimmen Sie nun das Kurvenintegral über U .x/ D x2 entlang dieser beiden Kurven.

27.7  R R v  ds D K2 v  ds D 12 K 1 R  R  v  ds D  1 C 2 , K2 v  ds D 1 R RK1 e Ce . K1 v  ds D K2 v  ds D  

27.25  Suchen Sie nach Definitionslücken im Geschwindigkeitsfeld. Fertigen Sie eine Skizze an. Anhand der skizzierten Verhältnisse können Sie bereits abschätzen, welches Ergebnis Sie für die Arbeitsintegrale erwarten können.

27.8  Wegunabhängigkeit ist in beiden Fällen gegeben; man erhält I1 D 1 und I2 D .2e C 1/. 

L D 12.

27.10 

K D  46 . 3

27.11 

I D

27.9 27.26 

Kapitel 27

Bestimmen Sie das Potenzial einer Kugelschale der Dicke dr. Integrieren Sie dieses Potenzial von R1 nach R2 um das Potenzial der Kugelschale zu erhalten. Die Kraft ergibt sich unmittelbar durch Gradientenbildung. Mit den Ergebnissen aus dem ersten Teil der Aufgabe können Sie die Kraft auf eine Probemasse sofort bestimmen. Einset2 zen in die Newton’sche Bewegungsgleichung m ddt 2r D F .r/ liefert eine bekannte Differenzialgleichung, deren Lösung Sie sofort angeben können.

27.12 

27.13 

Lösungen 27.14 

R F

F

 .173=2  53=2 /.

d D  2 .

I D R

2 384

16 . 15

y d D

37 . 20

Verständnisfragen 27.1  v1 – Abb. 27.35 rechts oben, v2 – Abb. 27.35 links unten, v3 – Abb. 27.36 links, v4 – Abb. 27.35 rechts unten, v5 – Abb. 27.35 links oben, v6 – Abb. 27.36 rechts. 27.2



27.15 

.'/ 27.4  A.r; #; '/ D F .r/ e r C G.#/ e # C rHsin e mit r # ' beliebigen stetig differenzierbaren Funktionen F , G und H .

rot v D 0, div v D 6x1 x2 x3 ,

grad div v D .6x2 x3 ; 6x1 x3 ; 6x1 x2 /> , I D 54. 27.6



G d D 8.

27.16 

I D

27.17 

64 5

27.18 

153 . 7

27.19 

I D 16=3.

27.20 



Rechenaufgaben 

F

16 . 3

Nein.

27.3  D.v/ D fx 2 R3 j x1 ¤ 0 oder x2 ¤ 0g, D.w/ D R3 n f0g, beide Vektorfelder besitzen (aus unterschiedlichen Gründen) kein Potenzial.

27.5

R

I D 8.

27.21 

.

H @ Zyl.

V  d D

27 , 8

H Cz0

V  ds D

27 8

27.22  V .r; #; '/ D r sin # cos ' e r  r sin2 # sin ' e ' , H V  d D 0 K

Lösungswege

Anwendungsprobleme

Für v5 ergibt sich div v5 D 0

F D 0, T D qE0 .2a/ e 3   qQ e r .xQ C a/ e r .xQ  a/ F D  4 "0 kxQ C ak2 kxQ  ak2 1 qQ .2a  3 .2a  e r .x// Q e r .x// Q ; 4 "0 kxk Q 3   qQ a e r .xQ C a/ a e r .xQ  a/ T D C 4"0 kxQ C ak2 kxQ  ak2 1 qQ .2a/ e r .x/: Q 4"0 kxk Q 2

e 3  rot v6 D 2 ;

das ist Abb. 27.35 links oben. Für v6 erhalten wir div v6 D 0

e 3  rot v6 D 4x1 ;

damit muss es sich um das rechte Bild von Abb. 27.36 handeln.

27.24  Wir erhalten für die stückweise gerade Kurve Wlin 1:660 17, für die Parabel Wpar 1:630 69.

27.2  Dass die Integrale entlang zweier Kurven gleich sind, ist noch lange kein Beweis für Wegunabhängigkeit, und nur diese ist äquivalent mit der Existenz eines Potenzials. Anders wäre es allerdings, wenn die Gleichung für beliebige Kurven mit jeweils gleichem Anfangs- und Endpunkt gelten würde. Dann läge tatsächlich Wegunabhängigkeit vor.

27.25  Die Wirbel liegen an x D .a; 0/> und x D R R .a; 0/> . Die Arbeitsintegrale liefern C1 vds D 2, C2 vds D R R 2 und C3 v  ds D C4 v  ds D 0.

27.3  v.x/ ist nur dann nicht definiert, wenn x1 und x2 beide gleich null sind, also auf der x3 -Achse. Die Definitionsmenge von v ist daher

4 .R3 R3 /

m 2 1 e ; innerhalb: 27.26  außerhalb: F D G 3 a2 r F Dq0; man erhält eine Schwingungsgleichung mit Frequenz

G

4  . 3

Für w ist D.w/ D R3 nf0g, dieses Gebiet ist einfach zusammenhängend. (Man kann jede Kurve zu einem Punkt zusammenziehen, denn im Raum kann man dem einen fehlenden Punkt im Definitionsbereich immer leicht ausweichen.)

Verständnisfragen 

Für v1 erhalten wir div v1 D 2

e 3  rot v1 D 0 ;

es handelt sich um das rechte obere Bild in Abb. 27.35. Für v2 ergibt sich div v1 D 0

e 3  rot v2 D 2 ;

es handelt sich um das Abb. 27.35 links unten. Für v3 erhalten wir div v3 D 4x1

e 3  rot v3 D 0 ;

es kann sich nur entweder um Abb. 27.35 rechts unten oder Abb. 27.36 links handeln. Welches davon es ist, werden wir später besser beurteilen können. Für v4 erhalten wir div v4 D x1 C x2

wobei „oder“ einschließend (d. h. im Sinne der Aussagenlogik) zu verstehen ist. Eine geschlossene Kurve, die einmal um die x3 -Achse führt, ist nicht auf einen Punkt zusammenziehbar. Obwohl die Rotation des Vektorfeldes für alle x 2 D.v/ verschwindet, hat das Vektorfeld v kein Potenzial.

Lösungswege

27.1

D.v/ D fx 2 R3 j x1 ¤ 0 oder x2 ¤ 0g ;

e 3  rot v4 D x2  x1 ;

das kann nur Abb. 27.35 rechts unten sein, damit muss v3 im linken Bild von Abb. 27.36 dargestellt sein.

Für das Vektorfeld w ist allerdings rot w ¤ 0, daher hat auch dieses Feld kein Potenzial. 27.4  Aus der Darstellung auf S. 1034 sehen wir, dass Ar keine Funktion von # oder ' sein darf, damit die entsprechenden Terme verschwinden, Ar .r #; '/ D F .r/ mit einer beliebigen stetig differenzierbaren Funktion F , R0 ! R. A# darf keine Funktion von ', r A# keine Funktion von r sein, e # mit einer beliebigen stetig differenzierA# .r #; '/ D G.#/ r baren Funktion G, Œ0; 2 ! R. sin # A' darf nicht von #, r A' nicht von r abhängen. Die allge.'/ meinste Form ist daher A' .r #; '/ D rHsin mit einer beliebigen # stetig differenzierbaren Funktion H , Œ0; 2 ! R. Dass wir für die Funktionen F , G und H stetige Differenzierbarkeit forden, obwohl diese Funktionen nie nach ihren Argumenten abgeleitet werden, liegt daran, dass die Herleitung der Ausdrücke für Differenzialoperatoren in krummlinigen Koordinaten stetig differenzierbare Vektorfelder voraussetzt.

Kapitel 27

27.23 

!D

285

286

Kapitel 27

Rechenaufgaben 

27.5

Für V erhält man

1 0 1 3x1 x32  3x1 x32 x2 x33 rot V D r @ x1 x33 A D @3x2 x32 C 3x2 x32 A D 0 3x1 x2 x32 x33  x33 0

@x1 x33 @3x1 x2 x32 @x2 x33 C C @x1 @x2 @x3 D 0 C 0 C 6x1 x2 x3 D 6x1 x2 x3 1 0 6x2 x3 grad div V D grad.6x1 x2 x3 / D @6x1 x3 A 6x1 x2 div V D

1 2 Wegen @v D 1 und @v D 1 gibt es kein Potenzial. Daher @y @x muss man die Kurven parametrisieren   h i sin t  cos t t 2 0; x.t P /D K1 W i/ x.t / D cos t sin t 2   1 t t 2 Œ0; 1 x.t P /D ii/ x.t / D 0 1   2 1 C 2t K2 W t 2 Œ0; 1 x.t P /D x.t / D 1 t

und erhält für die Integrale: Z I1 WD fy dx C x dyg K1

Kapitel 27

v ist im einfach zusammenhängenden Gebiet R3 definiert und es ist rot V D 0, damit gibt es ein Potenzial. Entweder durch Integration oder über Hinschauen erhält man '.x1 ; x2 ; x3 / D x1 x2 x33 . Damit ergibt das Kurvenintegral einfach Z I D V  ds D '.1; 2; 3/  '.0; 0; 0/ D 54:

Z=2 Z1 2 2 D f sin t  cos t gdt C .1/ dt 0

Ebenso könnte man das Integral natürlich ohne Potenzial direkt berechnen, indem man zuerst .x; y/ D .t ; 1/, t 2 Œ1; 1, dx D dt , dy D 0 setzt, anschließend .x; y/ D .1; t /, t 2 Œ1; 2, dy D dt , dx D 0): Z1 I D

I2 WD

.2t C 1/ dt C h

D  t2 C t

i1 1

.2t C 1/ dt 1

h i2 C t2 C t

1

D2C6D8 

Untersuchung der Integrabilitätsbedingungen:

@v1 @y

D 0 D

also existiert ein Potenzial '.x; y/, für das gilt: 2

2

@' @x

D

D v2 D y, z. B. '.x; y/ D x2 C y2 . Damit v1 D x und @' @y ist Z 1 1 fv1 dx C v2 dyg D '.1; 1/  '.1; 0/ D 1  D : 2 2 Ki

  dt D  1 C 2

0

fy dx C x dyg K2

Z1 D

ft  2 C .1 C 2t /gdt 0

Z1 D

dt D 1 0

Hier gilt wieder @V1 @V2 D ex sin.y/ D ; @y @x es gibt also ein Potenzial, z. B. '.x; y/ D 1 ex cos.y/. Damit ist: Z fV1 dx C V2 dyg D '.1; 1/  '.1; 0/ 1 1 Ki D e cos./  e cos.0/   e C e D 

Z2

1

@v2 , @x

0

Z

27.6  Wir setzen (der Bequemlichkeit halber) x D x1 und y D x2 . Die Komponenten des zu integrierenden Vektorfeldes V sind V1 .x; y/ D 2xy C y 2 und V2 .x; y/ D 2xy C x 2 . Nun gilt V1; y D 2x C 2y D V2;x , daher besitzt V D .V1 ; V2 / ein Potenzial ˚, für das Rgilt: ˚x D V1 und ˚y D V2 . IntegrationR liefert nun: ˚ D V1 dx D x 2 y C xy 2 C w1 .y/ und ˚ D V2 dy D x 2 y C xy 2 C w2 .x/. Auf jeden Fall ist also ˚.x; y/ D x 2 y C xy 2 ein Potenzial, und das Integral liefert I D ˚.1; 2/  ˚.1; 1/ D .2 C 4/  .1  1/ D 8.

Z1 dt 

D

C

27.7

0

Z=2

27.8  Die beiden Vektorfelder sind (ohne künstliche Einschränkungen) auf ganz R4 definert. Untersuchung der Integrabilitätsbedingungen:

@V2 @x3

D 1 D

D 1 D alle anderen sind trivial erfüllt. Berechnung von L entweder über Potenzial (z. B. ˚ D x12 C x2 x3 C x3 x4 ) oder schneller mit x.t / D .t ; t ; 0; t /, t 2 Œ0; 1: R1 I1 D 0 2t dt D 1 @V3 @V3 , @x2 @x4

@V4 , @x3

Lösungswege

Es ist in diesem Fall

y

@Vy @Vz D 2z D ; @z @y

2 B1

alle anderen Ableitungen sind klarerweise null. Ein Potenzial ist '.w; x; y; z/ D xew C yz 2 und für das Integral ergibt sich: I1 D '.1; 1; 2; 0/  '.1; 1; 1; 1/ D .2e C 1/.

B2

2

27.9  Zunächst geht es einmal darum, die Art der Schnittkurve zu bestimmen. Dazu setzen wir z 2 D x 2 C y 2 64 2 2 2 und z 2 D .x 2 Cy 2 /2 gleich und erhalten .x C y / D 64 oder x 2 C y 2 D 4, der Integrationsweg ist also ein Kreis. Einsetzen in eine der beiden Flächengleichungen liefert außerdem z D 2. Nun bietet sich der Satz von Stokes an. Für das Vektorfeld und seine Rotation erhält man: 0

1 x  2y 2 z K D @ x3  z2 A x2 C y 2

Für die Fläche F kann an sich jede gewählt werden, die von C berandet wird, am einfachsten ist natürlich die Kreisscheibe in der Ebene z D 2. Der Normalvektor darauf ist n D .0; 0; 1/ und damit spielt nur die z-Komponente des Rotors eine Rolle. Wir erhalten ein Integral, das man am besten in Polarkoordinaten löst: “ LD .3x 2 C 8y/dx dy x 2 Cy 2 4

Z2 Z2 .3r 2 cos2 ' C 8r sin '/r dr d' rD0 'D0

Z2

Z2 cos2 ' d' 

D 'D0

3r 3 dr

rD0

Z2 C 'D0

Z2 sin ' d' 

p

Z2 D

Z

y.1  2x/ dy C

dx p

0

Z2 D

dx 2

2xx 2 p

y 2 ˇˇ 4xx 2 dx.1  2x/ ˇp C 2 2xx 2

0

D

p

Z4

Z4

4xx 2 Z y.1  2x/ dy 0

p y 2 ˇˇ 4xx 2 dx.1  2x/ ˇ 2 0

2

1 2

Z2 .1  2x/  2x dx C

1 2

0

1 2

Z4 .1  2x/.4x  x 2 / dx 2

Z2

Z4

1 .2x 3  9x 2 C 4x/ dx 2 0 2 ˇ   1 4 3 ˇˇ2 1 1 4 46 ˇ4 2 D x  x ˇ C x  3x 3 C 2x 2 ˇ D  0 2 2 3 2 2 3 D

.2x  4x 2 / dx C

27.11  Zur Berechnung des Oberflächenelements braucht @z @z man zx D @x .x; y/ D 2x und zy D @y .x; y/ D 2y. Damit ergibt sich“ q I D G.x; y; z.x; y// 1 C zx2 C zy2 dx dy S

Z2 Z=4

r sin ' p arctan  1 C 4r 2  r dr d ' r cos ' „ ƒ‚ … arctan.tan '/D'



Z

B2 4xx 2

rD1 'D0

R 27.10  Der Satz von Green-Riemann @B f dx C g dy D ’ 2 B gy  fx dx dy ergibt mit f D xy , fy D 2xy, g D xy und gx D y weiter .xy 2 dx C xy dy/ D @B

B1

D

r 4 ˇˇ2 D  3 ˇ C 0 D 12 4 0

KD

Damit erhält man: “ “ KD y.1  2x/ dx dy C y.1  2x/ dx dy

8r 2 dr

rD0

x

Abb. 27.39 Eine Zerlegung von B in die Bereiche B1 und B2

0

1 2y C 2z rot K D @2y 2  2x A 3x 2 C 4yz

4

y.1  2x/ dx dy: B

Nun zerlegt man B, wie in Abb. 27.39 dargestellt.

Z=4

Z2 ' d' 

D 'D0

r

p

1 C 4r 2 dr

rD1

ˇ ˇu D 1 C 4r 2 Dˇˇ du D 8r dr

ˇ ˇ=4 Z17 1 1=2 2 ! 17ˇˇ ' 2 ˇˇ D  u du 1 ! 5 ˇ 2 ˇ0 8 uD5

ˇ17 ˇ  2 3=2 ˇ D u ˇ D  .173=2  53=2 / 12  32 384 5 2

Kapitel 27

@Vw @Vx D ew D @x @w

D

287

288

Kapitel 27

B wird von zwei Zylindern begrenzt, hier ist es günstig, z und y durch x auszudrücken und über diese Variable als letztes zu p integrieren. Das ergibt x 2pC z 2 D 1 ! z D ˙ 1  x 2 , x 2 C y 2 D 1 ! y D ˙ 1  x 2 und damit weiter:

y y=x 2

• I D

div K dx B

1

p

Z1 D

S

dx

1

2

Z1

Abb. 27.40 Das Gebiet S , über dem mittels z.x; y/ D x C y eine Fläche definiert ist

D

27.12  Zunächst bestimmen wir die Tangentialvektoren an die Parameterkurven 0 0 1 1 2 sin u cos u cos v  sin2 u sin v x u D @ 2 sin u cos u sin v A x v D @ sin2 u cos v A cos2 u  sin2 u 0

D2

2

2

Kapitel 27

und den Normalvektor an die Fläche 0 2 1 sin u cos v .sin2 u  cos2 u/ x u x v D @ sin2 u sin v .sin2 u  cos2 u/ A : 2 sin3 u cos u Dessen Betrag ergibt sich zu: q kx u x v k D sin4 u .sin4 u C 2 sin2 u cos2 u C cos4 u/ q D sin4 u .sin2 u C cos2 u/2 D sin2 u Damit ergibt sich für den Flächeninhalt Z F

dx 1

Z1 D2

dx x

2

p

p x 2 1  x 2 dy

1

x2

ˇp1x 2 ˇ yˇ p

y 1x 2

1



Z1 D4

x 2 .1  x 2 / dx D 4 1

x3 x5  3 5

1 D 1

F

S

“ y

p 1 C 4y 2 d.x; y/

S

p

Z2 yD Z D

x

y.1 C 4y 2 /1=2dy dx xD0 yD0

D

uD0 vD0

Z2

Z dv 

1 12

uD0

D 2 

 D 2 2

Z2

D

1 12

Z2 0

B

.1 C 4x/3=2  1 dx

2 1 1 .1 C 4x/5=2  x 12 10 0 

1 1 5 D .3  1/  2 12 10 243 1 20 222 37 D   D D 120 120 120 120 20

27.13  Mit K D .x C z 2 ; z  y; x 2 C z/> erhalten wir div K D 1  1 C x 2 D x 2 und mit dem Satz von Gauß • • “ K dx D div K dx D x 2 dx : I D

ˇyDpx .1 C 4y 2 /3=2 ˇyD0

xD0

sin2 u du

vD0

16 15

27.14  Für diese Fläche ist zx D 0, zy D 2y und damit erhält man: “ Z q y d D y 1 C zx2 C zy2 d.x; y/

sin2 u du dv

B

zD 1x 2

p  1x 2

Z2

D

ˇp1x 2 ˇ dy x 2 z ˇ p

p  1x 2 p Z1 Z1x 2

D

uD0 vD0

D

p  1x 2

1

kx u x v k du dv Z

@B

dx

Z Z2 d D

x 2 dz

dy

p  1x 2 p Z1x 2

1

x

p Z1x 2

Z1x 2

D

Lösungswege

289

über 2x 2 z bestimmen und tun das am besten in Kugelkoordinaten: • I D2 x 2 z d.x; y; z/

z

B

Z2 Z=2 Z2 D2

r 5 sin3 # cos # cos2 ' dr d# d'

rD0 #D0 'D0

Z2 r dr 

D2 y

x

p

Eine Skizze dieser Fläche findet sich in Abb. 27.41. Für die Ableitungen von z nach x und y erhält man zx D p 2 , zy D  p y und damit für das Oberflächenintegral: 2 2 G d D F

q G.x; y; z.x; y//  1 C zx2 C zy2 d.x; y/

S

“ D

y

p 4x  y 2 p 1Cx

F

4 y2 1C C d.x; y/ 4x  y 2 4x  y 2

s “ p y 4x  y 2 4x  y 2 C 4 C y 2 D p d.x; y/ 4x  y 2 1Cx D

p

2y dy

p

x 2 Cy 2 2

Z2 Z2 D

˚

r 3 cos2 ' C r 3 sin2 '  r 3 cos2 ' sin ' r d' dr

r 4 .1  cos2 ' sin '/ d' dr

D

ˇyD2px Z2 ˇ2 ˇ 2ˇ y ˇ D 4x dx D 2x 2 ˇ D 8

D

0

r5 5

2 2 cos3 ' 64  ' D  3 5 0 0

0

27.18  27.16  erhalten

 x2 C y 2 x2 C y 2 C y2 p  x 2 y d.x; y/ x2 p x2 C y 2 x2 C y 2

rD0 'D0

Z2

yD0



Z2 Z2

xD0 yD0

xD0

 x.x 3 C xy 2 / y.x 2 y C y 3 / 2 p C p  x y d.x; y/ x2 C y 2 x2 C y 2

rD0 'D0

S

D

x 2 Cy 2 2

D

p Z2 yD2 Z x

2y d.x; y/ D



D

S







s

S

'D0

27.17  Für die Fläche erhalten wir unmittelbar das vektorielle Oberflächenelement 0 x 1 0 1 p zx B xy2 Cy 2 C B @ A d D zy D @ p 2 2 C x Cy A 1 1 und damit: Z V  d I WD

4xy



#D0

4x  y 2 definierte Fläche

p S D f.x; y/ j 0  x  2; 0  y  2 xg :

Z

cos2 ' d'

sin # cos # d#

ˇ2 ˇ=2 sin4 # ˇˇ 16 r 6 ˇˇ D D2 ˇ ˇ 6 rD0 4 #D0 3

27.15  Die Fläche F ist definiert durch z.x; y/ D p 4x  y 2 über dem Bereich

4xy

rD0

Z2 3

Wir erhalten mit z.x; y/ D 2x 2 C 2y 2 sofort 0

1 0 1 zx 4x d D @ zy A dx dy D @ 4y A dx dy 1 1

Auch hier wenden wir den Satz von Gauß an und div V D 2x C 2y C 2x 2 z : und mit

Nun ist 2x C 2y über diese Halbkugel integriert (aus Symmetriegründen) immer null, wir müssen also nur mehr das Integral

˚

B D .x; y/ 2 R2 j x > 0; y > 0; 1  x 2 C y 2  4

Kapitel 27

Abb. 27.41 Die über S mittels z.x; y/ D

Z=2 5

290

Kapitel 27

weiter: “ Z

˚ 3 V  d D x y  4x C x 2 y 2  4y  x d.x; y/ F

Da B zylindersymmetrisch um die z-Achse ist, wird die Berechnung des Volumsintegrals in Zylinderkoordinaten x D r cos ', y D r sin ', z D z besonders einfach:

B

“ D

˚

4x 4 y C 4x 2 y 3  x d.x; y/

I D

Z2Z1 Z2r   1  2r sin '  r 2 sin ' cos ' r dz dr d'

B

“ D

˚

2

2

B

Z2 Z=2 D

0 0



4x y.x C y /  x d.x; y/ 2

Die Integration über ' ist von den beiden anderen Integralen unabhängig und es gilt

˚ 5

4r cos2 ' sin '  r cos ' r dr d'

Z2

Z2

Z=2 r 6 dr 

rD1

0

also liefert nur der erste Term des Integranden einen Beitrag:

'D0

Z=2 r dr  2

Kapitel 27

rD1

cos ' d'

'D0

Z1

27  1 1 23  1 153   1D 7 3 3 7

27.19  Nach dem Satz von Gauß erhält man mit div K D 1  2y  xy für das Integral • I D .1  2y  xy/ d.x; y; z/: B

Der Integrationsbereich B liegt hier innerhalb zweier Kegel: Der erste hat die Spitze im Ursprung und öffnet sich nach oben, der zweite hat die Spitze in r D .0; 0; 2/ und öffnet sich nach unten.

0

27.20 

Z1 r .2  r  r/ dr D 2

I D 2

ˇ2 ˇ=2 ˇ2 ˇ=2 r7 ˇ  cos3 ' ˇˇ r 3 ˇˇ ˇ D 4  ˇˇ    sin ' ˇ ˇ 'D0 7 rD1 3 3 ˇrD1 'D0 D4

sin ' cos ' d' D 0 ; 0

cos2 ' sin ' d'

Z2 

Z2 sin ' d' D

rD1 'D0

D4

r



 2 2r  2r 2 dr D 3

0

Für die polaren elliptischen Koordinaten haben wir 1 0 c cosh ˛ sin ˇ cos ' b˛ D @ c cosh ˛ sin ˇ sin ' A c sinh ˛ cos ˇ 1 0 c sinh ˛ cos ˇ cos ' bˇ D @ c sinh ˛ cos ˇ sin ' A c cosh ˛ sin ˇ 1 0 c sinh ˛ sin ˇ sin ' b' D @ c sinh ˛ sin ˇ cos ' A 0

erhalten. Das ergibt die metrischen Koeffizienten q h˛ D kb˛ k D c cosh2 ˛ sin2 ˇ C sinh2 ˛ cos2 ˇ c p cosh.2˛/  cos.2ˇ/ D p 2 q hˇ D kbˇ k D c sinh2 ˛ cos2 ˇ C cosh2 ˛ sin2 ˇ c p D p cosh.2˛/  cos.2ˇ/ 2 q h' D kb' k D c sinh2 ˛ sin2 ˇ Abb. 27.42 Integrationsbereich für den Satz von Gauß

D c jsinh ˛ sin ˇj :

Lösungswege

ds D e ˛ ds˛ C e ˇ dsˇ C e ' ds' c p ds˛ D p cosh.2˛/  cos.2ˇ/ d˛ 2 p c cosh.2˛/  cos.2ˇ/ dˇ dsˇ D p 2 ds' D c jsinh ˛ sin ˇj d' ; für das Flächenelement d D e ˛ d ˛ C e ˇ d ˇ C e ' d ' c2 p d ˛ D p cosh.2˛/  cos.2ˇ/ jsinh ˛ sin ˇj dˇ d' 2 c2 p cosh.2˛/  cos.2ˇ/ jsinh ˛ sin ˇj d˛ d' d ˇ D p 2 c2 d ' D .cosh.2˛/  cos.2ˇ// d˛ dˇ 2 c3 .cosh.2˛/  cos.2ˇ// jsinh ˛ sin ˇj d˛ dˇ d' : 2

Wir setzen nun e˛ D

1 b˛ ; h˛

eˇ D

1 bˇ ; hˇ

e' D

1 b' : h'

Den Gradienten erhalten wir zu 1 @˚ 1 @˚ 1 @˚ C eˇ C e' h˛ @˛ hˇ @ˇ h' @' p @˚ 1 2 D e˛ p c cosh.2˛/  cos.2ˇ/ @˛ p 1 2 @˚ C eˇ p c cosh.2˛/  cos.2ˇ/ @ˇ

grad ˚ D e ˛

C e' die Divergenz zu

und ˚ D

 @ hˇ h' @ 1 @ h˛ h' @ C h˛ hˇ h' @˛ h˛ @˛ @ˇ hˇ @ˇ  @ h˛ hˇ @ C : @' h' @'

27.21  Die Geometrie des Problems und die Form von V legen nahe, in Zylinderkoordinaten zu rechnen. Wir erhalten

und für das Volumenelement dx D

Durch analoges Einsetzen der metrischen Koeffizienten erhält man auch  @ @ 1 h' A'  hˇ Aˇ e˛ rot A D hˇ h' @ˇ @'  @ 1 @ C h˛ A˛  h' A' eˇ h˛ h' @' @˛  @ 1 @ C e' hˇ Aˇ  h˛ A˛ h˛ hˇ @˛ @ˇ

@˚ 1 ; c jsinh ˛ sin ˇj @ˇ

0 1 3 cos3 '  3 sin3 ' [email protected] 3 V .; '; z/ D  cos2 ' sin ' C 3 cos ' sin2 ' A  2 0 1 cos3 '  sin3 ' D 2 @cos2 ' sin ' C cos ' sin2 ' A C  e z 0 und können sofort Vz D  ablesen. Die anderen Vektorkomponenten ergeben sich zu V D V  e  0

1 0 1 cos3 '  sin3 ' cos ' D 2 @cos2 ' sin ' C cos ' sin2 ' A  @ sin ' A C  e z  e  „ƒ‚… 0 0 D0 D 2 .cos4 '  sin3 ' cos ' C cos2 ' sin2 ' C cos ' sin3 '/

D 2 cos2 '.cos2 ' C sin2 '/ D 2 cos2 '; V' D V  e ' 1 1 0 0 sin ' cos3 '  sin3 ' D 2 @cos2 ' sin ' C cos ' sin2 ' A  @ cos ' A C  e z  e ' „ƒ‚… 0 0 D0

@ @ 1 .A˛ hˇ h' / C .Aˇ h' h˛ / div A D h˛ hˇ h' @˛ @ˇ  @ C .A' h˛ hˇ / @' D 2 . cos3 ' sin ' C sin4 ' C cos3 ' sin ' C cos2 ' sin2 '/ 2 D 3 c .cosh.2˛/  cos.2ˇ// j sinh ˛ sin ˇj D 2 sin2 '.cos2 ' C sin2 '/ D 2 sin2 ':

 2 p @ c  cosh.2˛/  cos.2ˇ/ j sinh ˛ sin ˇj A˛ p Damit gilt @˛ 2  2 p @ c V .; '; z/ D 2 cos2 ' e  C 2 sin2 ' e ' C  e z C cosh.2˛/  cos.2ˇ/ j sinh ˛ sin ˇj Aˇ p @ˇ 2   @ c2 Den Fluss durch die Oberfläche des Zylinders können wir diC A' .cosh.2˛/  cos.2ˇ// rekt oder mithilfe des Integralsatzes von Gauß bestimmen. Für @' 2

Kapitel 27

Wir erhalten für das Linienelement

291

292

Kapitel 27

die direkte Rechnung benötigen wir die Oberflächenelemente für Mantel, Grund- und Deckfläche. Für den Mantel ergibt sich 03

1 cos ' xM .'; z/ D sin ' A ; z 03 1 cos ' 2 @xM @xM 3

D @ 32 sin ' A D e  ; @' @z 2 0 @xM @xM 3 d M D ˙

d.'; z/ D ˙ e  d.'; z/ ; @' @z 2 2 @3 2

Damit ergibt sich • I V  d D div V dV @ Zyl.

“ V  d D

Kapitel 27

@ Zyl.

V  d M C M

D



3 2

“ V  d G C

G



V  e  d.'; z/  M

C

V  d D

V  e z  d.; '/ G

“ V  e z  d.; '/ D

3 D 2



“ V d.'; z/ 

D 32 ; jzj 12

C

Vz  d.; '/

 32 ; zD 12



Vz  d.; '/

Zyl.



D3

C

 32

2 d.; '/

 3 Z1=2 Z2 3 27 dz  cos2 ' d' D D 2 8 'D0 zD1=2 „ ƒ‚ … „ ƒ‚ … D

Alternativ können wir mit dem Satz von Gauß arbeiten. Die Divergenz von V erhalten wir zu 1  1 D 

div V D

@ 1 @V' @Vz . V / C C @  @' @z @ 3 @ 1 @ . cos2 '/ C .2 sin2 '/ C @  @' @z

D 3 cos2 ' C 2 sin ' cos ' :

Z2  d.; z/  2

sin ' cos ' d' 0



 32 ; jzj 12

Z1=2 D3

Z3=2 dz 

ƒ‚ D0



Z2  d 

cos2 ' d' D

2

D0

27 : 8

0

„ ƒ‚ … „ ƒ‚ … „ ƒ‚ … D D1 1 3 3 3.2/ Auch die Kurvenintegrale können wir direkt oder mit einem Integralsatz bestimmen. Die naheliegende Parametrisierung liefert mit t 2 Œ0; 2 03 1 cos t 2 3 3 x.t / D @ 2 sin t A D e  .t / C z0 e z ; 2 z0 0 3 1  2 sin t 3 x.t P / D @ 32 cos t A D e ' .t / ; 2 0 bzw. .t / D 32 , '.t / D t , z.t / D z0 . Damit ergibt sich 3 V  ds D 2

Cz0

Z2 V .x.t //  e ' .t / dt 0

3 D 2

Z2 0

 32

D1



C2

I

 3 “ “ 3 D cos2 ' d.'; z/  2 d.; '/ 2 “

2 cos2 ' d.; '; z/ Zyl.

 32 ; zD 12

jzj 12

 3 cos2 ' C 2 sin ' cos '  d.; '; z/

zD1=2

D





D

wobei wegen der Orientierung nach außen das positive Vorzeichen zu wählen ist. Für Grund- und Deckfläche ist der normierte Normalvektor e z bzw. e z , das skalare Oberflächenelement ist d D d.x; z/ D  d.; '/. Damit erhalten wir I

Zyl.



3 V' .x.t // dt D 2

Z2 2 .t / sin2 '.t / dt 0

 3 Z2  2 3 3 3 27 2 D sin t dt D  D : 2 2 2 8 0

Wollen wir mit dem Satz von Stokes arbeiten, benötigen wir zunächst die Rotation in Zylinderkoordinaten, die wir zu     @V @Vz @V' 1 @Vz rot V .x/ D e C e'    @' @z @z @    @V 1 @ C ez .V' /   @ @'   @ D0C  e' @    1 @ 3 2 @ 2 C . sin '/  . cos2 '/ e z  @ @'   D e ' C 3 sin2 ' C 2 cos ' sin ' e z

Lösungswege

erhalten. Wählen wir als Fläche einfach x 2 C y 2  94 , z D z0 , so ergibt sich “ I V  ds D .rot V  e z /  d.; '/ F





D

 3 sin2 ' C 2 cos ' sin '  d.; '/

Damit gilt V .r; #; '/ D r sin # cos ' e r  r sin2 # sin ' e ' : Die Divergenz von V ergibt sich zu  @ 1 1 @  3 r sin # cos '  r sin2 # sin ' r 2 @r r sin # @' D 2 sin # cos ' :

div V D

 32 ; zDz0

Z3=2 D

Z2 3 d  2

D0

„ ƒ‚ …

0



ƒ‚ D

D.3=2/3

Z3=2 C2

Mit dem Satz von Gauß erhalten wir nun • I Gauß V  d D div V dx

sin2 ' d' …

K

Z2 2 d 

D0

cos ' sin ' d' D 0



ƒ‚ D0

r3

• D2

27 : 8

r3



H H Kommentar Dass hier für @ Zyl. V  d und Cz V  ds das 0 gleiche Ergebnis erhalten wird, liegt nicht an einem Integralsatz sondern an der speziellen Form des Vektorfeldes V .x/ D x 2 e  C y 2 e ' C  e z (insbesondere an der z-Unabhängigkeit) sowie an der Art des Integrationsbereiches (Zylinderhöhe D 1). J

Z3 D2

r sin # cos # cos ' Nun bilden wir die Projektionen 1 0 1 0 sin # cos ' r sin2 # A  @ sin # sin ' A Vr D V  e r D @ 0 r sin # cos # cos ' cos # D r sin3 # cos ' C r sin # cos2 # cos ' D r sin #.sin2 # C cos2 #/ cos ' D r sin # cos ' ; 1 0 1 0 cos # cos ' r sin2 # A  @ cos # sin ' A V# D V  e # D @ 0 r sin # cos # cos '  sin # D r sin2 # cos # cos '  r sin2 # cos # cos ' D 0 ; 1 0 1 0  sin ' r sin2 # A  @ cos ' A V' D V  e ' D @ 0 r sin # cos # cos ' 0 D r sin2 # sin ' :

Z r dr 

Z2 sin # d# 

2

rD0

cos ' d' D 0 :

2

#D0

„ ƒ‚ … „ D9

0

… „

ƒ‚

D=2

ƒ‚ D0



Auch die direkte Ermittlung des Oberflächenintegrals wäre hier nicht allzu schwierig. Das Oberflächenelement der Kugel hat die Form d D 9 sin # e r d.#; '/ ;

27.22 

Umschreiben in Kugelkoordinaten liefert 1 0 2 2 r sin # cos2 ' C r 2 sin2 # sin2 ' [email protected] A V .r; #; '/ D 0 r 2 r sin # cos # cos ' 1 0 r sin2 # A [email protected] 0

sin # cos ' r 2 sin # d.r; #; '/

damit ergibt sich “

I V  d D 9 K

sin # V  e r d.#; '/ „ƒ‚…

Œ0; Œ0;2/

DVr D3 sin # cos '

Z D 27

Z2 sin # d# 

#D0

cos ' d' D 0 :

2

0

Anwendungsprobleme 27.23  Die Position der Ladung q ist x D xQ C a, die Position von q entsprechend x D xQ  a. Im homogenen elektrischen Feld erhalten wir: F D q E.xQ C a/  q E .xQ  a/ D qE0 e e  qE0 e 3 D 0 T D q.xQ C a  x/ Q E .xQ C a/  q.xQ  a  x/ Q E .xQ  a/ D qE0 a e 3 C qE0 a e 3 D qE0 .2a/ e 3 Das Drehmoment verschwindet nur, wenn a k e 3 ist, der Dipol also entlang der Feldlinien ausgerichtet ist.

Kapitel 27

Cz0

293

294

Kapitel 27

Im radialen elektrischen Feld ergibt sich: F D q E .xQ C a/  q E .xQ  a/   qQ e r .xQ C a/ e r .xQ  a/ D  4 "0 kxQ C ak2 kxQ  ak2   qQ a e r .xQ C a/ .a/ e r .xQ  a/ T D  4"0 kxQ C ak2 kxQ  ak2   qQ a e r .xQ C a/ a e r .xQ  a/ D C 4"0 kxQ C ak2 kxQ  ak2

und (unter Benutzung von a a D 0) T D

D

Nun bestimmen wir einen Näherungsausdruck für den Fall a D kak kxk. Q Dabei benutzen wir

Kapitel 27

1 1 1 D kxQ C ak2 kxk Q 2 1 C 2 axQ2 C a2 2 kxk Q kxk Q  2  a 1 a  xQ D C O 12 kxk Q kxk Q 2 kxk Q 2  2  a 1 a  xQ 1 D CO 1C2 kxQ  ak2 kxk Q kxk Q 2 kxk Q 2 und e r .xQ C a/ D

xQ C a kxQ C ak

1 xQ C a q kxk Q xQ a2 1 C 2 kaxk C kxk Q 2 Q 2   2  a  xQ a 1 .xQ C a/ 1  D CO kxk Q kxk Q 2 kxk Q 2  2   a 1 a  xQ e r .xQ  a/ D C O : .xQ  a/ 1 C 2 kxk Q kxk Q kxk Q 2 D

Damit erhalten wir   qQ e r .xQ C a/ e r .xQ  a/ F D  4 "0 kxQ C ak2 kxQ  ak2   1 qQ a  xQ a  xQ 1  2 1  .xQ C a/ 4 "0 kxk Q 3 kxk Q 2 kxk Q 2    a  xQ a  xQ  1C2 1C .xQ  a/ kxk Q 2 kxk Q 2  2  a 1 qQ D . x// Q e . x/ Q C O 2a  3 .2a  e r r 4 "0 kxk Q 3 kxk Q 2  1 qQ 2a  3 .2a  e r .x// Q e r .x/ Q 4 "0 kxk Q 3

D

  a e r .xQ  a/ qQ a e r .xQ C a/ C 4"0 kxQ C ak2 kxQ  ak2   a  xQ a  xQ qQ 1 12 1 a .xQ C a/ 4"0 kxk Q 3 kxk Q 2 kxk Q 2    a  xQ a  xQ C 1C2 1 C a

. x Q C a/ kxk Q 2 kxk Q 2   1 qQ a  xQ a  xQ C 1 C 3 1  3 a xQ 4"0 kxk Q 3 kxk Q 2 kxk Q 2 1 qQ .2a/ xQ 4"0 kxk Q 3 1 qQ .2a/ e r .x/ Q : 4"0 kxk Q 2

Ein drehbarer Dipol wird seine Lage so lange verändern, bis das auf ihn wirkende Drehmoment null ist, d. h. bis er in Feldrichtung ausgerichtet ist. Im homogenen Feld wird er sich parallel zur x3 -Achse einstellen, im radialen Feld radial. (Im Fall geringer oder keiner Reibung kommt es abhängig von der Anfangslage zu Pendelbewegungen um die Ruhelage.) Im homogenen Feld wirkt auf den Dipol keine Nettokraft, damit ändert ein ursprünglich ruhender Dipol seine Position nicht. Im radialen Feld resultiert stets eine Kraft in Richtung der Dipolachse, zusätzlich aber auch eine Kraft, die proportional zum Skalarprodukt a  e r .x/ Q ist und für Orientierung entlang der Feldlinien über den anderen Anteil dominiert. (Es ist instruktiv, einige typische Stellungen des Dipols zu skizzieren und die wirkenden Kräfte zu bestimmen.) In vielen Fällen vereinfacht man Rechungen mit Dipolen, indem man den Grenzfall betrachtet, in dem a ! 0 und q ! 1 geht, und zwar so, dass das Produkt qa konstant bleibt. Definiert man das Dipolmoment m WD 2qa, so bleibt auch dieses konstant, und unsere Näherungsausdrücke werden exakt, Q 1 .m  3 .m  e r .x// e r .x// 4 "0 kxk3 1 Q m e r .x/ T D 4"0 kxk2

F D

für einen „punktförmigen“ Dipol am Ort x. Allgemein ergeben sich in inhomogenen Feldern nicht nur Drehmomente, sondern auch Kräfte auf einen Dipol. 27.24  Draht,

Für den in Form einer Kettenlinie gebogenen x.t / D .t cosh t /> ;

t 2 Πln 2; ln 2

haben wir auf S. 1014 WKett D ln 2 C

15 1:630 65 16

Lösungswege

erhalten. Die Länge des Drahtes können wir schnell ermitteln,

mit Konstanten a und b. Für die Bogenlänge einer solchen allgemeinen Parabel erhalten wir

Zln 2 p 1 C sinh2 t dt `D `par

 ln 2

Zln 2 D 2 kx.t P /k dt

Zln 2

ˇln 2 ˇ cosh t dt D 2 sinh t ˇ

0

D2

0

0

D eln 2  e ln 2 D 2 

1 3 D : 2 2

t 2 Πln 2; ln 2

mit Konstanten d und h sein muss. Aus dem Satz von Pythagoras erhalten wir mit der bekannten Bogenlänge sofort r hD

5 5 d D hD  4 4

r

9  ln2 2 : 16

numerische Lösung

Damit erhalten wir Wpar D 2

Zln 2 

a C b t2

p 1 C .2bt /2 dt

0

0

5 h hC t 4 ln 2

dt

0



h 2 ln 2 9 1 5 t  2h t C t D 1C  1 16 ln2 2 2 ln 2 0  5 3 D ln 2  2h ln 2 C h ln 2 4 ln 2 2 ! r  9 3 5 3 5 2 D h D   ln 2 4 2 4 2 16 1:660 17 :

ˇ ˇ ˇ 2bt D sinh u ˇ ˇ ˇ 1 Dˇˇdt D 2b cosh u duˇˇD ˇ Œ0; ln 2 ! I ˇ Z  1 D2 aC sinh2 u cosh2 u du 4b I Z Z 1 D a 2 cosh2 u du C sinh2 u cosh2 u du 2b I I „ ƒ‚ … D3=2

ˇln 2

 ˇ 3a u 1 1 ˇ D  C C sinh.4u/ ˇ 2 2b 8 32 uDarsinh.2bt / ˇ 0

1:630 69

Im parabolischen Fall hat die Kurve die Form  > x.t / D t ; a C b t 2 ;

3 , 2

b 0:523 943 5 a D  b ln2 2 0:998 270 : 4

Zln 2 x2 .t / kx.t /k dt

r

I

h iln 2 p D arsinh.2bt / C 2bt 1 C .2bt /2 0 p D arsinh.2 ln 2 b/ C 2 ln 2 b 1 C .2 ln 2 b/2 :

5 4

Die potenzielle Energie ergibt sich nun zu

Zln 2

cosh2 u du D Œu C sinh u cosh uI

Aus der Angabe wissen wir `par D der transzendeten Gleichung liefert

9  ln2 2 16

und aus der Bedingung x2 .ln 2/ D

h2 ln2 2

I

D2

 > h x.t / D t ; d C jt j ; ln 2

D2 1C

ˇ ˇ ˇ 2bt D sinh u ˇ ˇ ˇ 1 Dˇˇdt D 2b cosh u duˇˇD ˇ Œ0; ln 2 ! I ˇ Z p D2 1 C u2 cosh u du Z

Die Kurve hat die Form

s

1 C .2bt /2 dt

0

Nun bestimmen wir die Energie für die beiden anderen Formen. Aus Symmetriegründen genügt es jeweils, nur das Intervall Œ0; 2 zu betrachten und die andere Hälfte durch einen Faktor 2 zu berücksichtigen.

Wlin D 2

Zln 2p

t 2 Πln 2; ln 2

Wir sehen, dass die Energie im Fall der Kettenlinie am geringsten ist. Das gilt nicht nur für die beiden hier betrachteten Formen, sondern jede andere Kurve unter den gleichen Bedingungen.

Kapitel 27

D2

295

296

Kapitel 27 1.25

x2 C4

1.20 1.15

C2

1.10

C1 C3

1.05 −0.6

−0.4

x1

−0.2

0.2

0.4

0.6

Abb. 27.43 Parabel und stückweise lineare Funktion im Vergleich zur Kettenlinie

27.25 

Kapitel 27

Die Kurve C1 können wir mittels  a C a cos t x 1 .t / D ; t 2 Œ0; 2 a sin t

Abb. 27.44 C1 umläuft einen Wirbel im Drehsinn, C2 einen dagegen. C3 imläuft keinen, C4 einen im, einen gegen den Drehsinn

parametrisieren. Mit xP 1 .t / D .a sin t ; a cos t />

Auf analoge Weise erhält man Z

erhalten wir Z2

Z v  ds D a2 C1

0

v  ds D 2 sin2 t  .2a C a cos t /2 C a2 sin2 t

C2

Z

sin2 t cos2 t  2 cos t t C 2 2 2 2 a cos t C a sin a cos2 t C a2 sin2 t 2 cos t C 2 cos t  dt .2a C a cos t /2 C a2 sin2 t C

Z2 

sin2 t C sin2 t 5 C 4 cos t 0 cos2 t C 2 cos t C cos2 t  2 cos t  dt 5 C 4 cos t Z2 Z2 Z2 1 C 2 cos t dt C 2 cos t dt dt  D 5 C 4 cos t 0 0 0 „ƒ‚… „ „ ƒ‚ … ƒ‚ … D

D2

DWI1

D0

Das einzige schwierige Integral ist I2 , die Substitution u D 1u2 2 du tan 2t , cos t D 1Cu 2 , dt D 1Cu2 liefert Z I1 D I

2

1u 1 C 2 1Cu 2

5C4

1u2 1Cu2

2 du D2 1 C u2

Z

3  2u2 du .1 C u2 /.9 C u2 /

Z v  ds D

C3

v  ds D 0 C4

Diese Ergebnisse haben eine einfache physikalische Interpretation: C1 umläuft, wie in Abb. 27.44 den Wirbel an x D .a; 0/> einmal in Drehrichtung, den Wirbels an x D .a; 0/> nicht. Damit gewinnt man die Arbeit 2. C2 umläuft lediglich den Wirbel in x D .a; 0/> , und zwar gegen Drehrichtung, nun muss die Arbeit 2 geleistet werden. C3 umläuft keinen der beiden Wirbel, C4 beide – das Resultat ist jeweils, dass insgesamt keine Arbeit gewonnen wird oder zu leisten ist.

27.26  Wir bestimmen zunächst das Potenzial d˚ einer Kugelschale mit Radius r und Dicke dr für eine Probemasse an a D .0; 0; a/> . (Dabei betrachten wir dr vorläufig als kleine Größe, aber nicht als Differenzial.) Wegen der Rotationssymmetrie können wir sofort einen Kreis auf der Kugelschale betrachten. Der Abstand d eines beliebigen Punktes auf dem Kreis zum Aufpunkt a ist, wie in Abb. 27.45 dargestellt, gemäß Kosinussatz durch

I

Man kann nun eine reelle oder komplexe Partialbruchzerlegung ansetzen und erhält letztlich I1 D 0. Damit ist das Integral entlang C1 gleich 2.

d 2 D a2 C r 2  2a r cos # gegeben.

Lösungswege

297

Für a > r erhalten wir d˚ D 

2 r G dr 4 G r 2 dr .a C r  .a  r// D  : a a

d

Das Potenzial einer (nun endlich dicken) Kugelschale mit R1 < r < R2 < a ist damit

a d

ZR2

a ϑ

r

ϑ

˚D

r

4 G d˚ D  a

R1

ZR2 r 2 dr D  R1

ˇR 4 G r 3 ˇˇ 2 a 3 ˇR1

4 G.R23  R13 / 1 D : 3 a Das Gravitationspotenzial einer solchen Kugelschale ist (unter der Voraussetzung a > R2 ) genau das gleiche wie das

Durch Integration über ' erhalten wir für das Potenzial den Beitrag Z2 d˚Kreis .#/ D 

p 0

D p

G r 2 sin # dr d# a2 C r 2  2ar cos #

2 G r 2 dr d# a2 C r 2  2ar cos #

d'

:

Der Term r 2 sin # dr d' ist dabei das Volumenelement in Kugelkoordinaten. Für den Beitrag der gesamten Kugelschale müssen wir nun auch die #-Integration ausführen, Z d˚ D 

einer Punktmasse M WD

F D m grad ˚ D G

d˚ D 

0

ZR2 ˚D

Z

2a r sin #

p d# 2 a2 C r 2  2ar cos # ˇ 2 G r dr p 2 ˇ a C r 2  2ar cos # ˇ D 0 a  p 2 G r dr p 2 D a C r 2 C 2ar  a2 C r 2  2ar a  p 2 G r dr p D .a C r/2  .a  r/2 a 2 G r dr D .a C r  ja  rj/ a 0

Bis hierher spielt es keine Rolle, ob wir den Fall a > r oder a < r betrachten. Um den Betrag aufzulösen, müssen wir die beiden Fälle allerdings unterscheiden.

ZR2 d˚ D 4 G

R1

2

2 G r dr sin # p d# 2 a C r 2  2ar cos #

2 G r dr D a

2 r G dr .a C r  .r  a// D 4 G r dr : a

Eine endlich dicke Kugelschale mit a < R1 < r < R2 hat das Potenzial

0

D

mM er : a2

(Ein Vorzeichen war von Anfang an in der Definition des Potenzials vorhanden, das Gravitation stets anziehend ist. Ein zweites Vorzeichen kommt von der Rückführung der Kraft auf den Gradienten, ein drittes aus der Ableitung . a1 /0 D  a12 . Insgesamt erhält man eine anziehende Kraft in Richtung von e r .) Für a < r ergibt sich

d˚Kreis .#/ Z

4 .R23 R13 / , 3

ˇR2 ˇ r dr D 2 G r 2 ˇ R1

R1

D 2 G .R22  R22 / : Dieses Potenzial ist von a, und # unabhängig, damit verschwindet der Gradient und es wird keine Kraft auf eine Probemasse ausgeübt, F D 0. Unser Ausdruck für d˚ ist an r D a stetig, wir können also stets die beiden Bereiche r > a und r < a getrennt betrachten. Die wesentlichen Aspekte unseres Ergebnisse gelten (wie man leicht überprüfen kann) sogar für jede sphärische Massenverteilung, d. h. jede Dichte  D .r/: Alle Masse mit r < a wirkt wie eine im Ursprung konzentrierte Punktmasse, alle Masse mit r > a übt keine Kraft aus. Für den Fall durch den Tunnel erhält man aus der Newton’schen Bewegungsgleichung für Bewegung in radialer Richtung m

d2 a 4  a3 1 4  D F .a/ D mG D mG a: dt 2 3 a2 3

Kapitel 27

Abb. 27.45 Bestimmung des Graviationspotenzials einer homogenen Kugelschale

298

Kapitel 27

Das ist die Gleichung des ungedämpften harmonischen Oszillators, eine einfache Schwingungsgleichung d2 a 4  a D 0: CG 2 dt 3 q mit Frequenz ! D G 43  . (Dass der hier verwendete Ausdruck für die Kraft nur für a  RErde gilt, ist kein Problem, da ein mit Anfangsgeschindigkeit v0 D 0 losgeslassener Körper aus Gründen der Energieerhaltung immer im Bereich jaj  RErde verbleibt.)

Kapitel 27

Kapitel 28

28.3 tems



Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Sys 3 x .t / D Ax.t / D 1 0

Verständnisfragen

1 x.t /: 1

Zeigen Sie dazu: 28.1  Geben Sie bei den folgenden linearen Systemen (a)  D 2 ist doppelte Nullstelle des charakteristischen den Typ des kritischen Punktes .0; 0/T an. Welche StabilitätsPolynoms von A und v1 D .1; 1/T ist ein zugehöriger Eieigenschaften liegen vor? genvektor.  (b) Der Ansatz 1 2 x.t /, (a) x 0 .t / D 1 0 x.t / D et v2 C t et v1  1 4 5 liefert die Gleichung .A  E 2 /v2 D v1 . Bestimmen Sie (b) x 0 .t / D x.t /, 3 2 2 eine Lösung v2 .  (c) Die Funktionen 1 4 1 (c) x 0 .t / D x.t /, 3 1 2 x 1 .t / D et v1 und x 2 .t / D et v2 C t x 1 .t /  4 10 x.t /. (d) x 0 .t / D bilden ein Fundamentalsystem. 2 4

28.2



T

Für .x; y/ aus dem Rechteck R D f.x; y/ j jxj < 10;

jy  1j < bg

28.4  Gegeben ist ein Fundamentalsystem fu1 ; u2 g eines Differenzialgleichungssystems u0 .x/ D A.x/ u.x/ und v eine weitere Lösung. Welches ist die Dimension von A? Ist auch fu1 ; u2 ; vg bzw. fu1 C u2 ; u1  u2 g ein Fundamentalsystem?

ist die Funktion f definiert durch f .x; y/ D 1 C y 2 : (a) Geben Sie mit dem Satz von Picard-Lindelöf ein Intervall Œ˛; ˛ an, auf dem das Anfangswertproblem

28.5  Bestimmen Sie die Stabilitätsbedingung für das verbesserte Euler-Verfahren (siehe S. 482). Zeigen Sie, dass der Schnitt des Gebiets absoluter Stabilität mit der reellen Achse das Intervall .2; 0/ ist. 28.6

y 0 .x/ D f .x; y.x//;



y.0/ D 1;

genau eine Lösung auf .˛; ˛/ besitzt. (b) Wie muss man die Zahl b wählen, damit die Intervalllänge 2˛ aus (a) größtmöglich wird? (c) Berechnen Sie die Lösung des Anfangswertproblems. Auf welchem Intervall existiert die Lösung?

Gegeben ist die Differenzialgleichung

x 2 y 00 .x/  x y 0 .x/ C y.x/ D 0;

x 2 .1; A/

mit den Randwertvorgaben y 0 .1/ D 1;

y.A/ D b;

wobei A > 1 und b 2 R gilt.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_27

299

Kapitel 28

Aufgaben

300

Kapitel 28

Bestimmen Sie ein Fundamentalsystem der Differenzialgleichung. Für welche A ist das Randwertproblem eindeutig lösbar? Geben Sie für ein A, für das keine eindeutige Lösbarkeit vorliegt, je einen Wert von b an, für den das System keine bzw. unendlich viele Lösungen besitzt.

28.11 

Das Differenzialgleichungssystem erster Ordnung

y 0 .x/ D



0 2=x 2

 1 0 ; y.x/ C 1=x 0

x > 0;

besitzt das Fudamentalsystem fy 1 ; y 2 g mit x2 ; y 1 .x/ D 2x 

Rechenaufgaben 28.7  Bestimmen Sie alle kritischen Punkte der folgenden Differenzialgleichungssysteme. x10 .t / x20 .t / x10 .t / x20 .t /

D x1 .t / C .x2 .t // , D x1 .t / C x2 .t /, (b) D 1  x1 .t / x2 .t /, D .x1 .t //2  .x2 .t //3 . Was können Sie ohne weitere Betrachtungen über die Stabilität der Punkte aussagen?

(a)

u0 .x/ D x  .u.x//2; 

Kapitel 28

28.10 

x 2 R;

u.0/ D 1:

Lösen Sie das Anfangswertproblem

0 1 u0 .x/ D @0 0

0 1 1

1

0 1A u.x/; 1

0 1 1 u.0/ D @1A : 1

Bestimmen Sie für die Differenzialgleichung 3 x 2 y 00 .x/  x y 0 .x/ C y.x/ D x 3 2

(a) zunächst die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen linearen Differenzialgleichung durch Reduktion der Ordnung. Nutzen Sie, dass y1 .x/ D x 2 die homogene Differenzialgleichung löst. (b) Bestimmen Sie dann eine partikuläre Lösung und die allgemeine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung durch Variation der Konstanten. (c) Geben Sie die Lösung des Anfangswertproblems mit y.1/ D an.

x > 0:

Bestimmen Sie eine partikuläre Lösung yp durch den Ansatz yp .x/ D c1 .x/ y 1 .x/ C c2 .x/ y 2 .x/ :

2

28.8  Berechnen Sie die ersten drei sukzessiven Iterationen zu dem Anfangswertproblem

28.9

1=x y 2 .x/ D ; 1=x 2 

17 5

und y 0 .1/ D

21 5

Anwendungsprobleme 28.12  Zwei Populationen x, y mit 0  x; y  1 stehen in Konkurrenz um eine für beide lebenswichtige Ressource. Die zeitliche Veränderung der Populationen wird durch das folgende Differenzialgleichungssystem beschrieben:  1 x 0 .t / D x.t / 1  x.t /  y.t / 2  1 1 1 y 0 .t / D y.t /  y.t /  x.t / 2 2 3 (a) Überlegen Sie sich, welchen Einfluss die einzelnen Koeffizienten im System beschreiben. Stellen Sie dazu zunächst fest, um was für ein Modell es sich handelt, wenn eine der beiden Populationen nicht vorhanden ist. (b) Können beide Populationen koexistieren, oder muss eine davon aussterben? 28.13  Die Verteilung und der Abbau von Alkohol im menschlichen Körper kann durch das folgende einfache Modell beschrieben werden. Mit B.t / bezeichnet man die Menge an Alkohol im Blut zum Zeitpunkt t , mit G.t / die Menge an Alkohol im Gewebe. Der Austausch des Alkohols zwischen Blut und Gewebe sowie die Ausscheidung werden durch das Differenzialgleichungssystem B 0 .t / D ˛B.t /  ˇB.t / C  G.t / G 0 .t / D ˇB.t /   G.t / beschrieben. Dabei beschreibt der Koeffizient ˛ die Geschwindigkeit der Ausscheidung aus dem Körper, der Koeffizient ˇ die Geschwindigkeit des Übergangs vom Blut ins Gewebe und der Koeffizient  die des Übergangs vom Gewebe ins Blut. Geben Sie das Verhalten des Alkoholgehalts qualitativ an. Was ist bei der numerischen Lösung des Systems zu beachten?

Hinweise

28.4  Wie viele Elemente hat ein Fundamentalsystem eines n n-Differenzialgleichungssystems?

Das Anfangswertproblem 

60 x .t / D A x.t / D 118 0

20 x.t /; 41

t > 0;

mit x.0/ D .1; 1/ soll einmal mit dem Euler-Verfahren T

x kC1 D x k C h Ax k ;

k D 1; 2; : : :

und mit dem Rückwärts-Euler-Verfahren x kC1 D x k C h Ax kC1 ;

k D 1; 2; : : :

und der Schrittweite h D 0:1 gelöst werden. Führen Sie für beide Verfahren jeweils die ersten 5 Schritte durch. Verwenden Sie dazu nach Möglichkeit einen Computer, da die auftretenden Rechnungen unhandlich sind. Welche Schlussfolgerungen ziehen Sie?

28.6  Es ist eine Euler’sche Differenzialgleichung, deren Fundamentalsystem durch den Ansatz y.x/ D x  bestimmt werden kann. Versuchen Sie, die Randwerte durch eine Linearkombination der Funktionen des Fundamentalsystems zu erfüllen.

Rechenaufgaben 28.7  Die kritischen Punkte bestimmen Sie durch Lösen der Gleichung x 0 D 0. Für die Stabilität des kritischen Punkts z müssen Sie die Eigenwerte von F 0 .z/ bestimmen, wobei F die Funktion ist, die das System beschreibt.

28.15  Zu lösen ist das Randwertproblem xu00 .x/ C u0 .x/  u.x/ D x 2 ; u.0/ D 0; u.1/ D 0: Formulieren Sie das Randwertproblem als Variationsgleichung. Stellen Sie außerdem das lineare Gleichungssystem auf, das bei der Methode der finiten Elemente mit 4 Hutfunktionen gelöst werden muss. 28.16  Verwenden Sie den numerischen Löser ode45, um das Anfangswertproblem u00 .x/ C 2x u0 .x/  u.x/ D .1 C x C x 2 / ex ; 1 u.0/ D 0 ; u0 .0/ D ; 2

28.5  Wenden Sie das verbesserte Euler-Verfahren auf die Testprobleme für Stabilitätsuntersuchungen an.

x 2 Œ0; 1 ;

aus dem Beispiel von S. 504 numerisch zu lösen.

Hinweise Verständnisfragen 28.1  Bestimmen Sie jeweils die Eigenwerte der Matrix und konsultieren Sie die Übersicht auf S. 1049.

28.8  Formulieren Sie das Anfangswertproblem als Integralgleichung und leiten Sie daraus eine Fixpunktgleichung her. 28.9  Verwenden Sie den Exponentialansatz u.x/ D v exp.x/ mit Eigenwert  und Eigenvektor v. 28.10  Wählen Sie bei der Variation der Konstanten Forderungen so, dass keine zweiten oder noch höheren Ableitungen der freien Funktionen auftreten. 28.11  Leiten Sie den Ansatz ab und setzen Sie ihn in das Differenzialgleichungssystem ein. Sie erhalten ein lineares Gleichungssystem für die Ableitungen der cj , j D 1; 2.

Anwendungsprobleme 28.12  Bestimmen Sie kritische Punkte des Differenzialgleichungssystems. Welche davon sind stabil? Interpretieren Sie auf dieser Grundlage das Verhalten der Trajektorien.

28.2  Bestimmen Sie das Maximum von f auf R und verwenden Sie die Aussage des Satzes von Picard-Lindelöf. Die Differenzialgleichung kann durch Separation gelöst werden.

28.13  Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Systems durch einen Exponentialansatz. Überlegen Sie sich die Vorzeichen der Eigenwerte der zugehörigen Matrix.

28.3  Für (a) und (b) muss nur lineare Algebra verwendet werden. Stellen Sie für (c) die Wronski-Determinante auf.

28.14  Lösen Sie die Gleichung des Rückwärts-EulerVerfahrens nach x kC1 auf.

Kapitel 28

28.14 

301

302

Kapitel 28

28.15  Nutzen Sie xu00 .x/ C u0 .x/ D .xu0 .x//0 und verwenden Sie partielle Integration zur Herleitung der Variationsgleichung. Schreiben Sie die Hutfunktionen explizit auf und bestimmen damit die Koeffizienten im Gleichungssystem.

28.8



Die Iterierten sind

x2 ; 2 3 2 1 1 5 u2 .x/ D 1  x C x 2  x 3 C x 4  x ; 2 3 4 20 3 4 13 4 49 5 u3 .x/ D 1  x C x 2  x 3 C x  x 2 3 12 60 13 6 233 7 29 8 31 9 C x  x C x  x 30 1260 480 2160 1 10 1 x  x 11 : C 400 4400

u1 .x/ D 1  x C

28.16  Sie müssen das Problem als ein Anfangswertproblem für ein System von Differenzialgleichungen erster Ordnung y 0 .x/ D f .x; y.x// umformulieren. Die rechte Seite dieses Systems können Sie dann in M ATLAB® als Funktion function w = f(x,v) realisieren. Hierbei ist x skalar und v, w sind Spaltenvektoren der Länge 2.

Lösungen

28.9

Verständnisfragen

p 28.10  (a) yh .x/ D c1 x 2 C x2 x für x > 0, (b) y.x/ D p 2 3 x C c1 x 2 C c2 x, x > 0, (c) c1 D 1 und c2 D 2. 5

28.1  (a) Instabiler Sattelpunkt, (b) instabiler Spiralpunkt, (c) asymptotisch stabiler uneigentlicher Knoten, (d) stabiles Zentrum.

28.11 

28.2  (a) ˛ D b=.1 C .1 C b/2 /, (b) Maximum für b D p 2, (c) y.x/ D tan.x C =4/ für x 2 .3=4; =4/. 28.3  .0; 1/> .

(a), (c) siehe ausführlicher Lösungsweg, (b) v2 D

Kapitel 28

28.4  Die Dimension der Matrix ist 2. fu1 ; u2 ; vg ist kein Fundamentalsystem, fu1 C u2 ; u1  u2 g ist ein Fundamentalsystem. 28.5





u.x/ D ex .1; cos xsin x; cos xCsin x/> , x 2 R.

yp .x/ D .x=2; 1=2/> , x > 0.

Anwendungsprobleme 28.12  (a) Siehe ausführlichen Lösungsweg, (b) ja, asymptotisch nehmen die Populationen den Wert .x; y/> D .3=4; 1=2/> an. 28.13 

Die Lösung ist

B.t / D c1 . C 1 / e1 t C c2 . C 2 / e2 t ; G.t / D c1 ˇ e1 t C c2 ˇ e2 t

Die Stabilitätsbedingung lautet für t > 0 mit zwei Konstanten c1 , c2 2 R.

ˇ ˇ 2ˇ ˇ ˇ1 C h C .h/ ˇ < 1: ˇ 2 ˇ

28.14 

28.6  Ein Fundamentalsystem ist durch fx; x ln xg gegeben. Für A ¤ e ist das Randwertproblem eindeutig lösbar. Für A D b D e gibt es unendlich viele Lösungen, ansonsten ist das Randwertproblem unlösbar.

Rechenaufgaben >

28.7  (a) Kritische Punkte z1 D .0; 0/ und z2 D .1; 1/> . Beide sind instabil. (b) Kritischer Punkt ist z D .1; 1/> , der asymptotisch stabil ist.

Siehe ausführlichen Lösungsweg.

28.15  Das Gleichungssystem ist 0

32 1 B 22 B 15 @ 0 0

22 62 37 0

0 37 92 53

10 1 0 1 c1 0 7 Bc2 C B25C 1 0 C CB C D B C; 52A @c3 A 750 @55A 122 97 c4

wobei die cj die Koeffizienten der entsprechenden Hutfunktion sind. 28.16 



Lösungswege

Lösungswege

(b) Wir bestimmen das Maximum von ˛ als Funktion von b.

(a) Das charakteristische Polynom ist p./ D .  1/   2 D . C 1/.  2/:

Es gibt zwei reelle Eigenwerte mit unterschiedlichen Vorzeichen. Es handelt sich um einen Sattelpunkt, der stets instabil ist. (b) Das charakteristische Polynom ist (bis auf einen Faktor 1=9) p./ D .3  4/.3  2/ C 10 D .3  3/2 C 9 D .3  3  3i/.3  3 C 3i/: Es liegen die konjugiert komplexen Eigenwerte 1 ˙ i vor, daher handelt es sich um einen Spiralpunkt. Da der Realteil der Eigenwerte positiv ist, laufen die Trajektorien aus dem kritischen Punkt heraus. Der kritische Punkt ist instabil. (c) Das charakteristische Polynom lautet (bis auf einen Faktor 1=9) p./ D .3 C 4/.3 C 2/ C 1 D .3 C 3/2 : Wir haben den einzigen Eigenwert  D 1. Wir bestimmen den zugehörigen Eigenraum durch Lösen des homogenen linearen Gleichungssystems

  4 1 C 3E 2 v D 0: 1 2

Da ˛.0/ D 0 und lim ˛.b/ D 0, handelt es sich um ein Maxib!1 mum. (c) Durch Separation erhalten wir aus der Differenzialgleichung Z 1 dy D x C C : 1 C y2 Damit ergibt sich die allgemeine Lösung y.x/ D tan.x C C /: Durch Einsetzen der Anfangswerte folgt   : y.x/ D tan x C 4 Diese Funktion existiertpauf dem Intervall .3=4; =4/. In Dezimaldarstellung ist ˛. 2/ 0:207 1 und =4 0:785 4. 28.3



(a) Das charakteristische Polynom ergibt sich als

det.A  E 2 / D .3  /.1  / C 1 D . C 2/2 :

>

Wir erhalten die Lösung v D t .1; 1/ , t 2 R. Der Eigenraum hat also die Dimension 1. Damit liegt ein uneigentlicher Knoten im 2. Fall vor. Da der Eigenwert ein negatives Vorzeichen hat, ist der kritische Punkt asymptotisch stabil. (d) Das charakteristische Polynom ist p./ D .  4/. C 4/ C 20 D 2 C 4: Es liegen die komplex konjugierten Eigenwerte ˙2i vor. Da der Realteil der Eigenwerte null ist, handelt es sich um ein Zentrum. Der Punkt ist stabil, aber nicht asymptotisch stabil. 28.2  (a) Da für .x; y/> 2 R gilt y 2 .1  b; 1 C b/ mit b > 0, so folgt jf .x; y/j D 1 C y 2  1 C .1 C b/2 : Damit ist die Konstante M aus dem Satz von Picard-Lindelöf gleich 1 C .1 C b/2 . Mit a D 10 folgt damit     b b D min 10; ˛ D min 10; M 1 C .1 C b/2 b D ; 1 C .1 C b/2 denn 1 C .1 C b/2 > b.

Damit ist 2 eine doppelte Nullstelle. Das Lösen des LGS 0 D .A C 2E 2 /v D

 1 1

1 v 1

liefert den Eigenvektor v1 D .1; 1/> . (b) Aus der Forderung x 0 .t / D et v2 C et v1 C t et v1 Š

D Ax.t / D et Av2 C t et Av1 ergibt sich wegen Av1 D v1 das LGS et v1 D et Av2  et v2 D et .A  E 2 / v2 : Lösen dieses LGS liefert zum Beispiel den Vektor v2 D .0; 1/> . (c) Die Wronski-Determinante von x 1 , x 2 ist an der Stelle null von null verschieden, W .0/ D det..v1 ; v2 // D 1: Daher bilden diese beiden Lösungen ein Fundamentalsystem.

Kapitel 28



b 2 C 2b C 2  b.2b C 2/ 2  b2 D : .b 2 C 2b C 2/2 .b 2 C 2b C 2/2 p Daher nimmt ˛ für b D 2 ein Extremum an. Es ist p p 2 ˛. 2/ D p > 0: 4C2 2 ˛ 0 .b/ D

Verständnisfragen 28.1

303

304

Kapitel 28

28.4  Es handelt sich um ein lineares homogenes System. Der Vektorraum der Lösungen hat die Dimension n, wenn A.x/ eine n n-Matrix ist. Nach Voraussetzung ist fu1 ; u2 g ein Fundamentalsystem, d. h. eine Basis des Lösungsraumes. Daher ist n D 2.

gegeben. Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung ist

Die drei Vektoren u1 , u2 , v des 2-dimensionalen Lösungsraumes sind stets linear abhängig, können also keine Basis und daher auch kein Fundamentalsystem sein.

y 0 .x/ D c1 C c2 .1 C ln x/:

Man rechnet leicht nach, dass die beiden Elemente u1 C u2 und u1  u2 des Lösungsraumes linear unabhängig sind und daher ebenfalls ein Fundamentalsystem bilden.

y.x/ D c1 x C c2 x ln x;

x > 0;

mit Konstanten c1 , c2 2 R. Die Ableitung der Lösung ist

Aus der Anfangsbedingung y 0 .1/ D 1 folgt somit 1 D c1 C c2 .1 C 0/ D c1 C c2 : Damit liefert die Bedingung an der Stelle A den Ausdruck

28.5  Das verbesserte Euler-Verfahren ist durch die Gleichungen

Ist 1  ln A ¤ 0, d. h. A ¤ e, so können wir diese Gleichung nach c1 auflösen und erhalten eine eindeutig bestimmte Lösung des Randwertproblems.

.1/

kj C1 D f .xj ; yj /; .2/

.1/

kj C1 D f .xj C1 ; yj C hkj C1 /; yj C1 D yj C

b D c1 A C .1  c1 / A ln A D A ln A C c1 A .1  ln A/:

Ist A D e, so lautet die Gleichung

h .1/ .2/ C kj C1 / .k 2 j C1

b D e ln e C 0 D e:

gegeben. Wir wenden dieses Verfahren auf das Testproblem y 0 .x/ D  y.x/;

Ist b D e, so kann also c1 2 R beliebig gewählt werden, es gibt unendlich viele Lösungen. Für b ¤ e gibt es keine Lösung des Randwertproblems.

y.0/ D 1

explizit an. Dann ergibt sich .1/

k1 D f .0; 1/ D ; .2/

.1/

k1 D f .x1 ; 1 C h k1 / D f .h; 1 C h/ D  .1 C h/;

Kapitel 28

y1 D 1 C

h .h/ . C  .1 C h// D 1 C h C : 2 2

Damit ist die Stabilitätsbedingung ˇ ˇ 2ˇ ˇ ˇ1 C h C .h/ ˇ < 1: ˇ 2 ˇ Wir setzen nun  D h. Es ist 1CC

Rechenaufgaben

2

2 1 . C 1/2 C 1 : D 2 2

Die Stabilitätsbedingung ist daher für  2 R äquivalent zu . C 1/2 < 1:

28.7  (a) Die Forderungen x10 .t / D x20 .t / D 0 für alle t führt auf die Gleichungen x1 C x22 D 0;

wobei wir die Abhängigkeit von t unterdrückt haben. Einsetzen der zweiten Gleichung in die erste liefert x2 .x2  1/ D 0: So erhalten wir die kritischen Punkte z1 D .0; 0/> und z2 D .1; 1/> . Die Ableitung der Funktion F , die das System beschreibt, ist

Die Lösungsmenge dieser Ungleichung ist das Intervall .2; 0/. 28.6  Es handelt sich um eine Euler’sche Differenzialgleichung. Der Ansatz y.x/ D x  führt auf die Gleichung 0 D  .  1/   C 1 D 2  2 C 1 D .  1/2 :

x1 C x2 D 0;

F 0 .x/ D



2x2 : 1

1 1

Daher gilt F 0 .z1 / D



1 1

0 : 1

Ein Fundamentalsystem ist daher durch fx; x ln xg

Diese Matrix besitzt den doppelten Eigenwert 1. Daher ist dieser kritische Punkt instabil.

Lösungswege

1 2 : F 0 .z2 / D 1 1 p Diese Matrix besitzt die Eigenwerte 1 ˙ 2. Ein Eigenwert ist negativ, der andere positiv, es handelt sich also um einen Sattelpunkt, der stets instabil ist. 

28.9  Zunächst muss das charakteristische Polynom bestimmt werden: 1 0 1 0 0 p./ D det @ 0 1 1 A 0 1 1 D .1  / ..1  /2 C 1/ D .1  / .  1  i/ .  1 C i/

(b) Die Forderung x 0 .t / D 0 führt auf die Gleichungen 1  x1 x2 D 0;

x12  x23 D 0;

wobei wir wieder die Abhängigkeit von t weggelassen haben. Die erste Gleichung kann nur für x2 ¤ 0 erfüllt sein, es gilt dann x1 D 1=x2 . Damit erhält man aus der zweiten Gleichung x2 D 1. Es gibt daher nur den einzigen kritischen Punkt z D .1; 1/> .

1 F .z/ D 2

1 : 3

Diese Matrix hat die Eigenwerte 2 ˙ i. Daher handelt es sich um einen asymptotisch stabilen Spiralpunkt. 28.8  Durch Integration erhalten wir aus der Differenzialgleichung die Integralgleichung Zx u.x/ D 1 C



 .u. //2 d :

0

Wir starten mit der konstanten Funktion u0 .x/ D 1. Damit ergibt sich Zx u1 .x/ D 1 C

.  1/ d D 1  x C

x2 ; 2

0

2 #  Zx " 2 u2 .x/ D 1 C  1 C d 2 0

D1xC Zx u3 .x/ D 1 C



zu 1 D 1;

v2 D .0; i; 1/>

zu 2 D 1 C i; >

zu 2 D 1  i:

3 2 2 3 1 4 1 x  x C x   x5; 2 3 4 20  2

 .u2 . // d

für x 2 R mit Konstanten c1 , c2 , c3 2 C. Um diese Konstanten zu bestimmen, setzen wir die Anfangswerte in die allgemeine Lösung ein und erhalten dass lineare Gleichungssystem 10 1 0 1 0 c1 1 0 0 1 @0 i iA @c2 A D @1A : 0 1 1 1 c3 Durch Anwendung des Gauß’schen Lösungsverfahrens bekommen wir die Lösung c1 D 1, c2 D .1  i/=2 und c3 D .1 C i/=2. Insgesamt ergibt sich dadurch die Lösung 0 1 2 ex 1 u.x/ D @ .i C 1/e.1Ci/x  .i  1/e.1i/x A 2 .1  i/e.1Ci/x C .1 C i/e.1i/x 1 0 1 D ex @ cos x  sin x A ; x 2 R: cos x C sin x 28.10  (a) Mit dem Ansatz zur Reduktion der Ordnung y.x/ D z.x/y1 .x/ D x 2 z.x/

0

3 2 4 3 13 4 49 5 x  x C x  x 2 3 12 60 13 6 233 7 29 8 31 9 C x  x C x  x 30 1260 480 2160 1 10 1 x  x 11 : C 400 4400

D1xC

v1 D .1; 0; 0/>

Die allgemeine komplexwertige Lösung der Differenzialgleichung ist demnach 0 1 0 1 0 1 1 0 0 x .1Ci/x u.x/ D c1 @0A e C c2 @ i A e C c3 @iA e.i/x 0 1 1

Daher gilt 

Aus den linearen Gleichungssystemen .A  j E 3 / v D O, erhalten wir die Eigenvektoren

v3 D .0; i; 1/

Die Ableitung der Funktion F ist hier  x2 x1 F 0 .x/ D : 2x1 3x22

0

Also gibt es die Eigenwerte 1 D 1 und 2;3 D 1 ˙ i.

ist y 0 .x/ D z 0 .x/y1 .x/ C z.x/y10 .x/ D x 2 z 0 .x/ C 2x z.x/; y 00 .x/ D z 00 .x/y1 .x/ C 2z 0 .x/y10 .x/ C z.x/y100 .x/ D x 2 z 00 .x/ C 4x z 0 .x/ C 2 z.x/:

Kapitel 28

Im anderen kritischen Punkt ist

305

306

Kapitel 28

Dies setzen wir in die homogene Differenzialgleichung ein: 0 D x 2 .x 2 z 00 .x/ C 4x z 0 .x/ C 2 z.x// 3  x .x 2 z 0 .x/ C 2x z.x// C x 2 z.x/ 2 5 D x 4 z 00 .x/ C x 3 z 0 .x/ 2

und dies liefert die partikuläre Lösung

Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung ist also y.x/ D

Somit erhalten wir die Differenzialgleichung 5 x z 00 .x/ D  z 0 .x/; 2

p 2 3 x C c1 x 2 C c2 x; 5

für x > 0. Die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen Differenzialgleichung ist also p yh .x/ D c1 x 2 C x2 x; x > 0: (b) Mit dem Ansatz Variation der Konstanten ist p yp .x/ D C .x/ x 2 C D.x/ x:

y 0 .x/ D

 1 4

Kapitel 28

C .x/ x C D .x/

p

p 2 3 x C x 2 C 2 x; 5

x > 0:

28.11 Den Ansatz abzuleiten ergibt

Wir fordern nun 0

  c1 1 3 D 1 6 c2

mit der Lösung c1 D 1 und c2 D 2. Somit haben wir die Lösung des Anfangswertproblems gefunden, y.x/ D

p 1 yp0 .x/ D C 0 .x/x 2 C D 0 .x/ x C 2C .x/x C D.x/x 1=2 : 2

6 2 c2 x C 2c1 x C p : 5 2 x

Durch Einsetzen der Anfangswerte erhalten wir das lineare Gleichungssystem

Ableiten liefert

2

x > 0:

(c) Die Ableitung der allgemeinen Lösung ist

die die Lösung z 0 .x/ D .3=2/ x 5=2 besitzt. Also folgt p y.x/ D x 2 z.x/ D x 2 x 3=2 D x

0

2 2 4 3 2 x  x D x3: 3 15 5

yp .x/ D

 2x 1=x 2 C c2 .x/ 2 2=x 3  2  x 1=x C c20 .x/ C c10 .x/ : 1=x 2 2x

yp0 .x/ D c1 .x/

x D 0;

und erhalten dann die zweite Ableitung



1 1 yp00 .x/ D 2C 0 .x/x C D 0 .x/x 1=2 C 2C .x/  D.x/x 3=2 : 2 4 In die Differenzialgleichung eingesetzt erhalten wir das LGS Setzen wir diese Ausdrücke in die Differenzialgleichung ein, so ergibt sich nach einiger Rechnung die zweite Forderung x 3 D 2x 3 C 0 .x/ C

1 3=2 0 x D .x/: 2

Insgesamt ist somit das lineare Gleichungssystem  2  0  0 x C .x/ x 1=2 D x3 D 0 .x/ 2x 3 12 x 3=2

und

2 D 0 .x/ D  x 3=2 : 3

Somit ist C .x/ D

2 x 3

  x2 1=x 1=x C c20 .x/ D : 1=x 2 1=x 2 2x



Die Lösung ist c10 .x/ D 1=.3x 2 /, c20 .x/ D x=3. Integration liefert c1 .x/ D 

1 ; 3x

c2 .x/ D 

x2 : 6

Somit ist

zu lösen. Wir erhalten 2 C 0 .x/ D 3

c10 .x/

und D.x/ D 

4 5=2 x ; 15

  x2 1 x2 1=x yp .x/ D   3x 2x 6 1=x 2    x=2 x=6 x=3 D C D 1=2 1=6 2=3 eine partikuläre Lösung des Differenzialgleichungssystems.

Lösungswege

Kommentar Das Differenzialgleichungssystem in dieser Aufgabe entspricht genau der Differenzialgleichung 2. Ordung, die in der Vertiefung zur Variation der Konstanten auf S. 1066 gelöst wird. Auch die Bedingungen an die cj , j D 1; 2, entsprechen sich. Der in der Lösung dieser Aufgabe beschrittene Weg liefert also eine zweite Begründung für die Bedingungen, die bei der Variation der Konstanten an die cj gestellt werden. J

Für die ersten drei kritischen Punkte gilt  1 0 ; F 0 .z1 / D 0 1=2  1 1=2 F 0 .z2 / D ; 0 1=6  1=2 0 : F 0 .z3 / D 1=3 1=2

Anwendungsprobleme

In allen drei Fällen können die Eigenwerte direkt an der Matrix abgelesen werden. In z1 liegen zwei positive Eigenwerte vor, es handelt sich um einen instabilen Knotenpunkt. In z2 und z3 ist je ein Eigenwert positiv, der andere negativ. Hier liegen Sattelpunkte vor, die ebenfalls instabil sind. Die einzige Trajektorie, die in diese kritischen Punkte hineinführt, ist die Lösung wenn eine der beiden Populationen nicht vorhanden ist.

Dabei ist k eine Wachstumskonstante und X die Obergrenze für die Population. Für die Population x ist die Wachstumskonstante 1, für die Population y ist sie 1=2. Die Obergrenze liegt für beide bei 1. Der zusätzliche Term beschreibt die gegenseitige Beeinflussung der beiden Populationen. Da beide auf dieselbe Ressource zugreifen und dadurch ihr Wachstum gegenseitig behindern, ist der entsprechende Koeffizient negativ. (b) Um diese Frage zu beantworten, stellen wir zunächst fest, wo kritische Punkte liegen. Das Gleichungssystem   1 1 1 1 x 1  x  y D 0 und y  y x D0 2 2 2 3 hat vier verschiedene Lösungen z D .x; y/> :  0 ; z1 D 0

 0 z2 D ; 1

 1 z3 D ; 0

 3=4 z4 D : 1=2

In z1 sind beide Populationen ausgestorben, in z2 und z3 ist jeweils eine ausgestorben und in z4 koexistieren beide. Damit ist schon einmal die Frage, ob beide koexistieren können, grundsätzlich mit ja zu beantworten. Um ein vollständigeres Bild zu erhalten, betrachten wir noch das Stabilitätsverhalten der Lösungen in der Nähe dieser kritischen Punkte. Das Differenzialgleichungssystem wird durch die Funktion F mit  x  x 2  12 xy F .x; y/ D 1 y  12 y 2  13 xy 2 beschrieben. Deren Ableitung ist 

1  2x  12 y F .x; y/ D  13 y 0

1 2

 12 x :  y  13 x

In z4 schließlich gilt F 0 .z4 / D



3=4 1=6

3=8 : 1=4

Das charakteristische Polynom ist   3 1 1 1 C C  D 2 C  C 4 4 16 8   1 1 1 1 C C p : D C  p 2 2 8 8 p Beide Eigenwerte .1=2/ ˙ .1= 8/ sind negativ, also handelt es sich um einen asymptotisch stabilen Punkt. Zumindest für Ausgangssituationen in einer Umgebung von z4 gilt also, dass beide Populationen koexistieren können. Die Populationen nähern sich dabei den Werten x4 D 3=4 und y4 D 1=2 an. Allgemeiner kann man sogar zeigen, dass alle Trajektorien außer denjenigen, die in die Sattelpunkte hineinlaufen, den asymptotisch stabilen Punkt z4 als Grenzwert besitzen. Wer mehr zu diesem Modell erfahren möchte, findet im Abschnitt 9.4 des Buches William E. Boyce, Richard C. DiPrima: Gewöhnliche Differenzialgleichungen. Spektrum Akademischer Verlag, 2000, einen guten Einstiegspunkt. 28.13  In Matrixform stellt sich das Differenzialgleichungssystem dar als  0   B .t / B.t / .˛ C ˇ/  : D G.t / ˇ  G 0 .t / Das charakteristische Polynom der Matrix berechnet sich zu p./ D . C ˛ C ˇ/. C  /  ˇ D 2 C .˛ C ˇ C  /  C ˛: Als Eigenwerte ergeben sich demnach s  ˛CˇC 2 ˛CˇC 1=2 D   ˛ : ˙ 2 2 Beide Eigenwerte sind demnach reell und negativ.

Kapitel 28

28.12  (a) Ist eine der Populationen nicht vorhanden (etwa y D 0), so liegt für die andere ein logistisches Wachstumsmodell vor, x 0 .t / D k x.t / .X  x.t //:

307

308

Kapitel 28

Mit der zweiten Zeile der Matrix berechnen wir die zugehörigen Eigenvektoren vj D .v1j ; v2j /> , ˇ v1j  . C j / v2j D 0;

j D 1; 2;

Die Stabilitätsbedingung für das Rückwärts-Euler-Verfahren lautet übrigens

und daher vj D

  C j ; ˇ

Die Ergebnisse lassen darauf schließen, dass ein steifes Differenzialgleichungssystem vorliegt. Mit der Schrittweite h D 0:1 ist das Euler-Verfahren für dieses System instabil, das Rückwärts-Euler-Verfahren dagegen stabil.

ˇ ˇ ˇ 1 ˇ ˇ ˇ ˇ 1  h ˇ < 1:

j D 1; 2:

Damit haben wir die Lösung

Diese Bedingung ist für jedes  mit Re./ < 0 erfüllt.

B.t / D c1 . C 1 / e1 t C c2 . C 2 / e2 t ; G.t / D c1 ˇ e1 t C c2 ˇ e2 t

28.15  Zunächst beachten wir xu00 .x/ C u0 .x/ D

für t > 0 mit zwei Konstanten c1 , c2 2 R. Da beide Eigenwerte negativ sind, liegt eine exponentielle Abnahme des Alkoholgehalts vor. Ist ˛ ˇ, so ist 1 0. Wir haben es in diesem Fall mit einem steifen Differenzialgleichungssystem zu tun. In der Anwendung bedeutet dies, dass die Ausscheidung und der Übergang vom Gewebe ins Blut sehr viel schwächer ausfallen, als der Übergang vom Blut ins Gewebe. 28.14  Die Iterationen für das Euler-Verfahren können direkt durchgeführt werden. Es ergibt sich

Kapitel 28

k

x1k

0 1 2 3 4 5

Um die Variationsgleichung herzuleiten, multiplizieren wir die Differenzialgleichung mit eine Funktion v 2 C 1 .Œ0; 1/, die außerdem v.0/ D v.1/ D 0 erfüllt, Z1

1:000 000 8:700 000 62:370 000 575:667 000 5168:099 700 46 524:510 270

Für das Rückwärts-Euler-Verfahren lösen wir zunächst die Gleichung nach x kC1 auf. Es ergibt sich

Z1

0 .xu0 .x// v.x/  u.x/ v.x/ dx D

x 2 v.x/ dx:

0

0

Den ersten Term können wir partiell integrieren, Z1

0

0

0

.xu .x// v.x/ dx D Œx u

x1k

1:000 000 3:000 000 32:400 000 286:740 000 2585:034 000 23 261:369 400

d .xu0 .x// : dx

Z1 .x/ v.x/10

0



x u0 .x/ v 0 .x/ dx

0

Z1 D

x u0 .x/ v 0 .x/ dx:

0

Daher folgt Z1

0

Z1

0

Œx u .x/ v .x/ C u.x/ v.x/ dx D  0

x 2 v.x/ dx: 0

1

x kC1 D .E 2  h A/ x k  0:421 488 0:165 289 xk : D 0:975 207 0:578 512 Die Iterationen können damit ausgerechnet werden und ergeben k

x1k

x1k

0 1 2 3 4 5

1.000 000 0.586 777 0.504 132 0.455 638 0.413 974 0.376 318

1.000 000 1.553 719 1.471 074 1.342 668 1.221 091 1.110 127

Dies ist die Variationsgleichung. Die Diskretisierungspunkte sind xj D j =5, j D 0; : : : ; 5. Die Hutfunktion 'j , j D 1; : : : ; 4, und ihre Ableitungen sind gegeben durch

'j .x/ D

'j0 .x/ D

8 ˆ > f = @(x,v) [v(2); ... v(1)-2*x*v(2)+(1+x+x.^2)* exp(x)];

Damit rufen wir ode45 auf:

xj

>> [x,y] = ode45(f, [0 1], [0; 1/2]);

Wegen der Symmetrie gilt aj C1 j D aj j C1 . Die Matrix des Systems ist demnach durch 0

28.16  Mit der Substitution y1 .x/ D u.x/, y2 .x/ D u0 .x/ erhalten wir das System

22 62 37 0

0 37 92 53

1 0 0 C C 52A 122

Der zweite Parameter ist dabei das Lösungsintervall Œ0; 1, der dritte Parameter ist ein Spaltenvektor mit den Anfangswerten. Nach dem Aufruf enthält der Vektor x die Gitterpunkte, die Variable y ist eine Matrix mit zwei Spalten. Die erste Spalte erhält die berechneten Näherungswerte für u.x/, die zweite diejenigen für u0 .x/. Die Lösung plotten wir mit >> plot(x,y(:,1))

Den Fehler zur exakten Lösung u.x/ D .1=2/ x ex zeigt man am besten in logarithmischen Skalen an, >> semilogy(x, abs( y(:,1)-x.*exp(x)/2) )

Kapitel 28

D

Somit ergibt sich die rechte Seite des LGS zu

x Zj C1 2

Kapitel 29

Aufgaben

Rechenaufgaben

Verständnisfragen

29.5  Es sind Parameter zu bestimmen, sodass gewisse Funktionen Lösungen der angegebenen partiellen Differenzialgleichungen sind.

29.1  Geben Sie den Typ folgender partieller Differenzialgleichungen an: (a) y uxx C uyy D 0 (b) uxx C 4 uyy C 9 uzz  4uxy C 3ux D u (c) .x 2  1/uxx C .y 2  1/uyy D xux C yuy

(a) Bestimmen Sie eine Zahl a 2 R, sodass die Funktion mit u.x; t / D exp.kxk2 =.2t //=t Lösung der Diffusionsgleichung a

@u  u D 0 @t

29.2  Zeigen Sie, dass für eine Lösung u W Rn ! R der für x 2 R2 und t > 0 ist. Laplace-Gleichung u D 0 und eine orthogonale Matrix A 2 Rn n auch v.x/ D u.Ax/ eine Lösung der Laplace-Gleichung (b) Gegeben ist d 2 R3 n f0g. Für welche Vektoren p 2 R3 ist das Vektorfeld E W R3 ! R3 mit ist. E .x/ D p ei d x

29.3  Welche Lösungen u 2 C 2 .D/\C 1.D/ besitzt das Neumann-Problem u D 0 @u D0 @

Lösung der zeitharmonischen Maxwellgleichungen

in D;

rot E  i kdk H D 0;

auf @D:

Hierbei ist D eine beschränkte, offene Menge, in der der Gauß’sche Satz angewandt werden darf.

29.6



und

rot H C i kd k E D 0‹

Lösen Sie die Laplace-Gleichung

@u  u D 0 @t

uy .x; 0/ D 0;

löst und mindestens dreimal stetig differenzierbar ist. Zeigen Sie, dass die Funktion v W Rn .0; 1/ ! R mit v.x; t / D x  ru.x; t / C 2t

mit den Randbedingungen

@u .x; t / @t

auch eine Lösung der Diffusionsgleichung ist, (a) durch direktes Nachrechnen, (b) indem Sie verwenden, dass mit u auch die Funktion w W Rn .0; 1/ ! R mit w.x; t I / D u.x; 2 t / bei festem Parameter  2 R Lösung der Diffusionsgleichung ist.

u.x; 1/ D sin.3x/ cosh.3/  2 sin.x/

für x 2 Œ0; 1 sowie u.0; y/ D u.1; y/ D 0 für y 2 Œ0; 1 mithilfe eines Separationsansatzes. 29.7  Ermitteln Sie mit einem Separationsansatz die Lösung u W Œ0;  R>0 ! R des Problems uxx .x; t / C 4u t .x; t /  3u.x; t / D 0 mit Anfangswert u.x; 0/ D sin3 x für x 2 Œ0;  und Randwerten u.0; t / D u.; t / D 0.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_28

311

Kapitel 29

u.x; y/ D uxx .x; y/ C uyy .x; y/ D 0 29.4  Es sei eine Funktion u W Rn .0; 1/ ! R gegeben, die die Diffusionsgleichung

312

Kapitel 29

29.8



Separationsansätze für die Helmholtz-Gleichung.

(a) Zeigen Sie, dass die Wellengleichung u t t D u mit x 2 R2 ; t 2 R mithilfe des Separationsansatzes u.x; t / D eikt U .x/ auf die Helmholtz-Gleichung U C k 2 U D 0 führt. (b) Finden Sie Lösungen zur Helmholtz-Gleichung u C k 2 u D

@2 u @2 u C 2 C k2u D 0 2 @x1 @x2

Anwendungsprobleme 29.12  Gegeben ist eine Lösung u des Anfangswertproblems für die Wellengleichung @2 u.x; t / @2 u.x; t /  D 0; x 2 R; t > 0; @t 2 @x 2 @u .x; 0/ D h.x/: u.x; 0/ D g.x/; @t Dabei soll g 2 C 2 .R/, h 2 C 1 .R/ gelten und beide Funktionen sollen außerhalb eines kompakten Intervalls verschwinden. Wir definieren die potenzielle Energie der Welle durch

mit den Randbedingungen u.x1 ; 0/ D u.x1 ; b/ D u.0; x2 / D u.a; x2 / D 0 für 0 < a; b 2 R, indem Sie k D einen Separationsansatz benutzen. 2

29.9  durch

kx21

C

kx22

1 Ep .t / D 2

setzen und

u.x/ D fn .kr/ e

;

1

@u .x; t / @x

2 dx;

t 2 R;

dx;

t 2 R:

und die kinetische Energie durch 1 Ek .t / D 2

Rechnen Sie nach, dass in Polarkoordinaten .r; '/

in'

Z1 

Z1  1

@u .x; t / @t

2

Zeigen Sie die Energieerhaltung

 cos ' ; xDr sin '

n2Z

Ep .t / C Ek .t / D konst:;

t 2 R;

und eine Lösung der Helmholtz-Gleichung gegeben ist, wobei fn eine Lösung der Bessel’schen Differenzialgleichung t 2 fn00 .t / C tfn0 .t / C .t 2  n2 /fn .t / D 0;

lim Ep .t / D lim Ek .t /:

t !1

t !1

ist. Mehr zu dieser Differenzialgleichung findet sich in Kap. 34.

29.13  Wir betrachten den Verkehr auf einer Straße. Mit .x; t / bezeichnen wir die Anzahl der Fahrzeuge pro Längeneinheit am Ort x und zur Zeit t , also die Fahrzeugdichte. Mit q.x; t / bezeichnen wir die Anzahl der Fahrzeuge pro Zeiteinheit, die den Ort x zum Zeitpunkt t passieren.

29.10 

(a) Zeigen Sie die Erhaltungsgleichung

t > 0;

Gegeben ist das Anfangswertproblem

x ux C y uy C .x 2 C y 2 / u D 0;

Kapitel 29

u.x; x 2 / D ex

@ @q .x; t / C .x; t / D 0; @t @x

x; y > 0; 2 =2

;

x 2 R; t > 0:

x > 0:

(b) Die Geschwindigkeit der Fahrzeuge am Ort x und zum Zeitpunkt t modellieren wir als  Finden Sie die Lösung u D u.x; y/ mit dem Charakteristiken.x; t / verfahren. v.x; t / D c 1  ; 0 29.11  blems

Bestimmen Sie die Lösung u des Anfangswertpro-

xux .x; y/ C

x uy .x; y/ C u.x; y/ D 0; yu.x; y/

x; y > 0

wobei c die Maximalgeschwindigkeit ist und 0 die maximale Fahrzeugdichte bezeichnet, bei der der Verkehr zum Erliegen kommt. Zeigen Sie, dass die Funktion  2.x; t / .x; t / Dc 1 u.x; t / D v.x; t /  c 0 0 eine Lösung der Burger-Gleichung

und

u t C uux D 0 u.t ; t / D 1; 2

t > 0:

ist.

Hinweise

(c) Finden Sie mit dem Charakteristikenverfahren Gebiete, in denen Sie die Lösung der Burger-Gleichung für die Anfangsbedingung

u.x; 0/ D

8 ˆ 0, parabolisch für y D 0, hyperbolisch für y < 0. (b) parabolisch. (c) jxj, jyj beide größer oder beide kleiner 1: elliptisch, einer der beiden Beträge gleich 1: parabolisch, sonst hyperbolisch.

29.14  Die Matrix hat Dimension .N  1/2 , in jeder Zeile sind maximal neun Einträge von null verschieden. Mit den Knoten x m , m D 1; : : : ; .N  1/2 sind die Basisfunktionen 'm definiert durch 'm .x m0 / D ım m0 und 'm .x/ D .a x1 C b/.c x2 C d / auf jedem Quadrat des Gitters. Die Formfunktionen sind 1 .y1 ; y2 / D y1 y2 , 2 .y1 ; y2 / D .1  y1 / y2 , 3 .y1 ; y2 / D y1 .1y2 /, 4 .y1 ; y2 / D .1y1 / .1y2 /, jeweils für 0 < y1 ; y2 < 1.

29.2





Lösungswege

29.3



Die konstanten Funktionen sind die Lösungen.

Verständnisfragen

29.4





29.1  Wir stellen jeweils die Matrix A.x; y/ auf, die den Hauptteil der partiellen Differenzialgleichung beschreibt, und bestimmen deren Eigenwerte.

Rechenaufgaben 29.5



29.6



(a) Es ist

(a) a D 2, (b) p muss orthogonal zu d sein.

2 u.x; t / D  sin.x/ cosh.y/ C sin.3x/ cosh.3y/: cosh  29.7



29.8



u.x; t / D

1 3 t e sin x  e3t sin 3x. 4 4

(a) –  m   n  X (b) u.x1 ; x2 / D cnm sin x1 sin x2 a b n;m 29.9



– 

Kapitel 29

29.10 

u.x; y/ D exp

29.11 

u.x; y/ D x=y

4

1 y 2 x4

 1 2 2 exp  .x C y / 2

2

A.x; y/ D

 y 0

0 1



mit dem charakteristischen Polynom p./ D .y  /.1  /: Der Eigenwert 1 ist positiv, der andere Eigenwert ist y. Ist y > 0, so ist die Differenzialgleichung elliptisch, ist y D 0, so ist sie parabolisch, ist y < 0, so ist sie hyperbolisch. (b) Die Matrix lautet 0

1 A.x; y/ D @2 0

2 4 0

1 0 0A 9

mit dem charakteristischen Polynom p./ D Œ.1  / .4  /  4 .9  / D  .  5/ .  9/: Ein Eigenwert ist null, die anderen beiden sind positiv. Daher ist die Differenzialgleichung parabolisch. (c) Hier ist die Matrix  2 x 1 A.x; y/ D 0

Anwendungsprobleme 29.12 



0 y2  1

mit dem charakteristischen Polynom p./ D .x 2  1  /.y 2  1  /:

29.13  (a), (b) siehe ausführlicher Lösungsweg, (c) Die Lösung lautet für t  1: 8 ˆ x  t; ab. Die folgende Tabelle gibt die verschiedenen Möglichkeiten an: Position

Typ

jxj > 1, jyj > 1 oder jxj < 1, jyj < 1 jxj D 1, jyj ¤ 1 oder jxj ¤ 1, jyj D 1 jxj > 1, jyj < 1 oder jxj < 1, jyj > 1

elliptisch parabolisch hyperbolisch

Lösungswege

29.2  Wir schreiben v.x/ D u.y/ mit y D Ax. Nach der Kettenregel ist X @u.Ax/ @v.x/ D akj @xj @yk n

kD1

und

Einsetzen dieser Ausdrücke in die Diffusionsgleichung ergibt ! n n X @3 u @v @2 u X @3 u D v  2 2 C xk 2 C 2t 2 @t @xj @xj @xk @xj @t j D1 kD1 ! n X @2 u @u @2 u  xi C2 C 2t 2 @t @xk @t @t kD1

n X @2 v.x/ @2 u.Ax/ D akj alj : 2 @yk @yl @xj k;lD1

n

kD1



n n X @2 u.Ax/ X akj alj : @yk @yl j D1

v.x/ D

n X @2 u.Ax/ D u.y/ D 0: @2 yk

kD1

D

(b) Differenzieren wir die Funktion w.x; t / D u.x; 2 t / partiell bezüglich , so bleibt auch diese Ableitung eine Lösung der Diffusionsgleichung wegen des Satzes von Schwarz. Die Ableitung ist aber mit der Kettenregel gerade v .x; t / D

@w .x; t I / @

D x  rx u.x; 2 t / C 2t

@u .x; 2 t / : @t

Mit  D 1 ergibt sich, dass die Funktion v D v1 Lösung der Diffusionsgleichung ist.

Rechenaufgaben 29.5



D

Umgekehrt sieht man sofort, dass jede konstante Funktion eine Lösung des Neumann-Problems ist. (a) Es gilt v.x; t / D

n X kD1

xk

@u @u C 2t : @xk @t

Wir berechnen die Ableitungen dieser Funktion zu X @2 u @v @u @2 u D C xk C 2t @xj @xj @xj @xk @xj @t n

kD1 n X

@3 u @2 v @2 u @3 u D 2 C x C 2t k @xj2 @xj2 kD1 @xj2 @xk @xj2 @t X @v @2 u @2 u @u D C 2t 2 xk C2 @t @t @xk @t @t n

kD1

(a) Wir berechnen  kxk2 @u 1 kxk2 .x; t / D C 3  2 e 2t @t 2t t

und weiter @u 2x1  kxk2 .x; t / D e 2t @x1 2t 2 @u 2x2  kxk2 .x; t / D e 2t @x2 2t 2  @2 u 1 x12  kxk2 .x; t / D  C e 2t t2 t3 @x12  x22  kxk2 @2 u 1 .x; t / D  2 C 3 e 2t : t t @x12 Es lässt sich die Bedingung a D 2 ablesen, damit die Differenzialgleichung erfüllt ist. (b) Zunächst bestimmen wir die Rotation von E. Es ist 0 1 p 3 d2  p 2 d3 rot E.x/ D i @p1 d3  p3 d1 A ei d x D .d p/ ei d x : p 2 d1  p 1 d2

Kapitel 29

Da u 2 C .D/ ist, folgt ru 2 C 1 .D/ und daher ru D 0. Somit ist u konstant. 2



@2 u @u @2 u 2  2t 2 @t @xk @t @t

@D

Der erste und der dritte Term sind null, daher ist Z 0 D ru  rudx:

29.4

xk

wobei wir die Diffusionsgleichung für u verwendet haben.

kD1

29.3  Wir wenden die erste Green’sche Identität an, wobei wir für beide Funktionen eine Lösung u des NeumannProblems einsetzen. Es ergibt sich Z Z @u 0 D .u u C ru  ru/ dx  u d : @

n X

D 0;

k;lD1

Die innere Summe entspricht dem Skalarprodukt der k-ten mit der l-ten Zeile der Matrix A. Da diese orthogonal ist, verschwindet dieses Skalarprodukt, außer wenn k D l ist. In diesem Fall ist es 1. Somit folgt

@u X @2 u @2 u C xk C 2t 2 @t @t @xk @t

D2

Nun summieren wir über alle j und erhalten v.x/ D

315

316

Kapitel 29

Also folgt mit der ersten partiellen Differenzialgleichung H .x/ D .d p/ei dx =kd k . Berechnen wir daraus die Rotation des Vektorfelds H , so ergibt sich rot H .x/ D i

und Vn .x/ D cQn .exp.inx/  exp.inx// D 2cQn sin.nx/ die zugehörigen Lösungen durch

.d .d p/ i dx : e kd k

u.x; t / D Diesen Ausdruck setzen wir in die zweite partielle Differenzialgleichung ein und erhalten die Bedingung

1 X

cn sin.nx/ cosh.ny/

nD1

gegeben. ikd kp e

i dx

d .d p/ i dx e D i kd k

Die Koeffizienten cn sind noch aus der Bedingung u.x; 1/ D x zu bestimmen, d. h.

bzw.

u.x; 1/ D kd k p D d .d p/ D .d  p/ d  .d  d / p : 2

1 X

cn sin.nx/ cosh.n/

n1

D sin.3x/ cosh.3/  2 sin.x/: Dies gilt genau dann, wenn .d  p/ d D 0 ist bzw. d  p D 0 gilt. Die Funktion E ist somit Lösung der Maxwellgleichungen, wenn p senkrecht steht auf der Richtung d. Kommentar Funktionen in der Form wie E stellen ebene Wellen da mit einer Wellenfront senkrecht zur Richtung d und der sogenannten Polarisierungsrichtung p=kpk. J 29.6  Der Separationsansatz der Form u.x; y/ V .x/W .y/ führt auf V 00 .x/W .y/ C V .x/W 00 .y/ D 0

bzw.

D

u.x; t / D  29.7

und W 00 .y/ D kW .y/



2 sin.x/ cosh.y/ C sin.3x/ cosh.3y/: cosh  Mit dem Ansatz u.x; t / D v.t /w.x/ folgt

v.t /w 00 .x/ C 4v 0 .t /w.x/  3v.t /w.x/ D 0

W 00 .y/ V 00 .x/ D ; bzw. V .x/ W .y/

wenn V .x/ 6 0 und W .y/ 6 0 sind. Es folgt, dass diese Identität nur erfüllt werden kann, wenn beide Seiten konstant sind. Damit ergeben sich die gewöhnlichen Differenzialgleichungen V 00 .x/ D kV .x/

Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir c1 D 2 cosh./, c3 D 1 und cn D 0 für alle n 2 N n f1; 3g. Damit ergibt sich insgesamt die Lösung

w 00 .x/ v 0 .t / D 4 C3Dk 2R w.x/ v.t /

für alle x 2 Œ0;  und t > 0. Setzen wir w 00 .x/ D kw.x/, so erfüllt v die separable Differenzialgleichung v 0 .t / D 

mit den allgemeinen Lösungen

Kapitel 29

p p V .x/ D a1 exp. kx/ C a2 exp. kx/; p p W .y/ D a3 exp. ky/ C a4 exp. ky/: Aus den Randbedingungen u.0; y/ D u.1; y/ D 0 folgt V .0/ D V .1/ D 0. Wir erhalten: V .0/ D .a1 C a2 / D 0 ) a1 D a2 p p V .1/ D a1 exp. k/  a1 exp. k/ D 0 p p p ) exp. k/ D exp. k/ ) exp.2 k/ D 1 p ) 2 k D 2in ) k D  2 n2 ; n 2 N: So sind mit Wn .y/ D dQn .exp.ny/ C exp.ny// D 2dQn cosh.ny/

.k  3/ v.t / : 4

Wir erhalten eine Lösung v.t / D e

3k 4 t

:

Weiter gilt für w die allgemeine Lösung p

w.x/ D c1 e

kx

p kx

C e

:

Mit den Randbedingungen folgt c1 Cc2 D 0, d. h. c1 D c2 und weiter p k

c1 .e

p

 e

k

/ D 0:

Für nichttrivale Lösungen muss c1 ¤ 0 sein, und, da der sinh nur die Nullstelle x D 0 hat, muss k D n2 für ein n 2 N gelten. Also ergeben sich die Möglichkeiten .n/

w.x/ D c1 sin nx

Lösungswege .n/

mit Konstanten c1 2 R. Wir erhalten Lösungen in der Form u.x; t / D

1 X

.n/

c1 e

3Cn2 4

t

Aus den Randbedingungen u.x1 ; 0/ D u.x1 ; b/ D 0 folgt V .0/ D V .b/ D 0. Wir erhalten: V .0/ D a3 C a4 ) a3 D a4   q   q V .b/ D a3 exp kx22 b  exp  kx22 b D 0

sin nx :

nD1

Aus der Anfangsbedingung u.x; 0/ D sin3 x D .1/

3 1 sin x  sin 3x 4 4

.3/

.n/

folgt c1 D 3=4, c1 D 1=4 und c1 wir erhalten die Lösung u.x; t / D 

1 3 t e sin x  e3t sin 3x : 4 4

(a) Der Ansatz

Also folgt exp

q   q   q  kx22 b D exp  kx22 b bzw. exp 2 kx22 b D 1:

q Diese Gleichung wird erfüllt für 2 kx22 b D 2in bzw. q 2 2 kx22 D n . Also ist kx22 D b2n für n 2 N: b Analog erhalten wir aus u.0; x2 / D u.a; x2 / D 0 die Bedingungen U .0/ D U .a/ D 0 und damit

u.x; t / D eikt U .x/ liefert

a1 D a2

 2 m2 ; a

und kx21 D

m 2 N:

Damit ergeben sich die zugehörigen Lösungen

uxj xj D exp.ikt/

2

2

@ U .x/ ; @xj2

Vn .x2 / D cQn sin

j D 1; 2:

Somit folgt aus u t t D u die Identität k exp.ikt/U .x/ D exp.ikt /.Ux1 x1 C Ux2 x2 /; 2

Jegliche Linearkombinationen dieser Funktionen sind weitere Lösungen. Insgesamt können wir die Klasse der Lösungen beschreiben durch Entwicklungen der Form

d. h., es gilt die Helmholtz-Gleichung k 2 U .x/ D U .x/. u.x1 ; x2 / D

(b) Ein Separationsansatz der Form

1 X

Um .x1 /Vn .x2 /

n;mD1

u.x1 ; x2 / D U .x1 /V .x2 /

D

X

cnm sin

mit  k D 2

bzw. 00

00

U .x1 / V .x2 / C C k 2 D 0; U .x1 / V .x2 / wenn U .x1 / ¤ 0 und V .x2 / ¤ 0 sind. Diese Identität kann nur erfüllt werden, wenn U 00 .x1 /=U .x1/ D kx21 und V .x2 /00 =V .x2 / D kx22 mit kx21 C kx22 D k 2 gilt. Die allgemeinen Lösungen dieser gewöhnlichen Differenzialgleichungen lauten q  q   kx21 x1 C a2 exp  kx21 x1 U .x1 / D a1 exp q  q   kx22 x2 C a4 exp  kx22 x2 : V .x2 / D a3 exp

  n  x1 sin x2 a b

 m

n;m

führt auf U 00 .x1 /V .x2 / C U .x1 /V 00 .x2 / C k 2 U .x1 /V .x2 / D 0

 n

 x2 ; b  m  Q Um .x1 / D dn sin x1 : a

u t t D .ik/ exp.ikt/U .x/ D k exp.ikt/U .x/; 2

kx21

C

kx22

D

2

m2 n2 C a2 b2



und bei entsprechender Konvergenz der Reihe. 29.9  Indem wir die Darstellung des Laplace-Operators in Polarkoordinaten verwenden, erhalten wir für die HelmholtzGleichung 

1 @ @u 1 @2 u C k2u D 0 .r / C r @r @r r @' 2 bzw. @2 u 1 @u 1 @2 u C C k2u D 0 : C @r 2 r @r r 2 @' 2

Kapitel 29

29.8

D 0 für n ¤ 1; 3 und

317

318

Kapitel 29

Der Separationsansatz u.x/ D u1 .r/u2 .'/ führt auf die beiden Differenzialgleichungen

29.11  Das charakteristische Differenzialgleichungssystem zu dieser partiellen Differenzialgleichung lautet

r 2 u001 .r/ C ru01 .r/ C r 2 k 2 C  /u1 .r/ D 0

u002 .'/ D  u2 .'/ :

k10 .s/ D k1 .s/ k1 .s/ k20 .s/ D k2 .s/w.s/ w 0 .s/ D w.s/:

Beachten wir noch, dass u2 eine 2-periodische Funktion sein muss, so folgt aus der zweiten Gleichung  D n2 für n 2 N, und es ergeben sich Lösungen vom Typ

Damit folgt k1 .s/ D c1 es und w.s/ D c3 es . Die Differenzialgleichung für k2 ist auch separabel und lautet

und

u2;n .'/ D e˙i n' :

k2 .s/k20 .s/ D

Mit der Substitution r D kt und f .t / D u1 . kt / ergibt sich aus der Differenzialgleichung für r die Bessel’sche Differenzialgleichung 00

0

t f .z/ C tf .z/ C .t  n /f .t / D 0; 2

2

2

c1 2s e : c3

Integration liefert 2 1 1 c1 2s 1 k2 .s/ D e C c2 ; 2 2 c3 2

t > 0: also (mit y > 0/

Somit folgt, dass

r

u.x/ D fn .kr/ ein' mit einer Lösung fn der Bessel’schen Differenzialgleichung eine Lösung der Helmholtz-Gleichung ist. 29.10  Das System der charakteristischen Differenzialgleichungen ist mit w.s/ WD u.k1 .s/; k2 .s//: k10 .s/ D k1 .s/; k20 .s/ D k2 .s/; w 0 .s/ D .k1 .s/2 C k2 .s/2/ w.s/: Es folgt k1 .s/ D c1 es , k2 .s/ D c2 es und somit w 0 .s/ D .c12 C c22 / e2s w.s/:

k2 .s/ D

Die Anfangskurve ist durch .t 2 ; t ; 1/> , t > 0 gegeben. Verknüpfung der Anfangskurve mit den Charakteristiken in s D 0 ergibt t 2 D k1 .0/ D c1 1 D w.0/ D c3 r p c1 t D k2 .0/ D C c2 D t 2 C c2 ; c3 also c2 D 0. Somit haben wir die folgende Parametrisierung der Lösungsfläche gefunden: x.s; t / D t 2 es y.s; t / D t es u.s; t / D es :

Dies liefert die Lösung  1 w.s/ D c3 exp  .k1 .s/2 C k2 .s/2/ : 2

Kapitel 29

Als nächstes wird die Anfangskurve parametrisiert:   1 2 2 .x0 .t /; y0 .t /; u0 .t // D t ; t ; exp  t : 2

c1 2s e C c2 : c3

Damit erhält man es D

y2 , x

also ist

u.x; y/ D

x : y2

Für s D 0 soll .k.s/; w.s// auf dieser Anfangskurve liegen. Damit folgt c1 D t , c2 D t 2 und c3 D exp. 12 t 4 / und x.s; t / D t es ;

y.s; t / D t 2 es :

Dies liefert y t D : x Setzt man jetzt alles ein, erhält man   1 y4 1 2 2 u.x; y/ D exp C y / : exp  .x 2 x4 2

Anwendungsprobleme 29.12  Nach der Formel von d’Alembert ist die Lösung u des Anfangswertproblems durch u.x; t / D

 1 1 g.x C t / C g.x  t / C 2 2

ZxCt h.z/ dz xt

Lösungswege

gegeben. Somit gilt für die ersten partiellen Ableitungen von u @u.x; t / g 0 .x C t / C g 0 .x  t / h.x C t /  h.x  t / D C ; @x 2 2 @u.x; t / g 0 .x C t /  g 0 .x  t / h.x C t / C h.x  t / D C : @t 2 2

Dieser Ausdruck ist unabhängig von t und damit konstant. Da die Funktionen g 0 und h außerhalb eines kompakten Intervalls verschwinden, ist für genügend großes t ein Produkt g.x C t /g.x  t / bzw. h.x C t /h.x  t / immer null. Damit verschwinden solche Ausdrücke für t ! 1 aus den Formeln für Ep und Ek . Es gilt

Somit sind die beiden Energieterme gegeben durch 1 Ep .t / D 4

Z1

1 0 2 kg kL2 .R/ C khkL2 2 .R/ 2 Z1 1 .g 0 .x C t /h.x C t / C lim t !1 2 0 1  g .x  t /h.x  t // dx 1 D kg 0 kL2 2 .R/ C khkL2 2 .R/ ; 2

lim Ep .t / D

0 .g .x C t / C g 0 .x  t //

t !1

2 C .h.x C t /  h.x  t // dx 1 D kg 0 kL2 2 .R/ C khkL2 2 .R/ 2 Z1 1 g 0 .x C t /g 0 .x  t / dx C 2 1

C



1 2 1 2

1 Z1

319

.g 0 .x C t / C g 0 .x  t //.h.x C t /  h.x  t //dx

1 Z1

und analog für lim Ek .t /. t !1

29.13  (a) Auf einem Intervall Œa; b befinden sich zum Zeitpunkt t die Fahrzeuge Zb

h.x C t /h.x  t / dx;

N .t / D

1

.x; t / dx: a

bzw. Z1

Die Ableitung von N ist

0 .g .x C t /  g 0 .x  t // 2

1

C .h.x C t / C h.x  t // dx 1 D kg 0 kL2 2 .R/ C khkL2 2 .R/ 2 Z1 1 g 0 .x C t /g 0 .x  t / dx  2 1 Z1

C

C

1 2 1 2

.g 0 .x C t /  g 0 .x  t //.h.x C t / C h.x  t //dx

1 Z1

d N .t / D dt 0

Zb

Zb .x; t / dx D

a

@.x; t / dx: @t

a

Gleichzeitig entspricht die Änderungsrate der Fahrzeuge im Intervall Œa; b der Differenz der Dichte der Fahrzeuge, die die Punkte a bzw. b passieren, d. h. Zb

0

N .t / D q.a; t /  q.b; t / D 

@q.x; t / dx: @x

a

h.x C t /h.x  t / dx : 1

Somit gilt die Gleichung Zb 

Somit ergibt sich Ep .t / C Ek .t / D kg 0 kL2 2 .R/ C khkL2 2 .R/

@.x; t / @q.x; t / dx D 0 C @t @x

a

Z1 für jedes Intervall Œa; b. Somit folgt C .g 0 .x C t /h.x C t /  g 0 .x  t /h.x  t //dx @.x; t / @q.x; t / 1 C D0 @t @x C khk2 D kg 0 k2 L2 .R/

Z1 C D

L2 .R/

für x 2 R und t > 0. .g 0 .z/h.z/  g 0 .z/h.z// dz

1 kg 0 kL2 2 .R/

C khkL2 2 .R/ :

(b) Mit der Geschwindigkeit v gilt der Zusammenhang q.x; t / D v.x; t / .x; t /;

x 2 R; t > 0:

Kapitel 29

1 Ek .t / D 4

320

Kapitel 29

Somit ist @q.x; t / @v.x; t / @.x; t / D .x; t / C v.x; t / @x @x @x  x .x; t / .x; t / D c .x; t / C c x .x; t / 1  0 0  2.x; t / D c; x .x; t / 1  0 @.x; t / D u.x; t /: @x Ferner ist x .x; t / @u.x; t / D 2c ; @x 0 @u.x; t /  t .x; t / D 2c : @t 0 Somit folgt  t .x; t / x .x; t / u t .x; t / C u.x; t /ux .x; t / D 2c  2cu.x; t / 0 0 2c D  . t .x; t / C qx .x; t // 0 D0 nach Aufgabenteil (a). (c) Das charakteristische Differenzialgleichungssystem ist k10 ./ D 1; k20 ./ D w./; w 0 ./ D 0: Die Lösung ist durch k1 ./ D  C c1 ; k2 ./ D c2 C c3 ; w./ D c3 für  2 R gegeben.

Kapitel 29

Je nach Startpunkt x0 2 R für den Anfangszeitpunkt t D 0 erhalten wir Grundcharakteristiken mit unterschiedlichem Verhalten. Es ist x  x0 D t ; x  x0 D 0; x  x0 D .1  x0 / t ;

x0  0; x0  1; 0 < x0 < 1:

Die Lösung ist für 0  t  1 entsprechend gegeben durch 8 ˆ x  t; 1 kann nur durch die Betrachtung von schwachen Lösungen der Burger-Gleichung ermittelt werden. 29.14 

Die Punkte des Gitters lauten  xj k D

j k ; N N

> ;

j ; k D 0; : : : ; N :

Da laut Voraussetzung Lösungs- und Testfunktion in den Gitterpunkten auf dem Rand von Q verschwinden, definieren wir nur Basisfunktionen, die mit den Knoten im Innern xj k , j ; k D 1; : : : ; N 1, assoziiert sind. Die Dimension der Steifigkeitsmatrix ist demnach .N  1/2 . Wir nummerieren alle Knoten kontinuierlich durch, x m D xj k mit m D .k  1/ .N  1/ C j ;

j ; k D 1; : : : ; N  1;

und definieren 'm durch die Eigenschaften 'm .x m0 / D ım m0 , 'm .x/ D .a x1 Cb/.c x2 Cd / auf jedem Quadrat des Gitters. Die Einträge der Steifigkeitsmatrix A D .am m0 / sind nun durch Z am m0 D r'm .x/  r'm0 dx; m; m0 D 1; : : : ; .N  1/2 ; Q

gegeben. Da der Integrand hier nur von null verschieden ist, wenn m0 D m oder einer der 8 direkt zu m benachbarten Knoten ist, sind höchstens 9 Einträge in jeder Zeile der Matrix von null verschieden. Als Referenzquadrat wählen wir R D Œ0; 1 Œ0; 1. Die Formfunktionen müssen bezüglich beider Argumente linear und in einem Eckpunkt gleich 1 sein. In den anderen Eckpunkten verschwinden sie. Es sind dies die Funktionen D y1 y2 ; 2 .y1 ; y2 / D .1  y1 / y2 ; 3 .y1 ; y2 / D y1 .1  y2 /; 4 .y1 ; y2 / D .1  y1 / .1  y2 /; 1 .y1 ; y2 /

jeweils für y D .y1 ; y2 / 2 R.

Kapitel 30

30.4  Sind f ; g W R ! C 2-periodische Funktionen mit f ; g 2 L2 .; /, so ist auch h definiert durch

Aufgaben

Z

Verständnisfragen

f .x  t / g.t / dt ;

h.x/ D

x 2 .; /;



30.1



Gegeben ist die Funktion f .x/ D

( x;  ; 2

00 ! R des Problems

( x .  x/ ; 0;

j D 1; : : : ; n  1:

(a) Überlegen Sie sich ein Beispiel für eine zirkulante .4 4/Matrix. (b) Es ist C eine zirkulante .2N 2N /-Matrix, a D .a0 ; : : : ; a2N 1 /T 2 C 2N ,  D .0 ; : : : ; 2N 1 /T und b D C a. Mit F bezeichnen wir die Matrix der diskreten Fouriertransformation. Zeigen Sie: .F b/j D 2N .F /j .F a/j ;

0x; sonst.

j D 0; : : : ; 2N  1:

(c) Wieso kann die Multiplikation mit einer zirkulanten Matrix effizient implementiert werden?

Lösungen

Verständnisfragen 30.1  Nutzen Sie die vereinfachten Formeln zur Berechnung der Fourierkoeffizienten für gerade bzw. ungerade Funktionen und den Zusammenhang zwischen reellen und komplexen Fourierkoeffizienten.

Anwendungsprobleme 30.11  Betrachten Sie eine Saite der Länge . Die Anfangsauslenkung modelliert man als eine stückweise lineare Funktion. Aus ihren Fourierkoeffizienten erhält man die Lösung nach den Überlegungen vom Anfang des Kapitels.

30.2  Berechnen Sie die reellen Fourierkoeffizienten und setzen Sie sie in die Parseval’sche Gleichung in der komplexen Form ein.

30.12  Schreiben Sie u.x; t / D v.t /w.x/ und stellen Sie gewöhnliche Differenzialgleichungen für v und w auf. Die Gesamtlösung ist eine Reihe über alle so erhaltene Lösungen. Indem man die Fourierreihe der Anfangswerte aufstellt, erhält man die Koeffizienten durch Koeffizientenvergleich. Ausführlich sind Separationsansätze im Kap. 29 beschrieben.

30.3  Wie sieht f an den Stellen ˙ aus? Stellen Sie für die Bestimmung der Fourierreihe fest, ob die Funktion gerade oder ungerade ist und nutzen Sie die vereinfachten Formeln für die Fourierkoeffizienten.

30.13  (a) In jeder Zeile müssen dieselben Einträge vorkommen, aber jeweils nach rechts verschoben. (b) Drücken Sie .F b/j durch  , a und !j k aus und nutzen Sie die Periodizität von  . (c) FFT.

30.4  Schreiben Sie einen Ausdruck zur Berechnung von hk hin und vertauschen Sie die Reihenfolge der Integrale. Nutzen Sie dann die Periodizität von f bzw. von g.

Lösungen

30.5  (a) Nutzen Sie die geometrische Summenformel. (b) und (c): Die Aussagen folgen durch einfaches Einsetzen aus Teil (a).

Verständnisfragen 30.1  (a) c0 D a0 D .3=8/ , a1 D 2=, b1 D 0, c1 D c1 D 1=.

Rechenaufgaben

(b) c0 D a0 D a1 D 0, b1 D 1 C 2=, c1 D i .1=2 C 1=/, c1 D i .1=2 C 1=/.

30.6  Verwenden Sie die Formel für die Fourierkoeffizienten und berechnen Sie das Integral.

30.2

30.7  Ist die Funktion gerade oder ungerade, so dass die vereinfachten Formeln für die Fourierkoeffizienten verwendet werden können? Zur Berechnung der Integrale zeigen Sie zunächst cos.x/ sin.kx/ D .1=2/ .sin..k C 1/x/ C sin..k  1/x//. 30.8  Verwenden Sie zur Berechnung der reellen Fourierkoeffizienten die Tatsache, dass f gerade ist. Man muss partiell integrieren. Den Reihenwert erhält man durch Anwendung der Parseval’schen Gleichung für die Funktion f . 30.9  Bei der zunächst zu zeigenden Formel führt man für die linke Seite zweimal eine partielle Integration durch. Man erhält wieder dasselbe Integral mit einem anderen Vorfaktor und kann auflösen. Die Fourierreihe müssen Sie an der Stelle 0 betrachten. 30.10  (a) Berechnen Sie g explizit. (b) Nutzen Sie die vereinfachten Formeln für eine gerade Funktion. (c) Nutzen Sie, dass g außerhalb eines bestimmten Intervalls verschwindet, und verwenden Sie die Euler’sche Formel.

(c) c0 D a0 D .3=8/ , a1 D b1 D c1 D c1 D 0. 

30.3  k 2 //.

Siehe ausführlichen Lösungsweg. a0 D sinh./=, ak D .2 .1/k sinh.//=. .1C

Das Gibbs’sche Phänomen tritt nicht auf. 30.4

 Siehe ausführlichen Lösungsweg.

30.5



Siehe ausführlichen Lösungsweg.

Rechenaufgaben 30.6  c1 D 1=2, ck D 0 für k ungerade, k ¤ 1 und ck D i=. .1  k//, k gerade. 30.7



Die Fourierreihe lautet ! 1 X 1 .1/k 2k  sin.x/ C sin.kx/ : 2 k2  1 kD2

Kapitel 30

Hinweise

323

324

Kapitel 30

30.8  k 2 N. 30.9



a0 D  2 =6, a2k1 D 0, a2k D .1/=.k 2/, bk D 0,

f (x) f

gerade 1

Die Fourierreihe von f lautet ! 1 X 2 4 .1/nC1 C cos.nx/ :   4n2  1 nD1

30.10  (b) Die Fourierkoeffizienten sind an D

π-periodisch −π

π

x

−1 .1/k  2.2k/ 2

4 .1/k  .2kC1/3

für n D 2k, k D 1; 2; 3; : : :, bzw. an D für n D 2k C 1; k D 0; 1; 2; 3; : : : sowie bn D 0, n D 1; 2; 3; : : :. (c) Die 1 Fourierkoeffizienten sind c0 D  2 =12 und c˙n D  .2k/ 2 für 2i n D 2k, k D 1; 2; 3; : : :, bzw. c˙ D   .2kC1/ 2 für n D 2k C 1, k D 0; 1; 2; 3; : : :

ungerade

Abb. 30.17 Die Funktion f und ihre Fortsetzungen auf das Intervall .; 0/

und 2 a1 D 

Z f .x/ cos x dx 0

Anwendungsprobleme

2 D 

30.11  Für eine Saite der Länge  muss man an einer der Stellen x0 D n=7, n D 1; : : : ; 6, anschlagen. 30.12 

Z=2 Z 2  x cos x dx C cos x dx  2 0

=2

2 =2 Œx sin x C cos x0 C Œsin x=2  2 2 D1 1D :   D

Die Lösung lautet u.x; t / D

1 X 12 .1/n 3Cn2 t e 4 sin.nx/: 3 n nD1

30.13  (a) Ein Beispiel ist 0 2 1 B0 2 C DB @3 0 1 3

3 1 2 0

1 0 3C C 1A 2

Da fa reell und gerade sein soll, ist b1 D 0 und c1 D c1 D

(b) Da fb reell und ungerade ist, gilt c0 D a0 D 0 und a1 D 0. Es bleibt 2 b1 D 

(b) Siehe ausführlichen Lösungsweg. (c) Mithilfe der FFT ist der Aufwand O.N ln N / Operationen.

Z f .x/ sin x dx 0

D

Lösungswege

2 

Z 2x sin x dx C 0

Kapitel 30

1 

Z

1 

=2

 1 i b1 1 D i C 2  2

c1 D

 1 i b1 1 : Di C 2  2

und

Z=2 x dx C 0

 sin x dx 2

c1 D  f .x/ dx

0

D

Z

Daraus folgt

(a) Es soll f gerade fortgesetzt werden, es gilt also c0 D a0 D

2 

2 =2 D Œsin x  x cos x0  Œcos x=2  2 2 D  .1/ D C 1:  

Verständnisfragen 30.1  In der Abb. 30.17 sind die drei Fortsetzungen dargestellt. Für die Berechnung der Koeffizienten gilt:

a1 1 D : 2 

 3 D  4 8

Lösungswege

(c) Es gilt hier

Somit erhalten wir 1 c0 D a0 D 2 D

2 2

Z

jck j2 C jck j2 D

f .x/ dx  Z

f .x/ dx D

3  8

30.3  Auf dem Intervall .; / ist f stetig differenzierbar mit der Ableitung

wie in Teil (a). Ferner ist

1 

f 0 .x/ D sinh.x/:

Z f .x/ cos x dx 

Z0 f .x C / cos x dx C 

1 

Z f .x/ cos x dx: 0

Mit der Substitution t D x C  im ersten Integral folgt 1 a1 D 

Z

1 f .t / cos.t  / dt C 

0

D

1 

f .t / cos.t / dt C

1 

0

Die Funktion ist allerdings nicht stetig differenzierbar, denn es ist zum Beispiel sinh./ D f 0 ..// ¤ f 0 ../C/ D sinh./:

Z f .x/ cos x dx

Da f eine gerade Funktion ist, sind die Koeffizienten bk D 0, k 2 N. Ferner ist

0

Z

Diese lässt sich stetig fortsetzen in die Randpunkte ˙. Dasselbe Argument gilt für jedes andere Intervall der Form ..2k  1/; .2k C 1//, k 2 Z. Daher ist f stückweise stetig differenzierbar.

Z f .x/ cos x dx 0

D 0:

cosh.x/ dx D

1 sinh./ Œsinh.x/0 D  

0

und ganz analog folgt b1 D 0. Damit ist auch c1 D c1 D 0. 30.2  Es ist nach der Parseval’schen Gleichung (auf beiden Seiten mit 2 multipliziert), gilt 1 

Z

1 a0 D  und Z

2 ak D 

cosh.x/ cos.kx/ dx 0

Z jf .x/j2 dx D 2 

1 X

jck j2

D

kD1

D 2 jc0 j2 C 2

1 X 

Z

  .ex C ex / eikx C eikx dx

0

 2

jck j2 C jck j :

kD1

Da c0 D a0 ist, haben wir bereits den ersten Term gefunden. Weil f reellwertig ist, sind die Koeffizienten ak bzw. bk ebenfalls reell. Damit ist ˇ ˇ ˇ ak  i bk ˇ2 2 ˇ ˇ jck j D ˇ ˇ 2 1 D .ak  i bk /.ak C i bk / 4   1 2 1 2 ak C i ak bk  i ak bk C bk2 D ak C bk2 : D 4 4 Ganz analog folgt jck j2 D

1 2

 1 2 a C bk2 : 4 k

D

1 2

Z



 e.1Cik/x C e.1ik/x C e.1ik/x C e.1Cik/x dx

0

 e.1Cik/x  e.1Cik/x e.1ik/x  e.1ik/x C 1 C ik 1  ik 0  1 e.1Cik/  e.1Cik/ e.1ik/  e.1ik/ D : C 2 1 C ik 1  ik 1 D 2

Da exp.ik/ D exp.ik/ D .1/k , k 2 Z, folgt e  e e  e C 1 C ik 1 C ik  2 .1/k sinh./ 1 1 D C  1 C ik 1  ik

ak D

D

.1/k 2



2 .1/k sinh./ :  .1 C k 2 /

Kapitel 30

D

 1 2 ak C bk2 : 2

Setzen wir dies in die Formel oben ein, so steht die Behauptung da.

0

1 a1 D 

325

326

Kapitel 30

Da f stetig und stückweise stetig differenzierbar ist, konvergiert die Fourierreihe an jeder Stelle x 2 R gegen f .x/, es gilt also ! 1 X sinh./ .1/k f .x/ D cos.kx/ : 1C2  1 C k2 kD1

Das Gibbs’sche Phänomen kann nicht auftreten, denn f ist stetig.

30.4  Wir bestimmen die Fourierkoeffizienten .hk / durch hk D

D

Z

1 2

 Z

1 2

f .x  t / g.t / dt eikx dx:



ikx

f .x  t / e

1 D 2

Kapitel 30

D

Für l  k D 2N m, m 2 Z, ist 2N 1 X

Z

Zt g.t /

 Z

j D0

ei2.N Cj /m D 2N :

j D0

Damit können wir beide Fälle durch 2N 1 X

ei.lk/xj D 2N ılk

j D0

zusammenfassen. Dabei ist ılk das Kronecker-Delta (siehe Kap. 22) mit ılk D 0 für k ¤ l und ıl l D 1. Ganz analog erhalten wir auch die Formel eik.xj xl / D 2N ıj l :

kDN C1

(b) Wir nehmen an, dass eine Lösung des Gleichungssystems cN C1 ; : : : ; cN existiert. Dann gilt für k D N C 1; : : : ; N , 2N 1 X

f .s/eik.t Cs/ ds dt Zt

ikt

g.t / e

1 2

2N 1 X

f .xj / eikxj D

j D0

iks

f .s/e

Z

D ds dt :

 Z

g.t / eikt

D

f .s/eiks ds dt Z

g.t / eikt dt





D 2 gk fk : Damit ist der Faltungssatz bewiesen.

N X

cl

N X

2N 1 X

ei.lk/xj

j D0

cl 2N ılk D 2N ck :

(c) Mit den ck aus der Formel erhalten wir N X

ck eikxj D

kDN C1

1 2N

N X

D

2N 1 X

2N 1 1 X f .xl / 2N

1 2N

f .xl / eik.xj xl /

kDN C1 lD0

lD0

f .s/eiks ds

cl ei.lk/xj

lDN C1

D



N X

lDN C1

t

Z

2N 1 X

j D0 lDN C1

t



1 2

ei.lk/xj D



Jetzt nutzen wir, dass f 2-periodisch ist und wir den Integrationsbereich des inneren Integrals wieder auf das Intervall .; / verschieben können. Dadurch separieren die Integrale, und wir folgern

hk D

1  ei2.lk/ D 0: 1  ei.lk/=N

D ei.lk/

dx dt :

Nun Substituieren wir im inneren Integral x D t Cs und erhalten 1 hk D 2

ei.lk/j =N

j D0

N X

Z g.t /

2N 1 X

j D0

 

Z

ei.lk/xj D ei.lk/

l  k 2 f2N C 1; : : : ; 2N  1g:

Da f , g 2 L2 .; / und eikx 2 C 1 .Œ; /, ist der gesamte Integrand auf dem Quadrat .; / .; / integrierbar. Nach dem Satz von Fubini darf die Integrationsreihenfolge vertauscht werden. Es folgt 1 hk D 2

2N 1 X

Für l, k 2 fN C 1; : : : ; N g ist

h.x/ eikx dx Z

30.5  (a) Ist l  k kein Vielfaches von 2N , so gilt unter Verwendung der geometrischen Summenformel

2N 1 X

N X

eik.xj xl /

kDN C1

f .xl / 2N ıj l D f .xj /

lD0

für j D 0; : : : ; 2N 1. Also ist durch diese ck stets eine Lösung gegeben.

Lösungswege

Für k D 1 erhalten wir

Rechenaufgaben 

2 b1 D 

Es ist ck D

D

1 2 1 2

Z

kD1

30.8  Da f gerade ist, sind die Koeffizienten bk D 0, k 2 N. Für die Koeffizienten ak berechnen wir: !

Zur Bestimmung der Koeffizienten bk berechnen wir zunächst 1 ix .e C eix /.eikx  eikx / 4i 1 D .ei.kC1/x  ei.k1/x C ei.k1/x  ei.kC1/x / 4i 1 D .sin..k C 1/x/ C sin..k  1/x//: 2

cos.x/ sin.kx/ D

Nun ergibt sich für k  2 die Formel

1 a0 D 

Z jxj .  jxj/ dx 0

1 

Z x .  x/ dx 0

D

1 

x .sin..k C 1/x/ C sin..k  1/x// dx

.1/kC1 .1/k1  kC1 k1 2k k D .1/ 2 : k 1

x 2 x 3  2 3

 0

2 D 6 Z 2 x .  x/ cos.kx/ dx ak D  0

2 D 

Z

1 sin..k C 1/x/ x cos..k C 1/x/   .k C 1/2 k C1  sin..k  1/x/ x cos..k  1/x/   C .k  1/2 k1 0

D

!

gefunden.

30.7  Die Funktion f ist ungerade, daher sind die Koeffizienten ak D 0, k D 0; 1; 2; : : :

D

0

Damit haben wir die Fourierreihe

D

0



kD2

gegeben.

1 bk D 

sin.2x/ x cos.2x/  4 2

1

k gerade.

i e2ikx  .1  2k/

X .1/k 2k 1  sin.x/ C sin.kx/ 2 k2  1

Damit ist ck D 0 für k ungerade, k ¤ 1 und

1 ix e C 2

x sin.2x/ dx

1 D : 2

i .1/k1  1 : 2 1k

Die Fourierreihe ist durch

1 

D

1 ei.1k/  1 D 2 i.1  k/

i ;  .1  k/

Z 0

ei.1k/x dx:

1 X

1 

D

 Z

Für k D 1 ist c1 D 1=2. Für k ¤ 1 erhalten wir

i.1k/x  e 1 ck D 2 i.1  k/ 0

ck D

x cos.x/ sin.x/ dx 0

f .x/ eikx dx

0

D

Z

2 D k

x .  x/ sin.kx/ k



2  k

0

.  2x/ cos.kx/ k

Z .  2x/ sin.kx/ dx 0

 0

2   k2

Z 2 cos.x/ dx 0

2 4 D ..1/k  /  Œsin.x/0  k2 k 2 2 D  2 .1 C .1/k /; k 2 N k Somit ist ak D 0 für ungerades k und a2k D 

1 ; k2

k 2 N:

Kapitel 30

30.6

327

328

Kapitel 30 f (x)

Also ist

|x| (π − |x|)

Z

2

.1  4n / 2

cos

x  2



cos.nx/ dx D 4 cos.n/ D 4.1/n;

1

oder −π

Z

x

π

cos

jf .x/j dx D 2

1 X

jck j D 2

a02

C

kD1



1 X a2

an D

2k

kD1

2

1 1X 1  C D : 36 2 k4 kD1 Das Integral errechnet sich als

Z

1 jf .x/j dx D 

Z



0

1 

Z cos

2 3

x 



4

5 

 4 1 X  1 4 4 D 2 D  : k4 30 36 90

Z

Den gesuchten Reihenwert erhalten wir durch Auswertung der Fourierreihe in x D 0. Da f stetig differenzierbar ist, stimmt der Wert der Fourierreihe mit dem Wert von f an jedem x 2 .; / überein. Damit gilt

cos 

1

1 D f .0/ D

Es ist

x  2

n  1;

! 1 X 2 4 .1/nC1 C cos.nx/ :   4n2  1 nD1

kD1



cos.nx/ dx

Also lautet die Fourierreihe von f

0

Somit folgt

30.9

2



 x 2x x  C 3 4 5  1 1 4 1 D 4 D  C : 3 2 5 30

D

1 

x 2 .  x/2 dx

2

4.1/n : 1  4n2

4 .1/nC1 1 4.1/n D D ;  1  4n2  4n2  1  Z x  2 1 dx D : cos a0 D 2 2 

4

1 2

cos.nx/ dx D

Nun berechnen wir die Fourierreihe von f . Da f gerade ist, folgt bn D 0 für n D 1; 2; 3; : : : Für die Koeffizienten an gilt

Nach der Parseval’schen Gleichung ist Z

2



Abb. 30.18 Die Funktion f .x/ D jxj .  jxj/, 2 .; /

1 2

x 

X 4 .1/nC1 2 C ;   4n2  1 nD1

und somit 1 X .1/nC1

cos.nx/ dx

Kapitel 30

Z i x  h x cos.nx/ sin.nx/ dx C 2n sin D 2 sin 2 2     D 4 sin cos.n/ h2 x  i sin.nx/ C 2n 2 cos 2  Z x  C 2n cos cos.nx/ dx 2

nD1

 1 2   2 D 1 D : 4n2  1  4 4

30.10  (a) Wir berechnen g explizit: (     x C 2 2  x ; 0  x C g.x/ D f x C D 2 0; sonst, ( 2   x 2 ;  2  x  2 ; D 4 0; sonst.

 2

 ;



Z D 4 cos.n/ C 4n2

cos 

x  2

Offensichtlich ist somit g gerade. cos.nx/ dx:

(b) Wir bezeichnen die reellen Fourierkoeffizienten von g mit an , n D 0; 1; 2; : : : bzw. mit bn , n D 1; 2; 3; : : :. Dann gilt

Lösungswege

bn D 0 für alle n, da g eine gerade Funktion ist. Ferner ist Z

1 a0 D  D

1 

0

 2 x x3  4 3

2 an D 

Z

Z=2

1 g.x/ dx D 

Mit dem Ergebnis aus (b) folgt c0 D  2 =12 und 8 1g.

Kapitel 32

32.2

32.15  Ia;1 D 0, Ib;1 D  12 , Ic;1 D  1Ce , Id ;1 D  13 ; vollständige Ergebnisse siehe Lösungsweg.

– –

32.11  Die C-R-Gleichungen sind erfüllt, die Funktion ist in z D 0 aber nicht komplex differenzierbar.

32.19 

sin

32.20 



X .1/n 1 1 D . 2 2nC1 z .2n C 1/ Š z nD0

  n P 1 f .z/ D 1 nD0 1  2nC1 z für jzj < 1, P1 P 1 k k f .z/ D  1 kD1 z  kD0 2kC1 z für 1 < jzj < 2,   k P 1 f .z/ D 1 kD1 1 C 2kC1 z für jzj > 2. 32.21 

32.22  1.

Re s.f ; 1/ D 2, Re s.f ; 2i/ D Re s.f ; 2i/ D

32.23 

(a) Re s.f ; i/ D 2i , Re s.f ; i/ D  2i p (b) Re s.f ; 1/ D 18 , Re s.f ; 1/ D  18 , Re s.f ; 3 i/ D p Re s.f ;  3 i/ D  8pi 3

i p , 8 3

(c) Re s.f ; 0/ D 3, Re s.f ; 1/ D 1. R R 32.24  C e / C CR1 f .z/ dz D C2 f .z/ dz D 2.1 R    2.1 C e / i, C3 f .z/ dz D  e C  e i, C1 g.z/ dz D R R C2 g.z/ dz D 2 C 4i, C3 g.z/ dz D 0. 32.25 

I1 D

 , 2

I2 D

32.26 

Ia D

 p , 2

32.27 

I D

 , 3

Ib D

p 2 . a2 b 2

I3 D

 , 3

 . 24

Ic D

 . e2

348

Kapitel 32

Anwendungsprobleme

noch die Form sin.4'/ D 2 cos.2'/ sin.2'/

32.28  Sitzt die Ladung an z D ib und beschreiben wir die beiden Platten durch Im z D 0 und Im z D a, so ist das z

bi

erhalten. Diese folgt auch sofort aus

a . Potenzial ˚ D 2q Re e za e bi

e

a

e

a

 2 e4i' D e2i'

Lösungswege

durch Auftrennen in Real- und Imaginärteil.)

Kapitel 32

Verständnisfragen 32.1



32.3  Für alle drei Fälle kann man beliebig viele Möglichkeiten finden. Wir geben jeweils ein Beispiel an. Dabei benutzen wir die Bezeichnungen von S. 1222.

Alle n Wurzeln haben die Form

wk D ei

2 k n

 2 k D ei n

k D 0; 1; : : : .k  1/ ;

1. Die erste Bedingung ist leicht zu erfüllen, etwa mit zwei konzentrischen Kreisscheiben Dr1 .0/ und Dr2 .0/ mit r1 < r2 . und wir erhalten für n  2 Die Vereinigung der beiden Mengen ist Dr2 .0/, der Durchschnitt ist Dr1 .0/, beides sind natürlich Gebiete.   2 n n1 n1 X X  i 2 k 1  ei n 11 2. Der Streifen 1 < Im z < 1 und der Kreisring D2;3 .0/ n wk D D D D 0: e 2 2 sind beide Gebiete, auch ihre Vereinigung ist ein solches. 1  ei n 1  ei n kD0 kD0 Der Durchschnitt ist aber nicht zusammenhängend und damit kein Gebiet. Setzt man in Vektordarstellung die Einheitswurzeln der Reihe nach aneinander, so erhält man ein Polygon, genauer ein regel- 3. Die beiden Halbebenen Re z > 1 und Re z < 1 sind beide Gebiete, ihre Vereinigung ist jedoch nicht zusammenhänmäßiges n-Eck mit Seitenlänge 1. Dass die Summe der Wurzeln gend und damit kein Gebiet, ihr Durchschnitt ist leer und null ergibt, entspricht dem Umstand, dass das Polygon geschlosdamit ebenfalls kein Gebiet. sen ist. 32.2



Aus der Formel von Moivre erhalten wir

cos.4'/ C i sin.4'/ D cos4 ' C 4i cos3 ' sin '  6 cos2 ' sin2 '  4i cos ' sin3 ' C sin4 ' : Trennung von Real- und Imaginärteil ergibt cos.4'/ D cos '  6 cos ' sin ' C sin ' ; 4

2

2

4

32.4  Ein Beispiel sind die Nullfunktion f und der Sinus, g.z/ D sin z. Es gilt f .z/ D g.z/ für z D k, k 2 Z, der Sinus verschwindet trotzdem nicht identisch.

32.5  g mit

Die Funktion f aus der Angabe und die Funktion

sin.4'/ D 4 cos3 ' sin '  4 cos ' sin3 ' :

g.z/ D

Setzen wir nun in der ersten Gleichung sin2 ' D 1  cos2 ' ;

stimmen auf der Menge 

so erhalten wir cos.4'/ D cos4 '  6 cos2 C6 cos4 ' C cos4 '  2 cos2 ' C 1 D 8 cos '  8 cos ' C 1 : 4

2

Die Identität für sin.4'/ lässt sich nicht mehr weiter vereinfachen, wenn wir Winkelfunktionen mit Argument ' verwenden wollen. (Ansonsten könnten wir mit den Identitäten cos.2'/ D cos '  sin ' sin.2'/ D 2 cos ' sin ' 2

2

1 1z

1 1 1 1 M D ; ; ; ;::: 2 3 4 5



überein. Diese hat den Häufungspunkt z D 0, nach dem Identitätssatz stimmen die beiden Funktionen im gemeinsamen Holomorphiegebiet überein. Die Funktion g ist auf jeden Fall in jzj < 1 holomorph, wenn auch f dort holomorph ist, muss f D g sein. Wäre f auf ganz C holomorph, so müsste sie in C n f1g mit g übereinstimmen, im Punkt z D 1 aber ebenfalls definiert und holomorph sein. Das steht im Widerspruch zur Stetigkeit holomorpher Funktionen.

Lösungswege

(b) f .z/ D Log z hat die einzige Singularität bei z D 0. Für die D 2 C i erhält Entwicklung um z0 p p man den Konvergenzradius R D j2 C i  0j D 22 C 12 D 5. (c) f .z/ D 1= sin 1z hat Singularitäten für z D 0 und für 1 sin 1z D 0, also z D k . Jene Singularität, die z0 D 1 C i am nächsten liegt, ist z D 1 , der Konvergenzradius ist R D j 1 C i  1 j D jij D 1. 32.7



(a) Mit der Faktorisierung 1 1 D 2 6 z8 C z2 z .z C 1/

erkennt man sofort, dass an z D 0 ein Pol zweiter Ordnung liegt und dass sechs weitere Pole erster Ordnung an z D ei

1C2 k 6

k D 0; 1; : : : ; 5



Rechenaufgaben 32.8



Wir erinnern wir uns an jzj2 D z zN D x 2 C y 2 und erhalten: f .x; y/ D x 3 C x y 2 D x .x 2 C y 2 / D x z zN z C zN 1 N D z zN D .z 2 zN C z zN 2 / DW fQ.z; z/: 2 2 Auch in die andere Richtung funktioniert natürlich das Umschreiben: Für f .z; z/ N D z 2 zN erhalten wir: f .z; z/ N D z 2 zN D z z zN D .x C iy/ .x 2 C y 2 / D x 3 C xy 2 C i.x 2 y C y 3 / DW fQ.x; y/ : Wir bestimmen ei.Ci/ D e1Ci D e1 ei D 1e .cos  C i sin / 1 D e cos. C i/ D cos  cosh 1  i sin  sinh 1 e C e1 2 sin. C i/ D sin  cosh 1 C i cos  sinh 1 D

liegen. (b) Der Ausdruck

D i

1 cos z1

e  e1 2

Nun erhalten wir erwartungsgemäß

hat sicher Singularitäten, wenn cos 1z D 0 ist, d. h. für

e1 C e1 e1  e1 C 2 2 1 i.Ci/ D De e

cos z C i sin z D 

1 2k C 1 2 D  () z D z 2 .2k C 1/  mit k 2 Z. Diese Singularitäten sind Pole erster Ordnung, da  cos

1 z

0 D

1 1 sin 2 z z

die Euler’sche Formel ist verifiziert. An diesem Beispiel sieht man wieder, dass diese Formel für allgemein komplexe z keine Zerlegung in Real- und Imaginärteil darstellt. Allgemein erhält man z 3 D .x C iy/3 D x 3 C 3ix 2 y  3xy 2  iy 3

ist und die Nullstellen von Sinus und Kosinus nicht zusammenfallen. (1=f hat eine Nullstelle erster Ordnung, demnach hat f einen Pol erster Ordnung.) Diese Pole häufen sich um z D 0, das ebenfalls eine Singularität ist, allerdings keine isolierte, und daher in unserem Schema nicht klassifizierbar. (c) Für

D x 3 C 3xy 2 C i .3x 2 y  y 3 / e.z / D ex

3 3xy 2

D ex

3 3xy 2

3

C iex .z 3 /

Re.e sin 1z z2 C 1

liegen Pole erster Ordnung an z D ˙i. Einsetzen von u D 1z in die Potenzreihendarstellung von sin u zeigt sofort, dass an z D 0 eine wesentliche Singularität liegt.

/De

3

Speziell für z1 D

3 3xy 2

p 3

2 yy 3 /

cos.3x 2 y  y 3 /

3 3xy 2

x 3 3xy 2

Im.e.z / / D ex

ei.3x

sin.3x 2 y  y 3 //

cos.3x 2 y  y 3 / sin.3x 2 y  y 3 /

p  C i 3  ergibt sich

e.z1 / D e2 .cos 2 C i sin 2/ D 3

1 : e2

Kapitel 32

32.6  (a) Hier hat die Funktion f Singularitäten in den Punkten z D Ci und z D 2. Die erste hat von der Entwicklungsmitte z D 0 den Abstand R D 1, und das ist gleichzeitig auch schon der Konvergenzradius der Potenzreihe.

349

350

Kapitel 32

jz1 j D 1, Arg z1 D 2 und Log z1 D ln 1 C i 2 D i 2 jz2 j D 2, Arg z2 D 4 und Log z2 D ln 2 C i 4 jz3 j D jz1 j  jz2 j D 2, arg z3 D Arg z1 C Arg z2 D 3 D Arg z3 4 und Log z3 D ln 2 C i 3 4 Der erste Fall ergibt:

Für z D iy hingegen erhält man Im.x C iy C iy/  Im.x C iy/ y!0 iy y C y  y D lim D i : y!0 iy

G2 D lim

Die beiden Grenzwerte stimmen nicht überein.

.1 C z/2  1 z!0 1 C z C 2 1 C 2z C .z/2  1 D lim z!0 3 C z 2 C z D lim z z!0 3 C z 2 C rei' D 0; D lim rei' r!0 3 C rei'

G1 D lim

Kapitel 32

unabhängig davon, auf welchem Weg z gegen null geht. Das sieht man besonders, wenn man z D r ei' setzt. Im Limes r ! 0 kommt der Winkel ' nicht mehr vor. Im zweiten Fall erhalten wir z : z!0 z

G2 D lim

Setzen wir nun z D x 2 R, so erhalten wir x x lim D lim D 1: x!0 x x!0 x Setzen wir hingegen z D iy mit y 2 R, so erhalten wir

(b) Die beiden Funktionen u D Re f D y und v D Im f D 0 sind zwar C 1 .R2 /, aber es ist @u @v D1¤0D ; @y @x also sind die Cauchy-Riemann-Gleichungen nicht erfüllt. Auf beide Arten zeigt sich (mit unterschiedlichem Aufwand), dass f .z/ D Im z nirgendwo komplex differenzierbar ist. Auch aus der Darstellung f .z/ D Im z D

sieht man sofort an, dass f nicht komplex differenzierbar ist. 32.10  Zuerst überprüfen wir, ob Real- und Imaginärteil reell total differenzierbar sind, das gilt sicher, wenn sie stetige erste partielle Ableitungen haben. u.x; y/ D Re f .z/ D cos x cosh y 2 C 1 v.x; y/ D Im f .z/ D  sin x sinh y 2 C 1 Nun testen wir die Cauchy-Riemann-Gleichungen: @u @v D  sin x cosh y D @x @y @v @u D cos x sinh y D  @y @x

iy ix lim D lim D 1: y!0 ix x!0 ix Die beiden Richtungsgrenzwerte sind nicht gleich, der Grenzwert existiert also nicht. Alternativ können wir auch hier z D r ei' setzen und erhalten r ei' D e2i' ; r!0 r ei'

G2 D lim

und dieser Ausdruck ist nicht von ' unabhängig.

z  zN 2i

Es handelt sich also tatsächlich um eine ganze Funktion. Es ist g.z/ D z 2 C .1 C i/z  1 D .x C iy/2 C .1 C i/.x C iy/  1 D x 2  y 2 C x  y  1 C i.2xy C x C y/ ; also ist weiter

32.9



(a) Wir untersuchen lim

z!0

Im.z C z/  Im z z

zunächst für z D x: Im.x C iy C x/  Im.x C iy/ x yy D lim D 0: x!0 x

G1 D lim

x!0

u.x; y/ D x 2  y 2 C x  y  1 v.x; y/ D 2xy C x C y ; Beide Funktionen sind C 1 .R2 / und es gilt: @u @v D 2x C 1 D @x @y @u @v D 2y  1 D  @y @x Die Funktion ist also auf ganz C holomorph.

Lösungswege

h.z/ D esin z D esin x cosh y ei cos x sinh y D esin x cosh y cos.cos x sinh y/ C iesin x cosh y sin.cos x sinh y/

erhält man u.x; y/ D esin x cosh y cos.cos x sinh y/ 2 C 1 v.x; y/ D esin x cosh y sin.cos x sinh y/ 2 C 1 Mit intensivem Einsatz von Produkt- und Kettenregel erhält man @u D esin x cosh y cos x cosh y cos.cos x sinh y/ @x @v C esin x cosh y sin.cos x sinh y/ sin x sinh y D @y @u D esin x cosh y sin x sinh y cos.cos x sinh y/ @y @v :  esin x cosh y sin.cos x sinh y/ cos x cosh y D  @x Die Cauchy-Riemann-Gleichungen sind also erfüllt. 5

32.11  Mit f .z/ D .x.xCiy/ 2 Cy 2 /2 für z ¤ 0 ist f .x; 0/ D x und f .0; y/ D iy, also erhält man u.x; 0/ D x, v.x; 0/ D 0, u.0; y/ D 0 und v.0; y/ D y. Für die partiellen Ableitungen ergibt das: ˇ @u ˇˇ x 0 D 1; D lim @x ˇ0 x!0 x ˇ @u ˇˇ 00 D lim D 0; @y ˇ0 y!0 y ˇ 00 @v ˇˇ D lim D 0; @x ˇ0 x!0 x ˇ y0 @v ˇˇ D lim D 1: ˇ @y 0 y!0 y Die Cauchy-Riemann-Gleichungen sind also in z D 0 erfüllt, aber für die Grenzwertdefinition der Ableitung erhält man f .z/  f .0/ r 5 e5i' D lim 4 i' D e4i' ; lim z!0 r!0 r e z

Zur Bestimmung der konjugiert harmonischen Funktion integrieren wir die Cauchy-Riemann-Gleichungen: Z v D .2  2y/ dy D 2y  y 2 C .x/ Z v D 2x dx D x 2 C .y/ : Der Vergleich zeigt: v.x; y/ D x 2  y 2 C 2y C C ; wobei wir hier C D 0 setzen. Für die holomorphe Funktion f erhalten wir f .z/ D u.x; y/ C iv.x; y/ D 2x  2xy C ix 2  iy 2 C 2iy D i.x 2 C 2ixy  y 2 / C 2.x C iy/ D iz 2 C 2z: 32.13  Man hüte sich vor der verlockenden Substitution u D eit , da man dabei die reelle Achse verlässt und entlang eines Halbkreises integrieren muss. Verlässlich ist dagegen die Aufspaltung: Z I1 D

eit C 1 dt D it e C eit

Z

0

cos.t / C i sin.t / C 1 dt 2 cos.t /

0

Z

1 D 2

i dt C 2

0

Z

Z dt 1  tan t dt C D 2 cos t 2 0 0 „ ƒ‚ … „ ƒ‚ … D0

D0

Wir erhalten Z1 I2 D

.t 3 C .i C 1/t 2 C .i  1/t C 2i/ dt 0

t4 t3 t2 C .i C 1/ C .i  1/ C 2it 4 3 2 1 17 D C i 12 6

1

D

0

und dieser Ausdruck hängt offensichtlich vom Winkel ' ab. Das bedeutet, f ist in z D 0 nicht komplex differenzierbar. Die Bedingung der reellen Differenzierbarkeit muss demnach verletzt sein – was man durch Auftrennen der Funktion in Real- und Imaginärteil auch explizit nachprüfen kann.

Der Nenner des Integranden hat die Nullstellen t D i und t D 1. Partialbruchzerlegung liefert

32.12 

Damit erhält das Integral den Wert

Ausmultiplizieren liefert

Z1

u.x; y/ D 2x  2xy :

I3 D .1  i/

Damit erhalten wir @u D 2  2y; @x also ist u D

@2 u @x 2

C

@2 u D 0; @x 2 @2 u @y 2

D 0.

@u D 2x; @y

2t 1i 1Ci D C : t 2 C .1 C i/t C i t Ci t C1

@2 u D 0; @y 2

0

dt C .1 C i/ t Ci

Z1

dt t C1

0

D Œ.1  i/ log.t C i/ C .1  i/ log.t C 1/10 6 ln 2   2 ln 2   D C i 4 4

Kapitel 32

Mit

351

352

Kapitel 32

32.14  (a) Diese Kurve lässt sich beispielsweise auf die folgende Art darstellen: C1 W

z.t / D 1  i C 2it ;

C2 W

z.t / D i C e ;

t 2 Œ; 0

C3 W

z.t / D 1 C i  it ;

t 2 Œ0; 1

C4 W

z.t / D

it

1 1 C eit ; 2 2

Z

Z0

Ia;1 D

t 2 Œ0; 1

zN dz D C1

1

Z0

Z1

D

t dt C

Kapitel 32

Ia;2

Z1 it i dt 0

ˇ ˇ t 2 ˇˇ0 t 2 ˇˇ1 C 2 ˇ1 2 ˇ0

t dt D

1

t 2 Œ0; 

tN dt C

0

1 1 D C D0 2 2 Z Z1 D zN dz D .1 C .1 C i/t / .1 C i/ dt

Daneben gibt es natürlich noch viele andere Möglichkeiten der Parametrisierung, die allesamt richtig sind.

C2

0

Z1 D .1 C i/

(b) Eine mögliche Parametrisierung ist

.1 C .1  i/t / dt 

1 D .1 C i/ 1 C .1  i/ 2 1 D 1  i C j1 C ij2 D i 2 Z Z=2 D zN dz D eit i eit dt 0

C1 W

z.t / D 2 C 2i C .3  3i/t ;

t 2 Œ0; 1

C2 W

z.t / D i C eit ;

t 2 Œ; 0

C3 W

z.t / D 1  i C 2e ;

t 2 Œ; 0

it

Ia;3

(c) Eine mögliche Parametrisierung ist



C3

C1 W

z.t / D 2 C it ;

C2 W

z.t / D 2e ; it

C3 W

z.t / D i C eit ;

C4 W

z.t / D 1 C it ;

C5 W

z.t / D eit ;

t 2 Œ2; 0 h i t 2 ; 2 h i ;0 t2 2 t 2 Œ1; 0 

3 t 2 0;  2

Z

D i

e dt D i

e

=2

Z Ia;4 D

zN dz D

Z Ia;5 D

C4 W

C1

dz D .1 C i/dt

Z0

C5 W

z.t / D i  t

t 2 Œ0; 1

dz D dt

z.t / D eit

t 2 Œ0; 

dz D ieit dt

z.t / D 1 C it

t 2 Œ0; 1

dz D i dt

dt C 0

Ib;1 D

Z0 Re z dz D

D 1

0

1  i.1 C / 2

Z1 Re t dt C

1

Z1 t dt C

Re.it / i dt 0

ˇ t 2 ˇ0 1 0 dt D ˇˇ D  2 1 2

Z Ib;2 D

t dt D 0

Z

dz D i dt

dz D ieit dt

Z1

dt  i

t 2 Œ0; 1

z.t / D eit

0

Z1

0

dz D ieit dt

0

0

Z

z.t / D it

z.t / D ei.t /

.i  t /.dt / 0

0

C5

dz D dt

C3 W

ie dt C

Z Z1 it it zN dz D e ie dt C .1  it /i dt

t 2 Œ1; 0 t 2 Œ0; 1 h i t 2 0; 2 h i t 2 0; 2

Z1 it

0

z.t / D t z.t / D 1 C .1 C i/t

 2

Z=2 Z1 Z1  1  D i dt C i dt C t dt D C i 1 C 2 2

(a) Parametrisierung der Kurven:

C2 W

it

e

C4

Di

C1 W

dt D i

=2

Z=2

0

32.15  Für die Integrale über zN und Re z müssen wir jeweils eine Parametrisierung der Kurven finden, für ez und z 5 können wir den Cauchy’schen Integralsatz verwenden – es genügt, eine Stammfunktion zu bestimmen.

Z

it it

Z1 Re z dz D

C2

Re..1 C .1 C i/t // .1 C i/ dt 0

Z1 D .1 C i/ 0

 1Ci 1 D .1 C t / dt D .1 C i/ 1 C 2 2

Z

Z=2 Z it it Re z dz D Re.e / i e dt D i cos t eit dt

Ib;3 D C3



Z

Z=2

=2

8 9 ˆ Z it Z Z > < = it i e Ce D i e2it dt C dt eit dt D  > 2 2ˆ : ; =2 =2 =2  2i  i e  ei 1   D D  C 2 2i 2 2 4 Ib;4 D

Re z dz D C4

eit C eit it ie dt C 2

0

Z1 .t /.dt /

32.17  Mittels quadratischer Ergänzung erhalten wir

0

Z=2 Z=2 Z1 i  2it e dt C dt C t dt D i 2 4

i D 2

0

0

Z

Z

Ib;5 D

Re z dz D C5

0

eit C eit it ie dt C 2

0

i D 2

Z0 2it

e 

Z1 .1/i dt 0

i dt  2

Z0

Z1 dt  i



  t dt D i 1 C 2

0

Ic;1 D Ic;2 D Ic;3 ˇ ˇ Z ez ˇˇ ez ˇˇ z D e dz D   ˇzDi  ˇzD1 Ck

Ic;4 Id ;1





1Ce e D   ez ˇˇ1Ci e C e D Ic;5 D D ˇ  1  D Id ;2 D Id ;3 ˇ ˇ Z z 6 ˇˇ z 6 ˇˇ i6  .1/6 1 5 D z dz D ˇ  ˇ D D 6 6 6 3 D

i

e

zDi

Ck

Id ;4 D Id ;5 D

(b) Der Pol des Integranden befindet sich bei z D  2 , diese Stelle liegt innerhalb des Kreises. Die Cauchy’sche Integralformel ergibt nun    3 I2 D 2i sin  IndC  D 2i  1  1 D 2i 2 2 (c) Die Kurve C ist eine Ellipse mit den Brennpunkten in z D 2 und z D 2. Diese Ellipse schneidet die die imaginäre p Achse in den Punkten z D ˙ 5 i, der Pol des Integranden liegt außerhalb dieser Kurve. Der Integrand ist in einem einfach zusammenhängenden Gebiet, das den Integrationsweg zur Gänze enthält, holomorph, damit ist I3 D 0.

zD1

z 6 ˇˇ1Ci 8i  1 D ˇ 6 1 6

32.16  (a) Der Zähler ez des Integranden ist eine in ganz C holomorphe Funktion, wir können also die Cauchy’sche Integralformel anwenden und erhalten mit IndjzjD3 .C2/ D 1: I ez I1;1 D dz D 2i  e2  IndjzjD3 .C2/ D 2ie2 z2 jzjD3

Für jzj  1 ist der Integrand holomorph, und der Cauchy’sche Integralsatz ergibt: I ez I1;2 D dz D 0: z2 jzjD1

Das gleiche Ergebnis liefert wegen IndjzjD1 .C2/ D 0 natürlich auch die Cauchy’sche Integralformel.

ZC1  ZC1  2 2 b2 b 2 a x 2 C ab xC b 2 C b4a 4a e dx D e 4a ea.xC 2a / I WD 1

1

Wir führen nun die Abkürzung ˛ WD Arg a ein und setzen p  p ˛ b D jaj ei 2 zD a xC 2a 1 i ˛2 dx D p e dz jaj Damit erhält das Integral die Gestalt Z b2 1 ˛ b2 1 ˛ 2 ez dz DW e 4a p ei 2 IQ ; I D e 4a p ei 2 jaj jaj C

wobei die Kurve C die durch  p b z.t / D a t C ; t 2R 2a parametrisierte Gerade ist. Diese Gerade schneidet die reelle b Achse im Punkt z D  2ab 2 und die imaginäre in z D i 2a . Nun betrachten wir einen Integrationsweg wie in Abb. 32.29 dargestellt, der aus einem Stück C1 der Geraden C , einem negativ orientierten Teil C3 der reellen Achse und aus Stücken der Geraden C2 , Re z D R und C4 , Re z D R besteht. Der Integrand ist in ganz C holomorph, das Integral entlang des dargestellten Weges ist daher null. R 2 Wenn C1 ez dz für R ! 1 konvergiert, dann gegen das Integral IQ , zudem kennen wir den Wert von Z

ez dz D  2

ZR

ex dx 2

R

C3

für R ! 1. Wenn die Integrale von ez über C2 und C4 verschwinden, erhalten wir Z1 Z 2 2 ex dx D 0 IQ D ez dz  2

1

C

IQ D

Z

z 2

e

dz D

p

:

C

und damit genau das gesuchte Ergebnis.

353

Kapitel 32

Lösungswege

354

Kapitel 32

Kapitel 32

Wir müssen also nachweisen, dass die fraglichen Integrale in der Tat verschwinden. Wir können den Integrationsweg C2 als b C R tan ˛2 paramez.t / D R C i t , t 2 Œ0; ymax  mit ymax D 2a trisieren, dz D i dt . Für das Integral erhalten wir ˇ ˇ ˇ y ˇ ˇZ ˇ ˇ Zmax ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 2 2 z .RCit / ˇ ˇ ˇ e dt ˇˇ I2 WD ˇ e dz ˇ D ˇi ˇ ˇ ˇ ˇ C2 0 ˇ y ˇ ˇy ˇ ˇ Zmax ˇ ˇ Zmax ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 2 2 2 2 2i Rt t R t R ˇ ˇ ˇ D ˇi e e dt ˇ D ˇ e dt ˇˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 0

0

Setzen wir u D

1 , z2

1

sin

X .1/n 1 1 1 1 1 1 1 D D 2 C  ::: 2 2nC1 6 z .2n C 1/ Š z z 3Š z 5Š z 10 nD0

32.20 

Es gilt f .z/ D

Für tan ˛2 < 1 fällt der erste Faktor für R ! 1 schneller als die anderen anwachsen, und das Integral konvergiert gegen null. Die Bedingung ist für Re a > 0 stets erfüllt. Analog kann auch das Integral über C3 abgeschätzt werden, und unser Resultat ist gezeigt.   32.18  Es gilt cos x D 12 eix C eix , und wenn wir z D   . Damit erhält eix setzen, ergibt das cos x D 12 z C 1z , dx D dz iz das Integral die Gestalt I

1 4p

I D jzjD1

i D p 4



I jzjD1

2p

1 zC z

1 1 1 1 D z 2i  z 2iz 1  2iz 1 1 X z n1 1 X  z n D D 2iz nD0 2i .2i/nC1 nD0

f .z/ D 

für 0 < jzj < 2 und f .z/ D

11 1 z z 1

1 1 1 D z z  2i z  2i C 2i 1 1 2i 1 C z2i 2i 1  1 X 1 n 1 D .z  2i/n z  2i 2i nD0 2i 1  1 X 1 n D .z  2i/n1 2i nD0 2i 1  1 X 1 kC1 D .z  2i/k 2i 2i 1 z  2i 1 D z  2i

dz iz

kD0

i X 2p D p k 4 2p

kD0

jzjD1

1 k z z

 2pk 1 dz z

kD1

für 0 < jz  2ij < 2 und

! I

1 1 1 1 D z  2i z z  2i z  2i C 2i 1 1 D 2i .z  2i/2 1 C z2i 1  X 2i n 1 D .z  2i/2 nD0 z  2i

z 2k2p1 dz

f .z/ D

jzjD1

!

i X 2p 2i ı.2k2p1/;1 4p k kD0 ! ! 2p 2 X 2p 2 2p D p ık; p D p k p 4 4 2p

D

kD0

32.19  sin u D

1 1  1 X 2i n X .2i/n D z 2 nD0 z z nC2 nD0

f .z/ D

kD0

! I

2i z

D

für jzj > 2. Entwicklung um z D 2i liefert:

!  2p 1 X 2p k 1 2pk dz z k z z

2p i X 2p D p 4 k

1 1 1 D  : z 2  2iz z z  2i

Nun erhalten wir für Entwicklung um z D 0:

t 2 R2

 `.C2 / max e dt C2  b b ˛ 2 ˛ 2 D e. 2a CR tan 2 / R C R tan 2a 2  b2 b ˛ 2 2 ˛ CR ba tan ˛2 D eR .1tan 2 / e 4a2  C R tan 2a 2

so erhalten wir

D

1 X .2i/n .z  2i/n2 nD0

Es ist 1 X nD0

D n

3

5

.1/ u u u2nC1 D u  C ::: .2n C 1/ Š 3Š 5Š

2 X kD1

für jz  2ij > 2.

1 .z  2i/k .2i/kC2

Lösungswege

Wir setzen eine Partialbruchzerlegung

32.22 

Polynomdivision liefert

A B 1 D C .z  1/.z  2/ z1 z2 an, Multiplikation mit dem gemeinsamen Nenner führt auf

z 3  z 2 C 4z  4 D .z  1/ .z 2 C 4/ : Multiplizieren wir den Ansatz

1 D A .z  2/ C B .z  1/ : Die Polstellenmethode liefert z D 1: A D 1 und z D 2: B D 1, 1 1 1 D C : .z  1/.z  2/ z1 z2

4z 2  2z C 8 A B C D C C  z 2 C 4z  4 z1 z C 2i z  2i

z3

mit dem gemeinsamen Nenner, so erhalten wir mittels Polstellenmethode: z D 1W z D 2i W z D 2i W

Jeden der beiden Terme können wir auf zwei Arten in eine Laurentreihe um z D 0 entwickeln: 1



X 1 1 D D zn z1 1z nD0

Der zweite und der dritte Term in

für jzj < 1 und 1 1 1 D  z1 z 1 D

1 X

z

1 z

1  1 X 1 n D z nD0 z

n1

1 X

D

nD0

AD2 BD1 C D 1:

z

k

kD1

2 1 1 4z 2  2z C 8 D C C  z 2 C 4z  4 z1 z C 2i z  2i

z3

sind in einer Umgebung von z D 1 holomorph, damit wird kann nur der erste Teil zum Hauptteil der Laurentreihe beitragen, und wir lesen sofort Res.f ; 1/ D 2 ab. Analog erhalten wir Res.f ; 2i/ D Res.f ; 2i/ D 1.

für jzj > 1. Analog erhalten wir 1 X  z n 2 nD0 2 1

1 1 1 1 D D z 2 2z 2 1

z 2

D

1 X 1 n D z nC1 2 nD0

D

1 X

1  1 1 X 2 n X n n1 D D 2 z z nD0 z nD0

2 z

2k1 z k D

kD1

(a) Wir erhalten ˇ 1 i ei ez ˇˇ D D D ˇ 2z zDi 2i 2i 2 ˇ ez ˇˇ 1 i ei Res.f ; i/ D D D D ˇ 2z zDi 2i 2i 2 Res.f ; i/ D

für jzj < 2 und 1 1 1 D z2 z 1

32.23 

1 X kD1

1 zk : 2kC1

(b) Quadratische Ergänzung ergibt z 4 C 2z 2  3 D .z 2 C 1/2  4 ; die Nullstellen dieses Ausdrucks liegen bei

für jzj > 2. Im Bereich jzj < 1 erhalten wir 1  X 1 f .z/ D nD0

p z D ˙ 1 ˙ 2 ;



1 2nC1

zn

in 1 < jzj < 2 f .z/ D 

1 X kD1

zk 

1 X 1 zk 2kC1 kD0

und für jzj > 2 f .z/ D

1  X kD1

1 C

1 2kC1

zk :

wobei alle Vorzeichenkombinationen zu nehmen sind. ˇ ˇ ˇ 1 ˇˇ 1 1 1 ˇ Res.f ; 1/ D D D ˇ ˇ 3 2 4z C 4z zD1 4z z C 1 zD1 8 ˇ 1 ˇˇ 1 1 D Res.f ; 1/ D 4z z 2 C 1 ˇzD1 8 ˇ p 1 ˇˇ 1 i D p Res.f ; 3 i/ D 4z z 2 C 1 ˇzDp3 i 8 3 ˇ p 1 ˇˇ 1 i D p Res.f ;  3 i/ D 4z z 2 C 1 ˇzDp3 i 8 3

Kapitel 32

32.21 

355

356

Kapitel 32

Z

(c) Für den Nenner erhalten wir z  2z C z D z .z  2z C 1/ D z .z  1/ 3

2

2

2

C2

f .z/ dz D 2i fIndC2 .1/ Res.f ; 1/ C IndC2 .i/ Res.f ; i/g Z D f .z/ dz D 2.1 C e / C 2.1 C e / i C1

Z

und damit ˇ 4z 2  5z C 3 ˇˇ Res.f ; 0/ D D3 3z 2  4z C 1 ˇzD0 d 4z 2  5z C 3 .z  1/2 z!1 dz z .z  1/2 d 4z 2  5z C 3 D lim z!1 dz z 8z 2  5z  .4z 2  5z C 3/ D lim z!1 z2 4z 2  3 D lim D1 z!1 z2

Kapitel 32

Res.f ; 1/ D lim

32.24  Singularitäten von f liegen an Nullstellen des Nenners, also an den beiden Punkten z D 1 und z D i. Es handelt sich jeweils um Pole erster Ordnung, wir erhalten also Res.f ; 1/ D D D Res.f ; i/ D

ˇ ˇ ez ˇ 2z  .1 C i/ ˇzD1 e e .1 C i/ D 1i .1  i/.1 C i/ e .1 C i/ 2 ˇ ˇ ez ˇ 2z  .1 C i/ ˇzDi

e 1 1 D D i1 i1 1i 1Ci D 2

D

C3

f .z/ dz D 2i fIndC3 .1/ Res.f ; 1/ C IndC3 .i/ Res.f ; i/g    e 1Ci D 2i 1 .1 C i/ C 0 2 2 D i fe C e i/g D 2i f1 C e C .1 C e / ig D  e C  e i :

Entsprechend liegen für g zwei Pole erster Ordnung an z D i und z D 2, und wir erhalten für die Residuen ˇ ˇ 1 z2 ˇ D Res.g; i/ D ˇ 2z C .i  2/ zDi 2i C i  2 1 2i D D 2Ci 5 ˇ ˇ 4 z2 ˇ D Res.g; 2/ D ˇ 2z C .i  2/ zD2 4Ci2 4 8  4i D D : 2Ci 5 Die Windungszahlen sind IndC1 .i/ D 1 ; IndC2 .i/ D 1 ; IndC3 .i/ D 0 ;

IndC1 .2/ D 1 ; IndC2 .2/ D 1 ; IndC3 .2/ D 0 ;

und der Residuensatz ergibt nun Z



Z g.z/ dz D

i

C1

g.z/ dz D 2i

2i 8  4i C 5 5



C2

D 2i .2  i/ D 2 C 4i :

Z

g.z/ dz D 0 : Die Windungszahlen ergeben sich durch Abzählen zu IndC1 .1/ D 2 ;

IndC1 .i/ D 2 ;

IndC2 .1/ D 2 ;

IndC2 .i/ D 2 ;

IndC3 .1/ D 1 ;

IndC3 .i/ D 0 ;

C3

32.25  Aus Symmetriegründen gilt Z

und wir erhalten mit dem Residuensatz Z C1

0

f .z/ dz D 2i fIndC1 .1/ Res.f ; 1/ C IndC1 .i/ Res.f ; i/g    e 1Ci D 2i 2 .1 C i/ C 2 2 2 D 2i fe .1 C i/ C .1 C i/g D 2i f1 C e C .1 C e / ig D 2.1 C e / C 2.1 C e / i

1 sin t dt D 2

Z2

2

sin2 t dt : 0

Nun definieren wir    1 1 1 1 1 2 f .z/ WD D z z2  2 C 2 iz 2i z 4iz z  1 2 1 D z C 3 : 4i z z

Lösungswege

Diese Funktion hat einen Pol dritter Ordnung an z D 0, einen Pol erster Ordnung an z D 12 und einen (für uns irrelevanten) Pol erster Ordnung an z D 2. Die Residuen ergeben sich zu

Aus dieser Darstellung lässt sich unmittelbar  1 1 Res.f ; 0/ D   .2/ D 4i 2i

21i d2 i.1 C z 6 / 1 lim 2 D ; 2 2Š z!0 dz 2 .2  5z C 2z / 16 ˇ ˇ i.1 C z 6 / 1 ˇ Res.f ; 12 / D 2 2 3 2 3 z .2  5z C 2z / C z .5 C 4z/ ˇ 1

ablesen, und wir erhalten Z sin2 t dt D

Res.f ; 0/ D

  1 1  2i  D : 2 2i 2

0

2

1 12 .z C z1 / i.1 C z 2 / : D 1 iz 5  2.z C z / z .4  10z C 4z 2 /

und wir erhalten 

Diese Funktion hat Pole erster Ordnung an z D 0, z D 12 und z D 2. Keiner davon liegt am Einheitskreis, der Residuensatz ist also anwendbar. Die Stelle z D 2 liegt außerhalb des Einheitskreises und ist für uns nicht relevant. An den anderen Stellen erhalten wir die Residuen i.1 C z 2 / i Res.f ; 0/ D lim D ; z!0 4  10z C 4z 2 4 ˇ  ˇ 1 i.1 C z 2 / ˇ Res f ; D 2 2 4  10z C 4z C z.10 C 8z/ ˇzD 1 ˇ2 ˇ i.1 C 14 / ˇˇ i.1 C z 2 / ˇˇ D D 1 ˇ z.10 C 8z/ ˇzD 1 .10 C 4/ ˇ D

zD 12

2

2

5i : 12

Damit ergibt der Residuensatz  i  5i I2 D 2i D :  4 12 3 Wir benutzen cos.3'/ D 4 cos3 '  3 cos ' ; zudem ist das der Integrand h gerade und 2-periodisch, damit gilt Z

1 h.t / dt D 2

0

Z 

1 h.t / dt D 2

Z2

Z2

I3 D 2i

32.26 

D

 12



X

Ia D 2i

Im zk

1 Res 4 ; zk z C1 >0

:

Pole des Integranden liegen bei z 4 D 1, davon befinden sich  3 z0 D ei 4 und z1 D ei 4 in der oberen Halbebene. Die Residuen erhalten wir zu ˇ 1 1 1 ˇˇ D ˇ  3 4z zDei 4 4 ei 34 3 1 1  i D ei 4 D p 4 4 2 ˇ  ˇ 1  1 1 1 1 1 ˇ ; ei 4 D D D Res 4  z C1 4z 3 ˇzDei 34 4 ei 94 4 ei 4  1 1i D ei 4 D p ; 4 4 2 

Res

1  ; ei 4 4 z C1



D

und für das Integral ergibt sich

0

4 cos3 t  3 cos t dt : 5  4 cos t

 Ia D 2i

Bezeichnen wir den Integranden mit g.cos t /, so erhalten wir für f mit f .z/ D iz1 g. 12 .z C 1z // unmittelbar i.1 C z 6 / : 2 z 3 .2  5z C 2z 2 /

1  i 1i p C p 4 2 4 2



 D p : 2

(b) Analog gilt hier

0

f .z/ D

21i 65i  16 48

(a) Wir benutzen

h.t / dt :

Insgesamt erhält das Integral die Form 1 I3 D 2

Kapitel 32

65i D ; 48

Wir definieren f mittels f .z/ D

357

Ib D 2i

X Im zk >0

 Res

z2 ; zk 6 z C1

:

Pole des Integranden liegen bei z 6 D 1, davon befinden sich   5 z0 D ei 6 , z1 D ei 2 und z2 D ei 6 in der oberen Halbenebene.

358

Kapitel 32

z1 D ei zu

3 4

in der oberen Halbebene. Die Residuen erhalten wir

ˇ ˇ 1 1 ˇˇ z 2 ˇˇ D 6z 5 ˇzDei 6 6 z 3 ˇzDei 6 1 1 1 i  i D e 2 D  D 6 ei 2 6 6 ˇ  z2  i 1 1 ˇˇ Res 6 D ; ei 2 D z C1 6 z 3 ˇzDei 2 6 ˇ  i z2 1 1 ˇˇ 5 D Res 6 ; ei 6 D z C1 6 z 3 ˇ i 5 6 Res



z2  ; ei 6 6 z C1



D

Kapitel 32

zDe

(c) Wir betrachten das Integral Z1

t eit dt ; 2 t C4

1

Ic D Im IQc

Dieses Integral können wir sofort mittels Residuensatz bestimmen. Die einzige Singularität in der oberen Halbebene ist ein Pol erster Ordnung bei z D 2i mit Residuum ˇ  z z eiz ˇˇ e2 iz D Res 2 e ; 2i D : ˇ z C4 2z zD2i 2 Der Residuensatz ergibt nun Z1 1

i t e2 it e D 2 ; dt D 2i t2 C 4 2 e

und wir erhalten sofort i  Ic D Im 2 D 2 : e e (Zudem erhalten wir aus Betrachtung des Realteils Z1 1

f .z/ D

1 iz a C

b 2

t cos t dt D 0 : t2 C 4

Das ist zwar aus Symmetriegründen ohnehin klar, gerade daher ist es aber eine gute Kontrolle für die Richtigkeit unserer Rechnung.)

i

1  D z C z1

b 2

z2 C a z 

b 2

Die Nullstellen des Nenners liegen bei z1;2 D 

6

und für das Integral ergibt sich  i  i i Ib D 2i  C  D : 6 6 6 3

IQc WD

32.27  Auch hier liegt eine rationale Funktion in Sinus, und Kosinus vor, unser Schema ist unmittelbar anwendbar. Wir erhalten die Funktion f ,

a ˙ b q

r

a2 1 b2

2

Davon liegt nur z1 D  ab C ab2  1 im Inneren des Einheitskreises. Für das Residuum von f an dieser Stelle erhalten wir mit Formel (32.8) ˇ i ˇˇ i r Res.f ; z1 / D D p ˇ 2 b z C a zD a C a 1 a2  b 2 b

b2

und für das Integral I D 2i  p

i a2



b2

D p

2 a2  b 2

:

Anwendungsprobleme 32.28  Wir setzen die Ladung nach z D bi Die Transz formation w D e a führt die beiden Geraden Im z D 0 und Im z D a nach Im w D 0 über, die Position der Ladung wird zu bi w0 D e a . Nun erzwingen wir ein verschwindendes Potenzial an Im w D 0 durch Anbringen einer Spiegelladung an w D w0 und erhalten für das komplexe Potenzial g.w/ D 2q log.w  w0 / C 2q log.w  w0 / w  w0 D 2q log : w  w0 Nach dem Verpflanzungsprinzip ist das gesuchte Potenzial nun ˚ D 2q Re

e

z a

e

bi a

e

z a

e

bi a

:

Kapitel 33

(a) f .t / D 3e4t C 2 (b) h.t / D et cos.2t / ( sin.!t  '/; für !t  '  0; (c) g.t / D 0 sonst, mit !; ' > 0;

Verständnisfragen 33.1



Berechnen Sie das uneigentliche Integral Z1

Z1 sinc .t / dt D

0

(d) u.t / D

Rt

y 3 dy.

0

sin.t / dt ; t

0

indem Sie die Laplacetransformierte Lsinc und den Grenzwert für s ! 0 bestimmen. 33.2  Zeigen Sie für die einseitige Faltung, dass die Funktionen fn mit fn .t / D t n =nŠ für t  0 und n 2 N0 die Identität fn fm D fnCmC1 ;

n; m 2 N0

erfüllen.

33.5  Berechnen Sie mithilfe der Faltung die Funktionen f und g, die die folgende Beziehung erfüllen, (a) .Lf /.s/ D (b) .Lg/.s/ D

33.6  Bestimmen Sie die Fouriertransformierten der Funktionen ( 1  jt j; jt j  1; (a) x.t / D 0; jt j > 1: (b) x.t / D

33.3  Zeigen Sie für x 2 L.R/ die folgenden Eigenschaften der Fouriertransformation (a) .F x.t  t0 //.s/ D eit0 s F x.s/, t0 ; s 2 R,   1 (b) .F x.˛t //.s/ D j˛j F x ˛s , s 2 R, ˛ ¤ 0,

33.7



t , 1Ct 2

t 2 R.

Die hermiteschen Funktionen sind definiert durch n .t /

(c) F .eis0 t x.t //.s/ D F x.s  s0 /, s; s0 2 R, (d) .F x.t //.s/ D F x.s/, s 2 R (komplexe Konjugation).

1 , s 2 .s 2 C1/ 1 . .s 2 C1/2

D .1/n et

dn t 2 .e /; dt n

n 2 N0 :

(a) Zeigen Sie zunächst die Rekursionsformeln

Zeigen Sie ferner für x 2 S.R/ die Identität F .F x/.t / D x.t /;

2 =2

0 n .t /

t 2 R:

Dt

n .t /



nC1 .t /

und .F

Rechenaufgaben 33.4  Berechnen Sie jeweils die Laplacetransformierte der folgenden Funktionen

n/

0

.s/ D s F

(b) Zeigen Sie induktiv, dass transformation sind, d. h. F die Eigenwerte n 2 C.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_32

n .s/ n

 iF

nC1 .s/:

Eigenfunktionen zur FourierD n n , und bestimmen Sie

n

359

Kapitel 33

Aufgaben

360

Kapitel 33

33.8 be



Bestimmen Sie die Lösung der Anfangswertaufga-

33.13  Ein Signal x 2 L2 .R/ soll so beschaffen sein, dass die gewichteten Mittelwerte

u000 .x/  3 u00 .x/ C 3 u0 .x/  u.x/ D x 2 ex

t0 D

für x  0 mit den Anfangswerten u.0/ D 1, u0 .0/ D 0 und u00 .0/ D 2. 33.9



Lösen Sie das Anfangswertproblem u.0/ D 0; v.0/ D 0;

w 0 .t / D 3u.t / C 2v.t / C w.t / C et cos.2t /;

w.0/ D 1:

1

1 T D kxkL2 2

Z1 s jF .s/j2 ds; 1

Z1 .t  t0 /2 jx.t /j2 dt

2

1

und die Bandbreite B mit

Zt .t  s/u.s/ ds D 1 :

1 B D kF xkL2 2

Kapitel 33

mithilfe der Laplacetransformation. (Weil in dieser Differenzialgleichung auch ein Integral vorkommt, nennt man Gleichungen dieses Typs manchmal auch Integrodifferenzialgleichung.)

Anwendungsprobleme 33.11  Als Modell für die Ausbreitung transversaler Wellen auf einer langen, an einem Ende eingespannten und angeregten Saite wählen wir die Wellengleichung 2 @2 u 2 @ u u.x; t /  c .x; t / D 0; @t 2 @x 2

x > 0:

Sie wird an einem Ende angeregt durch die Vorgabe u.0; t / D f .t /;

t > 0:

Da die Saite nur an diesem Ende angeregt wird, gilt u.x; t / ! 0 für x ! 1 und jedes t > 0. Bestimmen Sie die Amplitude der Saite mithilfe der Laplacetransformation bezüglich t . Wir betrachten das Randwertproblem u.x/ D 0; u.x1 ; 0/ D f .x1 /;

x1 2 R; x2 > 0; x1 2 R;

mit einer Funktion f 2 L.R/. Außerdem soll es eine Funktion g 2 L.R/ geben mit ju.x/j  g.x1 /;

.s  s0 /2 jF x.s/j2 ds 1

existieren. Zeigen Sie das Bandbreiten-Theorem, dass 1 : 2 Dieses Theorem, dass in direktem Bezug zur Heisenberg’schen Unschärferelation steht, besagt, dass es nicht möglich ist, ein Signal gleichzeitig in der Zeit und in der Frequenz gut zu lokalisieren. TB 

Hinweise

x; t > 0:

Hierbei ist u.x; t / die Amplitude der Wellen zum Zeitpunkt t am Ort x. Die Saite befindet sich zum Zeitpunkt t D 0 in Ruhe, @u u.x; 0/ D .x; 0/ D 0; @t

Z1

2

0

33.12 

t jx.t /j2 dt ;

sowie die Dauer T mit

Lösen Sie die folgende Differenzialgleichung u0 .t / 

Z1

1 s0 D kF xkL2 2

u0 .t / D u.t /; v 0 .t / D 2u.t / C v.t /  2w.t /;

33.10 

1 kxkL2 2

x1 2 R; x2 > 0:

Bestimmen Sie durch eine Fouriertransformation in x1 Richtung eine Integraldarstellung der Lösung u.

Verständnisfragen 33.1  Stellen Sie est =t als Integral bezüglich s dar und vertauschen Sie die Integrationsreihenfolge. 33.2  lich m.

Benutzen Sie eine vollständige Induktion bezüg-

33.3  Setzen Sie direkt in die Definition der Fouriertransformation ein. Für die zusätzliche Aussage können Sie (d) benutzen.

Rechenaufgaben 33.4  Verwenden Sie die Rechenregeln für die Laplacetransformation, insbesondere bei Teil (b) den Dämpfungssatz und bei (c) den Verschiebungssatz. 33.5  Schreiben Sie die Laplacetransformierten jeweils als Produkt von zwei Funktionen, die selbst Laplacetransformierte bekannter Funktionen sind. Anschließend wenden Sie den Faltungssatz an.

Lösungen

33.7 on.



Rechenaufgaben 33.4



(b) Lh.s/ D

sC1 , .sC1/2 C4

(c) Lg.s/ D

1 's=! ! 2 e , ! s 2 C! 2

(d) Lu.s/ D

1 3Š . s s4

(a) Vertauschen der Integration und Differenziati-

33.8  Wenden Sie die Laplacetransformation auf die Differenzialgleichung an, und lösen die transformierte Gleichung. Eine Rücktransformation führt auf die gesuchte Lösung. 33.9  Wenden Sie auf jede Gleichung die Laplacetransformation an. Es entsteht ein LGS mit s als Parameter, das Sie lösen können. Anschließend müssen Sie noch eine Partialbruchzerlegung durchführen, um die Lösung zu bestimmen.

1 (a) Lf .s/ D 3 s4 C 2 1s ,

33.5



(a) f .t / D t  sin t ,

(b) g.t / D 12 .sin t  t cos t /. 33.6



2

(a) F x.s/ D 4 sin s.s=2/ , 2

(b) F x.s/ D i 33.10  Nutzen Sie sowohl die Formel im Orginalbereich als auch den Faltungssatz. Anschließend müssen Sie noch eine Partialbruchzerlegung durchführen.

s jsj

ejsj .

33.7



p (b) Die Eigenwerte sind n D .i/n 2, n 2 N0 .

33.8



Es gilt

Anwendungsprobleme

 u.x/ D

33.11  Führen Sie die Laplacetransformation bezüglich t durch und lösen Sie die resultierende gewöhnliche Differenzialgleichung in x. Aus den Anfangs- und Randbedingungen lassen sich die Koeffizienten bestimmen. Anschließend muss noch der Verschiebungssatz angewandt werden. 33.12  Führen Sie eine Fouriertransformation bezüglich x1 durch und lösen Sie die resultierende gewöhnliche Differenzialgleichung in x2 . Aus der Beschränktheitsbedingung für u lassen sich die Koeffizienten bestimmen. Die Integraldarstellung ergibt sich dann aus dem Faltungssatz. 33.13  Verwenden Sie die Formel von Plancherel für x und auch für x 0 sowie die Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung im L2 .R/.

1 5 1 2 t  t t C1 60 2

et :

 t sin 2t C sin 2t ,   w.t / D et cos 2t C 12 t cos 2t C 14 sin 2t .

33.9



33.10 

u.t / D 0, v.t / D et

1 2

u.t / D 13 et  13 e 2 t cos 1

p

3 t 2

C

1 p1 e 2 t 3

Anwendungsprobleme 33.11 

Es ist u.x; t / D

( f .t  x=c/; 0;

t > x=c; t  x=c:

Lösungen 33.12 

Es ist

Verständnisfragen R1

33.1



33.2





für alle x1 2 R, x2 > 0.

33.3





33.13  –

0

sinc .t / dt D

u.x/ D

 : 2

x2 

Z1 1

f .t / dt .x1  t /2 C x22

p

sin

3 t. 2

Kapitel 33

33.6  Bei (a) können Sie die Kosinus-Transformation verwenden und das Integral elementar berechnen. Versuchen Sie, bei (b) die Formel für die Ableitung im Bildbereich zu verwenden.

361

362

Kapitel 33

Lösungswege

Induktionsschluss: Wir zeigen, dass die Behauptung dann auch für m C 1 und alle n 2 N0 gilt. Es ist nämlich Zt

Verständnisfragen 33.1 gilt



.t  /mC1  n d .m C 1/Š nŠ „ ƒ‚ … „ƒ‚…

.fn fmC1 /.t / D 0

Für die Laplacetransformierte der sinc-Funktion

v0

u

ˇ Dt ˇ .t  /  ˇ D .m C 1/Š .n C 1/Š ˇ D0 „ ƒ‚ … mC1

Z1 L.sinc/.s/ D

sin.t / st e dt : t

nC1

D0

Zt

0

.t  /m  nC1 d mŠ .n C 1/Š

C

Es ist aber

0

D .fnC1 fm /.t /:

d est D est : ds t

Da die Induktionsvoraussetzung für dieses m gilt, folgt fn fmC1 D fnC1 fm D fnC2Cm . Also gilt die Behauptung für alle n; m 2 N0 .

Damit folgt

Kapitel 33

Z1 L.sinc/.s/ D

Z1 sin.t /

e t d dt

D

Z1

x.t  t0 / eist dt

1

e t . sin.t / C cos.t //  1 C 2

D

(a) Es gilt mit der Substitution z D t  t0 .F x.t  t0 //.s/ D

sin.t / e t dt d

0 0 Z1

s Z1



s

0

Z s Z1

D

33.3

Z1

1 d

D

t D0

1 d 1 C 2

x.z/ eis.zCt0 / dz

1

De

D

 D  arctan.s/: 2 Somit existiert der Grenzwert der Laplacetransformation für s ! 0, und es gilt Z1

x.z/ eisz dz

1

s

Œarctan. /1 s

Z1

ist0

ist0

De

F x.s/:

(b) Für ˛ > 0 erhalten wir mit der Substitution z D ˛t Z1 .F x.˛t //.s/ D

x.˛t / eist dt

1

sin.t /  dt D lim L.sinc/.s/ D : s!0 t 2

0

33.2  Wir zeigen induktiv, dass fn fm D fnCmC1 für alle n; m 2 N0 gilt. Induktionsanfang: Sei m D 0 und n 2 N beliebig. Dann ist Zt .fn f0 /.t / D

sn t nC1 ds D D fnC1 .t /: nŠ .n C 1/Š

0

Induktionsvoraussetzung: Sei die Behauptung richtig für ein m 2 N0 und alle n 2 N0 .

1 D ˛

Z1

x.z/ eisz=˛ dz

1

s 1 D Fx : ˛ ˛ Ist ˛ < 0, so ändern sich durch die Substitution auch die Grenzen, was durch ein zusätzliches Minus kompensiert wird, 1 .F x.˛t //.s/ D  ˛ D

Z1

x.z/ eisz=˛ dz

1

s 1 : Fx ˛ ˛

Lösungswege

(c) Es ist

(b) Wegen des Dämpfungssatzes gilt eis0 t x.t / eist dt

L.et cos.2t //.s/ D L.cos.2t //.s  .1//

D

1

Z1 D

x.t / ei.ss0 /t dt

1

sC1 ; .s C 1/2 C 4

weil die Laplacetransformierte des Kosinus gerade s=s 2 C ! 2 ist,

D F x.s  s0 /:

L.cos.!t //.s/ D

(d) Es gilt mit der Substitution z D t Z1 .F x.t //.s/ D

x.t / eist dt

1

Z1 D

s : s2 C !2

(c) Die angegebene Funktion g ist eine Verschiebung um ' der Sinusfunktion mit anschließender Stauchung um ! („Ähnlichkeitstransformation“). Bekanntlich ist L.sin.t //.s/ D s 21C1 . Wir berechnen zunächst die Laplacetransformierte der Verschiebung des Sinus um ': Sei

x.t / eist dt

g1 .t / WD

1

( sin.t  '/; t  ' 0;

sonst,

Z1 x.z/ eisz dz

D

dann ist nach dem Verschiebungssatz

1

L.g1 /.s/ D e's

D F x.s/: Für die zusätzliche Aussage, stellen wir zunächst die Aussage Z1 F x.t / D

x.t / eist dt

L.g/.s/ D L.g2 /.s/

s 1 L.g1 / ! ! 1 's=! ! 2 D e : ! s2 C !2 D

Z1 x.t / eist dt 1

D 2 F 1 x.s/ fest. Damit folgt nun unter Ausnutzung der Aussage von (d) und der Umkehrformel für die Fouriertransformation für x 2 S.R/ F .F x/ D 2 F 1 F x

D 2 F 1 F x.t / D x.t / D x.t /:

Rechenaufgaben (a) Wegen der Linearität der LaplacetransformatiL.3e4t C 2/.s/ D 3L.e4t /.s/ C 2L.1/.s/

D3

1 : C1

Sei nun g2 .t / D g1 .!t / die Stauchung von g1 um !. Wie man leicht nachrechnet, ist g.t / D g2 .t /. Deshalb folgt

1

D

s2

1 1 C2 : s4 s

d) Wir integrieren im Originalraum und nutzen aus, dass 3Š gilt. Damit ergibt sich s4

L.y 3 /.s/ D

L.u/.s/ D

1 3Š : s s4

33.5  (a) Mit der Rechenregeln zur Laplacetransformation von Produkten, L.fg/ D L.f / L.g/; erhalten wir      1 1 1 1 1 1 L1 L L D s2 s2 C 1 s2 s2 C 1 Zt D t sin t D .t  / sin  d 0

D Œ.  t / cos   sin t0 D t  sin t :

Kapitel 33

Z1 F .eis0 t x.t //.s/ D

33.4  on ist

363

364

Kapitel 33

(b) Analog wie in (a) rechnen wir aus:   1 1 1 1 L1 L D .s 2 C 1/2 s2 C 1 s2 C 1     1 1 D L1 2 L1 2 s C1 s C1 Zt D sin t sin t D sin.t  /  sin  d 0

33.7  (a) Aus der Definition der hermiteschen Funktionen erhalten wir sofort die Ableitung 0 n .t /

1 Z1

.sin t cos   cos t sin / sin  d

D i

0

Zt

Zt cos  sin  d  cos t

D sin t 0

1 2 sin t  cos t 2 1 1 D sin3 t  t cos t C 2 2 1 D .sin t  t cos t /: 2



D sin t 

Kapitel 33

33.6



sin  d

1 1 t  sin 2t 2 4

(a) Die Funktion ist gerade. Daher gilt Z1

F x.s/ D 2 Fc x.s/ D 2

D i



1 sin t cos2 t 2

x.t / cos.st / dt

D2

dt

.

0 n .t /

ist nC1 .t //e

D i F

.F

n/

0

0 n .s/ 

.s/ D s F

n .s/

N C1 .s/

D i .F



D iN und aus 0 D

nC1 .s/:

0 N / .s/  s 0 N .s/  s

F

n

für alle 0 

N .s//

N .s/



N C1 .s/

p p 2 folgt n D .i/n 2.

33.8  Mit der Differenziation im Originalbereich berechnen wir Lu000 .s/ D s 3 Lu.s/  s 2 u.0/  s u0 .0/  u00 .0/

D s 3 Lu.s/  s 2 C 2 ; Lu00 .s/ D s 2 Lu.s/  s u.0/  u0 .0/

D s 2 Lu.s/  s; Lu .s/ D s Lu.s/  u.0/ D s Lu.s/  1: 0

Die Transformation der inhomogenen rechten Seite der Differenzialgleichung lässt sich mit der Differenziation im Bildbereich durch d2 L.ex / ds 2 d2 1 2 D 2 D ds s  1 .s  1/3

L.x 2 ex /.s/ D

s jsj e : jsj

 iF

Induktionsschritt: Aus der Annahme F n D n n  N folgt mit den Rekursionsformeln

0

F x.t / D i

nC1 .s/

2

Somit folgt

iF

(b) Induktionsanfang: Für n D 0 gilt 0 .t / D et =2 . Also p F 0 .s/ D 2p 0 .s/, d. h., 0 ist Eigenfunktion zu F zum Eigenwert 0 D 2.

D iN

Nach dem Beispiel von S. 1280 ist  1 .s/ D  ejsj : F 1 C t2

dt

und mit der Differentiationsregel ergibt sich

.1  t / cos.st / dt

(b) Mit der Formel für die Differenziation im Bildbereich erhalten wir   1 1 d F x.t / D F t F .s/ D i .s/: 1 C t2 ds 1 C t2

C

1

F

 s .1  t / sin.st /  cos.st / 1 D2 s2 t D0 1  cos.s/ D2 s2 2 cos .s=2/ C sin2 .s=2/  cos2 .s=2/ C sin2 .s=2/ D2 s2 2 sin .s=2/ D4 : s2

nC1 .t /:

ist n .t /e

0

Z1



t

1 Z1

2

0

n .t /

Damit folgt für die Fouriertransformierte durch vertauschen der Integration und Differentiation 0 1 10 Z ist .F n /0 .s/ D @ dt A n .t /e

Zt D

Dt

Lösungswege

finden. Einsetzen aller Transformierter führt auf

Jetzt transformieren wir das DGL-System:

.s 3 Lu.s/  s 2 C 2/  3.s 2 Lu.s/  s/

sU D U sV D 2U C V  2W

2 ; .s  1/3

sW  1 D 3U C 2V C W C

d. h., es ist Lu.s/ Œs 3  3s 2 C 3s  1 D



ƒ‚



2 C .s 2  3s C 1/ .s  1/3

Die erste Gleichung liefert sofort: U .s/ D 0 für alle t  0, also muss auch u.t / D 0 sein für alle t > 0. Deshalb können wir U .s/ komplett aus dem System rausschmeißen, wodurch sich das System um eine Dimension verkleinert:

D.s1/3

bzw. Lu.s/ D

2 s 2  3s C 1 C : .s  1/6 .s  1/3

 s1 2

Der erste Term auf der rechten Seite liegt schon in „Partialbruchform“ vor. Für den zweiten machen wir den Ansatz

Multiplikation mit .s  1/3 und der Grenzwert für s ! 1 liefert c D 1. Multiplikation mit s und s ! 1 liefert a D 1. Setzt man a und c ein, so ist b s 1 s 2  3s C 1 1 D  D  : 2 3 3 .s  1/ .s  1/ .s  1/ s1 .s  1/3 Multiplikation mit .s  1/2 und s ! 1 liefert schließlich b D 1. Daher ist s 2  3s C 1 1 1 1 D  :  .s  1/3 s  1 .s  1/2 .s  1/3 .n1/Š .s1/n

2 s1



und

1 2 1 1  C  .s  1/6 s  1 .s  1/2 .s  1/3 2 1 D L.t 5 et /.s/ C L.et /.s/  L.t et /.s/  L.t 2 et /.s/ 5Š 2

Lu.s/ D



D

!

0 s1 .s1/2 C4

C1

Umformen liefert .2/1 2.s  1/ C ..s  1/2 C 4/2 .s  1/2 C 4 D Z.s  1/

V .s/ D

mit Z.s/ WD .s 22s C s 22 . Wir ziehen es an dieser Stelle vor, C4/2 C4 zunächst Z.s/ zu behandeln, um den Faltungssatz ins Spiel zu bringen. Ein anderer Weg wäre, mit Partialbruchzerlegung weiterzumachen. Die Rücktransformation L1 .Z.s//.t / von Z.s/ kann mithilfe der Faltung berechnet werden,

2 5 t 1 t e C et  t et  t 2 et 5Š 2  1 5 1 2 D t  t  t C 1 et : 60 2

33.9  Wir setzen U .s/ WD L.u.t //.s/ und V .s/ WD L.v.t //.s/ sowie W .s/ D L.w.t //.s/. Dann gilt L.u0 .t // D sU .s/, L.v 0 .t // D sV .s/ sowie L.w 0 .t // D sW .s/  1. Außerdem ist



s 1 1 1 2  s 2 s 2 2 . / C 1 2 .2/ C 1  2 1 1  L1 2 . 2s /2 C 1

u.t / D

 s1 1 s1 D L.cos t / D : 2 2 .s  1/2 C 4



.s  1/2 s1 V .s/  2V .s/ D C1: 2 .s  12 / C 4

L1 .Z.s//.t / D L1

die Lösung

L.et cos 2t /.s/ D L.cos 2t /.s  1/

V W

Wenn wir die erste Gleichung mit .1  s/=2 multiplizieren und zur zweiten hinzuaddieren finden wir eine Gleichung für V ,

s 2  3s C 1 a c b D C : C .s  1/3 s1 .s  1/2 .s  1/3

Mit dem Dämpfungssatz ergibt sich L.t n1 et /.s/ D deshalb folgt mit

s 1 : .s  1/2 C 4

Kapitel 33

C 3 .s Lu.s/  1/  Lu.s/ D

365



D  cos t sin 2t  sin 2t : Wenn wir z.t / D  cos t sin 2t  sin 2t definieren und die Faltung cos t sin 2t explizit hinschreiben, dann finden wir Zt cos.2.t  // sin.2/ d  sin 2t

z.t / D  0

1 D  t sin.2t /  sin.2t /; 2

366

Kapitel 33

wobei man das Integral so berechnen kann:

Rt 0

cos.2.t // sin.2/ d zum Beispiel

Einfache Umformungen und die Tabelle der Laplacetransformationen zeigen, dass

Zt

L.u/.s/ D

cos.2.t  // sin.2/ d 0

Zt D

Œcos.2t / cos.2/ C sin.2t / sin.2/ sin.2/ d

s L.1/.s/ D 3 : s  s Lg.s/ Lu.s/ s 1

Jetzt führen wir eine Partialbruchzerlegung durch. Das Nennerpolynom s 3  1 hat nur die reelle Nullstelle s D 1 und es ist s 3  1 D .s  1/.s 2 C s C 1/. Mit dem Ansatz

0

Zt D

s A B Cs D C 2 C 2 s3  1 s1 s CsC1 s CsC1

Zt cos.2t / cos.2/ sin.2/ d C

0

sin.2t / sin.2/ sin.2/ d

erhält man A D 1=3, B D 1=3 und C D 1=3. Damit ergibt sich mit quadratischem Ergänzen im Nenner:

0

Zt

Zt cos.2/ sin.2/ d C sin.2t /

D cos.2t / 0

sin2 .2/d:

Kapitel 33

s 1 1 s 1 1 1 1 C  D 2 2 3s1 3s CsC1 3s CsC1 1 1 1 s 1 1 D  C 3s1 3 .s C 12 /2 C 34 3 .s C 12 /2 C

L.u/.s/ D

0

Die Stammfunktion von sin2 .2/ ist .1=2/  .1=8/ sin.4/, die Stammfunktion von cos.2/ sin.2/ ist .1=4/ sin2 .2/. Deshalb ist Zt cos.2.t  // sin.2/ d

D

0

s3

s C 12 1 1 1  3 s  1 3 .s C 12 /2 C

3 4

C

3 4

1 1 : 1 2 .s C 2 /2 C 34

 1 1 1 Die Rücktransformation mithilfe der Tabelle der Laplacetranscos.2t / sin2 .2t / C sin.2t / t  sin.4t / 4 2 8 formationen sowie dem Dämpfungssatz liefert die gesuchte  1 1 1 Lösung D t sin.2t / C sin.2t / sin.2t / cos.2t /  sin.4t / 2 4 8 p p  1 t 1 1t 3 3 1 1t 1 1 1 u.t / D e  e 2 cos t C p e 2 sin t: D t sin.2t / C sin.2t / cos.2t / sin.2t /  sin.2t / cos.2t / 3 3 2 2 3 2 4 4 1 D t sin.2t /: 2

D

Anwendungsprobleme

Wegen V .s/ D Z.s  1/ gilt  v.t / D et z.t / D et

1 t sin 2t C sin 2t 2



33.11 

Wir setzen Z1

für t  0. Aus der zweiten Gleichung des Originalsystems folgt U .x; s/ D u.x; t / est dt :  0 1 1 1 w.t / D .v.t /  v 0 .t // D et cos 2t C t cos 2t C sin 2t ; Dann erfüllt U die Differenzialgleichung 2 2 4 ebenfalls für t  0.

s 2 U .x; s/  c 2

33.10  Wie schreiben zunächst die angegebene Gleichung mithilfe der Funktion g.t / D t um, u0 .t /  .g u/.t / D 1:

@2 U .x; s/ D 0: @x 2

Die Lösung dieser Differenzialgleichung ist gegeben durch U .x; s/ D A.s/ esx=c C B.s/ esx=c mit Koeffizienten A, B, die noch von s abhängen.

Jetzt wenden wir die Laplacetransformation auf diese Gleichung an und finden mit dem Faltungssatz

Da u.x; t / ! 0 für x ! 1 und jedes t muss auch

s Lu.s/  Lg.s/ Lu.s/ D .L.1//.s/ :

U .x; s/ ! 0

.x ! 1/

Lösungswege

für jedes s gelten. Daher ist A.s/ D 0. Für x ! 0 ergibt sich B.s/ D U .0; s/ D Lu.0; s/ D Lf .s/:

33.13  Da der durch eine Verschiebung entstehende Faktor den Betrag 1 hat, reicht es aus, das Theorem für t0 D 0 und s0 D 0 zu zeigen. Nach der Formel von Plancherel ist

Also ist U .x; s/ D Lf .s/ e

kF xkL2 2 D 2 kxkL2 2 :

:

Mit dem Verschiebungssatz ergibt sich daraus ( f .t  x=c/; t > x=c; u.x; t / D 0; t  x=c: 33.12  Wir wenden auf u eine Fouriertransformation bezüglich x1 an und setzen Z1 U .s; x2 / D

u.x1 ; x2 / eisx1 dx1 :

1

Somit folgt Z1 2

2 T B

2

kxkL4 2

D

Z1 jt x.t /j dt

1

1

Ebenfalls mit der Formel von Plancherel folgt 2 kx 0 kL2 2 D ks F x.s/kL2 2 : Wir erhalten damit und mit der Cauchy-Schwarz’schen Ungleichung für L2 -Funktionen die Abschätzung

Als Transformation der Differenzialgleichung erhalten wir @2 U .s; x2 /  s 2 U .s; x2 / D 0 @x22

Z1 2 T 2 B 2 kxkL4 2 D 2

U .s; x2 / D C .s/ ejsj x2 ;

Wir schätzen weiter ab, indem wir den Imaginärteil vernachlässigen und erhalten 0 2

T B

s 2 R; x2 > 0:

gegeben. Da ejsj x2 D

x2 Fx1 



u.x/ D

x2 

für alle x1 2 R, x2 > 0.

1

Z1

12 t x.t / x 0 .t / dt A

1

Z1

12 t .x.t / x 0 .t / C x.t / x 0 .t // dt A 2

12 0 1 Z  d [email protected] jx.t /j2 dt A D t 4 dt 1

0

s 2 R; x2 > 0;

1 1 D @ t jx.t /j2 1  4



Z1

1

.s/;

erhalten wir mit dem Faltungssatz die Integraldarstellung Z1

 Re @

1

s 2 R:

1 2 x1 C x22

kxkL4 2

[email protected]

Somit ist die Fouriertransformierte der Lösung durch U .s; x2 / D F f .s/ ejsj x2 ;

2

0

Die Randbedingung für x2 D 0 impliziert die Identität C .s/ D F f .s/;

1

1

x1 2 R; x2 > 0;

folgt, dass U für x ! 1 und jedes s 2 R beschränkt bleibt. Daher ergibt sich

jx 0 .t /j2 dt

ˇ2 ˇ 1 ˇ ˇZ ˇ ˇ 0 ˇ  2 ˇ t x.t / x .t / dt ˇˇ : ˇ ˇ

U .s; x2 / D A.s/ esx2 C B.s/ esx2

ju.x/j  g.x1 /;

Z1 jt x.t /j2 dt

1

für s 2 R und x2 > 0. Die Lösung dieser gewöhnlichen Differenzialgleichung ergibt sich als

mit Koeffizienten A, B, die von s abhängen können. Aus der Bedingung

js F x.s/j2 ds:

2

1 D kxkL2 2 : 4 Somit ist

f .t / dt .x1  t /2 C x22

T 2B 2  gezeigt.

1 4

12 jx.t /j2 dt A

Kapitel 33

sx=c

367

Kapitel 34

Rechenaufgaben 34.5

Verständnisfragen 34.1  Was ist der entscheidende Unterschied zwischen „elementaren“ und „speziellen“ Funktionen. 34.2  Begründen Sie ohne Rechnung, dass es Zahlen a1 bis a4 geben muss, sodass P3 .x/ P4 .x/ D a1 P1 .x/ C a2 P3 .x/ C a3 P5 .x/ C a4 P7 .x/



34.6  Zeigen Sie für Re z  0, z ¤ 0 die Beziehung  .z/ N D  .z/. (Diese Beziehung gilt tatsächlich sogar für alle z 2 D. /.) Beweisen Sie damit  j .ix/j2 D x sinh.x/ für x 2 R¤0 . 34.7



Zeigen Sie die Beziehung    0 12  0 .1/ 1 D  2 ln 2 :  .1/  2

34.8



Zeigen Sie die Beziehung   r 3 1=3 2 1 1 D : 2   6  3

ist. Kann es Zahlen b1 bis b4 mit b4 ¤ 0 bzw. c1 bis c4 geben, sodass P3 .x/ P4 .x/ D b1 P3 .x/ C b2 P5 .x/ C b3 P7 .x/ C b4 P9 .x/ P3 .x/ P4 .x/ D c1 P0 .x/ C c2 P2 .x/ C c3 P4 .x/ C c4 P6 .x/ ist? 34.3



Welche der folgenden Aussagen sind richtig?

1. Zylinderfunktionen treten bei Separation als Funktionen des Abstands  von der x3 -Achse auf. 2. Zylinderfunktionen sind auf einem Zylinder x12 C x22 D 02 definiert. 3. Kugelflächenfunktionen treten bei Separation als Funktionen des Abstands r vom Ursprung 0 auf. 4. Kugelflächenfunktionen sind auf einer Kugel x12 Cx22 Cx32 D r02 definiert.

34.9  gleichung

Zeigen Sie, dass die Legendre’schen Differenzial-

.1  x 2 /u00  2xu0 C  u D 0 P k für den Potenzreihenansatzes u.x/ D 1 kD0 ak x die Rekursionsformel akC2 D

k .k C 1/   ak : .k C 2/ .k C 1/

liefert. 34.10 

34.4  Ein spezielles zylindersymmetrisches Problem, definiert für %  b, mit einer Randbedingung für % D b führt auf eine Bessel’sche Differenzialgleichung mit ganzzahligem Parameter n. Benötigen Sie für die Lösung des Problems (a) die Besselfunktion Jn , (b) die Neumannfunktion Nn oder (c) beide? Was ändert sich, wenn Ihr Problem in a  % < b definiert ist und Sie Randbedingungen für % D a und % D b zu erfüllen haben?

Bestimmen Sie  .6/,  .13=2/ und  .5=2/.

Zeigen Sie, dass die Koeffizienten von dn 2 .x  1/n dx n

die Rekursionsformel akC2 D

k .k C 1/  n .n C 1/ ak : .k C 2/ .k C 1/

erfüllen.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_33

369

Kapitel 34

Aufgaben

370

Kapitel 34

34.11  Zeigen Sie mittels Reihendarstellung der Besselfunktionen die Relation

34.16  Für die Legendre-Polynome gibt es eine Darstellung mittels ihrer erzeugenden Funktion

Jn .z/ D .1/n Jn .z/ : 34.12  Bestimmen Sie mit Hilfe der Rodriguez-Formel explizit P5 . Entwickeln Sie die Funktionen f und g, Œ1; 1 ! R nach Legendre-Polynomen: f .x/ D sin x bis zur fünften Ordnung 2 g.x/ D x 5 C x 2 34.13 

Zeigen Sie die Beziehungen z

1

e 2 .t  t / D

1 X

p

1 1  2xt C t 2

1 X

Pn .x/ t n :

(34.5)

nD0

(Erzeugende Funktionen werden im Bonusmaterial genauer diskutiert.) Wir betrachten zwei gleiche Punktladungen q, die mit Abstand d voneinander angebracht sind. Drücken Sie das Potenzial dieser Ladungskonfiguration in Kugelkoordinaten ohne Verwendung von Wurzeln aus. Welchen Näherungsausdruck erhalten Sie für das Potenzial in sehr großem Abstand von den beiden Ladungen? (Das Potenzial einer Punktladung q an der Stelle p 1 .) ist V .x/ D 4 q "0 kxpk

Jk .z/ t k

kD1

z .Jn1 C JnC1 .z// D 2n Jn .z/

Hinweise

durch Benutzung der Reihendarstellung der Besselfunktionen.

Verständnisfragen

34.14  ziehung

34.1  pitels.

Die Tschebyschev-Polynome können über die BeTn .t / D cos.n arccos t / für t 2 Œ1; 1

Kapitel 34

definiert werden. Bestimmen Sie T1 und T2 und drücken Sie für n  1 allgemein TnC1 .t / durch Tn .t / und Tn1 .t / aus. (Hinweis: Benutzen Sie die trigonometrischen Identität cos..n C 1/x/ D 2 cos x cos.nx/  cos..n  1/x/.)

Anwendungsprobleme 34.15 

D

Die Antwort findet sich ganz zu Beginn dieses Ka-

34.2  Von welchem Grad ist das Produkt von P3 und P4 ? Welche Symmetrieeigenschaften hat das Produkt der beiden Polynome? 34.3  Vergleichen Sie den Ursprung der Zylinder- bzw. Kugelfunktionen, wie in Abschn. 34.2 behandelt. 34.4  Wie viele linear unabhängige Funktionen benötigen Sie, um eine bzw. zwei Randbedingungen zu erfüllen? Sind Bessel- bzw. Neumannfunktionen in %  b regulär?

Zu höheren Dimensionen:

Welcher Anteil des Volumens einer zehndimensionalen Orange nimmt in etwa die Schale ein, wenn die Dicke der Schale ein Zehntel des Radius ausmacht? Vergleichen Sie mit dem Wert für herkömmliche dreidimensionale Orangen. Wie ist das Verhältnis bei der 100-dimensionalen Variante? In einer hypothetischen (räumlich) 5-dimensionalen Welt sei das Gravitationspotenzial ˚ einer Masse M weiterhin sphärisch symmetrisch. Die Gravitationskraft F g auf eine kleine Probemasse m sei F g D m grad ˚, und für beliebige Radien R gelte analog zum Dreidimensionalen Z F g  d D  M m SR4

mit einer Konstanten  . Welche Form hat das Gravitationspotenzial in dieser Welt?

Rechenaufgaben 34.5  Benutzen Sie die Funktionalgleichung  .n C 1/ D n .n/pfür n 2 N,  .x C 1/ D x .x/ und den Wert  .1=2/ D . 34.6  Benutzen Sie im ersten Teil die Integraldarstellung der Gammafunktionen und ihre Stetigkeit. Die Beziehung ezN D ez lässt sich mithilfe der Euler’schen Formel leicht zeigen. Für den zweiten Teil benötigen Sie den Ergänzungssatz und den Zusammenhang zwischen Sinus mit imaginärem Argument und hyperbolischem Sinus. 34.7  Interpretieren Sie die linke Seite als logarithmische Ableitung. Nach Erweitern zu einem geeigneten Bruch können Sie die Verdopplungsformel einsetzen.

Lösungen

34.8  Verdopplungsformel für z D 16 und nach geeignetem Erweitern der Gleichung Verwendung des Ergänzungssatzes an geeigneter Stelle.

371

Lösungen Verständnisfragen

34.9  In einer Reihe ist eine Umnummerierung notwendig, dadurch erhält man den Koeffizienten akC2 . 34.10  Der Nachweis für gerades n ist geringfügig übersichtlicher, beginnen Sie mit diesem Fall. Wenden Sie den binomischen Satz auf .x 2  1/n an, bestimmen Sie die allgemeine Form eines Koeffizienten ak und drücken Sie akC2 durch ak aus. 34.11  Die Relation ergibt sich unmittelbar durch Umnummerieren in der Reihendarstellung von Jn .z/.

34.1



Keiner.

34.2  Zahlen bi bzw. cj mit den geforderten Eigenschaften kann es nicht geben. 34.3



Die erste und die letzte Aussage sind richtig.

34.4  Im ersten Fall benötigt man nur die Besselfunktion, im zweiten Fall beide.

5

34.13  Verschieben Sie für die erste Beziehung einen der Reihenindizes so, dass Sie das Produkt der beiden Exponentialfunktionen ezt =2 und ez=2t erhalten. Auch in der zweiten Beziehung ist eine Umnummerierung notwendig. Sie können 1 D 0 setzen. .1/Š 34.14  Setzen Sie zur Vereinfachung x D arccos t , benutzen Sie, dass arccos die Umkehrfunktion des Kosinus ist und verwenden Sie für T2 die Identität cos.2x/ D 2 cos2 x  1.

Rechenaufgaben 34.5   .6/ D 120,  .13=2/ D .10 395=64/ 8 p  .5=2/ D  15 . 34.6





34.7





34.8





34.9





p

,

Kapitel 34

d 2 5 34.12  P5 .x/ D 2515Š dx 5 .x  1/ . Für f müssen Sie die entsprechenden Integrale bestimmen. Dabei können Sie die Symmetrieeigenschaften von f ausnutzen. Die Entwicklung von g können Sie auch mit dieser Methode oder mittels Übereinstimmung der höchsten Potenzen ermitteln.

Anwendungsprobleme 34.15  Nähern Sie die Orange als Kugel. Sie können die Formeln von S. 1301 benutzen, das richtige Ergebnis folgt allerdings bereits aus der simplen Abhängigkeit V .B n /  r n . Setzen Sie das Gravitationspotenzial in der Form ˚.r/ D r˛ˇ an. Da die resultierende Kraft radial gerichtet ist, kann das Flussintegral, auch wenn es in ungewohnten Dimensionen definiert ist, ohne Probleme ausgewertet werden. 34.16  Legen Sie das Koordinatensystem so, dass eine Ladung im Ursprung, die zweite auf der positiven x3 -Achse liegt. Das Potenzial beider Ladungen ist die Summe der Potenziale der Einzelladungen. Für eine Ladung erhalten Sie ein Potenzial proportional zu 1r , für die andere einen Wurzelausdruck, den Sie mithilfe der erzeugenden Funktion auf LegendrePolynome umschreiben können.

34.10 



34.11 



34.12 

P5 .x/ D

1 d5 .x 2 25 5Š dx 5

 1/5 ,

sin x 122 P1 .x/ C 168. 410/ P3 .x/ C 660. 2 2

x5 C x2 D

8 63

4 112 2 C1008/

6

P5 .x/,

P5 .x/ C 49 P3 .x/ C 23 P2 .x/ C 37 P1 .x/ C 13 P0 .x/.

34.13 



34.14  Tn1 .t /

T1 .t / D t , T2 .t / D 2t 2  1, TnC1 .t / D 2 t Tn .t / 

372

Kapitel 34

Anwendungsprobleme 34.15 

Fast zwei Drittel, ˚.r/ D

M . 8 2 r3

34.16  U .x/ D

q 1  4 "0 r

! rd

 n ! 1 X d Pn .cos #/ 2C r nD1

2q 1  : 4 "0 r

Lösungswege Verständnisfragen 34.1  Elementare Funktionen treten bei mathematischen Problemen häufiger auf als spezielle, und entsprechend hat man im Zuge seiner Mathematikausbildung auch schon früher Kontakt mit ihnen. Vom rigorosen Standpunkt aus gibt es aber keinen wesentlichen Unterschied – auch elementare Funktionen sind letztlich über Potenzreihen definiert, besitzen Integraldarstellungen, erfüllen Differenzialgleichungen, und um sie wirklich auswerten zu können, braucht man meist einen Taschenrechner/Computer, Tabellen oder großen Rechenaufwand.

Kapitel 34

34.2  Das Produkt von P3 mit P4 ist ein Polynom siebenten Grades, dieses kann man in Œ1; 1 nach LegendrePolynomen entwickeln. Als Produkt einer symmetrischen und einer antisymmetrischen Funktion ist es selbst antisymmetrisch, nur Polynome P2kC1 mit k 2 N0 treten in der Entwicklung auf. Die Entwicklung eines Polynoms n-ten Grades nach LegendrePolynomen kann keine Pm mit m > n beinhalten. Dies folgt unmittelbar aus der Orthogonalität jedes Pn zu allen Polynomen geringeren Grades. Anschaulich argumentiert, ein solches Polynom enthält einen Term x m , der im ursprünglichen Polynom nicht auftaucht, und den man nur durch Hinzunehmen eines Polynoms noch höheren Grades kompensieren könnte – das aber wiederum Terme noch höherer Ordnung beinhaltet. Die Entwicklung beinhaltet demnach nur P1 , P3 , P5 und P7 . Die Zerlegung in diese vier Polynome ist in Œ1; 1 exakt und gilt damit auf ganz R. (Es kommen außerhalb des Intervalls keine Terme hinzu oder weg, die etwas an der Übereinstimmung ändern könnten. Formaler könnte man auch mit dem Identitätssatz für holomorphe Funktionen argumentieren.)

34.3  Separation von bestimmten partiellen Differenzialgleichungen in Zylinderkoordinaten führt zur Bessel’schen Differenzialgleichung, deren Lösungen die Zylinderfunktionen sind. Das Argument dieser Funktionen ist dabei der Abstand  von der x3 -Achse. Kugel(flächen)funktionen hingegen treten nach Separation vieler partieller Differenzialgleichungen in Kugelkoordinaten auf, sind von den Winkelvariablen # und ' abhängig, nicht vom Polarabstand r. Damit sind sie tatsächlich auf der Kugeloberfläche definiert. 34.4  Die Neumannfunktion Nn hat eine logarithmische Singularität bei % D 0, liefert im ersten Fall also keine für alle %  b definierte Lösung. Da man aber ohnehin nur eine Randbedingung zu erfüllen hat, reicht Jn zur Darstellung der Lösung aus. Im zweiten Fall sind zwei Randbedingungen zu erfüllen, man benötigt Jn und Nn . Die Singularität von Nn ist hier kein Problem, da der Bereich % < a ohnehin ausgeschlossen ist.

Rechenaufgaben 34.5



 .6/ D 5Š D 120     11 11 9 11 9 11 13 D D C1 D    2 2 2 2 2 2 2  1 11 9 7 5 3 1  D ::: D 2 2 2 2 2 2 2 p 10 395 D  287:885 278 64    5 2 2 2 3 1   D   D   2 5 2 5 3 2  1 2 2 8 p  0:945 308 7 D D 2 5 3 2 15 34.6



Wir zeigen zunächst

ezN D exiy D ex .cos y  i sin y/ D ex cos y C i sin y D ez : Damit erhalten wir aus der Integraldarstellung der Gammafunktion für Re z > 0 Z1  .z/ N D

e t 0

Aus dem oben gesagten ist klar, dass es keine Zahlen bi (Zerlegung mit zu hoher Ordnung) oder cj (Entwicklung einer symmetrischen Funktion in antisymmetrische Polynome) geben kann.

t zN 1

Z1 dt D

et ez1 ln t dt

0

Z1

Z1 et e.z1/ ln t dt D

D 0

et t z1 dt D  .z/ : 0

Lösungswege

Wegen der Stetigkeit der Gammafunktion muss diese Beziehung außer an der Polstelle z D 0 auch für Re z D 0 gelten. (Tatsächlich gilt sie im gesamten Definitionsgebiet der Gammafunktion.)

34.9



j .ix/j D  .ix/  .ix/ D  .ix/  .ix/ 1  .1  ix/  D  .ix/ D ix sin.ix/ ix

u0 .x/ D

ak x k

1 X

ak k x k1

kD1

u00 .x/ D

Aus den Gleichungen

1 X

ak k .k  1/ x k2

kD2 ix

e e 2i

und

sinh x D

e e 2 x

x

Einsetzen in die Differenzialgleichung ergibt 1 X

können wir sofort die Beziehung sin.ix/ D i sinh.x/

kD2

 : x sinh.x/

1 X

ak k .k  1/ x k

kD2

2

ablesen, und erhalten damit weiter j .ix/j2 D

ak k .k  1/ x k2  1 X

ak k x k C 

kD1

1 X

ak x k D 0 :

kD0

Nun nummerieren wir im ersten Term um, k ! k  2,

1 1 X X 34.7  k a .k C 2/ .k C 1/ x  ak k .k  1/ x k kC2      1 0 ˇˇ ˇ  0 12  .x/  x C kD0 kD2 ˇ   D .ln  .x//0 ˇxD 1 D ln  2 1 1 ˇ 1 X X 2  12  x C 12 xD 2 k  2 a k x C  ak x k k ˇ p   212x  .2x/ 0 ˇˇ kD1 kD0   D ln ˇ 1 1  x C 12 X xD 2 D .akC2 .k C 2/ .k C 1/  ak k .k C 1/ C  ak / x k   ˇ p 1 0 ˇˇ kD2 D ln.2 /  2x ln 2 C ln  .2x/  ln  x C 2 ˇxD 1 C .6 a3  2 a1 C  a1 / x C  a0 C 2 a2 D 0 2   ˇ   0 .2x/  0 x C 12 ˇˇ    D 2 ln 2 C 2 Die Koeffizienten müssen demnach (zumindest für k  2) die  .2x/  x C 12 ˇxD 12 Bedingung  0 .1/ D  2 ln 2 akC2 .k C 2/ .k C 1/  ak k .k C 1/ C  ak D 0  .1/

34.8



Die Verdopplungsformel liefert für z D    2 1 1 1 D p 22=3   :  3 6 3 

1 6

Nun multiplizieren wir beide Seiten mit  . 31 / und benutzen den Ergänzungssatz in der Form   1 2 2   D p :  D 3 3 sin 3 3 Damit erhalten wir   1 2 1 2=3 2 1  p  D p 2 3 6  3 und nach Umstellen der Terme  r  1 3 1=3 2 1   D : 2 6  3

erfüllen, und Auflösen nach akC2 liefert die Rekursionsformel akC2 D

k .k C 1/   ak : .k C 2/ .k C 1/

Zudem erhalten wir die Bedingungen  a0 C 2 a2 D 0 6 a3  2 a1 C  a1 D 0 ; die ebenfalls genau der gefundenen Rekursionsformel für k D 0 und k D 1 entsprechen. 34.10  Wir nehmen zunächst n als gerade an. Entwicklung nach dem binomischen Satz liefert ! n dn 2 dn X n n u.x/ WD .x  1/ D n .1/n x 2 : dx n dx D0 

Kapitel 34

sin x D

1 X kD0

2

ix

Unser Ansatz ergibt u.x/ D

Nun benutzen wir den Ergänzungssatz

373

374

Kapitel 34

Durch das n-fache Ableiten verschwinden alle Terme mit  < n, und wir verbleiben mit ! n u.x/ D .1/n .2/ .2  1/    .2  n C 1/ x 2n  D n2 ! n X .2/Š n x 2n .1/n D .2  n/Š  n n X

34.11 

Mit der Reihendarstellung erhalten wir

Jn .z/ D D

1  z n X

2

kD0

1  z n X

2

kDn

 z 2k .1/k kŠ  .1 C k  n/ 2  z 2k .1/k kŠ .k  n/Š 2

1  z n X .1/kCl  z 2l D 2 lŠ .n C l/Š 2

D 2

lD0

Zunächst setzen wir ` D  

u.x/ D

n=2 X `D0

n 2

! .2` C n/Š 2` n .1/n=2` x .2`/Š ` C n=2

Nun setzen wir k D 2` und deuten durch einen Strich an der Summe an, dass nur über gerade k zu summieren ist,

u.x/ D

n 0 X kD0

! .k C n/Š k n x .1/n=2k=2 kŠ k=2 C n=2

Ein allgemeiner Koeffizient hat die Gestalt n .k C n/Š .1/.nk/=2 ; .k C n/=2 kŠ

Kapitel 34

.k C 2 C n/Š n .1/.nk/=21 .k C 2/Š .k C n/=2 C 1 nŠ

.nk/=2

.1/ ::: . kCn C 1/Š . nk  1/Š 2 2 .k C 2 C n/ .k C n C 1/ .k C n/Š  .k C 2/ .k C 1/ kŠ

D

1

25 5Š

Wiederholte partielle Integration liefert Z1 1

!

D

d5 2 .x  1/5 dx 5

1 d4 ˚ 2x .x 2  1/4 D 5 2 4Š dx 4

1 d3 ˚ D 5 2 .x 2  1/4 C 8x 2 .x 2  1/3 D : : : 3 2 4Š dx

1 ˚ 252 x 5  280 x 3 C 60 x : D 32

P5 .x/ D

x sin

und damit erhalten wir akC2 D

34.12  Die Polynome P0 bis P4 sind im Text angegeben, aus der Rodriguez-Formel erhalten wir sofort

Damit können wir nun die Entwicklungen bestimmen:

!

ak D

D .1/n Jn .z/ :

und erhalten

nk 2



Z1

x 8 dx D 2 2 

x 3 sin

x 24. 2  8/ dx D 2 4

x 5 sin

x 40. 4  48 2 C 384/ dx D 2 6

1

Z1 1

Damit erhalten wir für die Entwicklungskoeffizienten .1/nk=2 : : :

. kCn C 1/ kCn Š nk Š 2 2 2 .k C n C 2/ .k C n C 1/ .k C n/Š  .k C 2/ .k C 1/ kŠ .n  k/ .k C n C 2/ .k C n C 1/ D ak .k C n C 2/ .k C 2/ .k C 1/ .k  n/ .k C 1 C n/ ak D .k C 2/ .k C 1/ k .k C 1/  n  n2 D ak .k C 2/ .k C 1/ k .k C 1/  n .n C 1/ D ak .k C 2/ .k C 1/



1 c1 D 1 C 2  c3 D 3 C  c5 D 5 C

1 2 1 2

Z1 P1 .x/ sin

x 12 dx D 2 2 

P3 .x/ sin

x 168. 2  10/ dx D 2 4

P5 .x/ sin

x dx 2

1

Z1 1

Z1 1

660. 4  112 2 C 1008/ D 6

Lösungswege

und weiter sin

168. 2  10/ x 12 P3 .x/ 2 P1 .x/ C 2  4 660. 4  112 2 C 1008/ C P5 .x/ 6

Die Entwicklung von g nach Legendre-Polynomen muss nach der fünften Ordnung abbrechen. Wiederholter Koeffizientenvergleich liefert 32 280 3 60 P5 .x/ C x C x2  x 252 252 252 8 10 3 5 P5 .x/ C x C x2  x D 63 9 21 8 4 3 D P5 .x/  P3 .x/ C x 2 C x 63 9 7 1 4 2 3 8 P5 .x/  P3 .x/ C P2 .x/ C x C D 63 9 3 7 3 8 4 2 D P5 .x/ C P3 .x/ C P2 .x/ 63 9 3 1 3 C P1 .x/ C P0 .x/ 7 3

Die Summation beginnt hier bei ` D 1. Der Term mit ` D 0 liefert aber ohnehin keinen Beitrag, da 1 1 D D0 .1/Š  .0/ gesetzt werden kann. Demnach können wir die Summation bei null beginnen lassen, zudem benennen wir ` wieder in k um, z JnC1 .z/ D 2

1  z n X

x5 C x2 D

1 X

Einsetzen der Reihendarstellung liefert (mit n D

2

kD0

 z 2k .1/k k : kŠ  .k C 1 C n/ 2

Damit ergibt sich z.Jn1 .z/ C JnC1 .z// 1  z n X  z 2k .1/k D 2n 2 kŠ  .k C 1 C n/ 2 kD0

D 2n Jn .z/ 34.14  Wir erhalten mit x D arccos t und den angegebenen trigonometrischen Identitäten T1 .t / D cos.arccos t / D t T2 .t / D cos.2x/ D 2 cos2 x  1 D 2 cos2 .arccos t /  1

1 1 X X .1/ z 2Cn t k 22Cn Š .n C /Š nD1 D0  1 X 1 X .1/  z  zt k D Š kŠ 2t 2 kD0 D0  1 1 X .1/  z  X 1 zt k D Š 2t kŠ 2 D0

Jn .z/ t k D

nD1

kD0

z

D ezt =2 ez=2t D e 2 .t  t / : 1

1  z n1 X

2

kD0

 z 2k .1/k kŠ  .k C n/ 2

1  z n X .1/k .k C n/  z 2k D2 2 kŠ  .k C 1 C n/ 2 kD0

z JnC1 .z/ D z D2

1  z nC1 X

2

kD0

1  z n X

2

kD0

 z 2k .1/k kŠ  .k C 2 C n/ 2

 z 2kC2 .1/k kŠ  .k C 2 C n/ 2

Hier setzen wir ` D k C 1 und erhalten z JnC1 .z/ D 2

1  z 2 X

2

Anwendungsprobleme 34.15  Aus der Proportionalität zwischen Volumen und der zehnten Potenz des Radius folgt der Anteil

Desweiteren erhalten wir z Jn1 .z/ D z

D t2  1 TnC1 .t / D cos ..n C 1/x/ D 2 cos x cos.nx/  cos ..n  1/x/ D 2t Tn .t /  Tn1 .t /

Kapitel 34

34.13  k  )

375

`D1

 z 2` .1/` : .`  1/Š  .` C 1 C n/ 2

VSchale VOrange; 10

 9 10  10 r 10  10 r 9 D D 1  0:651 3 : 10 r 10

In drei Dimensionen haben wir  3 9 VSchale D1 D 0:217 ; VOrange; 3 10 in 100 VSchale VOrange; 100

 D1

9 10

100 0:999 973 :

Das illustriert, dass in hohen Dimensionen fast das gesamte Volumen in einer dünnen Schicht konzentriert ist – ein Umstand von großer Bedeutung etwa in der statistischen Physik.

376

Kapitel 34

Im sphärisch-symmetrischen Fall kann das Potenzial nur vom Radialabstand abhängen, ˚ D ˚.r/. Die Kraft auf eine Masse m ist

einfach auszudrücken. Wenden wir auf das Dreieck r, r, Q d den Kosinussatz an, so ergibt sich rQ 2 D r 2 C d 2  2 r d cos # ;

0

F .x/ D m grad ˚.r/ D m˚ .r/ e r und für das Integral über die SR4 erhalten wir mit d D R4 e r d˝5 Z Z F g  d D m R4 ˚ 0 .R/ d˝5 SR4

S4

D m A5 R4 ˚ 0 .R/ Damit dieser Ausdruck gleich  m M ist, muss ˚ 0 .R/ D 

M A5 R4

˚.R/ D

M CC 3 A5 R3

(mit einer irrelevanten Konstanten C ) sein. Das soll für alle R gelten, also ist unser gesuchtes Potenzial  M  . 25 / M D 3 A5 r 3 3  2  5=2 r 3 3 p M 4  M D p 3 D : 2 8 2 r3 3  2 r

˚.R/ D

34.16  Wir legen das Koordinatensystem so, dass die erste Ladung im Ursprung, die andere an der Stelle p D .0; 0; d / sitzt. Das Potenzial der ersten Ladung können wir sofort zu

Kapitel 34

q 1  U1 .x/ D 4 "0 r angeben. Den Abstand rQ zwischen unserem Bezugspunkt x und der zweiten Ladung an der Stelle p ist hingegen nicht ganz so

und wir erhalten 1 1 D p rQ r 2 C d 2  2 r d cos # 1 1 D q  2 r 1  2 dr cos # C dr  n 1 d 1 X D  Pn .cos #/ : r nD0 r Das Potenzial beider Ladungen ist mit P0 .cos #/ 1 q 1 U .x/ D  4 "0 r

 n ! d Pn .cos #/ : 2C r nD1 1 X

Der so erhaltene Ausdruck mag zwar auf den ersten Blick kompliziert aussehen, ist aber für viele Zwecke deutlich bequemer als der Wurzelausdruck. Insbesondere genügt es oft, die Reihe nach wenigen Gliedern abzubrechen, um eine ausreichend gute Näherung zur Verfügung zu haben. Für r  d ist dr viel kleiner als 1, und wir erhalten als Näherung für das Potenzial U .x/

2q 1  ; 4 "0 r

also das Coulomb-Potenzial der Gesamtladung. Die gesamte Winkelabhängigkeit steckt in den Legendre-Polynomen Pn .cos #/ mit n  1.

Kapitel 35

35.4  Zeigen Sie, dass das Fletcher-Reeves-Verfahren im Fall einer quadratischen Zielfunktion, d. h. f W Rn ! R mit f .x/ D

Verständnisfragen

1 T x Ax  x T b ; 2

A 2 Rn n symmetrische und positiv definit und b 2 Rn , die im Abschn. 20.4 beschriebene Methode der konjugierten Gradienten ist.

35.1  Angenommen .x; O y/ O T 2 R2 ist die Minimalstelle einer differenzierbaren Funktion f W R2 ! R unter der Nebenbedingung g.x; y/ D 0 mit einer differenzierbaren Funktion @g g W R2 ! R, und es gilt @y .x; O y/ O ¤ 0. Leiten Sie für diese Stelle .x; O y/ O die Lagrange’sche Multiplikatorenregel mittels implizitem Differenzierens her.

Rechenaufgaben

35.2  Die Funktion f W Q ! R mit Q D fx 2 Rn W xi > 0; i D 1; : : : ; ng ist definiert durch

35.5  Gesucht sind der maximale und der minimale Wert der Koordinate x1 von Punkten x 2 D D A [ B, wobei A die Ebene

f .x/ D

p n

Bestimmen Sie die Extremalstellen von f unter der Nebenbedingung g.x/ D x1 C x2 C : : : C xn  1 D 0 : Folgern Sie aus dem ersten Teil für y 2 Q die Ungleichung zwischen dem arithmetischen und dem geometrischen Mittel p n

35.3



y1  y2  : : :  yn 

1 .y1 C y2 C : : : C yn /: n

Gegeben ist das Variationsproblem, ein Funktional Zb J .y/ D

A D fx 2 R3 j x1 C x2 C x3 D 1g

x1  x2  : : :  xn :

und B den Ellipsoid   ˇ 1 ˇ B D x 2 R3 ˇ .x1  1/2 C x22 C x32 D 1 4 beschreiben. 35.6  Finden Sie die Seitenlängen des achsenparallelen Quaders Q mit maximalem Volumen unter der Bedingung, dass Q  K in dem Kegel   ˇ x2 x2 ˇ K D x 2 R3 ˇ 12 C 22  .1  x3 /2 ; 0  x3  1 a b mit a; b > 0 liegt.







 p x; y.x/ C q x; y.x/ y 0 .x/ dx

a

bei Randbedingungen y.a/ D ya und y.b/ D yb zu minimieren. Zeigen Sie, dass die zugehörige Euler-Gleichung die Bedingung py .x; y/ D qx .x; y/ impliziert und interpretieren Sie das Ergebnis, wenn das Vektorfeld v W R2 ! R2 mit v.x; y/ D .p.x; y/; q.x; y//T konservativ ist.

35.7  Bestimmen Sie die stetig differenzierbare Funktion u W Œ0; 1 ! R mit u.0/ D 1 und u.1/ D e, die die Norm Z1 kukH 1 D



u.t /

2

 2 C u0 .t / dt

0

minimiert.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_34

377

Kapitel 35

Aufgaben

378

Kapitel 35

35.8  Berechnen Sie in der Menge D aller stetig differenzierbaren Funktionen u W Œ0; 1 ! R mit u.0/ D 0 und u.1/ D 1 Extrema folgender Funktionale, wenn diese existieren: (a) J .u/ D (b) J .u/ D (c) J .u/ D

R1 0 R1 0 R1

.u0 .t //2 t2

35.13  Die Formänderungsarbeit W .u/ bei der Biegung eines Balkens ist durch Z1 W .u/ D

dt

.u0 .t //2 1C.u.t //2

0

dt

t .u.t //2  t 2 u.t / dt .

0

35.9  Gesucht f W R2 ! R mit

a.x/ 00 .u .x//2 C p.x/u.x/ dx 2

ist

ein

Minimum

der

Funktion

f .x/ D sin x1 C cos x2 C 2.x12 C x22 / C 2x1 x2 : Gibt es ein lokales bzw. globales Minimum? Approximieren Sie gegebenenfalls eine Extremalstelle durch zwei Schritte des Newton-Verfahrens mit dem Startwert .0; 0/T .

beschrieben, wenn mit u W Œ0; 1 ! R die Biegelinie des Balkens, a W Œ0; 1 ! R die Biegesteifigkeit und p W Œ0; 1 ! R die (spezifische) Last bezeichnet werden. Die Gleichgewichtslage ist durch ein Minimum dieses Funktionals gegeben, wobei bei starrer Befestigung die Randbedingungen u.0/ D u.1/ D u0 .0/ D u0 .1/ D 0 vorausgesetzt werden. Ermitteln Sie die Euler-Gleichung zu diesem Funktional unter der Annahme, dass u viermal stetig differenzierbar ist und das Funktional Gâteauxdifferenzierbar ist.

Hinweise Verständnisfragen

35.10  Implementieren Sie in M ATLAB das BFGSVerfahren mit einer Armijo-Schrittweitensteuerung (t D 1=2j ) und der Startmatrix B0 D I , d. h., der erste Schritt geht in negative Gradientenrichtung. Testen Sie Ihr Verfahren mit der Rosenbrock-Funktion aus dem Beispiel auf S. 1344 ausgehend vom Startpunkt x D .0:5; 0/> . ®

Anwendungsprobleme 35.11  Es soll eine Kiste ohne Deckel mit 1 l Inhalt konstruiert werden. Wie sind die Kantenlängen zu wählen, damit die geringste Menge an Holz verbraucht wird?

Kapitel 35

35.12  Eine Fabrik soll zum Zeitpunkt T die Menge G eines Produkts ausliefern. Der Produktionsprozess startet zum Zeitpunkt null und soll optimal gesteuert werden. Mit u.t / wird die bis zum Zeitpunkt t hergestellte Menge des Produkts bezeichnet. Die anfallenden Kosten setzen sich aus zwei Anteilen zusammen, den Produktionskosten und den Lagerkosten. Die Lagerkosten sind konstant und betragen Cl Euro pro Produktund Zeiteinheit. Die Produktionskosten erhöhen sich linear mit der Produktionsrate. Über die gesamte Produktionsmenge lassen sich somit die Produktionskosten bilanzieren durch ZG Kp D

Cp u0 du

35.1  Lösen Sie g.x; y/ D 0 nach y auf (Satz über implizite Funktionen!) und betrachten Sie h W D  R ! R mit h.x/ D f .x; y.x//. 35.2  Mit der Lagrange’schen Multiplikatorenregel lässt sich die Extremalstelle bestimmen. Betrachten Sie im zweiten P Teil xi D yi = jnD1 yj . 35.3  Aufstellen der Euler-Gleichung für diesen Spezialfall führt direkt auf die Bedingung. Ein konservatives Vektorfeld bedeutet, dass es eine Funktion u W D  R2 ! R2 mit ru D .p; q/> gibt, und es lässt sich das Integral J .y/ in Abhängigkeit von u angeben. 35.4  Berechnen Sie zunächst die Iterierten des FletcherReeves-Verfahrens für die Funktion f . Außerdem muss die angegebene Notation zum CG-Verfahren auf die des Modellalgorithmus übertragen werden. Induktiv lässt sich dann nachvollziehen, dass beide Beschreibungen in jedem Schritt denselben Vektor x .kC1/ bzw. p.kC1/ berechnen. Um dies zu belegen, muss gezeigt werden, dass die Abstiegsrichtungen zueinander konjugiert liegen, d. h. .p.kC1/ /> Ap .k/ D 0.

Rechenaufgaben

0

mit einer Konstante Cp > 0. Geben Sie das Kostenfunktional über dem Zeitintervall Œ0; T  an, und berechnen Sie den Produktionsplan u W Œ0; T  ! R mit den geringsten Kosten.

35.5  Mit der Zielfunktion f .x/ D x1 und den zwei Nebenbedingungen, die D beschreiben, lässt sich die Lagrange’sche Multiplikatorenregel anwenden.

Lösungen

35.6  Als Zielfunktion bietet sich das Volumen des Quaders mit Eckpunkt x 2 R3 im ersten Oktanden an. Diese Funktion ist unter der Nebenbedingung x 2 K mit der Lagrange’schen Multiplikatorenregel zu maximieren. 35.7  Aufstellen der Euler-Gleichung zu diesem Variationsproblem und lösen der resultierenden gewöhnlichen Differenzialgleichung führt auf die gesuchte Funktion. 35.8  Man untersuche jeweils die Euler-Gleichung zu diesen Funktionalen. In Teilaufgabe (b) hängt der Integrand nicht explizit von t ab, und es lässt sich, wie im Beispiel zur Katenoide auf S. 1337, eine Differenzialgleichung für u0 finden. 35.9  Bestimmen Sie aus rf .x/ D 0 die stationären Punkte und zeigen Sie, dass die Hesse-Matrix postiv definit ist. 35.10  Schreiben Sie sich zunächst wie beim CGVerfahren im Text den Modellalgorithmus für das BFGSVerfahren auf.

379

35.3  Das Integral ist wegunabhängig, d. h., für jede Funktion y gilt J .y/ D u.yb /  u.ya /: Damit ist jede differenzierbare Funktion, die die Punkte .a; ya /> und .b; yb /> verbindet, eine Lösung des Optimierungsproblems. Die Aufgabe hat unendlich viele Lösungen. 35.4

 –

Rechenaufgaben 35.5  Die Koordinate x1 von Punkten in D hat maximal den Wert xmax D 1 C p23 . Der kleinste mögliche Wert ist xmin D 1

p2 . 3

35.6  Das maximale Volumen wird erreicht, wenn eine Ecke des Quaders in den Punkt !> p p 2 2 1 xD a; b; 3 3 3 gelegt wird. 35.7

35.11  Formulieren Sie das Problem als Optimierungsproblem mit einer Nebenbedingung und wenden Sie die Lagrange’sche Multiplikatorenregel an. 35.12  Für das Zielfunktional integriere man die beiden Kostenarten über dem Intervall Œ0; T . Mit Lösungen der EulerGleichung zu diesem Funktional und den Randbedingungen u.0/ D 0 und u.T / D G lässt sich eine stationäre Funktion finden, die einem Produktionsplan mit geringsten Kosten entspricht. 35.13  Die Euler-Gleichung ergibt sich aus der Ableitung von J .u C "h/ bezüglich einer Variablen " an der Stelle " D 0.



Die Exponentialfunktion, d. h. u W Œ0; 1 ! R mit u.t / D et ;

minimiert das Funktional. 35.8



(a) u.t / D t 3 , (b) u.t / D tan

  t 4

In Teilaufgabe (c) gibt es kein Extremum. 35.9  Es gibt ein globales Minimum mit den Koordinaten xO .0:351 5; 0:233 7/> . 35.10  –

Anwendungsprobleme

Lösungen

35.11  Die optimale Kantenlängen sind x D x und z D x2 .

Verständnisfragen

35.12  35.1

 

– Das Extremum liegt in  xO D

1 1 1 ; ;:::; n n n

>

35.13  :

2 dm, y D

Minimale Kosten werden erreicht durch u.t / D

35.2

p 3

Cl 2 Cl 2 G  Cp T t C t: Cp T

Die Differenzialgleichung der Balkenbiegung ist .a.x/u00 .x//00 C p.x/ D 0 :

Kapitel 35

Anwendungsprobleme

380

Kapitel 35

Lösungswege

Es ergibt sich 1

Verständnisfragen 35.1  Wegen der Bedingung @g .x; O y/ O ¤ 0 gibt es nach @y dem Satz über implizite Funktionen in einer Umgebung D  R von xO eine differenzierbare Funktion y W D ! R mit y.x/ O D yO und g.x; y.x// D 0, d. h., wir können die Nebenbedingung lokal nach y auflösen. Die Minimalstelle ist somit Extremum der Funktion h W D ! R mit h.x/ D f .x; y.x//. Die notwendige Optimalitätsbedingung für h führt auf 0 D h0 .x/ O D

@f @f O .x; O y/ O C .x; O y/ O y 0 .x/ @x @y

O erhalten wir durch implizites DifferenzieDie Ableitung y 0 .x/ ren aus

und  ¤ 0. Somit erhalten wir für eine Extremalstelle x1 D x2 D : : : D xn und g.x/ D nxi  1 D 0. Daraus folgt xi D n1 , für i D 1; : : : ; n und die Extremalstelle ist  1 T 1 ;:::; : xO D n n Wir gehen davon aus, dass y 2 Rn mit yi > 0; i D 1; : : : ; n; ist. Setzen wir yi ; xi D n P yj j D1

so ist g.x/ D

p n

xi  1 D 0. Mit dem ersten Teil folgt

s 1 n 1 x1  : : :  xn  n D : n n

Einsetzen von x ergibt die gesuchte Ungleichung

O liefert Einsetzen in die Ableitung h0 .x/

p n

@f @g @f @g .x; O y/ O .x; O y/ O  .x; O y/ O .x; O y/ O D 0: @x @y @y @x 35.3

Definieren wir nun  2 R durch @g @f .x; O y/ O C  .x; O y/ O D 0; @y @y



@g @f .x; O y/ O C  .x; O y/ O D 0: @x @x Wir haben gezeigt, dass es einen Multiplikator  2 R gibt mit rf .x; O y/ O C rg.x; O y/ O D 0.

Kapitel 35



p Die Zielfunktion ist f .x/ D n x1  : : :  xn mit der Restriktion g.x/ D x1 C : : : C xn  1 D 0. Betrachten wir die Lagrange-Funktion, L D f C g mit  2 R, so folgt als notwendige Bedingung für Extremalstellen: rx L.x; / D rf .x/ C rg.x/ D 0 g.x/ D 0 bzw.

1X yj : n j D1 n

y1  : : :  yn 

Mit dem Integranden g mit g.y; y 0 ; x/ D p.x; y/ C q.x; y/ y 0

erhalten wir aus der Euler-Gleichung für eine stationäre Funktion die gesuchte Identität durch

so folgt aus der vorherigen Gleichung auch

35.2

n P i D1

d @g @g g.x; y.x// D .x; y.x// C .x; y.x//y 0 .x/ : dx @x @y

0D

1

x n  : : :  xnn xi D  1 n

0D

@g @p d @g @q 0 D  C y  0 @y dx @y @y @y @q 0 @p C y  D @y @y @p @q  : D @y @x

d .q/ dx @q @q 0  y @x @y

Ist das Vektorfeld v konservativ, und bezeichnen wir das Potenzial mit u, d. h. v D ru, so folgt mit dem zweiten Hauptsatz der Differenzial und Integralrechnung Zb J .y/ D

    p x; y.x/ C q x; y.x/ y 0 .x/ dx

a

Zb D

d .u.y.x/// dx D u.y.b//  u.y.a// : dx

a 1 1 1 .x1n  : : :  xnn / C  D 0; nxi g.x/ D 0 :

i D 1; : : : ; n

Somit hängt der Wert des Funktionals nicht vom Verlauf der Funktion y ab. Jede differenzierbare Funktion y W Œa; b ! R mit y.a/ D ya und y.b/ D yb ist Lösung des Variationsproblems. Es gibt unendlich viele Lösungen.

Lösungswege

35.4

 Der Gradient der Funktion f mit f .x/ D

Wir nehmen nun an, dass pQ .kC1/ D p .k/ ist und die ersten k Iterationsschritte auf dieselben Vektoren geführt haben. Es gilt

1 > x Ax  x > b ; 2

.b  Ax .k/ /> p .k1/ D .b  A.x .k1/ C tk1 p.k1/ //> p.k1/

berechnet sich zu

D .b  Ax .k1/ /> p .k1/

rf .x/ D Ax  b :

C

Somit setzen wir für einen Startwert x .0/ 2 R

p .0/ D g .0/ D b  Ax .0/ :

mit der Symmetrie der Matrix A. Aufgrund dieser Orthogonalität folgt

Die Schrittweite im Fletcher-Reeves-Verfahren errechnet sich aus der Nullstelle der Richtungsableitung in Richtung p .k/ . Wir erhalten

.p .k/ /> .Ax .k/  b/ D .b  Ax .k/ C ˇk1 p .k1/ /> .b  Ax .k/ / D .b  Ax .k/ /> .b  Ax .k/ / :

0 D .p .k/ /> rf .x .k/ C t p .k/ / D .p .k/ /> .A.x .k/ C t p .k/ /  b/ D .p

.k/ >

/ .Ax

.k/

 b/ C t .p

.p.k1/ /> .Ax .k1/  b/ .Ap .k1/ /> p .k1/ .p .k1/ /> Ap .k1/

D .b  Ax .k1/ /> p .k1/ C .p .k1/ /> .Ax .k1/  b/ D0

g .0/ D rf .x .0/ / D Ax .0/  b und

381

.k/ >

/ Ap

Mit der Definition von tk bzw. ˛kC1 folgt .k/

:

.p .k/ /> .Ax .k/  b/ .p .k/ /> Ap .k/ .b  Ax .k/ /> .b  Ax .k/ / D .p.k/ /> Ap .k/

tk D  tk D 

.p .k/ /> .Ax .k/  b/ : .p .k/ /> Ap .k/

Ein Iterationsschritt des Fletcher-Reeves-Verfahrens ist nun gegegben durch x .kC1/ D x .k/ C tk p.k/ g kC1 D rf .x .kC1/ / D Ax .kC1/  b ˇk D

kg .kC1/ k2 kAx kC1  bk2 D .k/ 2 kg k kAx k  bk2

D

Als nächsten Schritt übertragen wir das CG-Verfahren aus Abschn. 20.4. Da der Vektor p bei den beiden Beschreibungen im Index verschoben ist, nutzen wir für die Beschreibung aus Abschn. 20.4 die Notation pQ .k/ und ˇQk . Somit ist letztendlich zu zeigen, dass pQ .kC1/ D p .k/ ist, und für die Schrittweite tk D ˛kC1 gilt, denn in beiden Notationen wird die nächste Iterierte berechnet aus

.pQ .kC1/ /> A pQ .kC1/

D ˛kC1

wegen r .k/ D g .k/ D rf .x .k/ / D b  Ax .k/ . Für die Abstiegsrichtung pQ .kC2/ in Abschn. 20.4 ergibt sich mit der Notation des Fletcher-Reeves-Verfahrens pQ .kC2/ D r .kC1/ C ˇQkC2 pQ .kC1/ D b  Ax .kC1/ C ˇQkC2 p .k/

p .kC1/ D g .kC1/ C ˇk p .k/ D b  Ax .kC1/ C ˇk p.k/ :

.r .k/ /> r .k/

mit .r .kC1/ /> A pQ .kC1/ .b  Ax .kC1/ /> Ap .k/ ˇQkC2 D .kC1/ D : .p.k/ /> Ap .k/ .pQ /> A pQ .kC1/ Es bleibt zu beweisen, dass ˇk D ˇQkC2 gilt. Mit den Definitionen von tk und von x .kC1/ erhalten wir die Identität .b  Ax .kC1/ /> Ap .k/ ˇQkC2 D .p .k/ /> Ap .k/

x .kC1/ D x .k/ C ˛kC1 pQ .kC1/ D x .k/ C tk p .k/ ;

D

.b  Ax .kC1/ /> .tk Ap .k/ / .b  Ax .k/ /2

wenn die Verfahren nicht in einem stationären Punkt abbrechen.

D

.b  Ax .kC1/ /> A.x .kC1/  x .k/ / : .b  Ax .k/ /2

Nun können wir induktiv vorgehen. Für den Induktionsanfang genügt es die Definitionen anzusehen. Es ist pQ .1/ D p .0/ D rf .x .0/ / und somit auch t0 D ˛1 . Damit wird im ersten Schritt bei beiden Verfahren derselbe Vektor x .1/ bestimmt.

Es genügt, wenn wir .b  Ax .kC1/ /> Ax .k/ D .b  Ax .kC1/ /> b

Kapitel 35

Also ist

382

Kapitel 35

zeigen, denn dann ergibt sich auf der rechten Seite der Identität der oben berechnete Ausdruck für ˇk des Fletcher-ReevesVerfahrens. Die gesuchte Orthogonalität

beinhaltet die Eigenschaft, dass die Abstiegsrichtungen Akonjugiert sind, d. h., es ist .p .kC1/ /> Ap .k/ D 0, denn es gilt mit den Definitionen von x .kC1/ , p.kC1/ , ˇk und der oben (für k1) gezeigten Gleichung .bAx .kC1/ /> p .k/ D 0 die Identität 1 .kC1/ > .p / A.tk p .k/ / tk

1 .b  Ax .kC1/ C ˇk p .k/ /> A.x .kC1/  x .k/ / tk 1 D .b  Ax .kC1/ C ˇk p .k/ /> .Ax .kC1/  b C b  x .k/ / tk 1 D ..b  Ax .kC1/ /2  .b  Ax .kC1/ /> .b  Ax .k/ // tk 1 C ˇk .p .k/ /> .b  Ax .k/ / ƒ‚ … tk „ D

DkbAx .k/ k2

D

.Ax .kC1/  b/> .Ax .k/  b/ D 0 ; und die Induktion ist abgeschlossen.

.b  Ax .kC1/ /> .b  Ax .k/ / D 0

.p .kC1/ /> Ap .k/ D

Mit der Induktionsannahme .p .k/ /> Ap .k1/ D 0 folgt somit auch

1 .b  Ax .kC1/ /> .b  Ax .k/ / : tk

Mit der letzten Gleichung ergänzen wir die Induktion und zeigen, dass die Abstiegsrichtungen zueinander A-konjugiert sind, bzw. die Gradienten im euklidischen Sinne senkrecht stehen. Die Behauptung lautet, dass für k 2 N, solange das Verfahren nicht in einem stationären Punkt abbricht, gilt .Ax .kC1/  b/> .Ax .k/  b/ D .p .kC1/ /> Ap .k/ D 0 : Zunächst müssen wir den Induktionsanfang für k D 0 nachliefern. Es gilt mit der Definition von t0 : D .A.x .0/ C t0 p .0/ /  b/> .Ax .0/  b/

Kapitel 35

D kAx .0/  bk2 C t0 .Ap .0/ /> .Ax .0/  b/ „ ƒ‚ … Dp .0/ .0/ >

D kAx

.0/

 bk C .p / .Ax

D kAx

.0/

 bk  .p / p

.0/ >

2

.0/

.0/

 b/

D0

Für den Induktionsschluss betrachten wir die Identität .Ax .kC1/  b/> .Ax .k/  b/ D .A.x .k/ C tk p .k/ /  b/> .Ax .k/  b/ D kA.x .k/  b/k2 C tk .Ap .k/ /> .Ax .k/  b/ D kA.x .k/  b/k2 C tk .Ap .k/ /> .p.k/  ˇk1 p .k1/ / D kA.x .k/  b/k2 

Rechenaufgaben 35.5  Die Menge D ist kompakt und die Funktion f stetig. Sie nimmt somit auf D ihr Maximum und ihr Minimum an. Die zugehörige Lagrange-Funktion lautet L.x; 1 ; 2 / D x1 C 1 .x1 C x2 C x3  1/  1 C 2 .x1  1/2 C x22 C x32  1 : 4 Stationäre Punkte sind dadurch gekennzeichnet, dass alle partiellen Ableitungen von L verschwinden. Setzen wir diese null, so folgt das nichtlineare Gleichungssystem 1 1 C 1 C 2 .x1  1/ D 0 2 1 C 22 x2 D 0 1 C 22 x3 D 0 x1 C x2 C x3  1 D 0 1 .x1  1/2 C x22 C x32  1 D 0: 4 Die Differenz der zweiten und der dritten Gleichung liefert 2 .x2  x3 / D 0. Die Annahme 2 D 0 ergibt aus der zweiten Gleichung 1 D 0, aber aus der ersten 1 D 1. Wegen dieses Widerspruchs folgt x2 D x3 . Weiter gilt nun 1  x1 : 2 Einsetzen dieser Identitäten in die letzte Gleichung liefert x2 D x3 D

.Ax .1/  b/> .Ax .0/  b/

2

Insgesamt ist nun gezeigt, dass beide Verfahren bei dieser Zielfunktion dieselben Iterationsschritte beschreiben.

kAx .k/  bk2 .k/ > .p / Ap .k/ .p.k/ /> Ap .k/

 tk ˇk1 .p.k/ /> Ap .k1/ :

3 .x1  1/2 D 1 4

2 bzw. x1 D 1 ˙ p : 3 Mit der vierten Gleichung bekommt man die anderen Koordinaten 1 1  x1 x2 D x3 D D p : 2 3 Bei den einzigen beiden gefundenen Punkten  2 1 1 > e1 D 1 C p ;  p ;  p 3 3 3 und  2 1 1 > e2 D 1  p ; p ; p 3 3 3 handelt es sich also um die Maximalstelle und die Minimalstelle von f .

Lösungswege

35.6  Wir bezeichnen mit x 2 R3 die Koordinaten des Eckpunkts im positiven Oktanden. Aufgrund der Symmetrie ist somit die Funktion f .x/ D x 1 x 2 x 3 unter der Nebenbedingung g.x/ D

x22 x12 C  .1  x3 /2  0 a2 b2

383

ein, so folgen die weiteren Werte x1 D Setzen wir x3 D 1=3 p p 2 2 a und x D b. Da das Volumen f auf der kompak2 3 3 ten Menge K eine stetige Funktion ist, muss es ein Maximum geben. Die Multiplikatorenregel erlaubt aber nur diesen einen Kandidaten, sodass wir die Maximalstelle und das maximale Volumen p p 16 2 2 1 a b D ab 8  max f .x/ D 8 x2K 3 3 3 27 gefunden haben.

und den Bedingungen xj  0 zu maximieren.

mit einem Multiplikator   0. Damit ergeben sich für eine Extremalstelle die notwendigen Bedingungen 1 0 x2 x3 C 2 a2 x1 C B x x C2x 1 3 C B b2 2 0 D rL.x; / D B C: @ x1 x2 C 2.1  x3 / A 2 2 x1 x C b22  .1  x3 /2 a2

35.7  Wir setzen g.u; u0 ; t / D u2 C u02 . Die EulerDifferenzialgleichung zu diesem Variationsproblem lautet 2u 

d. h. u  u00 D 0. Die allgemeine Lösung dieser gewöhnlichen Differenzialgleichung zweiter Ordnung ist u.t / D ˛et C ˇet : Aus den Bedingungen u.0/ D ˛ Cˇ D 1 und u.1/ D ˛eC ˇe D e folgt ˛ D 1 und ˇ D 0. Damit ergibt sich die gesuchte Lösung des Variationsproblems zu u W Œ0; 1 ! R mit

Offensichtlich gilt x1 ; x2 ; x3 > 0, denn wenn eine Koordinate verschwindet, ist das Volumen null. Wir erhalten also ein minimales Volumen, dass uns nicht weiter interessiert. Um dieses nichtlineare Gleichungssystem zu lösen, betrachten wir zunächst die Differenz aus dem x1 -fachen der ersten Gleichung mit dem x2 -fachen der zweiten und erhalten wegen x1 ; x2  0 x1 x2 D ; a b

u.t / D et : 35.8



2 D 0: ab

2 -fachen der dritten GleiWeiter liefert die Differenz aus dem ab chung und der vierten Gleichung die Identität

4 .1  x3 / C .1  x3 /2 D 0 : ab Setzen wir die zuvor berechnete Darstellung für x3 ein, so ergibt sich .1  3x3 /.1  x3 / D 0 : Da x3 D 1 auf x1 D x2 D 0 führen würde, bleibt nur x3 D 1=3 als mögliche Lösung dieser Gleichung für eine kritische Stelle.

u0 2 ; t2

so folgt aus der Euler-Gleichung d d .gu0 / D  dt dt 2u00 .t / u0 .t / D 4 3 : t2 t



0 D gu 

2u0 .t / t2



Es folgt für t > 0 die separable Differenzialgleichung

Wir setzen die Relation zwischen x2 und x3 für eine kritische Stelle in die erste Gleichung ein und erhalten x3 C

(a) Setzen wir g W R n 0 R R ! R mit g.x; u; u0 / D

wenn  ¤ 0 ist. Den Fall  D 0 können wir für ein Maximum ausschließen, denn sonst folgt etwa aus der ersten Gleichung x2 x3 D 0, was nur mit x2 D 0 oder x3 D 0 erfüllt werden kann.

d .2u0 / D 0; dt

2 u00 .t /  u0 .t / D 0 : t Wir bestimmen die allgemeine Lösung aus der Identität Z Z 00 2 u dt D dt 0 u t und erhalten

u0 .t / D c1 t 2 :

Durch Integration ergibt sich u.t / D

c1 3 t C c2 : 3

Aus den Bedingungen u.0/ D 0 und u.1/ D 1 folgen die Konstanten c1 D 3 und c2 D 0. Somit ist mit u.t / D t 3 ein Extremum des Funktionals gegeben.

Kapitel 35

Wir betrachten die Lagrange-Funktion  2 x1 x22 2 C  .1  x / L.x; / D x1 x2 x3 C  3 a2 b2

384

Kapitel 35

35.9

(b) Mit g.u; u0 / D

u0 2 1 C u2

sehen wir, dass der Integrand nicht explizit von t abhängt. Analog zum Beispiel auf S. 1337 ergibt sich mit der EulerGleichung, dass



Mit der notwendigen Bedingung  rf .x/ D

0 u0 u0 0 2u  u D  D c1 : 1 C u2 1 C u2 1 C u2

Integration liefert

Z

1 du 1 C u2 Z u0 D dt 1 C u2 Z D  c1 dt D c1 t C c2 :

arctan u D

Also erhalten wir für eine Extremalfunktion die Darstellung u.t / D tan.c1 t C c2 / mit einer weiteren Konstanten c2 2 R. Die Bedingungen u.0/ D 0 und u.1/ D 1 führen auf c2 D 0 und c1 D  4 . Somit ergibt sich die Lösung u.t / D tan

 t: 4

(c) Mit der Funktion g mit g.t ; u; u0 / D t u2  t 2 u lautet die Euler-Gleichung d 0 D gu  gu0 D 2t u  t 2 : dt

Kapitel 35

Damit ergibt sich als ein Kandidat für ein Extremum die Funktion t u.t / D : 2

D0

für ein Extremum gilt für einen stationären Punkt x2 D 

d .g.u; u0 /  u0 gu0 .u; u0 // D 0 dt gilt. Somit existiert zu einer Extremalfunktion eine Konstante c1 2 R mit g.u:u0 /  u0 gu0 .u; u0 / D c1 . Einsetzen der Funktion g führt auf

cos x1 C 4x1 C 2x2  sin x2 C 2x1 C 4x2

cos x1  2x1 : 2

Einsetzen dieser Identität in die zweite Gleichung liefert  h.x1 / D sin

1 cos.x1 / C 2x1  2 cos.x1 /  6x1 D 0: 2

Da h eine stetige Funktion definiert, folgt aus dem Zwischenwertsatz die Existenz einer Nullstelle, also einer Extremalstelle von f , denn h.=2/ > 0 und h.=2/ < 0. Die Hessematrix zu f , 

4  sin x1 H .x/ D 2

2 4  cos x2



ist positiv definit für alle x 2 R2 , da 4  cos x1 > 0 und det.H .x// D 16  4 sin x1  4 cos x2 C sin x1 cos x2  4 > 0 gilt. Somit liegt an dieser Stelle ein globales Minimum vor. Anwenden des Newton-Verfahrens, xnC1 D xn  .H .xn //1 rf .xn /; führt auf die Werte n

x1

x2

0 1 2 3

0 0.375 0 0.351 6 0.351 5

0 0.250 0 0.233 7 0.233 7

BFGS-Verfahren zur Minimierung einer Da diese Funktion aber die Randbedingungen nicht erfüllt wird 35.10  Das n offensichtlich, dass es in dem verlangten Unterraum von Funk- Funktion f W R ! R ist gegeben durch tionen kein Extremum gibt. 1. (Initialisierung) Zunächst wird ein Startwert x .0/ 2 Rn festgelegt, g .0/ D rf .x .0/ / berechnet und k D 0 und B0 D I Dies sehen wir auch an einem einfachen Beispiel, etwa die Pogesetzt. lynome u W Œ0; 1 ! R mit u.t / D at .t  1/ C t . Für jeden Wert 2. Wenn g .k/ D 0 ist, stoppt das Verfahren mit der stationären a 2 R erfüllen diese Funktionen die Randbedingungen und für Stelle x .k/ . das Funktional ergibt sich 3. Ansonsten wird eine neue Abstiegsrichtung 1 1 J .u/ D  a C : 6 2 p .k/ D Bk1 g .k/ Der Ausdruck ist unbeschränkt in a 2 R. Das Funktional besitzt also kein Extremum in der gewünschten Klasse von Funktionen. berechnet.

Lösungswege

4. Die Armijo-Schrittweite tk > 0 wird bestimmt, indem beginnend mit j D 1 getestet wird, ob  1 .k/ .k/ f x C jp < f .x .k/ / 2 gilt. Sobald dies zutrifft, wird tk D 1=2j gesetzt. 5. Der eigentliche Iterationsschritt besteht in der Berechnung von: x .kC1/ D x .k/ C tk p .k/ g .kC1/ D rf .x .kC1/ /

C

y .k/ .y .k/ /> .y .k/ /> d .k/

6. Mit Erhöhen von k um 1 wird die Iteration beim 2. Schritt fortgesetzt. In M ATLAB® kann ein entsprechendes Programm wie folgt aussehen: function [lsg] = bfgsverfahren(x0,f,Jf) %********************************************* % BFGS-Verfahren % % Syntax: [lsg] = bfgsverfahren(x0,g,Jg) % % Eingabe: % x0 Startvektor % f Fkt.-name Auswertung f(x) % Jf Fkt.-name Auswertung grad(f)(x) % % Ausgabe: % lsg Iterationen mit Funktionswerten %********************************************* % Parameter festlegen neweps = 1e-4; maxiter = 100; % Initialisierung der Iterationen xn = x0; fn = feval(f,xn); gn = feval(Jf,xn); Bn = eye(length(xn)); lsg = [xn(1),xn(2),fn]; iter = 0; % Quasi-Newton Iterationen while ((norm(gn) > neweps) & (iter < maxiter)) % Abstiegsrichtung berechnen pn = - Bn \ gn; % Armijo-Schrittweite t = 1.0; tmp = xn + t*pn; ftmp = feval(f,tmp); aiter = 1 ;

= tmp - xn; = gtmp - gn;

Bn

= Bn - 1/(d'*Bn*d)*(Bn*d)*(Bn*d)' ... + 1/(y'*d) * y*y'; xn = tmp; fn = ftmp; gn = gtmp; lsg = [lsg;[xn(1),xn(2),fn]]; iter = iter + 1; end

Wenn Sie die Rosenbrock Funktion und ihre Ableitungen, wie auf S. 1351 implementieren, liefert das Programm zum BFGSVerfahren mit dem Aufruf >> bfgsverfahren([0.5 ; 0.0],'rb','grad_rb')

die Werte: .k/

.k/

k

x1

x2

f .x .k/ /

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

0.5000 0.2500 0.0860 0.3687 0.7141 0.6397 0.6712 0.9143 0.8362 0.8876 0.9879 0.9957 1.0005 1.0000 1.0000

0.0000 0.3125 0.0094 0.2097 0.4351 0.3908 0.4258 0.7337 0.6794 0.7847 0.9663 0.9907 1.0007 1.0000 1.0000

1.0000 0.7363 0.4907 0.3558 0.2043 0.1883 0.1698 0.1191 0.0546 0.0232 0.0013 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

Vergleichen Sie die Ergebnisse mit den anderen Verfahren, die im Text zu diesem Problem getestet wurden.

Anwendungsprobleme 35.11  Wir bezeichnen mit x, y und z die gesuchten Kantenlängen der Kiste in Dezimeter. Berechnen wir die Oberfläche

Kapitel 35

.d .k/ /> B k d .k/

if(aiter==11) fprintf(['keine Schrittweite in ' ... '%d -ter Iteration\n'],iter) break end

d y

y D g .kC1/  g .k/ .B k d .k/ /.B k d .k/ />

< ftmp) & (aiter 0 ;

bzw.

da die Kiste 1 l Inhalt haben soll. Mit der Lagrange-Funktion, L D f C h, folgt die notwendige Bedingung: rL D 0. Dies impliziert folgendes Gleichungssystem: y C 2z C yz D 0 x C 2z C xy D 0 2x C 2y C xy D 0 xyz  1 D 0

p 3

2 dm;

x D y;

und z D

u.t / D

x : 2

35.12  Die Lagerkosten über den gesamten Zeitraum ergeben sich durch das Integral

Cl u.t / dt :

Mit einer Substitution im Integral für die Produktionskosten erhalten wir für die Gesamtkosten das Funktional J .u/ D Kp C Kl D 0

  Cp .u0 .t //2 C Cl u.t / dt „ ƒ‚ … Dg.t ;u;u0 /

Kapitel 35

Die Euler-Gleichung zu diesem Funktional lautet d @g @g  D Cl  2Cp u0 0 @u dt @u0

bzw. u00 .t / D

Cl : 2Cp

Integration liefert Cl t C k1 2Cp Cl 2 u.t / D t C k1 t C k2 Cp

u0 .t / D

:

Cl 2 Cl 2 G  Cp T t C t Cp T

Es handelt sich dabei mit Sicherheit um ein Minimum, da sich das Funktional aus einem quadratischen und einem linearen Term zusammensetzt und somit konvex ist. 35.13  Da das Funktional auch von der zweiten Ableitung der gesuchten Funktion abhängt, müssen wir die im Text angegebenen Euler-Gleichungen modifizieren. Die Ableitung der Funktion Z1

g.u C "h; u0 C "h0 ; u00 C "h00 ; t / dt

0

d W .u C "h/j"D0 D d"

Z1

@g @g @g h C 0 h0 C 00 h00 dx ; @u @u @u

0

wobei das Argument .u; u0 ; u00 ; t / zu g weggelassen wurde. Mit partieller Integration (1 bzw. 2 ) folgt die Identität

in Abhängigkeit der Produktionsstrategie u.

0D

T

mit g.u; u0 ; u00 ; t / D a2 .u00 /2 C pu ist gegeben durch

0

ZT

Cl 2 T Cp

gegeben.

W .u C "h/ D

ZT Kl D

k1 D

G

Die optimale Strategie zur Produktion ist durch

.1/ .2/ .3/ .4/

Die Differenz (1)  (2) führt auf .y  x/.1 C z/ D 0. Da z D 1 in Gleichung (1) auf z D 0 führen würde, bleibt nur der Fall y D x. Aus der Gleichung (3), x D y und x > 0 folgt  D  x4 . Setzen wir diese Identität in (2) ein, so ergibt sich x D 2z. Mit Gleichung (4) erhalten wir die optimalen Kantenlängen xD

Cl 2 T C k1 T Cp

GD

Als Restriktionen haben wir

d W .u C "h/j"D0 D d"

Z1 

  @g d2 @g 00 d @g 0 C 2 h dx;  @u dx @u0 dx @u00

0

denn für die Testfunktionen h müssen die Randbedingungen h.0/ D h.1/ D h0 .0/ D h0 .1/ D 0 gelten, damit die Variationen von u in der Menge der zulässigen Funktionen bleiben. Das Funktional wird stationär, wenn die Funktion u die EulerGleichung   @g @g @g d d d C DpC  .au00 / D 0 0 00 @u dx @u dx @u dx erfüllt. Da a2 .u00 /2 C pu konvex in u ist, ergibt sich dies auch für das Funktional. Somit ist durch die Differenzialgleichung ein Minimum, also die sich einstellende Biegelinie, beschrieben.

Kapitel 36

Werten X xopt . Dann ist die Korrelation .X ; Y / abhängig vom Wertebereich, in dem X gemessen wird. Gilt nun (a):

Aufgaben

.X ; Y / > 0 falls X  xopt .X ; Y / < 0 falls X  xopt

Verständnisfragen

1) „Gesundheit“ eines Patienten ist ein statistisches Merkmal. 2) Ordinale Merkmale besitzen keinen Mittelwert, wohl aber eine Mitte. 3) Um ein Histogramm zu zeichnen, müssen die Daten gruppiert sein. 4) Um eine Verteilungsfunktion zeichnen zu können, müssen die Daten gruppiert sein. 36.2  Für das Jahr 1997 wurden in den deutschen Bundesländern (außer Berlin) folgende Zahlen für den Anteil (in %) von Bäumen mit deutlichen Umweltschäden ausgewiesen: BL

HE

NS

NRW

SH

BB

MV

S

Anteil

16

15

20

20

10

10

19

BL

SA

TH

BW

B

HH

RP

SL

Anteil

14

38

19

19

33

24

19

Erläutern Sie die Begriffe Grundgesamtheit, Untersuchungseinheit, Merkmal und Ausprägung anhand dieses Beispiels. Zeichnen Sie für die obigen Angaben einen Boxplot. Vergleichen Sie arithmetisches Mittel und Median der Angaben. 36.3  Von einer Fußballmannschaft (11 Mann) sind 4 Spieler jünger als 25 Jahre, 3 sind 25, der Rest (4 Spieler) ist älter. Das Durchschnittsalter liegt bei 28 Jahren. Wo liegt der Median? Wie ändern sich Median und Mittelwert, wenn für den 40-jährigen Torwart ein 18-jähriger eingewechselt wird? 36.4  Der Ernteertrag Y hängt unter anderem vom Wassergehalt X des Bodens ab. Dabei ist Y minimal, wenn der Boden zu trocken oder zu feucht ist. Optimal ist er bei mittleren

oder (b): .X ; Y / < 0 falls X  xopt .X ; Y / > 0 falls X  xopt oder weder (a) noch (b)? 36.5  Bei einer Verpackungsmaschine seien das Nettogewicht N des Füllgutes und das Gewicht T der Verpackung voneinander unabhängig. Das Bruttogewicht B ist die Summe aus beiden B DN CT : Sind B und N unkorreliert oder positiv- oder negativ-korreliert? 36.6  Bei einer Abfüllmaschine werden Ölsardinen in Öl in Dosen verpackt. Es sei S das Gewicht der Sardinen und O das Gewicht des Öls in einer Dose. Sind dann S und O unkorreliert oder positiv- oder negativ-korreliert? Wie groß ist die Korrelation zwischen S und O, wenn das Gesamtgewicht S C O genau 100 Gramm beträgt? 36.7  Sei ES die von der Sonne eingestrahlte und EP die von Pflanzen genutzte Energie. Hängt dann die Korrelation zwischen ES und EP davon ab, ob ES durch die Wellenlänge  oder die Frequenz c des Lichtes gemessen wird? 36.8  Unterstellt man feste Umrechnungskurse zwischen den nationalen Währungen und dem Euro, sind dann die Korrelationen zwischen Einfuhr- und Ausfuhrpreisen abhängig davon, ob die Preise in DM oder in Euro gemessen werden? 36.9  „Wenn zwei Merkmale X und Y stark miteinander korrelieren, dann muss eine kausale Beziehung zwischen X und Y herrschen.“ Ist diese Aussage richtig? 36.10  In einem Betrieb arbeiteten im Jahr 1990 etwa gleich viele Frauen wie Männer im Alter zwischen 40 und 50

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 T. Arens et al., Arbeitsbuch Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56750-0_35

387

Kapitel 36

36.1  Entscheiden Sie, ob die folgenden Behauptungen zutreffen oder nicht.

388

Kapitel 36

Jahren. Ist dann die Korrelation zwischen der Schuhgröße der 3. Berechnen Sie die Varianz (a) aus den ungruppierten OrigiBeschäftigten und ihrem Einkommen positiv? nalwerten, (b) aus den geordneten Werten und (c) mit dem Verschiebungssatz. 36.11  Kann die Varianz der Summe zweier Merkmale 4. Berechnen Sie die Standardabweichung, die mittlere absolute Abweichung vom Median und die Spannweite. kleiner als die kleinste Einzelvarianz sein? var.X C Y / < min.var X I var Y /‹

36.15 

36.12  In der Abb. 36.44 sind sechs verschiedene Punktwolken A; B; C : : : symbolisch durch Ellipsen angezeigt. In welchen Punktwolken ist die Korrelation positiv oder negativ? Wo ist die Korrelation gleich null? Ordnen Sie die Punktwolken nach der Größe ihrer Korrelation von 1 bis C1.

C

A

Es seien die folgenden 6 Werte xi gegeben:

1:188; 1:354; 1:854; 0:146; 0:354; 0:521 Die zugehörigen yi Werte sind definiert durch yi D xi C 0:854 33. Wie groß ist die Korrelation r.x; y/? Nun wird definiert: ui D x1i und vi D y1i . Wie groß ist die Korrelation r.u; v/?

Anwendungsprobleme 36.16  In einer Studie wurden 478 amerikanische Schüler in der 4. bis 6. Klassenstufe befragt, durch welche Eigenschaften Jugendliche beliebt werden. Die Schüler stammten sowohl aus städtischen, vorstädischen und ländlichen Schulbezirken und wurden zusätzlich nach einigen demografischen Informationen gefragt. Die erhobenen Merkmale in der Studie waren u. a.

B

E F

Geschlecht: Mädchen oder Junge Klassenstufe: 4, 5 oder 6 Alter (in Jahren) Hautfarbe: Weiß, Andere Abb. 36.44 Sechs verschiedene Punktwolken Region: ländlich, vorstädtisch, städtisch Schule: Brentwood Elementary, Brentwood Middle, usw. Ziele: die Antwortalternativen waren 1 D gute Noten, 2 D beliebt sein, 3 D gut im Sport 8. Noten: Wie wichtig sind Noten für die Beliebtheit (1 D am Rechenaufgaben wichtigsten bis 4 D am unwichtigsten) 36.13  Bei 20 Beobachtungen wurde ein Merkmal X er- Geben Sie für die acht Merkmale jeweils den Typ und die Skahoben. Die Verteilungsfunktion ist in der Abbildung dargestellt. lierung sowie geeignete Parameter und grafische Darstellungen Wie groß ist der Anteil der Beobachtungen zwischen 3 und 4? an. Wie viele Beobachtungen liegen bei X D 7? Wie viele Beobachtungen sind größer oder gleich 8? 36.17  Der Umweltbeauftragte der bayrischen StaatsreD

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

gierung lässt eine Untersuchung zur Schädigung der heimischen Wälder erstellen. Es werden in 70 unterschiedlichen Waldgebieten jeweils 100 Bäume ausgewählt, die auf eine mögliche Schädigung durch Umweltschadstoffe hin untersucht werden. Die Ergebnisse sind in nachfolgender Tabelle dargestellt:

1.0 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0 .1 0

Kapitel 36

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Anzahl der geschädigten Bäume im Waldgebiet von . . . bis unter

Anzahl der Waldgebiete

0–20 20–40 40–80 80–100

25 20 15 10

36.14  Sie erhalten die folgenden 8 Datenwerte: 34, 45, 1. Stellen Sie die Verteilung der absoluten Häufigkeiten die11, 42, 49, 33, 27, 11. ser gruppierten Daten in einem Histogramm dar. Was ändert b. 1. Bestimmen Sie die empirische Verteilungsfunktion F sich, wenn Sie die relativen Häufigkeiten darstellen? 2. Geben Sie arithmetisches Mittel, Median und Modus an. 2. Zeichnen Sie die empirische Verteilungsfunktion.

Hinweise

389

3. Bestimmen Sie grafisch den Median und die Quantile x0:25 Dabei bedeuten Fi die Fläche des i-ten Landes in km2 , Bi die und x0:75 dieser Häufigkeitsverteilung. Anzahl (in Tausend) der im letzten Jahr dort geborenen Babys, 4. Berechnen Sie diese Quantile aus den gruppierten Daten. Si die Anzahl der Störche und Wi die Gesamtgröße der Wasser5. In welchem Intervall liegen die mittleren 50% der Werte? fläche in km2 (die Zahlen sind fiktiv). 6. Berechnen Sie den Quartilsabstand, das arithmetische Mittel und die Varianz aus den gruppierten Daten. Aus den Urdaten (a) Bestimmen Sie die Korrelationen r.F ; B/, r.F ; S/ und r.B; S/. wurde x D 39 und s 2 D 720 ermittelt. Begründen Sie die (b) Beziehen Sie dann die jeweilige Anzahl der Babys und Unterschiede! der Störche auf die zur Verfügung stehende Fläche. Es sei .SF /i D Si =Fi und .BF /i D Bi =Fi die Anzahl der Störche 36.18  pro km2 bzw. die Anzahl der Babys pro km2 . Bestimmen Sie die Korrelation r.SF ; BF /. (a) Bei einer Autofahrt lösen Sie sich mit Ihrem Beifahrer am (c) Nun beziehen Sie die Anzahl der Störche nicht auf die Größe Lenker ab. Bei jedem Wechsel notieren Sie die gefahrene des Landes, sondern auf die Größe der nahrungsspendenden Strecke si und die dabei erzielte DurchschnittsgeschwindigWasserfläche W . Jetzt ist .SW /i D Si =Wi die Anzahl der keit vi : Wie groß ist Ihre Durchschnittsgeschwindigkeit v Störche pro km2 Wasserfläche. Bestimmen Sie die Korrelaauf der Gesamtstrecke? tion r.SW ; BF /. (b) Bei einer Autofahrt lösen Sie sich mit Ihrem Beifahrer am Lenker ab. Bei jedem Wechsel notieren Sie die gefahrene Was lässt sich aus diesen Korrelationen lernen? Zeit ti und di