Übungen zu Mathematik 2 mit Musterlösungen

Heilbronn, den 1.11.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22

Übungen zu Mathematik 2 mit Musterlösungen

Blatt 6

Aufgabe 1. Berechnen Sie Real- und Imaginärteil von 1

1 +j 10

.

Lösung von Aufgabe 1.

1

1 +j = 1−j 2

=

√ 2 2 e^−jπ/4

= 1

√2e^−jπ/4 1

1 +j ¹⁰

= 1

√2¹0 e^−jπ5/2

= 1

2⁵e^{−jπ(2+1/2)}

= 1

32e^−2πje^−jπ/2

= 1

32e^−jπ/2

= 1

32(−j).

Der Realteil ist somit Null, der Imaginärteil−1/32.

Aufgabe 2. Berechnen Sie für jede ganze Zahlk∈Z Z π

0

e^jktdt.

Hinweis: Um den Terme^jkπ zu vereinfachen, müssen Sie eine Fallunter- scheidung machen ob k gerade oder k ungerade ist. Bevor Sie durch k dividieren, müssen Sie eine weitere Fallunterscheidung machen, obk= 0 ist.

Lösung von Aufgabe 2. Fürk= 0 gilt Z π

0

e^jktdt = Z π

0

1dt = π Fürk6= 0 gilt

Z π

0

e^jktdt = 1 jk

e^jktπ

0

= 1

jk e^jkπ−1 .

Für geradekistkπein Vielfaches von 2πund damit e^jkπ = 1

Z π

0

e^jktdt = 0.

Für ungeradekistkπein Vielfaches von 2π plusπund damit e^jkπ = −1

Z π

0

e^jktdt = −2 jk.

Aufgabe 3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL xy⁰+y = xsin(x²)

fürx >0.

Lösung von Aufgabe 3. Umformen liefert y⁰+ 1

xy = sin(x²).

Es handelt sich um eine lineare, inhomogene DGL erster Ordnung.

Allgemeine Lösung der homogenen DGL y⁰+ 1

xy = 0 y⁰ = −1

xy 1

ydy = −1 xdx

ln|y| = −ln|x|+C, x >0

= −ln(x) +C

|y| = e^−ln(x)+C

= K 1

e^ln(x), K∈R⁺

= K1 x y = ±K1

x

= K1

x, K∈R. Variation der Konstanten. Ansatz:

y = k(x)1 x y⁰ = k⁰(x)1

x+k(x)(−¹/x²)

= k⁰(x)1

x−k(x)1 x²

Einsetzen in inhomogene DGL.

k⁰(x)1

x−k(x) 1 x² +1

xk(x)1

x = sin(x²) k⁰(x)1

x = sin(x²) k⁰(x) = xsin(x²)

k(x) = −1

2cos(x²) +C.

Damit ist die allgemeine Lösung y = k(x)1

x

= −cos(x²) 2x +C

x

Aufgabe 4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰−e^−x+y−xy⁰=xy.

Lösung von Aufgabe 4. Durch Umformen sieht man, dass es sich um eine lineare, inhomogene DGL handelt:

(1−x)y⁰+ (1−x)y=e^−x bzw.

y⁰+y= e^−x 1−x. Allgemeine Lösung der homogenen DGL

y⁰+y= 0

durch Trennung der Variablen (da die Koeffizienten konstant sind, würde man auch mit deme^λxAnsatz zum Ziel kommen):

dy

dx+y = 0 dy = −ydx 1

ydy = −dx.

Stammfunktion auf beiden Seiten:

ln(|y|) = −x+C Lösen:

|y| = e^−x+C

= Ke^−x, K∈R⁺. Allgemeine homogene Lösung:

yH=Ke^−x, K∈R.

Variation der Konstanten. Ansatz:

y = k(x)e^−x

y⁰ = k⁰(x)e^−x−k(x)e^−x. Einsetzen in DGL:

k⁰(x)e^−x−k(x)e^−x+k(x)e^−x = e^−x 1−x k⁰(x)e^−x = e^−x

1−x k⁰(x) = 1

1−x

k(x) = −ln(|1−x|) +C, C∈R. Einsetzen in Ansatz:

y = (−ln(|1−x|) +C)e^−x

= Ce^−x−ln(|1−x|)e^−x, C∈R. Aufgabe 5. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL

y⁰(x) =xy(x).

Lösung von Aufgabe 5. Durch Trennung der Variablen erhält man 1

ydy=xdx.

Integration auf beiden Seiten liefert ln(|y|) =x²

2 +C und damit

|y| = e^x2/2+C

= e^x2/2e^C

= K

√

e^x2, K∈R⁺. Damit ist

y=±K

√

e^x2, K∈R⁺.

Durch Einsetzen prüft man, dassy(x) = 0 ebenfalls eine Lösung ist. Somit ist die allgemeine Lösung

y(x) =K

√

e^x2, K∈R.

Aufgabe 6. Definieren Sie eine Funktion f ∈R→R, die an der Stelle ˆx= 2 stetig ist, dort aber nicht differenzierbar ist. Zeichnen Sie eine Skizze dieser Funktion in der Nähe von ˆx.

Lösung von Aufgabe 6. f(x) =|x−2|.

Aufgabe 7. Sei

y⁰+g(x)y = r(x)

eine lineare DGL. Seieny1, y2zwei partikuläre Lösungen dieser DGL. Zei- gen Sie, dass dann

y1−y2

eine Lösung der homogenen DGL

y⁰+g(x)y = 0 ist.

Lösung von Aufgabe 7. Zu zeigen ist, dass die Funktiony₁−y₂Lösung der DGL

y⁰+g(x)y = 0 ist. Einsetzen vony1−y2 ergibt

(y1−y2)⁰+g(x)(y1−y2) = y₁⁰ −y⁰₂+g(x)y1−g(x)y2

= y₁⁰ +g(x)y₁

| {z }

=r(x)

−(y⁰₂+g(x)y₂

| {z }

=r(x)

= r(x)−r(x)

= 0.

Aufgabe 8. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰+ 2xy = xe^1−x2.

Lösung von Aufgabe 8. Es handelt sich um eine lineare DGL. Allgemeine Lösung der homogenen DGL

y⁰+ 2xy = 0.

Trennung der Variablen.

y⁰ = −2xy 1

y = −2x ln|y| = −x²+C

|y| = e^−x2+C

= Ke^−x2, K∈R⁺ y = Ke^−x2, K∈R.

Variation der Konstanten. Ansatz:

y = k(x)e^−x2

y⁰ = k⁰(x)e^−x2+k(x)e^−x2(−2x)

= k⁰(x)e^−x2−2xk(x)e^−x2. Einsetzen in inhomogene DGL.

k⁰(x)e^−x2−2xk(x)e^−x2+ 2xk(x)e^−x2 = xe^1−x2 k⁰(x)e^−x2 = xe^1−x2

k⁰(x) = xe^1−x2e^x2

= xe k(x) = ex²

2 +C.

Damit ist

y = ex²

2 +C

e^−x2

= 1

2x²e^1−x2+Ce^−x2. Aufgabe 9. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL

x²y⁰+y= 1.

Lösung von Aufgabe 9. Es handelt sich um eine lineare, inhomogene DGL erster Ordnung. Allgemeine Lösung der homogenen DGL

x²y⁰+y= 0 durch Trennung der Variablen:

x²dy

dx = −y 1

ydy = −1 x²dx.

Stammfunktion auf beiden Seiten:

ln(|y|) = 1 x+C.

Auflösen nachy:

|y| = e^1/x+C

= Ke^1/x, K∈R⁺ yH = Ke^1/x, K∈R. Durch Variation der Konstanten erhält man den Ansatz

y = k(x)e^1/x

y⁰ = k⁰(x)e^1/x−k(x)e^1/x 1 x²

Einsetzen in die DGL:

k⁰(x)x²e^1/x−k(x)e^1/x+k(x)e^1/x = 1 k⁰(x)x²e^1/x = 1

k⁰(x) = x⁻²e^−1/x k(x) = e^−1/x+C Einsetzen in den Ansatz:

y(x) = (e^−1/x+C)e^1/x

= 1 +Ce^1/x.

Alternativ hätte man sie auch in eine separierbare DGL umformen und mit Trennung der Variablen lösen können.

y⁰ = (1−y)1 x² 1

1−ydy = 1 x²dx

−ln|1−y| = −1 x+C ln|1−y| = 1

x+C

|1−y| = Ke^1/x, K∈R⁺ 1−y = Ke^1/x, K∈R

y = 1−Ke^1/x.

DaK eine beliebige Konstante ist, ist diese Lösung gleich mit der oben berechneten

y = 1 +Ce^1/x.

Aufgabe 10. Gegeben sei die lineare, homogene DGL mit konstanten Koeffi- zienten

ay⁰⁰+by⁰+cy = 0.

Die Menge aller Lösungsfunktionen bei solchen DGL ist abgeschlossen unter Addition und unter skalarer Multiplikation und bildet daher einen Vektorraum.

• Sind y₁, y₂ Lösungsfunktionen, dann ist auch y₁+y₂ eine Lösungs- funktion.

• Ist y eine Lösungsfunktion und u ∈ R, dann ist auch uy eine Lö- sungsfunktion.

Die Abgeschlossenheit unter Addition zeigt man wie folgt.

Seieny1, y2Lösungsfunktionen, d.h.

ay⁰⁰₁+by₁⁰ +cy1 = 0 ay⁰⁰₂+by₂⁰ +cy2 = 0.

Zu zeigen ist, dassy₁+y₂ eine Lösungsfunktion ist. Einsetzen ergibt a(y1+y2)⁰⁰+b(y1+y2)⁰+c(y1+y2)

= a(y₁⁰⁰+y₂⁰⁰) +b(y₁⁰ +y₂⁰) +c(y₁+y₂)

= ay⁰⁰₁+ay₂⁰⁰+by₁⁰ +by₂⁰ +cy1+cy2

= ay⁰⁰₁+by⁰₁+cy₁

| {z }

=0

+ ay₂⁰⁰+by⁰₂+cy₂

| {z }

=0

= 0.

Funktioniert hat das nur, weil die DGL linear ist, d.h. auf der linken Seite eine Linearkombination von y, y⁰ und y⁰⁰ steht. Wäre z.B. y² oder yy⁰ aufgetreten, wäre die Lösungsmenge kein Vektorraum.

• Zeigen Sie auf gleiche Weise die Abgeschlossenheit unter skalarer Multiplikation.

• Angenommen die Koffizienten a, b, c wären nicht konstant sondern Funktionen vonx, d.h.

a(x)y⁰⁰+b(x)y⁰+c(x)y = 0.

Ist die Lösungsmenge dieser DGL trotzdem abgeschlossen unter Ad- dition und unter skalarer Multiplikation?

• Ist die Lösungsmenge der inhomogenen DGL ay⁰⁰+by⁰+cy = x

abgeschlossen unter Addition und unter skalarer Multiplikation?

Lösung von Aufgabe 10.

• Sei yeine Lösungsfunktion, d.h.

ay⁰⁰+by⁰+cy = 0

und u ∈ R. Zu zeigen ist, dass auch uy eine Lösungsfunktion ist.

Einsetzen ergibt

a(uy)⁰⁰+b(uy)⁰+c(uy) = auy⁰⁰+buy⁰+cuy

= u(ay⁰⁰+by⁰+cy)

| {z }

=0

= 0

• Wenn die Koeffizienten von x abhängen (aber nicht von y), ist die Lösungsmenge immer noch abgeschlossen unter Addition und unter skalarer Multiplikation. Am Beweis ändert sich dadurch nichts.

• Die Lösungsmenge der inhomogenenDGL ay⁰⁰+by⁰+cy = x

ist weder unter Addition noch unter skalarer Multiplikation abge- schlossen.

Seieny₁, y₂ Lösungen sind. Setzt many₁+y₂ein, erhält man a(y₁+y₂)⁰⁰+b(y₁+y₂)⁰+c(y₁+y₂)

= ay⁰⁰₁+by⁰₁+cy1

| {z }

=x

+ ay₂⁰⁰+by₂⁰ +cy2

| {z }

=x

= 2x 6= x.

Sei yLösung. Setzt man uyein, erhält man

a(uy)⁰⁰+b(uy)⁰+c(uy) = u(ay⁰⁰+by⁰+cy

| {z }

=x

)

= ux 6= x.

Aufgabe 11. Eine lineare, homogene DGL zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten hat die Form

ay⁰⁰+by⁰+cy = 0.

Solche DGL treten z.B. bei mechanischen oder elektrischen Schwingungen auf.

Der Lösungsansatz ist hier

y(x) = e^λx

wobeiλnoch zu bestimmen ist. Hierzu wird der Ansatz in die DGL ein- gesetzt.

y⁰(x) = λe^λx y⁰⁰(x) = λ²e^λx. Einsetzen liefert die Gleichung

aλ²e^λx+bλe^λx+ce^λx = 0.

Nun kann man auf beiden Seiten durche^λx teilen und erhält aλ²+bλ+c = 0.

Das Polynom auf der linken Seite heißt charakteristisches Polynom. Wie man sieht, sind die Polynomkoeffizienten identisch mit den Koeffizienten der DGL, d.h. man kann das charakteristische Polynom auch sofort hin- schreiben.

Für die Nullstellen eines Polynoms mit reellen Koeffizienten gibt es 3 Fälle.

• Zwei reelle Nullstellen λ₁ und λ₂. Durch Einsetzen in den Ansatz erhält man zwei Lösungen

y₁=e^λ1x, y₂=e^λ2x.

• Ein konjugiert komplexes Nullstellenpaar λ, λ. In diesem Fall erhält man zwei reelle Lösungen

y1= re e^λx

, y2= im e^λx .

• Eine doppelte, reelle Nullstelle λ. Auch in diesem Fall erhält man zwei reelle Lösungen

y₁=e^λx, y₂=xe^λx.

Man kann diese Lösungen in die DGL einsetzen und sich leicht davon überzeugen, dass das korrekt ist.

Da die Lösungsmenge abgeschlossen ist unter Addition und skalarer Mul- tiplikation sind alle Funktionen

y = C1y1+C2y2, C1, C2∈R

Lösungen. Tatsächlich gibt es keine weiteren Lösungsfunktionen. Die all- gemeine Lösung ist somit ein zweidimensionaler Vektorraum und y₁, y₂ sind eine Basis.

Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰⁰+ 4y⁰+ 3y = 0 y⁰⁰+ 2y⁰+y = 0 y⁰⁰+ 4y⁰+ 5y = 0.

Lösung von Aufgabe 11. Der Lösungsansatz ist in allen Fällen y = e^λx

y⁰ = λe^λx y⁰⁰ = λ²e^λx.

• DGL

y⁰⁰+ 4y⁰+ 3y = 0.

Einsetzen des Lösungsansatzes ergibt λ²e^λx+ 4λe^λx+ 3e^λx = 0

λ²+ 4λ+ 3 = 0 λ1,2 = −4±√

16−12 2

= −2±1.

Damit sind die Basislösungen

y₁=e^−x, y₂=e^−3x und die allgemeine Lösung

y = C1e^−x+C2e^−3x.

• DGL

y⁰⁰+ 2y⁰+y = 0.

Einsetzen des Lösungsansatzes ergibt λ²e^λx+ 2λe^λx+e^λx = 0

λ²+ 2λ+ 1 = 0 λ1,2 = −2±√

4−4 2

= −1 Damit sind die Basislösungen

y1=e^−x, y2=xe^−x und die allgemeine Lösung

y = C₁e^−x+C₂xe^−x.

• DGL

y⁰⁰+ 4y⁰+ 5y = 0 Einsetzen des Lösungsansatzes ergibt

λ²e^λx+ 4λe^λx+ 5e^λx = 0 λ²+ 4λ+ 5 = 0

λ1,2 = −4±√ 16−20 2

= −2±j Damit sind die Basislösungen

y₁ = re

e^(−2+j)x

= e^−2xcos(x) y2 = im

e^(−2+j)x

= e^−2xsin(x) und die allgemeine Lösung

y = C1e^−2xcos(x) +C2e^−2xsin(x).

Aufgabe 12. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰⁰⁰⁰= 16y.

Lösung von Aufgabe 12. Es handelt sich um eine lineare DGL vierter Ord- nung mit konstanten Koeffizienten. Ansatz:

y = e^λx y⁰ = λe^λx y⁰⁰ = λ²e^λx y⁰⁰⁰ = λ³e^λx y⁰⁰⁰⁰ = λ⁴e^λx.

Einsetzen in die DGL ergibt das charakteristisches Polynom λ⁴ = 16.

Lösen in Polarkoordinaten.

λ = re^jϕ λ⁴ = r⁴e^j4ϕ r⁴e^j4ϕ = 16e⁰

r = 2 4ϕ = 2kπ

ϕ = 2πk

4, k= 0,1,2,3.

Lösungen

λ1 = 2 λ₂ = 2e^jπ/2

= 2j λ3 = 2e^jπ

= −2 λ4 = 2e^j3π/2

= −2j

= λ2. Relle Basislösungen zuλ= 2 und λ=−2:

y₁(x) = e^2x y2(x) = e^−2x. Komplexe Basislösung zuλ= 2j:

y(x) = e^2jx

= cos(2x) +jsin(2x).

Reelle Basislösungen:

y3(x) = cos(2x) y₄(x) = sin(2x).

Allgemeine Lösung:

y(x) = C1e^2x+C2e^−2x+C3cos(2x) +C4sin(2x).

Aufgabe 13. Gegeben sei folgender Schwingkreis, der aus einem Ohmschen WiderstandR, einer SpuleL und einem KondensatorC besteht:

uR(t)

uL(t) uC(t)

Für die Spannungen an den Bauteilen gilt uR(t) = Ri(t) uC(t) = q(t)/C u_L(t) = Li⁰(t).

wobeiq(t) die Ladung des Kondensators ist. Weiterhin gilti(t) =q⁰(t).

• Stellen Sie eine Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten für die Funktionq(t) auf.

• Berechnen Sie die Kreisfrequenz der Schwingung unter der Annahme, dassR= 0.

• Wie groß darf R in Abhängigkeit vonLundC sein, damitq(t) tat- sächlich sin- und cos- und nicht nur exponentiell abklingende Terme enthält? Berechnen Sieq(t) unter dieser Bedingung.

Lösung von Aufgabe 13. Mit der Maschenregel gilt uL(t) +uR(t) +uC(t) = 0 Li⁰(t) +Ri(t) +q(t)/C = 0 Lq⁰⁰(t) +Rq⁰(t) +q(t)/C = 0.

Ansatz:

q(t) = e^λt. Einsetzen:

Lλ²e^λt+Rλe^λt+e^λt/C = 0 Lλ²+Rλ+ 1/C = 0 LCλ²+RCλ+ 1 = 0 Nullstellen:

λ_1,2 = −RC±p

(RC)²−4LC

2LC .

• Falls R= 0, gilt

LCλ²+ 1 = 0 λ = ±p

−1/(LC)

= ±j/√ LC.

Die Basislösungen sind somit q₁(t) = cos

1

√ LCt

q₂(t) = sin 1

√LCt

.

Die Kreisfrequenz des ungedämpften Schwinkreises ist somit ω₀ = 1/√

LC.

• Damit es zu einer Schwingung kommt, muss das charakteristische Polynom komplexe Nullstellen haben, d.h. die Diskriminante muss negativ sein.

(RC)²−4LC <0 (RC)²<4LC R²C²<4LC R²<4L/C R <2p

L/C.

Unter dieser Bedingung sind die Nullstellen λ1,2 = −RC±jp

4LC−(RC)² 2LC

= −R±jp

4L/C−R² 2L

= −R/(2L)±jp

1/(LC)−(R/2L)². Mit

ω0 = 1/√ LC δ = R/(2L) ist

λ_1,2 = −δ±j q

ω²₀−δ². Eine komplexe Lösungsfunktion ist

e^(−δ+j

√

ω₀²−δ²)t = e^−δte^j

√

ω²₀−δ²t

Mit

ω = q

ω₀²−δ² erhält man die reellen Basislösungen

q1(t) = e^−δtcos(ωt) q2(t) = e^−δtsin(ωt).

Die allgemeine Lösung ist

q(t) = C1q1(t) +C2q2(t), C1, C2∈R.

Aufgabe 14. Sei

y⁰⁰+jy = 0.

Berechnen Sie die komplexen Basislösungeny1, y2mit den Ansatzy=e^λx und zeigen Sie, dass

y2 = 1 y1

.

Lösung von Aufgabe 14. Mit dem Ansatzy=e^λx folgt λ²+j = 0

λ² = −j

= e^−jπ/2. Sei

λ = re^jϕ λ² = r²e^j2ϕ. Damit gilt

r²e^j2ϕ = e^−jπ/2 und somit

r = 1

2ϕ = −π/2 + 2kπ

ϕ = −π/4 +kπ, k= 0,1.

Die beiden Winkel sind

ϕ1 = −π/4 ϕ₂ = ϕ₁+π.

Damit sind die beiden Lösungenλ_1,2 des charakteristischen Polynoms λ₁ = e^jϕ1

= e^−jπ/4

= 1

√2(1−j) λ2 = e^j(ϕ1+π)

= e^jϕ1e^jπ

= −e^jϕ1

= −λ₁

Die Lösungen sind damit

y₁ = e^λ1x

= e^{√12(1−j)x} y2 = e^λ2x

= e^−λ1x

= 1

e^λ1x

= 1

y1

.

Aufgabe 15. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰⁰−4y⁰+ 4y= 0.

Lösung von Aufgabe 15. Es handelt sich um eine lineare homogene DGL mit konstanten Koeffizienten. Mit dem Lösungsansatz

y=e^λx erhält man durch Einsetzen

λ²e^λx−4λe^λx+ 4e^λx= 0.

Nach Kürzen mite^λx erhält man das charakteristische Polynom λ²−4λ+ 4 = 0.

Die Nullstellen sind

λ1,2 = 4±√ 16−16

2 = 2,

d.h. es handelt sich um eine doppelte reelle Nullstelle. Damit ist die allge- meine Lösung

y=C1e^2x+C2xe^2x.