Übungen zu Mathematik 2 mit Musterlösungen

Heilbronn, den 15.11.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22

Übungen zu Mathematik 2 mit Musterlösungen

Blatt 8

Aufgabe 1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰⁰+y = cos(x).

Lösung von Aufgabe 1. Allgemeine Lösung der homogenen DGL y⁰⁰+y= 0.

Charakteristisches Polynom

λ²+ 1 = 0.

Lösungen

λ1=j, λ2=−j.

Komplexe Lösungsfunktion

y(x) =e^jx. Reelle Lösungsfunktionen

y₁(x) = cos(x) y2(x) = sin(x).

Allgemeine homogenen Lösung

yH =C1cos(x) +C2sin(x).

Partikuläre Lösung der inhomogenen DGL. Für die rechte Seite gilt cos(x) = 1

2 e^jx+e^−jx .

• Partikuläre Lösung für

y⁰⁰+y=e^jx.

Daj eine einfache Lösung der charakteristischen Gleichung ist, liegt Resonanz vor. Ansatz

y(x) = cxe^jx y⁰(x) = ce^jx(1 +jx) y⁰⁰(x) = ce^jx(2j−x) Einsetzen in DGL

ce^jx(2j−x) +cxe^jx = e^jx c(2j−x) +cx = 1

c = 1

2j = −j 2. Lösung

y₁(x) =−j 2xe^jx.

• Partikuläre Lösung für

y⁰⁰+y=e^−jx.

Da−jeine einfache Lösung der charakteristischen Gleichung ist, liegt Resonanz vor. Ansatz

y(x) = cxe^−jx y⁰(x) = ce^−jx(1−jx) y⁰⁰(x) = ce^−jx(−2j−x) Einsetzen in DGL

ce^−jx(−2j−x) +cxe^−jx = e^−jx c(−2j−x) +cx = 1

c = 1

−2j = j 2. Lösung

y2(x) =j

2xe^−jx = y1. Partikuläre Lösung für rechte Seite cos(x)

y_P = 1

2(y₁+y₂)

= 1

2(y₁+y₁)

= re(y1)

= re

−j 2xe^jx

= x

1 2sin(x)

= xsin(x) 2 . Allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

y=xsin(x)

2 +C1cos(x) +C2sin(x).

Aufgabe 2. Berechnen Sie Realteil, Imaginärteil und Betrag der komplexen Zahl

z= 2j(1−j) (2j+ 1)².

Lösung von Aufgabe 2.

2j(1−j)

(2j+ 1)² = 2j+ 2 1 + 4j−4

= 2 1 +j

−3 + 4j

= 2(1 +j)(−3−4j) 25

= − 2

25(1 +j)(3 + 4j)

= − 2

25(−1 + 7j) re(z) =²/25, im(z) =−¹⁴/25

|z| = 2

25| −1 + 7j|

= 2

25

√50

= 2

25

√ 2√

25

= 2√ 2 5

=

√8 5

Aufgabe 3. Berechnen Sie den Betrag der komplexen Zahl 2

1 +j. Lösung von Aufgabe 3.

2

1 +j = 2(1−j) (1 +j)(1−j)

= 2−2j 2

= 1−j Damit ist

2 1 +j

= |1−j|

= √

2.

Aufgabe 4. Folgendes Bild zeigt einen elektrischen Schwingkreis.

i(t)

R L C

q(t)

• Wie groß darf der WiderstandRin Abhängigkeit vonLundChöch- stens sein, damit der Schwingkreis tatsächlich eine gedämpfte Schwin- gung ausführt?

• Berechnen Sie für diesen Fall die Kreisfrequenz der Schwingung.

Lösung von Aufgabe 4. Für die Spannungen an den Komponenten gilt UC(t) = 1

Cq(t)

UR(t) = Ri(t) = Rq⁰(t) U_L(t) = Li⁰(t) = Lq⁰⁰(t).

Mit der Maschenregel gilt

UL(t) +UR(t) +UC(t) = 0 Lq⁰⁰(t) +Rq⁰(t) + 1

Cq(t) = 0 Ansatz

q(t) = e^λt q⁰(t) = λe^λt q⁰⁰(t) = λ²e^λt. Einsetzen

Lλ²e^λt+Rλe^λt+ 1

Ce^λt = 0 Lλ²+Rλ+ 1

C = 0.

Nullstellen

λ1,2 = −R±p

R²−4L/C

2L .

Eine Schwingung tritt auf wenn λ komplex ist, d.h. die Diskriminante negativ ist.

R²−4L/C <0 R²<4L/C R <2p

L/C.

Die Basislösungen sind in diesem Fall der Real- und Imaginärteil von e^λt = e^re(λ)te^jim(λ)t

= e^re(λt)(cos(im(λ)t) +jsin(im(λt))).

Die Kreisfrequenzω ist dann im(λ).

ω =

p4L/C−R² 2L

= r 1

LC − R² 4L²

Aufgabe 5. Berechnen Sie eine partikuläre Lösung der DGL y⁰+y = cos²(x).

Lösung von Aufgabe 5. Mit

cos(x) = 1

2(e^jx+e^−jx) gilt

cos²(x) = 1

4(e^2jx+ 2 +e^−2jx)

= 1

2+1

4(e^2jx+e^−2jx)

= 1

2 1 + re(e^2jx)

• Partikuläre Lösung von

y⁰+y = 1.

Lösung mit Polynomansatz y=a0 ergibt y1 = 1.

• Partikuläre Lösung von

y⁰+y = e^2jx. Ansatz

y(x) = ce^2jx y⁰(x) = 2jce^2jx. Einsetzen

2jce^2jx+ce^2jx = e^2jx 2jc+c = 1 c(1 + 2j) = 1

c = 1

1 + 2j

= 1

5(1−2j) Lösung

y2 = 1

5(1−2j)e^2jx.

• Partikuläre Lösung von

y⁰+y = re(e^2jx).

Lösung

y3 = re(y2)

= 1

5re((1−2j)(cos(2x) +jsin(2x))

= 1

5(cos(2x) + 2 sin(2x)) Damit ist die Gesamtlösung

y_P = 1

2(y₁+y₃)

= 1

2+ 1

10cos(2x) +1

5sin(2x).

Aufgabe 6. In nachfolgendem Bild ist ein KondensatorC direkt an eine kom- plexe Wechselspannungsquelle mit Spannung

u(t) = u0e^jωt angeschlossen.

u(t) q(t)

i(t)

C

Für die Ladung des Kondensators gilt somit q(t) = Cu(t).

Die Ladungsänderung des Kondensators ist gleich der Stromstärke, d.h.

i(t) = q⁰(t).

• Berechnen Sie die Stromstärkei(t) in Abhängigkeit vonu0, C undω.

• Berechnen Sie hiermit den komplexen Widerstand des Kondensators aus

R = u(t) i(t)

und zeigen Sie, dassRunabhängig vontist. Wäre dies auch der Fall, wennu(t) keine komplexe Wechselspannung wäre?

Lösung von Aufgabe 6.

i(t) = q⁰(t)

= Cu⁰(t)

= Cu0jωe^jωt R = u(t)

i(t)

= u0e^jωt Cu0jωe^jωt

= 1

jωC.

Der Quotient ist nur dann von der Zeit unabhängig, wennu(t)/u⁰(t) kon- stant ist. Dies ist genau dann der Fall wennu(t) einee-Funktion ist.

Aufgabe 7. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰⁰+ 2y⁰+ 5y= 0.

Lösung von Aufgabe 7. Es handelt sich um eine lineare homogene DGL mit konstanten Koeffizienten. Mit dem Lösungsansatz

y=e^λx erhält man durch Einsetzen

λ²e^λx+ 2λe^λx+ 5e^λx= 0.

Nach Kürzen mite^λx erhält man das charakteristische Polynom λ²+ 2λ+ 5 = 0.

Die Nullstellen sind

λ_1,2 = −2±√ 4−20 2

= −2±4j 2

= −1±2j.

d.h. es handelt sich um ein konjugiert komplexes Nullstellenpaar. Die zu- gehörigen Basislösungen sind

y1 = re

e^(−1+2j)x

= e^−xcos(2x) y₂ = im

e^(−1+2j)x

= e^−xsin(2x).

Damit ist die allgemeine Lösung

y=e^−x(C₁cos(2x) +C₂sin(2x)).

Aufgabe 8. Nachfolgendes Bild zeigt eine parabolische Bahn f(s) = s², auf der ein Wagen der Massemreibungsfrei hin und her fährt.

s f(s) =s²

FH

α

FR

mg

∆y=−f′(s)FR

• Zeigen Sie, dass sich die Rückstellkraft FR in Abhängigkeit von der Horizontalposition sdes Wagens durch

FR = −2mg s 1 + 4s².

berechnen lässt. Verwenden Sie hierzu die eingezeichneten Hilfsgrö- ßen.

• Stellen Sie damit eine Differentialgleichung für die Horizontalposition sdes Wagens in Abhängigkeit von der Zeit auf.

• Die Differentialgleichung ist nichtlinear und damit schwierig zu lö- sen. Für kleine Auslenkungen s lässt sich die Rückstellkraft F_R(s) durch ihre Linearisierung mit Entwicklungspunkt ˆs= 0 approximie- ren. Stellen Sie damit eine linear DGL auf und berechnen Sie die allgemeine Lösung.

• Berechnen Sie die Periodendauer der entstehenden Schwingung. Hängt diese von der Startauslenkung oder von der Masse ab? Wenn man das Experiment auf dem Mond ausführen würde, würde der Wagen denn schneller oder langsamer schwingen?

Lösung von Aufgabe 8.

• Anhand eines Steigungsdreiecks sieht man, dass f⁰(s) = ∆y

−FR

∆y = −f⁰(s)F_R.

In dem Bild sieht man zwei rechtwinklige Dreiecke, aus denen man cos(α) ablesen kann:

cos(α) = F_H mg cos(α) = −f⁰(s)FR

F_H .

Gleichsetzen ergibt

F_H² = −f⁰(s)F_Rmg.

Mit dem Satz des Pythagoras gilt

F_H² = F_R²+f⁰(s)²F_R²

= F_R²(1 +f⁰(s)²).

Setzt man beide Terme fürF_H² gleich, erhält man

−f⁰(s)FRmg = F_R²(1 +f⁰(s)²)

−f⁰(s)mg = F_R(1 +f⁰(s)²) F_R = − f⁰(s)mg

1 +f⁰(s)² Mitf⁰(s) = 2sfolgt

F_R = − 2smg 1 + 4s²

= −2mg s

1 + 4s²

• Mit dem Trägheitsgesetz folgt daraus die DGL ms⁰⁰ = −2mg s

1 + 4s² s⁰⁰ = −2g s

1 + 4s².

• Linearisierung vonF_R(s).

FR(0) = 0

F_R⁰(s) = −2mg1 + 4s²−8s² (1 + 4s²)²

= −2mg 1−4s² (1 + 4s²)² F_R⁰(0) = −2mg

Für kleine sgilt damit näherungsweise

F_R(s) ≈ F_R(0) +F_R⁰(0)s

= −2mgs.

Die linearisierte DGL ist damit

ms⁰⁰ = −2mgs s⁰⁰+ 2gs = 0.

Ansatz:

s=e^λt, s⁰=λe^λt, s⁰⁰=λ²e^λt.

Einsetzen in DGL

λ²e^λt+ 2ge^λt = 0 λ²+ 2g = 0

λ = ±p

−2g

= ±jp 2g Eine komplexe Lösungsfunktion ist

s(t) = e^j

√2g t

Reelle Basislösungen

s1(t) = cos(p 2g t) s2(t) = sin(p

2g t) Allgemeine Lösung

s(t) = C₁cos(ωt) +C₂sin(ωt), ω=p 2g.

• Die Periodendauer ist

T = 2π ω

= 2π

√2g

= πp 2/g.

Die Periodendauer hängt somit weder von der Masse noch von der Startauslenkung ab. Auf dem Mond ist die Gravitationskonstante kleiner, folglich wäre die Periodendauer größer. Der Wagen würde also langsamer schwingen.

Aufgabe 9. Seiy(x) eine unbekannte Funktion. Berechnen Sie Z

cos(y(x))y⁰(x)dx Z

e^y(x)y⁰(x)dx Z y⁰(x)

y(x)dx

Lösung von Aufgabe 9. Mit der Substitution y =y(x) undy⁰(x) = dy/dx

erhält man Z

cos(y(x))y⁰(x)dx = Z

cos(y)dy dxdx

= Z

cos(y)dy

= sin(y) +C

= sin(y(x)) +C Z

e^y(x)y⁰(x)dx = Z

e^ydy dxdx

= Z

e^ydy

= e^y+C

= e^y(x)+C Z y⁰(x)

y(x)dx =

Z dy ydxdx

= Z 1

ydy

= ln(|y|) +C

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

Aufgabe 10. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰(x) = x²

y(x)²

Lösung von Aufgabe 10. Durch Trennung der Variablen erhält man y²dy=x²dx.

Integration auf beiden Seiten liefert 1 3y³=1

3x³+C Auflösen nachyergibt

y = p³

x³+ 3C

= p³

x³+K, K∈R. Aufgabe 11. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL

y⁰ = y+y². Hinweis: Partialbruchzerlegung.

Lösung von Aufgabe 11. Die DGL ist separierbar. Trennung der Variablen ergibt

1

y(y+ 1)dy = dx.

Um die linke Seite integrieren zu können, ist Partialbruchzerlegung erfor- derlich.

1

y(y+ 1) = c₁ y + c₂

y+ 1 1 = c1(y+ 1) +c2y

Füry= 0 erhält manc1= 1. Füry=−1 erhält manc2=−1. Damit ist 1

y(y+ 1) = 1 y − 1

y+ 1 Z 1

y(y+ 1)dy = ln|y| −ln|y+ 1|

= ln

y y+ 1

Damit wird aus der DGL ln

y y+ 1

= x+C

y y+ 1

= Ke^x, K >0 y

y+ 1 = Ke^x, K∈R y = (y+ 1)Ke^x yCe^−x = y+ 1, C= 1/K y(Ce^−x−1) = 1

y = 1

Ce^−x−1

Bei der Umformung musste der Fall K = 0 ausgeschlossen werden. Für den SpezialfallK= 0 erhält man die konstante Lösungsfunktiony= 0.

Aufgabe 12. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL xy⁰+y= ln(x)

fürx∈R⁺.

Lösung von Aufgabe 12. Es handelt sich um eine lineare, inhomogene DGL erster Ordnung. Allgemeine Lösung der homogenen DGL

xy⁰+y= 0 durch Trennung der Variablen:

xdy

dx = −y 1

ydy = −1 xdx.

Stammfunktion auf beiden Seiten:

ln(|y|) = −ln(|x|) +C.

Auflösen nachy:

|y| = e^−ln(|x|)+C

= e^−ln(|x|)e^C

= 1

e^ln(|x|)K, K∈R⁺

= K

|x|

Da in der Aufgabenstellung eine Lösung für x ∈ R⁺ gesucht wird, ist

|x|=x. Damit ist die allgemeine homogene Lösung yH = K

x, K∈R.

Durch Variation der Konstanten erhält man den Ansatz y = k(x)

x

y⁰ = k⁰(x)x−k(x) x² . Einsetzen in die DGL:

k⁰(x)x−k(x) x +k(x)

x = ln(x) k⁰(x) = ln(x)

k(x) = xln(x)−x+C.

Einsetzen in den Ansatz:

y(x) = xln(x)−x+C x

= ln(x)−1 + C x.

Aufgabe 13. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰−2 sin(x) cos(x)y = e^−cos2(x).

Lösung von Aufgabe 13. Es handelt sich um eine lineare DGL erster Ord- nung. Allgemeine Lösung der homogenen DGL

y⁰−2 sin(x) cos(x)y = 0.

Trennung der Variablen.

y⁰ = 2 sin(x) cos(x)y 1

ydy = 2 sin(x) cos(x)dx.

Berechnung von

Z

2 sin(x) cos(x)dx

durch Substitution.

u = sin(x) du

dx = cos(x)

dx = 1

cos(x)du.

Damit ist Z

2 sin(x) cos(x)dx = Z

2ucos(x) 1 cos(xdu

= Z

2udu

= u²+C

= sin²(x) +C.

Integration der DGL.

ln|y| = sin²(x) +C

|y| = e^sin2(x)+C

= Ke^sin2(x), K∈R⁺ y = ±Ke^sin2(x)

= Ke^sin2(x), K∈R. Variation der Konstanten. Ansatz

y = k(x)e^sin2(x)

y⁰ = k⁰(x)e^sin2(x)+ 2 sin(x) cos(x)k(x)e^sin2(x) Einsetzen in inhomogene DGL.

k⁰(x)e^sin2(x)+ 2 sin(x) cos(x)k(x)e^sin2(x)

−2 sin(x) cos(x)k(x)e^sin2(x) = e^−cos2(x) k⁰(x)e^sin2(x) = e^−cos2(x)

k⁰(x) = e^−cos2(x)e^−sin2(x) k⁰(x) = e^{−(sin2(x)+cos2(x))} k⁰(x) = e⁻¹

k(x) = x e +C.

Einsetzen in den Ansatz.

y(x) = x e +C

e^sin2(x).