Übungen zu Mathematik 2 mit Musterlösungen Blatt 7

Heilbronn, den 8.11.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22

Übungen zu Mathematik 2 mit Musterlösungen

Blatt 7

Aufgabe 1. Berechnen Sie folgende unbestimmte Integrale. Geben Sie an, wel- che Integrationsregeln Sie verwendet haben. Berechnen Sie dann den Wert des bestimmten Integrals von−3 bis 2.

• R xa^xdx.

• R

sin(x) cos(x)dx. Hinweis: Produktintegration klappt nicht, Substi- tution geht.

• R

sin(x)/cos(x)dx. Hinweis: Substitutiong(x) = cos(x).

• R

(x−3) sin(2x)dx. Hinweis: Erst Produktintegration, dann Substi- tution.

Lösung von Aufgabe 1.

• Produktintegration:

f(x) = x g⁰(x) = a^x f⁰(x) = 1

g(x) = a^x/ln(a) Z

xa^xdx = xa^x/ln(a)− Z

a^x/ln(a)dx

= xa^x/ln(a)−a^x/ln(a)²+C

= a^x

ln(a)²(xln(a)−1) +C Z 2

−3

xa^xdx = 1

ln(a)²[xa^xln(a)−a^x]²₋₃

= 2a⁵ln(a)−a⁵+ 3 ln(a) + 1 a³ln(a)²

•

g = sin(x) dg/dx = cos(x)

dx = dg/cos(x) Z

sin(x) cos(x)dx = Z

gcos(x)dg/cos(x)

= Z

gdg

= 1/2g²+C

= 1/2 sin(x)²+C Z 2

−3

sin(x) cos(x)dx = 1/2

sin(x)²²

−3

= 1/2(sin(2)²−sin(−3)²)

= 0.403

•

g = cos(x) dg/dx = −sin(x)

dx = dg/−sin(x) Z

sin(x)/cos(x)dx =

Z sin(x)dg

−gsin(x)

= −

Z 1/gdg

= −ln|g|fallsg6= 0

= −ln|cos(x)|+C falls cos(x)6= 0 Z 2

−3

sin(x)/cos(x)dx =

Z 3−π

−3

sin(x)/cos(x)dx+ Z π−2

3−π

sin(x)/cos(x)dx+ Z 2

π−2

sin(x)/cos(x)dx

=

Z π−2 3−π

sin(x)/cos(x)dx

= −[ln|cos(x)|]^π−2_3−π

= −(ln|cos(π−2)| −ln|cos(3−π)|)

= 0.8666

•

f(x) = x−3 g⁰(x) = sin(2x) f⁰(x) = 1

g(x) = −1/2 cos(2x) Z

(x−3) sin(2x) = −1/2(x−3) cos(2x) + 1/2 Z

cos(2x) +C

= −1/2(x−3) cos(2x) + 1/4 sin(2x) +C Z 2

−3

(x−3) sin(2x) = [−1/2(x−3) cos(2x) + 1/4 sin(2x)]²₋₃

= 1/2 cos(4) + 1/4 sin(4)−3 cos(−6)−1/4 sin(−6)

= −3.466

Aufgabe 2. Die reelle e-Funktion ist streng monoton steigend und damit in- jektiv. Ist auch die komplexee-Funktion

f ∈C→C, f(z) =e^z injektiv? Begründen Sie Ihre Antwort.

Lösung von Aufgabe 2. Seienz₁, z₂∈Cmit z₂ = z₁+ 2πj.

Dann istz₁6=z₂ aber

e^z2 = e^z1+2πj = e^z1e^2πj

|{z}

=1

= e^z1.

Folglich ist die komplexee-Funktion nicht injektiv.

Aufgabe 3. Seif ∈Rⁿ→R^mdefiniert durch

f(~x) =x₁~a₁+x₂~a₂+. . .+xn~an

wobei~a1, ~a2, . . . , ~an∈R^mkonstante Vektoren sind. Zeigen Sie, dassf die beiden Linearitätsbedingungen erfüllt.

Lösung von Aufgabe 3.

f(~x+~y) = f







x₁+y₁ ... xn+yn







= (x1+y1)~a1+. . .+ (xn+yn)~an

= x1~a1+y1~a1+. . .+xn~an+yn~an

= x₁~a₁+. . .+x_n~a_n+y₁~a₁+. . .+y_n~a_n

= f(~x) +f(~y) f(u~x) = f





 ux1

... uxn







= ux1~a1+. . .+uxn~an

= u(x₁~a₁+. . .+x_n~a_n)

= uf(~x).

Aufgabe 4. Sei f ∈ Rⁿ → R definiert durch f(~x) = 1. Entscheiden Sie von beiden Linearitätsbedingungen, ob f sie erfüllt. Geben Sie jeweils eine kurze Begründung.

Lösung von Aufgabe 4. f erfüllt keine der beiden Linearitätsbedingungen.

f(~x+~y) = 1 f(~x) +f(~y) = 2 f(u~x) = 1 uf(~x) = u

Aufgabe 5. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰ = y²(2x+e^−x)

sin(1/y) . Lösung von Aufgabe 5. Trennung der Variablen ergibt

1

y²sin(1/y)dy = (2x+e^−x)dx.

Integrieren auf der linken Seite nachy mit Substitution

u = 1

y du

dy = −1 y² dy = −y²du.

Damit ist

Z 1

y²sin(1/y)dy = Z 1

y²sin(u)(−y²)du

= −

Z

sin(u)du

= cos(u)

= cos(1/y).

Integrieren auf der rechten Seite nachxergibt Z

(2x+e^−x)dx = x²−e^−x Damit erhält man die Gleichung

cos(1/y) = x²−e^−x+C

1/y = ±arccos(x²−e^−x+C) + 2kπ, k∈Z

y = ± 1

arccos(x²−e^−x+C) + 2kπ. Aufgabe 6. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL

y⁰√

x=y²cos(√ x).

Lösung von Aufgabe 6. Trennung der Variablen.

1

y² = cos(√

√ x) x dx.

Integration.

−1

y = 2 sin(√ x) +C.

Lösen

y=− 1

2 sin(√

x) +C.

Aufgabe 7. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰(x)(1 +x²) =xy(x)

Lösung von Aufgabe 7. Durch Trennung der Variablen erhält man 1

ydy= x 1 +x². Eine Stammfunktion von

x 1 +x²

ergibt sich mit Substitution

u = x² du

dx = 2x dx = 1

2xdu.

Damit ist

Z x

1 +x²dx =

Z x 1 +u

1 2xdu

= 1

2 Z 1

1 +u

= 1

2ln(|1 +u|)

= 1

2ln(|1 +x²|)

= 1

2ln(1 +x²).

Damit erhält man die Gleichung ln(|y|) =1

2ln(1 +x²) +C bzw.

|y| = e^ln(1+x2)/2e^C

= Kp

1 +x² K∈R⁺. Damit ist

y=±Kp 1 +x².

Da auchy= 0 eine Lösung ist, ist die allgemeine Lösung y=Kp

1 +x² K∈R. Aufgabe 8. Gegeben sei die DGL

y⁰⁰+g(x)y⁰+h(x)y = 0.

Zeigen Sie, dass wenn y1 und y2 Lösungen der DGL sind, auch y1+y2

eine Lösung ist, d.h. dass die Lösungsmenge der DGL abgeschlossen unter Addition ist.

Lösung von Aufgabe 8. Seieny₁, y₂Lösungen der DGL, d.h.

y₁⁰⁰+g(x)y⁰₁+h(x)y1 = 0 y₂⁰⁰+g(x)y⁰₂+h(x)y₂ = 0.

Zu zeigen:y₁+y₂ist eine Lösung, d.h.

(y1+y2)⁰⁰+g(x)(y1+y2)⁰+h(x)(y1+y2) = 0.

Mit der Summenregel der Ableitung gilt

(y1+y2)⁰⁰+g(x)(y1+y2)⁰+h(x)(y1+y2)

= y⁰⁰₁+y₂⁰⁰+g(x)(y⁰₁+y₂⁰) +h(x)(y₁+y₂)

= y⁰⁰₁+g(x)y₁⁰ +h(x)y1

| {z }

=0

+y⁰⁰₂+g(x)y₂⁰ +h(x)y2

| {z }

=0

= 0 Aufgabe 9. Sei

y⁰+g(x)y=r(x)

eine lineare DGL mit Anfangswerty(0) = 0. Eine solche Gleichung ergibt sich z.B. wenn man die Spannungy(x) an einem Bauteil einer elektrischen Schaltung misst, die von einer Spannungsquelle r(x) angeregt wird. Die Bedingung y(0) = 0 besagt dann, dass das System zum Startzeitpunkt x = 0 in Ruhe ist. Das Kausalitätsprinzip besagt, dass eine Wirkung y(x) 6= 0 nicht eintreten kann, bevor eine Ursache r(x)6= 0 eingetreten ist. Zeigen Sie dies, indem Sie eine partikuläre Lösung der DGL mit dem gegebenen Anfangswert berechnen (Variation der Konstanten). Nehmen Sie dann an, dassr(x) = 0 für x <0 und zeigen Sie, dass daraus folgt, dass auch y(x) = 0 für x < 0. Hinweis: Eine Stammfunktion von k⁰(x) können Sie darstellen durch

Z x 0

k⁰(u)du wie man durch Ableiten verifiziert:

Z x 0

k⁰(u)du 0

= (k(x)−k(0))⁰

= k⁰(x).

Lösung von Aufgabe 9. Allgemeine Lösung der homogene DGL.

y⁰+g(x)y = 0 y⁰ = −g(x)y 1

ydy = −g(x)dx ln|y| = −G(x) +C

|y| = Ke^−G(x), K >0

y = Ke^−G(x), K∈R.

Variation der Konstanten.

y = k(x)e^−G(x)

y⁰ = k⁰(x)e^−G(x)−k(x)g(x)e^−G(x). Einsetzen in inhomogene DGL.

k⁰(x)e^−G(x)−k(x)g(x)e^−G(x)

| {z }

y⁰

+g(x)k(x)e^−G(x)

| {z }

g(x)y

= r(x)

k⁰(x)e^−G(x) = r(x) k⁰(x) = r(x)e^G(x).

Eine Stammfunktion vonk⁰(x) ist k(x) =

Z x 0

r(u)e^G(u)du.

Die Untergrenze des Integrals kann eine beliebige Konstante sein, wurde aber so gewählt, da der Startwert an der Stelle Null gegeben ist. Die Menge aller Stammfunktionen ist

k(x) = Z x

0

r(u)e^G(u)du+C.

Allgemeine inhomogene Lösung.

y = Z x

0

r(u)e^G(u)du+C

e^−G(x)

= Z x

0

r(u)e^G(u)−G(x)du+Ce^−G(x). Startwerty(0) = 0.

Z 0 0

r(u)e^G(u)−G(0)du+Ce^−G(0) = 0

Ce^−G(0) = 0

C = 0.

Partikuläre Lösung, die die Anfangsbedingung erfüllt.

y(x) = Z x

0

r(u)e^G(u)−G(x)du.

Fallsx < 0 läuft uim Integral nur über negative Werte. Wennr(u) = 0 füru <0, ist der Integrand somit immer Null und damity(x) = 0.

Aufgabe 10. Bei einerinhomogenenlinearen DGLn-ter Ordnung mit konstan- ten Koeffizienten tritt auf der rechten Seite eine sog. Störfunktionr(x) auf.

Sie hat damit die Form

a_ny⁽ⁿ⁾+a_n−1yⁿ⁻¹+. . .+a₁y⁰+a₀y = r(x).

Der Lösungsweg besteht darin, dass man zu nächst die allgemeine Lösung y_H der zugehörigen homogenen DGL

any⁽ⁿ⁾+an−1yⁿ⁻¹+. . .+a1y⁰+a0y = 0

mit dem Ansatz yH = e^λx Ansatz berechnet. Anschließend genügt es, eine partikuläre Lösung yP der inhomogenen DGL zu bestimmen. Die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL ist dann einfach

y = yH+yP.

Leider gibt es keinen allgemeinen Ansatz zur Bestimmung einer partiku- lären Lösung der inhomogenen DGL sondern nur Ansätze für bestimmte Typen von Störfunktionenr(x):

• Istr(x) ein Polynom vom Gradm, dann ist der Ansatz ebenfalls ein Polynom vom gleichen Gradm.

• Ist r(x) =e^µx für einµ∈C, dann ist der Ansatz yP = ce^µx

wobei der Parametercdurch Einsetzen des Ansatzes in die DGL be- stimmt werden muss. Im Ausnahmefall wennµeines-fache Nullstelle des charakteristischen Polynoms

p(µ) = anµⁿ+an−1yⁿ⁻¹+. . .+a1µ+a0

ist, funktioniert dieser Ansatz nicht. Diesen Fall nennt man Resonanz.

Der richtige Ansatz ist dann

y_P = x^sce^µx.

Berechnen Sie hiermit eine partikuläre Lösungy_P der folgenden DGL und verifizieren Sie Ihr Ergebnis durch Einsetzen vonyP in die DGL.

•

y⁰⁰⁰+ 2y⁰⁰+y = 3x²+x+ 1

Die Störfunktion ist ein Polynom zweiten Grades. Der Lösungsansatz ist daher

yP = ax²+bx+c.

Einsetzen dieses Ansatzes in die DGL liefert die Koeffizienten a, b, c durch Koeffizientenvergleich.

•

y⁰⁰+ 3y = e^2x

Der Ansatz ist hier yP =ce^2x. Einsetzen dieses Ansatzes liefert die Konstante c.

•

y⁰⁰−y⁰−6y = e^3x.

Im diesem Beispiel tritt Resonanz auf. Versuchen Sie trotzdem zuerst den Ansatz yP = ce^3x. Sie werden dann feststellen, dass Sie damit c nicht berechnen können. Nehmen Sie dann den richtigen Ansatz y_P =cxe^3x.

Lösung von Aufgabe 10.

• DGL

y⁰⁰⁰+ 2y⁰⁰+y = 3x²+x+ 1

Ansatz

yP = ax²+bx+c y_P⁰ = 2ax+b y_P⁰⁰ = 2a y⁰⁰⁰_P = 0.

Einsetzen in die DGL

4a+ax²+bx+c = 3x²+x+ 1 ax²+bx+ 4a+c = 3x²+x+ 1 Koeffizientenvergleich.

a = 3 b = 1 4a+c = 1 Aus der letzten Gleichung folgt

c = 1−4a = −11.

Damit ist

yP = 3x²+x−11.

Verifikation.

y_P⁰ = 6x+ 1 y_P⁰⁰ = 6 y_P⁰⁰⁰ = 0 Damit ist

y⁰⁰⁰_P + 2y_P⁰⁰ +yP = 0 + 2·6 + 3x²+x−11

= 3x²+x+ 1.

• DGL

y⁰⁰+ 3y = e^2x Ansatz

yP = ce^2x y⁰_P = 2ce^2x y⁰⁰_P = 4ce^2x. Einsetzen in die DGL

4ce^2x+ 3ce^2x = e^2x 7c = 1

c = 1 7.

Damit ist

yP = 1 7e^2x. Verifikation.

y_P⁰ = 2 7e^2x y_P⁰⁰ = 4

7e^2x. Damit ist

y⁰⁰+ 3y = 4

7e^2x+ 3·1 7e^2x

= e^2x.

• DGL

y⁰⁰−y⁰−6y = e^3x. Zunächst versucht man den Ansatz

yP = ce^3x y⁰_P = 3ce^3x y⁰⁰_P = 9ce^3x. Einsetzen

9ce^3x−3ce^3x−6ce^3x = e^3x 0 = e^3x

Diese Gleichung hat keine Lösung. Da µ= 3 eine einfache Nullstelle des charakteristischen Polynoms

µ²−µ−6 = 0 ist, liegt Resonanz vor und der richtige Ansatz ist

y_P = cxe^3x

y⁰_P = c(e^3x+ 3xe^3x)

= ce^3x(1 + 3x)

y⁰⁰_P = c(3e^3x+ 3e^3x+ 9xe^3x)

= c(6e^3x+ 9xe^3x)

= ce^3x(6 + 9x).

Einsetzen

ce^3x(6 + 9x)

| {z }

y⁰⁰_P

−ce^3x(1 + 3x)

| {z }

y⁰_P

−6cxe^3x

| {z }

yP

= e^3x

c(6 + 9x−1−3x−6x) = 1 5c = 1 c = 1 5.

Beim Umformen müssen alle Terme mit x wegfallen, d.h.c ist eine Konstante. Damit ist

yP = 1 5xe^3x. Verifikation.

y_P⁰ = 1

5(e^3x+ 3xe^3x)

= e^3x

5 (1 + 3x) y_P⁰⁰ = 3e^3x

5 (1 + 3x) +e^3x 5 ·3

= e^3x

5 (3 + 9x+ 3)

= e^3x

5 (6 + 9x).

Einsetzen.

y⁰⁰−y⁰−6y = e^3x

5 (6 + 9x)−e^3x

5 (1 + 3x)−61 5xe^3x

= e^3x

5 (6 + 9x−1−3x−6x)

= e^3x 5 ·5

= e^3x.

Aufgabe 11. Gesucht ist eine partikuläre Lösung der DGL y⁰+y = x+e^x.

Aufgrund der Linearität der DGL kann man nun zuerst eine partikuläre Lösungy1von

y⁰+y = x

berechnen und dann eine partikuläre Lösungy₂ von y⁰+y = e^x.

Damit ist yP = y1 +y2 eine partikuläre Lösung der gegebenen DGL.

Allgemein kann man auf diese Weise vorgehen, wenn die rechte Seiter(x) als Summe von zwei einfacheren Funktionenr1(x) und r2(x) dargestellt werden kann. Berechnen Sie hiermit eine partikuläre Lösung der o.g. DGL.

Lösung von Aufgabe 11. Partikuläre Lösungy1von y⁰+y = x.

Ansatz

y1 = ax+b y⁰₁ = a.

Einsetzen.

a+ax+b = x ax+a+b = x.

Koeffizientenvergleich.

a = 1 a+b = 0.

Damit ista= 1,b=−1 und

y1 = x−1.

Partikuläre Lösungy₂ von

y⁰+y = e^x. Ansatz

y2 = ce^x y⁰₂ = ce^x. Einsetzen.

ce^x+ce^x = e^x 2c = 1

c = 1 2. Damit ist

y₂ = 1 2e^x. Insgesamt ist

yP = y1+y2

= x−1 +1 2e^x eine partikuläre Lösung der DGL.

Aufgabe 12. Gesucht ist eine partikuläre Lösung der DGL y⁰+y = 5e^−x.

Aufgrund der Linearität der DGL kann man nun zuerst eine partikuläre Lösungy1von

y⁰+y = e^−x.

Damit istyP = 5y1 eine partikuläre Lösung der gegebenen DGL. Allge- mein kann man auf diese Weise vorgehen, wenn man auf der rechten Seite r(x) einen konstanten Faktor hat: Man lässt den Faktor zuerst weg, löst die DGL und multipliziert die Lösung mit dem Fakor.

Berechnen Sie hiermit eine partikuläre Lösung der o.g. DGL.

Lösung von Aufgabe 12. Versucht man den Ansatz y₁ = ce^µx,

stellt man fest, dass Resonanz vorliegt. Der richtige Ansatz ist daher y1 = cxe^−x

y⁰₁ = c(e^−x−xe^−x).

Einsetzen.

c(e^−x−xe^−x) +cxe^−x = e^−x c(e^−x−xe^−x+xe^−x) = e^−x c = 1.

Damit ist

y1 = xe^−x und

y = 5y₁

= 5xe^−x.

Aufgabe 13. Gesucht ist eine partikuläre Lösung der DGL y⁰+y = cos(x).

Man kann die Cosinusfunktion darstellen als cos(x) = 1

2(e^jx+e^−jx)

und die DGL mit rechter Seitee^jx und rechter Seite e^−jx lösen, die Lö- sungen addieren und dann mit¹/2multiplizieren.

Schneller geht’s jedoch wie folgt. Da cos(x) = re(e^jx), geht man von der komplexen DGL

y⁰+y = e^jx aus und nimmt auf beiden Seiten den Realteil.

re(y⁰+y) = re(e^jx) re(y⁰) + re(y) = cos(x) re(y)⁰+ re(y) = cos(x).

Wenn alsoy_c die komplexe DGL

y⁰+y = e^jx löst, dann löstyP = re(yc) die ursprüngliche DGL

y⁰+y = cos(x).

Folglich muss man nur eine partikuläre Lösung y_c der komplexen DGL berechnen und hiervon den Realteily_P = re(y_c) nehmen.

Dieses Vorgehen lässt sich immer anwenden, wenn die rechte Seiter(x) als Real- oder Imaginärteil einer komplexen Funktion dargestellt werden kann, insbesondere also bei Schwingungen.

Berechnen Sie hiermit eine partikuläre Lösung der o.g. DGL und prüfen Sie Ihr Ergebnis durch Einsetzen.

Lösung von Aufgabe 13. Komplexe DGL y⁰+y = e^jx. Lösungsansatz

y = ce^jx y⁰ = cje^jx. Einsetzen.

cje^jx+ce^jx = e^jx cj+c = 1 c(1 +j) = 1

c = 1

1 +j

= 1−j 2 . Damit ist

y_c = 1−j 2 e^jx yP = re(yc)

= re 1−j

2 (cos(x) +jsin(x))

= 1

2(cos(x) + sin(x)).

Verifikation.

y⁰_P = 1

2(−sin(x) + cos(x)).

Einsetzen.

y⁰_P+yP = 1

2(−sin(x) + cos(x)) +1

2(cos(x) + sin(x))

= cos(x).

Aufgabe 14. Berechnen Sieeine partikuläreLösung der DGL y⁰+y = e^xcos(x).

Im Ergebnis dürfen keine komplexen Zahlen auftreten.

Lösung von Aufgabe 14. Umformen der rechten Seite.

e^xcos(x) = re(e^xe^jx)

= re(e^x(1+j))

Lösung der DGL

y⁰+y = e^x(1+j). Ansatz.

y = ce^x(1+j) y⁰ = c(1 +j)e^x(1+j). Einsetzen.

ce^x(1+j)(2 +j) = e^x(1+j) c(2 +j) = 1

c = 1

2 +j

= 2−j 5 . Lösung der komplexen DGL

y = 1

5(2−j)e^x(1+j)

= 1

5e^x(2−j)e^jx Realteil hiervon ist die Lösung der gegebenen DGL.

y = 1

5e^x(2 cos(x) + sin(x)).

Aufgabe 15. Berechnen Sieeine partikuläre Lösungder DGL y⁰⁰+y = sin(x+ 1).

Lösung von Aufgabe 15.

sin(x+ 1) = im(e^j(x+1))

= im(e^je^jx).

Partikuläre Lösung mit rechter Seitee^jx. Daj Nullstelle des charakteri- stischen Polynoms ist, liegt Resonanz vor. Ansatz daher

y = cxe^jx

y⁰ = ce^jx+cxje^jx

y⁰⁰ = cje^jx+cje^jx−cxe^jx

= c2je^jx−cxe^jx.

Einsetzen.

c2je^jx−cxe^jx+cxe^jx = e^jx c2je^jx = e^jx c2j = 1

c = 1

2j

= −j 2. Partikuläre Lösung ist damit

y = −j 2xe^jx. Partikuläre Lösung für rechte Seitee^je^jx ist somit

y = −j 2e^jxe^jx.

Partikuläre Lösung für rechte Seite im(e^je^jx) ist somit y = im(−j

2e^jxe^jx)

= −1

2xim(je^j(x+1))

= −1

2xim(j(cos(x+ 1) +jsin(x+ 1)))

= −1

2xcos(x+ 1).

Aufgabe 16. Ein LGSA~x=~b kann unendlich viele Lösungen haben. Sei XH = {~x|A~x=~0}

die allgemeine Lösung des homogenen LGSA~x=~0 und~xP eine partiku- läre Lösung, d.h.

A~x_P = ~b.

Zeigen Sie, dass die Menge aller Lösungen des LGS gleich der Menge X = {~x| es gibt ein~xH∈XH so dass~x=~xP+~xH}.

ist. Man kann diese Menge auch kurz schreiben als X = {~xP+~xH|~xH∈XH}.

Die allgemeine Lösung von A~x =~b kann damit als Summe einer parti- kulären Lösung~xP und der allgemeinen LösungXH des homogenen LGS dargestellt werden. Gleiches gilt auch für die Lösung von linearen DGL und ist eine Folge der Linearität.

Hinweis: Sie müssen die Gleichheit zweier Mengen zeigen, d.h.

{~xP+~xH|~xH∈XH} = {~x|A~x=~b}.

Die Gleichheit zweier Mengen zeigt man in zwei Schritten, in denen man zeigt, dass jeweils eine Teilmenge der anderen ist. Führen Sie beide Schritte getrennt durch und schreiben Sie jeweils auf, was die Annahmen sind und was gezeigt werden muss.

Lösung von Aufgabe 16. Sei

XH = {~x|A~x=~0}

die Lösungsmenge des homogenen LGS, d.h.

A~x_H = ~0 für alle~x_H∈X_H . Sei~xP eine partikuläre Lösung, d.h.

A~xP = ~b.

Die Menge aller Lösungen des LGS ist

L = {~x|A~x=~b}.

Sei schließlich X die Menge aller Vektoren, die sich als Summe von ~x_P und einer homogenen Lösung darstellen lassen, d.h.

X = {~xP+~xH|~xH∈XH}.

• Zu zeigen

X ⊆ L. Annahme:

~ x∈X.

Zu zeigen:

~

x∈L bzw. A~x=~b.

Aus der Annahme folgt, dass

~

x = ~xP +~xH

für ein~xH∈XH. Damit ist

A~x = A(~x_H+~x_P)

= A~xH+A~xP

= ~0 +~b

= ~b.

Folglich ist~x∈L.

• Zu zeigen

L ⊆ X.

Annahme:

~

x∈L bzw. A~x=~b.

Zu zeigen:

~

x∈X bzw. ~x=~xP+~xH für ein~xH∈XH . Aus

A~xP = ~b und A~x = ~b folgt

A(~x−~xP)

| {z }

~ xH

= ~0.

Sei

~x_H = ~x−~x_P. Dann ist

~

x = ~x_P +~x_H und daA~xH=~0, ist~xH ∈XH. Folglich ist

~

x ∈ X.

Aufgabe 17. Ein ungedämpftes Feder-Masse-System erfüllt die DGL my⁰⁰+Dy = 0.

Berechnen Sie die Kreisfrequenzω, mit der man dieses System anregen muss, um Resonanz zu erhalten. Berechnen Sie dann für dieses ω eine partikuläre Lösung der DGL

my⁰⁰+Dy = cos(ωx).

Lösung von Aufgabe 17. Resonanz tritt bei der Frequenz ω auf, für die jω Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist. Charakteristisches Poly- nom

mλ²+D = 0 λ² = −D

m

λ = ±

r

−D m

= ±j rD

m.

Resonanz hat man folglich bei Anregungsfrequenz

ω =

rD m. Lösung der DGL

my⁰⁰+Dy = cos(ωx).

Ansatz im Resonanzfall

y = x(acos(ωx) +bsin(ωx))

y⁰ = acos(ωx) +bsin(ωx) +xω(−asin(ωx) +bcos(ωx))

y⁰⁰ = ω(−asin(ωx) +bcos(ωx)) +ω(−asin(ωx) +bcos(ωx)) +xω²(−acos(ωx)−bsin(ωx))

= 2ω(−asin(ωx) +bcos(ωx))−xω²(acos(ωx) +bsin(ωx))

= 2ω(−asin(ωx) +bcos(ωx))−ω²y

= 2ω(−asin(ωx) +bcos(ωx))−D my.

Damit ist

my⁰⁰+Dy = 2mω(−asin(ωx) +bcos(ωx))−Dy+Dy

= 2mω(−asin(ωx) +bcos(ωx)).

Einsetzen in die DGL ergibt

2mω(−asin(ωx) +bcos(ωx)) = cos(ωx).

Koeffizientenvergleich

−2mωa = 0 2mωb = 1.

Damit ist

a = 0

b = 1

2mω

= 1

2mq

D m

= 1

2√ mD Die Lösungsfunktion ist somit

y = x

2√ mD sin

rD mx

! .