Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3 [4 ed.] 3662681501, 9783662681503, 9783662681510

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Klaus Höllig Jörg Hörner

Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3 4. Auflage

Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3

Klaus Höllig · Jörg Hörner

Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3 4. Auflage

Klaus Höllig Universität Stuttgart Stuttgart, Deutschland

Jörg Hörner Fachbereich Mathematik Universität Stuttgart Stuttgart, Deutschland

ISBN 978-3-662-68150-3 ISBN 978-3-662-68151-0 (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019, 2021, 2023 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, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. 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. Planung/Lektorat: Andreas Rüdinger 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 Das Papier dieses Produkts ist recyclebar.

Vorwort Studierende der Ingenieur- und Naturwissenschaften haben bereits zu Beginn ihres Studiums ein sehr umfangreiches Mathematikprogramm zu absolvieren. Die Höhere Mathematik, die für die einzelnen Fachgebiete in den ersten drei Semestern gelesen wird, umfasst im Allgemeinen die Gebiete Vektorrechnung und Lineare Algebra, Analysis von Funktionen einer und mehrerer Veränderlicher, Differentialgleichungen, Vektoranalysis, Komplexe Analysis. Dieser Unterrichtsstoff aus unterschiedlichen Bereichen der Mathematik stellt hohe Anforderungen an die Studierenden. Aufgrund der knapp bemessenen Zeit für die Mathematik-Vorlesungen haben wir deshalb begleitend zu unseren Lehrveranstaltungen umfangreiche zusätzliche Übungs- und Lehrmaterialien bereitgestellt, die inzwischen teilweise bundesweit genutzt werden. Als Bestandteil dieser Angebote enthält das Buch Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 1 eine umfassende Sammlung von Aufgaben, die üblicherweise in Übungen oder Klausuren gestellt werden. Studierenden wird durch die exemplarischen Musterlösungen die Bearbeitung von Übungsaufgaben wesentlich erleichtert. Für alle typischen Fragestellungen werden in dem Buch die anzuwendenden Lösungstechniken illustriert. Des Weiteren sind die gelösten Aufgaben zur Vorbereitung auf Prüfungen und zur Wiederholung geeignet. Die Aufgabensammlung wird durch das Angebot von Mathematik-Online auf der Web-Seite https://mo.mathematik.uni-stuttgart.de ergänzt. Im Lexikon von Mathematik-Online werden relevante Definitionen und Sätze detailliert erläutert. Dort finden sich auch Beispiele für die verwendeten Methoden. Darüber hinaus existieren für viele Aufgaben des Buches bereits Varianten mit interaktiver Lösungskontrolle, mit denen Studierende ihre Beherrschung der Lösungstechniken testen können. Auch im Nebenfach soll das Mathematik-Studium Freude bereiten! Ein besonderer Anreiz ist der „sportliche Aspekt“ mathematischer Probleme, die nicht durch unmittelbare Anwendung von Standardtechniken gelöst werden können. Das Buch enthält auch einige solcher Aufgaben, die wir teilweise in kleinen Wettbewerben

1

seit der zweiten Auflage gegliedert in drei Bände

vi

Vorwort

parallel zu Vorlesungen („Die am schnellsten per E-Mail eingesendete korrekte Lösung gewinnt . . .“) verwendet haben. Einige dieser Aufgaben werden ebenfalls als Aufgaben der Woche auf der oben erwähnten Web-Seite veröffentlicht (Anklicken des Logos von Mathematik-Online ). Die Aufgabensammlung des Buches basiert teilweise auf Vorlesungen zur Höheren Mathematik für Elektrotechniker, Kybernetiker, Mechatroniker und Physiker des ersten Autors. Beim letzten Zyklus, der im Wintersemester 2012/2013 begann, haben Dr. Andreas Keller2 und Dr. Esfandiar Nava Yazdani bei Übungen und Vortragsübungen mitgewirkt. Beide Mitarbeiter haben eine Reihe von Aufgaben und Lösungen zu dem Buch beigetragen. Die Arbeit an Mathematik-Online und an Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik hat uns nicht nur viel Freude bereitet, sondern auch die Durchführung unserer Lehrveranstaltungen für Ingenieure und Naturwissenschaftler erheblich erleichtert. In den nachfolgenden Hinweisen für Dozenten geben wir einige Anregungen, wie das Buch in Verbindung mit den im Internet bereitgestellten Materialien optimal genutzt werden kann. Um die Verwendung der verschiedenen Angebote noch effektiver zu gestalten, werden wir weiterhin unsere Projekte in der Lehre unter Einbeziehung neuer Medien mit großem Engagement verfolgen. Wir bedanken uns dabei herzlich für die Unterstützung des Landes Baden-Württemberg und der Universität Stuttgart, die maßgeblich zum Erfolg unserer Internet-Angebote beigetragen hat. Herrn Dr. Andreas Rüdinger vom Springer-Verlag danken wir für seine Initiative, unsere Online-Angebote durch ein Lehrbuch zu ergänzen, und für die ausgezeichnete Betreuung in allen Phasen dieses Projektes gemeinsam mit seinem Team. Stuttgart, Dezember 2016 Klaus Höllig und Jörg Hörner

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seit 2017 Professor an der Hochschule für angewandte Wissenschaften in Würzburg

vii Vorwort zur zweiten Auflage Die zweite Auflage ist mit mehr als 100 zusätzlichen Aufgaben umfangreicher. Deshalb erschien eine Aufteilung in drei Bände, die sich an einem üblichen dreisemestrigen Vorlesungszyklus orientiert, sinnvoll. Dieser dritte Band behandelt die Themen Vektoranalysis, Differentialgleichungen, Fourier-Analysis, Komplexe Analysis, Anwendungen mathematischer Software. Mathematische Grundlagen, Vektorrechnung, Differentialrechnung und Integralrechnung sowie Lineare Algebra, Differentialrechnung in mehreren Veränderlichen und mehrdimensionale Integration sind Gegenstand der Bände eins und zwei. Mit den zusätzlichen Aufgaben möchten wir Dozenten eine größere Auswahlmöglichkeit geben, insbesondere auch mehr Flexibilität, um gegebenenfalls den Schwierigkeitsgrad zu variieren. Studierende sollen für die meisten typischen Klausur- und Übungsaufgaben ein ähnliches Beispiel finden. Schreiben Sie uns ([email protected]), wenn Sie einen Aufgabentyp vermissen! Weitere zusätzliche Aufgaben mit Lösungen werden wir dann zunächst im Internet, begleitend zu unseren Büchern, bereitstellen. Neu in der zweiten Auflage sind Aufgaben, die mit Hilfe von Matlab® 3 und MapleTM 4 gelöst werden sollen. Diese Aufgaben wurden bewusst sehr elementar konzipiert, um Studierende auch ohne Programmierkenntnisse mit numerischer und symbolischer Software vertraut zu machen und Dozenten die Einbeziehung mathematischer Software in ihre Vorlesungen ohne nennenswerten Mehraufwand zu ermöglichen. Die Programmieraufgaben sind auf die theoretischen Aufgaben abgestimmt, insbesondere um Lösungen zu verifizieren und um bestimmte Aspekte von Problemstellungen zu illustrieren.

3 4

Matlab® is a registered trademark of The MathWorks, Inc. MapleTM is a trademark of Waterloo Maple, Inc.

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Vorwort

Zu einigen Themen stehen auf der Web-Seite https://pnp.mathematik.uni-stuttgart.de/imng/TCM/ Matlab® -Demos zur Verfügung, die Methoden und Lehrsätze veranschaulichen und mit den Aufgaben verlinkt sind. Wie bereits bei der Vorbereitung der ersten Auflage haben wir ausgezeichnet mit Herrn Dr. Andreas Rüdinger, dem für Springer Spektrum verantwortlichen Editorial Director, und der Projekt-Managerin, Frau Janina Krieger, die uns bei der Neuauflage bei allen technischen und gestalterischen Fragen betreut hat, zusammengearbeitet. Insbesondere wurden alle unsere Anregungen und Wünsche sehr wohlwollend und effektiv unterstützt. Dafür bedanken wir uns herzlich und freuen uns darauf, in Abstimmung mit dem Springer-Verlag auch die begleitenden Internetangebote zu Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik weiterzuentwickeln. Stuttgart, Dezember 2018 Klaus Höllig und Jörg Hörner

ix Vorwort zur dritten Auflage Es hat den Autoren viel Freude bereitet, Ergänzungen an dem kombinierten Buchund Internetprojekt vorzunehmen. Dabei waren die Anregungen und die Unterstützung von Herrn Dr. Andreas Rüdinger und Frau Iris Ruhmann sehr willkommen und hilfreich. Während der Produktionsphase der Neuauflage hat uns Frau Anja Groth ausgezeichnet betreut. Wir danken diesem Team des Springer-Verlags herzlich dafür. Darüber hinaus möchten wir Elisabeth Höllig für ihre Mitwirkung bei einem „nicht-mathematischen“ Korrekturlesen des neuen Materials danken. In der Neuauflage haben wir die Aufgabensammlung durch eine stichwortartige Formelsammlung ergänzt. Die Formulierungen enthalten gerade soviel Detail, wie Studierende benötigen sollten, um sich an die für die Aufgaben relevanten mathematischen Sachverhalte zu erinnern. Diese kompakte Form der Darstellung erleichtert ebenfalls eine Klausurvorbereitung, bei der man in der elektronischen Version des Bandes via Links auf ausführliche Beschreibungen im Internet zurückgreifen kann. Die Neuauflage enthält wiederum weitere zusätzliche Aufgaben, um möglichst jeden Standardaufgabentyp zu berücksichtigen. Wie bisher haben wir Wert darauf gelegt, dass die überwiegende Zahl der Aufgaben „varianten-geeignet“ ist, d.h. sich gut für die Abfolge „Vorlesungsbeispiel → Übung → Klausur“ eignet. Wir freuen uns, wenn „Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik“ gerade in der aktuell schwierigen Situation einen Beitrag zur Erleichterung der Lehre und einem erfolgreichen Studium leisten kann. Stuttgart, Mai 2021 Klaus Höllig und Jörg Hörner

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Vorwort

Vorwort zur vierten Auflage Um uns zu wiederholen: Unser Buchprojekt wurde weiterhin durch Dr. Andreas Rüdinger, dem verantwortlichen Editorial Director von Springer Spektrum, ausgezeichnet betreut - herzlichen Dank dafür! Wir danken ebenfalls Anja Groth (Springer) und Elisabeth Höllig für ein „nicht-mathematisches“ Korrekturlesen der vierten Auflage. Neu sind Tests mit detaillierten Lösungshilfen am Ende der Kapitel. Insgesamt enthalten diese Tests über 100 zusätzliche Aufgaben. Diese Aufgaben stehen auch als elektronische Zusatzmaterialien (ESM) zur Verfügung. Damit haben Studierende die Möglichkeit, Ergebnisse zu den Aufgaben interaktiv zu überprüfen. Darüber hinaus wurden eine Reihe weiterer Aufgaben ergänzt, insbesondere zu Anwendungen von Matlab® und MapleTM . Stuttgart, Juli 2023 Klaus Höllig und Jörg Hörner

xi

Hinweise für Dozenten Die drei Bände von Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik umfassen die folgenden Komponenten: Aufgaben mit detaillierten Lösungsskizzen, Tests mit Lösungshinweisen und Lösungskontrolle, eine stichwortartige Formelsammlung, Vortragsfolien mit Beschreibungen von Definitionen und Lehrsätzen als ergänzendes, im E-Book verlinktes Internetmaterial. Aufgaben Die Aufgaben sind für Studierende eine Hilfe bei der Bearbeitung von Übungsaufgaben und zur Vorbereitung auf Prüfungen. Die Lösungen sind stichwortartig beschrieben, in einer Form, wie sie bei Klausuren gefordert oder bei Handouts verwendet wird. Damit sind sie ebenfalls als Beamer-Präsentationen geeignet und wurden entsprechend aufbereitet. Diese Präsentationsfolien stehen als Zusatzmaterialien für Dozenten (→ sn.pub/lecturer-material) zur Verfügung. Über einen Index können Dozenten eine Auswahl treffen und die Aufgaben als Beispiele in ihre Vorlesungen integrieren oder in Vortragsübungen verwenden. Vortragsfolien Die Aufgabenfolien enthalten Links auf die Vortragsfolien zu relevanten Definitionen und Lehrsätzen. Ein Dozent kann damit zunächst wichtige Begriffe und Methoden wiederholen, bevor er mit der Präsentation einer Musterlösung beginnt. Die vollständige Sammlung Vortragsfolien zur Höheren Mathematik ist über einen Index auf der Web-Seite https://vhm.mathematik.uni-stuttgart.de verfügbar. Sie kann nicht nur in Verbindung mit dem Buch genutzt werden, sondern auch um Beamer-Präsentationen für Vorlesungen zusammenzustellen und Handouts für Studierende zu generieren. Tests Mit den Tests am Ende der einzelnen Kapitel können Studierende ihre Beherrschung der erlernten Techniken überprüfen. Die Testaufgaben sind zumeist Varianten der Aufgaben des jeweiligen Kapitels. Sie stehen ebenfalls als elektronische Zusatzmaterialien (ESM) zur Verfügung. Studierende können mit Hilfe interaktiver PDF-Dateien ihre Ergebnisse der Testaufgaben überprüfen. Bei Fehlern kann eine Lösung noch einmal kontrolliert werden, gegebenenfalls mit Hilfe der Lösungshinweise. Formelsammlung Die Formelsammlung dient Studierenden zum bequemen Nachschlagen von Definitionen und Sätzen, die bei den Lösungen der Aufgaben verwendet werden. Die Beschreibungen haben den Stil von „Merkblättern“, wie man sie sich gegebenenfalls für Klausuren zusammenstellen würde. Die Formulie-

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Vorwort

rungen enthalten gerade soviel Detail, wie genügen sollte, um sich an die genauen mathematischen Sachverhalte zu erinnern. Nutzt man alle in Verbindung mit den drei Bänden des Buches Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik angebotenen Ressourcen, so reduziert sich der Aufwand für die Vorbereitung von Lehrveranstaltungen zur Höheren Mathematik erheblich: Beamer-Präsentationen für die Vorlesungen können aus den Vortragsfolien zur Höheren Mathematik ausgewählt werden. Mit den Folien lassen sich Handouts für Studierende zur Wiederholung und Nachbereitung des Unterrichtsstoffes generieren. Vortragsübungen können mit Hilfe der im Dozenten-Bereich zur Verfügung stehenden Aufgabenfolien gehalten werden. Mit der Verwendung von Varianten zu den Aufgaben des Buches in den Gruppenübungen wird durch die publizierten Musterlösungen die Bearbeitung von Übungsblättern erleichtert. Tests mit interaktiver Lösungskontrolle bieten Studierenden eine optimale Vorbereitung auf Klausuren in Übungen und Prüfungen. In der Vergangenheit haben wir bereits sehr von unseren Lehrmaterialien, die über einen Zeitraum von mehr als zwanzig Jahren entwickelt wurden, profitiert. Wir hoffen, dass andere Dozenten einen ähnlichen Nutzen aus den Angeboten für die Höhere Mathematik ziehen werden und dadurch viel redundanten Vorbereitungsaufwand vermeiden können.

xiii

Hinweise für Studierende Wie lernt man am effektivsten? Wie bereitet man sich optimal auf Klausuren vor? Jeder wird eine etwas andere Strategie verfolgen. Ein Prinzip ist jedoch, etwas humorvoll formuliert, unstrittig: Prüfungsnote × Vorbereitungszeit

→

min 5 .

Die eigene Studienzeit, obwohl lange zurückliegend, noch in guter Erinnerung, möchten die Autoren folgende Empfehlungen geben, wie man „Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik“ am besten nutzen kann. Zu einem Thema sollte man sich zunächst den entsprechenen Abschnitt in der Formelsammlung ansehen. So kann man entscheiden, ob man eventuell einige Definitionen, Methoden und Lehrsätze wiederholen möchte. Beim anschließenden Lesen der Aufgaben haben natürlich solche Aufgaben Priorität, die man als schwierig empfindet und nicht selbst auf Anhieb lösen kann. Sind verwendete Techniken noch etwas unklar, bieten die in den Verweisen verlinkten Vortragsfolien eine Möglichkeit zur Nacharbeitung des relevanten Vorlesungsstoffs. Der komplette Foliensatz zu einem Thema lässt sich als Handout ausdrucken (Download von der Web-Seite https://vhm.mathematik.uni-stuttgart.de), wenn man nicht immer nur vor dem Bildschirm arbeiten möchte. Zum Abschluss der Vorbereitung ist es sinnvoll, mit Hilfe der Tests am Ende der Kapitel zu prüfen, ob man die typischen für das jeweilige Thema relevanten Fragestellungen gut beherrscht. Idealerweise sollte man dabei nicht die Lösungshinweise zu Hilfe nehmen. Die Tests stehen ebenfalls als Electronic Supplementary Material (ESM) zur Verfügung, mit der Möglichkeit, die berechneten Ergebnisse interaktiv zu überprüfen. Detaillierte Lösungen zu einigen der Testaufgaben und zu weiteren Aufgaben zur Prüfungsvorbereitung finden Sie auf der Web-Seite https://mathtraining.online. Die ergänzenden Materialien zu den drei Bänden von Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik sind auch auf der Web-Seite https://pnp.mathematik.uni-stuttgart.de/imng/Hoellig/AuLzHM_Info.pdf zusammengestellt. Dort finden Sie gegebenfalls auch Hinweise auf Korrekturen. Mit über 1000 Aufgaben haben wir versucht, alle relevanten Prüfungsthemen abzudecken. Vermissen Sie denoch einen Aufgabentyp → schreiben Sie uns ([email protected])!

5 Natürlich unter der Nebenbedingung „Prüfung bestanden!“; der „Artur Fischer Preis“ wurde am Fachbereich Physik der Universität Stuttgart auf der Basis einer ähnlichen Zielfunktion vergeben (M.Sc. Note × Gesamtstudienzeit).

xiv

Vorwort

Auch beim intensiven Lernen muss die Freude an dem Studienfach und der sportliche Aspekt des Problemlösens nicht zu kurz kommen. Die (ziemlich schwierigen) Sternaufgaben sind dafür gedacht, etwas Faszination für die Mathematik zu wecken. Damit wünschen die Autoren viel Erfolg im Studium und dass ihr Buch dabei hilft, einen möglichst niedrigen Wert des oben erwähnten Produktes zu erzielen!

Inhaltsverzeichnis Vorwort . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Einleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Vektoranalysis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Skalar- und Vektorfelder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2

Arbeits- und Flussintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3

Integralsätze von Gauß, Stokes und Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4

Potential und Vektorpotential . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5

Tests . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

II

Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

6

Differentialgleichungen erster Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

7

Differentialgleichungen zweiter Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

8

Differentialgleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

9

Laplace-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

10 Tests . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 III

Fourier-Analysis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

11 Reelle und komplexe Fourier-Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 12 Diskrete Fourier-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 13 Fourier-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 14 Tests . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 IV

Komplexe Analysis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

15 Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen . . . . . . . 227 16 Komplexe Integration und Residuenkalkül . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 17 Taylor- und Laurentreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 18 Komplexe Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267 19 Tests . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277 V

Anwendungen mathematischer Software . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

20 MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289 21 Matlab® . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303 VI

Formelsammlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333

22 Vektoranalysis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335

xvi

Inhaltsverzeichnis

23 Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345 24 Fourier-Analysis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355 25 Komplexe Analysis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363 Literaturverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373

Einleitung Grundlage für die Aufgaben der drei Bände von Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik bildet der Stoff, der üblicherweise Bestandteil der MathematikGrundvorlesungen in den Natur- und Ingenieurwissenschaften ist. Die Reihenfolge der Themen entspricht einem typischen dreisemestrigen Vorlesungszyklus Höhere Mathematik für Fachrichtungen, die ein umfassendes Mathematikangebot benötigen: Band 1: Mathematische Grundlagen, Vektorrechnung, Differentialrechnung, Integralrechnung, Anwendungen mathematischer Software. Band 2: Lineare Algebra, Differentialrechnung in mehreren Veränderlichen, Mehrdimensionale Integration, Anwendungen mathematischer Software. Band 3: Vektoranalysis, Differentialgleichungen, Fourier-Analysis, Komplexe Analysis, Anwendungen mathematischer Software. Die Lineare Algebra beinhaltet die Vektorrechnung in allgemeinerem Kontext und kann auch vor der Analysis einer Veränderlichen unterrichtet werden. Bei der oben gewählten Themenfolge wird eine kurze Einführung in das Rechnen mit Vektoren in der Ebene und im Raum vorgezogen, um möglichst früh wesentliche Hilfsmittel bereitzustellen. Die Themen des dritten Bandes sind weitgehend unabhängig voneinander; ihre Reihenfolge richtet sich nach den Prioritäten der involvierten Fachrichtungen. Aufgaben Der überwiegende Teil der Aufgabensammlung besteht aus Standardaufgaben, d.h. Aufgaben, die durch unmittelbare Anwendung der in Vorlesungen behandelten Lehrsätze und Techniken gelöst werden können. Solche Aufgaben werden teilweise in fast identischer Form in vielen Varianten sowohl in Übungen als auch in Prüfungsklausuren gestellt und sind daher für Studierende besonders wichtig. Die folgende Aufgabe zu Differentialgleichungen ist ein typisches Beispiel.

6.7 Separable Differentialgleichung Bestimmen Sie die Lösung y(x) des Anfangswertproblems (1 + x2 )y  = (4 − x)y 3 , Verweise:

y(0) = 5 .

Separable Differentialgleichung, Elementare rationale Integranden

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_1

2

Einleitung

Verweise Die Verweise beziehen sich auf die Vortragsfolien zur Höheren Mathematik , die in der elektronischen Version des Bandes direkt verlinkt sind. In dieser Sammlung von Beamer-Präsentationen werden relevante Begriffe bzw. Sätze beschrieben und mit Beispielen veranschaulicht. Studierende können damit zunächst die benötigten mathematischen Grundlagen anhand der entsprechenden Vortragsfolien nochmals wiederholen. Beispielsweise führt der erste Verweis, „Separable Differentialgleichung“, bei oben stehender Aufgabe auf eine pdf-Datei, die mit folgender Seite beginnt.

Separable Differentialgleichung Eine separable Differentialgleichung y  = p(x)g (y ) , l¨asst sich durch Trennung der Variablen und separates Bilden von Stammfunktionen l¨ osen:   dy = p(x) dx . g (y ) Die Integrationskonstante kann dabei durch eine Anfangsbedingung y (x0 ) = y0 festgelegt werden.

Separable Differentialgleichung

1-1

Die Seite beschreibt, wie man durch Trennung der Variablen die Differentialgleichung unmittelbar integrieren und eine implizite Lösungsdarstellung erhalten kann. Auf den darauf folgenden Seiten wird die Anwendung der Methode anhand eines Beispiels erläutert und damit auf die Aufgabenlösung hingeführt. Die über die Web-Seite http://vhm.mathematik.uni-stuttgart.de verfügbare Sammlung deckt das gesamte Themenspektrum der Höheren Mathematik ab und kann auch begleitend zu Vorlesungen verwendet werden.

3 Sternaufgaben Die Aufgabensammlung enthält auch einige Aufgaben, deren Lösung eine Reihe von nicht nahe liegenden Ideen erfordert. Solche Aufgaben sind mit einem Stern gekennzeichnet. Sie können in Vorlesungen als Beispiele verwendet werden und dienen in Übungen als Anreiz, um Faszination für Mathematik zu wecken. Auch Studierenden, die Mathematik nur als „Nebenfach“ hören, soll das Erlernen mathematischer Techniken Freude bereiten und nicht nur als „lästiges Muss“ empfunden werden. Ein Beispiel ist die folgende Aufgabe zum Residuenkalkül für komplexe Kurvenintegrale.

16.9 Komplexe Kurvenintegrale längs unterschiedlicher Wege  Berechnen Sie



dz −1

z4 C

über die abgebildeten Wege C.

a)

b)

c)

Die markierten Punkte sind die vierten Wurzeln aus 1 . Verweise:

Residuensatz, Residuum

Auch bei diesen Aufgaben sind gegebenenfalls Verweise zu Themen aus den Vortragsfolien zur Höheren Mathematik vorhanden, die für die Lösung hilfreich sein können. Lösungen Die Lösungen zu den Aufgaben des Buches sind stichwortartig formuliert, in einer Form, wie sie etwa in Klausuren verlangt wird oder zur Generierung von Folien geeignet ist. Der stichwortartige Stil beschränkt sich auf das mathematisch Wesentliche und macht die Argumentation übersichtlich und leicht verständlich. Typische Beispiele sind Formulierungen wie Fourier-Transformation  . . . , Satz von Stokes =⇒ ..., die anstelle der entsprechenden vollständigen Sätze „Mit Hilfe der Fourier-Transformation erhält man . . .“ , „Aus dem Satz von Stokes folgt . . .“ treten. Die gewählte Darstellungsform der Lösungen ist ebenfalls für BeamerPräsentationen geeignet, wie nachfolgend näher erläutert ist.

4

Einleitung

Mathematische Software Ein Kapitel des Bandes enthält Aufgaben, die mit Matlab® oder MapleTM gelöst werden sollen. Ohne dass nennenswerte Programmierkenntnisse vorausgesetzt werden, können Studierende anhand sehr elementarer Problemstellungen mit numerischer und symbolischer Software vertraut werden. Es ist faszinierend, was heutige Computer-Programme leisten und wie komfortabel sie zu handhaben sind. Zu einigen Themen stehen auf der Web-Seite https://pnp.mathematik.uni-stuttgart.de/imng/TCM/ Matlab® -Demos zur Verfügung. Beispielsweise zeigt die folgende Abbildung die Benutzeroberfläche eines Demos zu Fourier-Reihen.

Durch Variieren der Parameter lassen sich typische Effekte illustrieren; im gezeigten Fall die relativ gute Approximation bereits mit trigonometrischen Polynomen sehr kleinen Grades. Tests Mit den Tests am Ende der einzelnen Kapitel können Studierende ihre Beherrschung der erlernten Techniken überprüfen. Die Testaufgaben sind zumeist Varianten der Aufgaben des jeweiligen Kapitels, so dass das Lösen eigentlich keine Probleme bereiten sollte. Man kann jedoch gegebenenfalls die anschließenden Lösungshinweise bei der Bearbeitung zu Hilfe nehmen.

5 Interaktive Versionen der Tests sind als elektronische Zusatzmaterialien (ESM) verlinkt. Bei diesen PDF-Dateien lassen sich die berechneten Ergebnisse eintragen, und man erhält unmittelbar eine Rückmeldung, ob die Lösungen korrekt sind. Präsentationsfolien Begleitend zum Buch sind die Aufgaben und Lösungen ebenfalls als BeamerPräsentationen formatiert. Diese Präsentationsfolien stehen Dozenten als Zusatzmaterialien zur Verfügung (→ sn.pub/lecturer-material). Über einen Index lässt sich eine Auswahl treffen, und die Aufgaben können als Beispiele in Vorlesungen integriert oder in Vortragsübungen verwendet werden. Das Layout dieser Präsentationsfolien ist anhand eines Beispiels aus der Vektoranalysis illustriert.

3.5

Satz von Gauß f¨ur einen Zylinder z r=2

Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes  = (x 3 , y , 1+z 2 )t durch die Oberfl¨ache F S des abgebildeten Zylinders nach außen. Bestimmen Sie ebenfalls den Anteil des Flusses durch den Mantel.

h=3 y 0 x

Links: Satz von Gauß Zylinderkoordinaten

Aufgaben und L¨ osungen 3

Integrals¨ atze von Gauß, Stokes und Green – Aufgabe 3.5

25-1

Die Links entsprechen den Verweisen in der Buch-Version der Aufgaben. Durch Anklicken kann unmittelbar auf die entsprechenden Inhalte der Vortragsfolien zur Höheren Mathematik zugegriffen werden. Formelsammlung Die zur Lösung der Aufgaben benötigten Definitionen, Sätze und Formeln sind stichwortartig entsprechend den einzelnen Themen im letzten Teil des Buches zusammengestellt. Die Beschreibungen haben den Stil von „Merkblättern“, die man6

6

wenn der Dozent die Verwendung solcher Hilfsmittel erlaubt . . .

6

Einleitung

in eine Klausur mitnehmen könnte. Die Formulierungen enthalten gerade soviel Detail, wie genügen sollte, um sich an die genauen mathematischen Sachverhalte zu erinnern. Ist dies bei der Vorbereitung für eine Klausur nicht ausreichend, so kann man im E-Book über einen Link auf eine ausführliche Erläuterung mit Beispielen zugreifen. Ein „Durchblättern“ der als „Gedächtnisstützen“ gedachten, sehr kompakt gehaltenen Formulierungen ist somit ein guter Test, welche Sachverhalte man sich noch einmal genauer ansehen sollte. Aufgabenvarianten Es ist geplant, die Aufgabensammlung durch Varianten zu ergänzen, die teilweise mit Hilfe geeigneter Computer-Programme erzeugt werden. Beispielsweise können in der Aufgabe 6.7 die polynomialen Faktoren in Klammern sowie der Exponent von y und die Anfangsbedingung variiert werden. Diese Aufgabenvarianten lassen sich in Übungen und Tests verwenden, die Aufgaben in den Bänden des Buches sind dann als vorbereitende Beispiele geeignet. Die Erstellung von in dieser Weise auf die Aufgabensammlung abgestimmten Übungsblättern reduziert sich so im Wesentlichen auf die Auswahl von Aufgaben- und Variantennummern. Aufgabenvorschläge Schreiben Sie uns, wenn Sie einen Aufgabentyp vermissen ([email protected]). Für zum Standard-Übungs- bzw. -Prüfungsstoff passende Vorschläge, die insbesondere auch für Varianten geeignet sind, werden wir eine entsprechende Aufgabe mit Lösung konzipieren und zur Verfügung stellen. Notation In den Aufgaben und Lösungen wird die Notation von Mathematik-Online verwendet (siehe https://mo.mathematik.uni-stuttgart.de/notationen/). Dabei wurde ein Kompromiss zwischen formaler Präzision und einfacher Verständlichkeit gewählt. Exemplarisch illustriert dies das folgende Beispiel: u + ω02 u = c cos t . Die gewählte Beschreibung einer Differentialgleichung ist leichter lesbar als die formalere Notation u (t) + ω02 u(t) = c cos(t) . Dies ist insbesondere dann der Fall, wenn die Bedeutung aus dem Kontext klar ersichtlich ist, etwa in der Formulierung „Bestimmen Sie eine Lösung u(t) der Differentialgleichung . . .“. Dabei wird wiederum auf die präzisere Formulierung „u : t → u(t), t ∈ R“ zu Gunsten einer leichteren Lesbarkeit verzichtet. Literatur Zur Höheren Mathematik existieren bereits zahlreiche Lehrbücher; die bekanntesten deutschsprachigen Titel sind in der Literaturliste am Ende des Buches angegeben. Einige dieser Lehrbücher enthalten ebenfalls Aufgaben, teilweise auch mit

7 Lösungen. Naturgemäß bestehen gerade bei Standardaufgaben große Überschneidungen, bis hin zu identischen Formulierungen wie beispielsweise „Bestimmen Sie die Laplace-Transformierte der Funktion . . . . . .“. Ein wesentlicher neuer Aspekt des Buches ist zum Einen die enge Abstimmung auf ein umfangreiches Internet-Angebot mit den damit verbundenen Vorteilen für Studierende und Dozenten. Zum Anderen haben wir die Mehrzahl der Aufgaben so konzipiert, dass sie sich für computergenerierte Varianten eignen und damit sehr effektiv im Übungsbetrieb eingesetzt werden können.

Teil I Vektoranalysis

1 Skalar- und Vektorfelder

Übersicht 1.1 1.2

Niveaulinien, Gradient und Laplace-Operator für ein ebenes Skalarfeld Differentialgleichung für die Feldlinien eines ebenen Vektorfeldes, Existenz eines Potentials . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Darstellung eines Vektorfeldes sowie Berechnung von Divergenz und Rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Skalarfeld in Zylinderkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Vektorfeld in Zylinderkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Rechenregeln für Gradient, Rotation und Divergenz . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Differentiation von Skalar-, Vektor- und Spatprodukten . . . . . . . . . . . . . 1.8 Produktregeln für Differentialoperatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Differentialoperatoren in Kugelkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10 Gradient und Laplace-Operator in Kugelkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . 1.11 Divergenz und Rotation in Kugelkoordinaten  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_2

12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22

12

1.1

1 Skalar- und Vektorfelder

Niveaulinien, Gradient und Laplace-Operator für ein ebenes Skalarfeld

Zeichnen Sie die Niveaulinien des Skalarfeldes U (x1 , x2 ) =

1 1 − |x − a| |x + a|

und berechnen Sie grad U und ΔU . Verweise:

Skalarfeld, Gradient, Laplace-Operator

Lösungsskizze Visualisierung der Niveaulinien für a = (1, 1)t mit dem Matlab-Befehl contour

4 3 2

x2

1 0

−1 −2 −3 −4 −4 −3 −2 −1

0 x1

1

2

3

4

 Betrachtung von  r = |x| = x21 + x22

Verschiebung vertauscht mit Differentiation ϕ(r) =

1 , r

Kettenregel =⇒ ∂ν ϕ(r) = ϕ (r) xν /r Anwendung auf die Berechnung von Gradient und Laplace-Operator ∂ν

1 1 xν =− 2 r r r

=⇒

grad(1/r) = −(x1 , x2 )t /r3

und Δ(1/r) = div grad(1/r) = ∂1 (−x1 /r3 ) + ∂2 (−x2 /r3 ) = −1/r3 − x1 (−3/r4 )x1 /r − 1/r3 − x2 (−3/r4 )x2 /r = 1/r3 Einsetzen von r = |x ± a| grad U = −



x − a x + a + , |x − a|3 |x + a|3

ΔU =

1 1 − |x − a|3 |x + a|3

13

1.2

Differentialgleichung für die Feldlinien eines ebenen Vektorfeldes, Existenz eines Potentials

Bestimmen Sie die Feldlinien des Vektorfeldes F = (y 2 /4, xy/3)t und fertigen Sie eine Skizze an. Existiert ein Potential? Verweise:

Vektorfeld, Separable Differentialgleichung

Lösungsskizze (i) Feldlinien t → (x(t), y(t))t : Tangentenvektoren (x (t), y  (t))t  F , d.h. (x , y  )t = λ(Fx , Fy )t = λ(y 2 /4, xy/3)t 

Differentialgleichung dy dy/dt Fy 4x = = = dx dx/dt Fx 3y

separabel: getrennte Integration beider Seiten 3 2 y = 2x2 + C 2

⇔

⇔

3y dy = 4x dx 

3y 2 − 4x2 = C˜

implizite Lösungsdarstellung (Hyperbeln)

(ii) Skizze: F = (y 2 /4, xy/3)t an einigen Punkten: x y Fx

Fy

0 1 1/4

0

0 2

0

1

1 1 1/4 1/3 1 2

1

2/3

2 1 1/4 2/3 2 2

1

4/3

(iii) Potential: kein Potential, da die notwendige Bedingung ! 0 = rot F = ∂y Fx − ∂x Fy = y/2 − y/3

nicht erfüllt ist (rot F = 0)

14

1.3

1 Skalar- und Vektorfelder

Darstellung eines Vektorfeldes sowie Berechnung von Divergenz und Rotation

Berechnen Sie die Divergenz und Rotation des Vektorfeldes ⎛ ⎞ −y ⎜ ⎟ 1 ⎜ x ⎟ F = ⎠ 1 + z2 ⎝ z und skizzieren Sie die xy-Komponenten des Feldes. Verweise:

Vektorfeld, Divergenz, Rotation

Lösungsskizze (i) Skizze: Visualisierung von (Fx , Fy ) = c (−y, x) mit dem Matlab-Befehl quiver 4

y

2 0

−2 −4 −4

−2

0 x

2

4

(ii) Divergenz:

div F = ∂x Fx + ∂y Fy + ∂z Fz z 1 − z2 = 0 + 0 + ∂z = 1 + z2 (1 + z 2 )2 (iii) Rotation:

t rot F = (∂y Fz − ∂z Fy , ∂z Fx − ∂x Fz , ∂x Fy − ∂y Fx ) t

−2xz 2yz 1 −1 = 0− , − 0, − (1 + z 2 )2 (1 + z 2 )2 1 + z2 1 + z2

t 1 = 2xz, 2yz, 2(1 + z 2 ) (1 + z 2 )2

15

1.4

Skalarfeld in Zylinderkoordinaten

Stellen Sie das Skalarfeld U=

xyz x2 + y 2

in Zylinderkoordinaten dar und berechnen Sie grad U und ΔU . Verweise:

Zylinderkoordinaten, Differentialoperatoren in Zylinderkoordinaten

Lösungsskizze Zylinderkoordinaten x =  cos ϕ, y =  sin ϕ,

=

 x2 + y 2

zugeordnete orthonormale Basis e = (cos ϕ, sin ϕ, 0)t , eϕ = (− sin ϕ, cos ϕ, 0)t , ez = (0, 0, 1)t Koordinatentransformation des Feldes 

xyz x2 + y 2

= U (x, y, z) = Φ(, ϕ, z) =  cos ϕ sin ϕ z    1 2

Anwendung der Formeln für Differentialoperatoren grad U = ∂ Φe + =

sin(2ϕ)



1 ∂ϕ Φeϕ + ∂z Φez 

1 1 sin(2ϕ)ze + cos(2ϕ)zeϕ +  sin(2ϕ)ez 2 2

und 1 1 ∂ (∂ Φ) + 2 ∂ϕ2 Φ + ∂z2 Φ   2 sin(2ϕ)z 3 sin(2ϕ)z sin(2ϕ)z − + 0=− = 2  2 

ΔU =

gegebenenfalls Rücktransformation auf kartesische Koordinaten benutze: e = (x, y, 0)t /, eϕ = (−y, x, 0)t / sowie 2 1 2 2 2 2 2 2 sin(2ϕ) = cos ϕ sin ϕ = xy/ , cos(2ϕ) = cos ϕ − sin ϕ = (x − y )/ =⇒ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 x −y 2 2 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ z − y z xyz ⎜ x xy ⎜0⎟ ⎜y⎟+ ⎜ x ⎟+ grad U = ⎝ ⎠ 3 ⎝ ⎠ 3  ⎝ ⎠ 1 0 0

t = (x2 + y 2 )−3/2 y 3 z, x3 z, x3 y + xy 3 und ΔU = −3xyz (x2 + y 2 )−3/2

16

1.5

1 Skalar- und Vektorfelder

Vektorfeld in Zylinderkoordinaten

Stellen Sie das Vektorfeld F =



t 1 x − 2y, 2x + y, z 2 2 +y

x2

in Zylinderkoordinaten dar und berechnen Sie div F und rot F . Verweise:

Vektorfelder in Zylinderkoordinaten, Divergenz, Rotation

Lösungsskizze Zylinderkoordinaten x =  cos ϕ, y =  sin ϕ,

=

 x2 + y 2

zugeordnete orthonormale Basis e = (cos ϕ, sin ϕ, 0)t , eϕ = (− sin ϕ, cos ϕ, 0)t , ez = (0, 0, 1)t Koordinatentransformation des Feldes ⎛ ⎞ cos ϕ − 2 sin ϕ ⎟ 1⎜ ⎟ = Ψe + Ψϕeϕ + Ψz ez F = ⎜ sin ϕ + 2 cos ϕ ⎠ ⎝ z 2 / Skalarprodukte mit den Basisvektoren 1 Ψ = F , e = , 



 Feldkomponenten von Ψ

2 Ψϕ = F , eϕ = , 

z2 Ψz = F , ez = 2 

Anwendung der Formeln für Differentialoperatoren



div F = −1 ∂ (Ψ ) + −1 ∂ϕ Ψϕ + ∂z Ψz = 0 + 0 + 2z/2 = 2z/2 und rot F = (−1 ∂ϕ Ψz − ∂z Ψϕ )e + (∂z Ψ − ∂ Ψz )eϕ + −1 (∂ (Ψϕ ) − ∂ϕ Ψ )ez = 0 · e + (0 − (−2z 2 /3 ))eϕ + 0 · ez = 2z 2 /3 eϕ gegebenenfalls Rücktransformation auf kartesische Koordinaten ⎛ ⎞ −y ⎜ ⎟ 2z 2 2z  = ⎜ x ⎟ , rot F div F = 2 ⎝ ⎠ 2 2 2 2 x +y (x + y ) 0     eϕ

17

1.6

Rechenregeln für Gradient, Rotation und Divergenz

Die Matrizen

⎛

0 102

⎞

⎟ ⎜ ⎟ (F |∂1 F ∂2 F ∂3 F ) = ⎜ ⎝ 4 0 3 0 ⎠,

⎛

1 040

⎞

⎟ ⎜  1G  ∂2 G  ∂3 G)  =⎜0 306⎟ (G|∂ ⎠ ⎝

0 506

2 050

enthalten die Werte und partiellen Ableitungen zweier Vektorfelder (F1 , F2 , F3 )t und  rot(3F +2G)  (G1 , G2 , G3 )t an einem Punkt (x1 , x2 , x3 ) . Bestimmen Sie grad(F · G),  an der gleichen Stelle. und div(F × G) Verweise:

Rechenregeln für Differentialoperatoren

Lösungsskizze  = grad(F · G):  (i) D D i = ∂i

3 

Fk G k =

   + F · ∂i G  (∂i Fk )Gk + Fk (∂i Gk ) = ∂i F · G

k=1

k

k

Einsetzen der Werte (Spalte 1) und partiellen Ableitungen (Spalten 2-4) an der Stelle x  D1 = (1, 0, 5)t · (1, 0, 2)t + (0, 4, 0)t · (0, 3, 0)t = 11 + 12 = 23 D2 = (0 · 1 + 3 · 0 + 0 · 2) + (0 · 4 + 4 · 0 + 0 · 5) = 0 D3 = (2 · 1 + 0 · 0 + 6 · 2) + (0 · 0 + 4 · 6 + 0 · 0) = 38  = rot(3F + 2G):  (ii) D  = 3 rot F + 2 rot G  Linearität =⇒ D  rot H = (∂2 H3 − ∂3 H2 , ∂3 H1 − ∂1 H3 , ∂1 H2 − ∂2 H1 )t , Einsetzen der Werte mit H = F und H = G  rot F = (0 − 0, 2 − 5, 0 − 0)t = (0, −3, 0)t  = (5 − 6, 0 − 0, 3 − 4)t = (−1, 0, −1)t rot G  = 3(0, −3, 0)t + 2(−1, 0, −1)t = (−2, −9, −2)t und D  (iii) d = div(F × G):  i =  εi,j,k Fj Gk , Antisymmetrie des ε-Tensors Hi = (F × G) j,k

d =



∂ i Hi =

i

=

 k

Gk





=⇒

εi,j,k ((∂i Fj )Gk + Fj (∂i Gk ))

i,j,k

εk,i,j ∂i Fj −

i,j

Einsetzen der Werte aus (ii)

 j

Fj



 · rot F − F · rot G  εj,i,k ∂i Gk = G

i,k



d = (1, 0, 2)t · (0, −3, 0)t − (0, 4, 0)t · (−1, 0, −1)t = 0 − 0 = 0

18

1.7

1 Skalar- und Vektorfelder

Differentiation von Skalar-, Vektor- und Spatprodukten

Berechnen Sie für die spiralförmige Bahnkurve C : t → r(t) = (cos(2t), sin(2t), t)t v = r  sowie a = v  und leiten Sie die Produkte r · v , r × v , [r, v , a] ebenfalls nach t ab. Verweise:

Weg, Produktregel

Lösungsskizze erste und zweite Ableitungen von r = (cos(2t), sin(2t), t)t dr = (−2 sin(2t), 2 cos(2t), 1)t dt dv = (−4 cos(2t), −4 sin(2t), 0)t a = dt Ableitung der verschiedenen Produkte mit der Produktregel: Summe der Produkte, bei denen jeweils nur einer der Faktoren abgeleitet wird Verwendung der Abkürzungen C := cos(2t), S := sin(2t) sowie C  = −2S, S  = 2C (i) Skalarprodukt: v =

(r · v ) = r  · v + r · v  = v · v + r · a = ((−2S)2 + (2C)2 + 12 ) + (C(−4C) + S(−4S) + 0) = 1 (ii) Vektorprodukt: (r × v )

=

r  × v + r × v  = v × v + r × a

=

(0, 0, 0)t + r × (−4C, −4S, −4t + 4t)t    =−4 r +(0, 0, 4t)t

=   r × r =O

(C, S, t)t × (0, 0, 4t)t = 4t (S, −C, 0)t

(iii) Spatprodukt:   p := [r, v , a] = [v , v , a] + [r, a, a] + [r, v , a  ] {. . .} = 0, da Spatprodukte mit zwei gleichen (oder linear abhängigen) Vektoren verschwinden a  = (8S, −8C, 0) = −4v + (0, 0, 4)t , [r, v , (−4v )] = 0 =⇒ ⎛ ⎞ ⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ C −2S 0 C 8C ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ · ⎜⎜ 2C ⎟ × ⎜ 0 ⎟⎟ = ⎜ S ⎟ · ⎜ 8S ⎟ p=⎜ =2 8 S ⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ C 2 +S =1 t 1 4 t 0

19

1.8

Produktregeln für Differentialoperatoren

Berechnen Sie für U = y 2 − xy,

F = (0, −yz, z 2 )t

grad(U div F ), div(F × grad U ) und rot(U rot F ). Verweise:

Rechenregeln für Differentialoperatoren, Gradient, Divergenz, Rotation

Lösungsskizze (i) Separate Differentiation der Felder:

grad U = (∂x U, ∂y U, ∂z U )t = (−y, 2y − x, 0)t div F = ∂x Fx + ∂y Fy + ∂z Fz = 0 − z + 2z = z rot F = (∂y Fz − ∂z Fy , ∂z Fx − ∂x Fz , ∂x Fy − ∂y Fx )t = (y, 0, 0)t (ii) grad(U V ) = V grad U + U grad V : Einsetzen von V = div F  grad(U div F ) = z(−y, 2y − x, 0)t + (y 2 − 2xy)(0, 0, 1)t = (−yz, 2yz − xz, y 2 − 2xy)t  =G  · rot F − F · rot G:  (iii) div(F × G)  = grad U  = 0 ∀ U  und G =⇒ rot grad U div(F × grad U ) = (−y, 2y − x, 0)t · (y, 0, 0)t = −y 2  = U rot G  −G  × grad U : (iv) rot(U G)   Einsetzen von G = rot F  rot(U rot F ) = (y 2 − xy) rot(y, 0, 0)t − (y, 0, 0)t × (−y, 2y − x, 0)t = (y 2 − xy)(0, 0, −1)t − (0, 0, 2y 2 − xy)t = (0, 0, 2xy − 3y 2 )t

20

1.9

1 Skalar- und Vektorfelder

Differentialoperatoren in Kugelkoordinaten

Bestimmen Sie für f (r) = ln r und r = (x, y, z)t = rer grad f, Verweise:

Δf,

div(fr),

rot(fr) .

Differentialoperatoren in Kugelkoordinaten

Lösungsskizze  Differentiation von r = |r| = x2 + y 2 + z 2 mit der Kettenregel ∂x r =

1 2 (x + y 2 + z 2 )−1/2 (2x) = x/r, 2

∂y r = y/r,

∂z r = z/r

(i) Gradient grad f = (∂x f, ∂y f, ∂z f )t : ∂ ln r ∂r 1x x = = 2 ∂r ∂x r r r analoge Berechnung von ∂y ln r und ∂z ln r  ∂x ln r =

grad ln r = (x, y, z)t /r2 = r/r2 = er /r (ii) Laplace-Operator Δf = ∂x2 f + ∂y2 f + ∂z2 f : Produkt- und Kettenregel  ∂x2 ln r = ∂x (x/r2 ) = r−2 − 2(xr−3 )(x/r) = r−2 − 2x2 r−4 

Addition der entsprechenden Ausdrücke für ∂y2 ln r und ∂z2 ln r 1 Δ ln r = 3r−2 − (2x2 + 2y 2 + 2z 2 ) r−4 = 2    r 2r 2

(iii) Divergenz div F = ∂x Fx + ∂y Fy + ∂z Fz :  = grad f · G  + f div G  mit f = ln r und G  = r div(f G) div(ln r r) =



r · r + ln r (∂x x + ∂y y + ∂z z) = 1 + 3 ln r r2

(iv) Rotation rot F = (∂y Fz − ∂z Fy , ∂z Fx − ∂x Fz , ∂x Fy − ∂y Fx )t :  = f rot G  + grad f × G  mit f = ln r und G  = r  rot(f G) rot(ln r r) = ln r (∂y z − ∂z y, ∂z x − ∂x z, ∂x y − ∂y x) +

r × r = 0 r2

Alternative Lösung Verwendung der Formeln für Differentialoperatoren in Kugelkoordinaten: Δf (r) = r−2 ∂r (r2 ∂r f (r)) div(f (r)er ) = r2 ∂r (r2 f (r)), rot(f (r)er ) = 0 grad f (r) = ∂r f (r) er ,

21

1.10

Gradient und Laplace-Operator in Kugelkoordinaten

Berechnen Sie für das Skalarfeld

 z x2 + y 2 U= x2 + y 2 + z 2

grad U und ΔU durch Transformation auf Kugelkoordinaten. Verweise:

Differentialoperatoren in Kugelkoordinaten, Gradient, Laplace-Operator

Lösungsskizze (i) Kugelkoordinaten: x = rSc, y = rSs, z = rC,

r=

 x2 + y 2 + z 2

mit C = cos ϑ, S = sin ϑ, c = cos ϕ, s = sin ϕ, zugeordnete orthonormale Basis er = (Sc, Ss, C)t , eϑ = (Cc, Cs, −S)t , eϕ = (−s, c, 0)t Koordinatentransformation des Feldes  1 (rC)(rS) z x2 + y 2  = r sin(2ϑ) = U (x, y, z) = Φ(r, ϑ, ϕ) = 2 2 2 r 2 x +y +z  Anwendung der Formeln für Differentialoperatoren (ii) Gradient: grad U = ∂r Φer + =

1 1 ∂ϑ Φeϑ + ∂ϕ Φeϕ r rS

1 sin(2ϑ)er + cos(2ϑ)eϑ 2

Einsetzen von sin(2ϑ)/2 = CS, cos(2ϑ) = C 2 − S 2 und Vereinfachung grad U = (cos3 ϑ cos ϕ, cos3 ϑ sin ϕ, sin3 ϑ)t (iii) Laplace-Operator: 1 1 1 ∂r (r2 ∂r Φ) + 2 ∂ϑ (S∂ϑ Φ) + 2 2 ∂ϕ2 Φ 2 r r S r S

1 1 21 ∂ϑ (sin(ϑ)r cos(2ϑ)) = 2 ∂r r sin(2ϑ) + 2 r 2 r sin ϑ 1 1 (r cos ϑ cos(2ϑ) − 2r sin ϑ sin(2ϑ)) = sin(2ϑ) + 2 r r sin ϑ

ΔU =

Vereinfachung mit dem Additionstheorem für Kosinus ΔU =



cos(3ϑ) cos ϑ cos(2ϑ) − sin ϑ sin(2ϑ) = r sin ϑ r sin ϑ



22

1 Skalar- und Vektorfelder

1.11

Divergenz und Rotation in Kugelkoordinaten 

Berechnen Sie für das Vektorfeld F =

z (−y, x, z)t x2 + y 2 + z 2

div F und rot F durch Transformation auf Kugelkoordinaten. Verweise:

Differentialoperatoren in Kugelkoordinaten, Divergenz, Rotation

Lösungsskizze (i) Kugelkoordinaten: x = rSc, y = rSs, z = rC,

r=

 x2 + y 2 + z 2

mit C = cos ϑ, S = sin ϑ, c = cos ϕ, s = sin ϕ Einsetzen   ϑ, ϕ) = Ψr er + Ψϑeϑ + Ψϕeϕ F = C(−Ss, Sc, C)t = Ψ(r,  mit den orthonormalen Basisvektoren Skalarprodukte von Ψ er = (Sc, Ss, C)t , eϑ = (Cc, Cs, −S)t , eϕ = (−s, c, 0)t 

Feldkomponenten  er = C 3 , Ψr = Ψ,

Ψϑ = −C 2 S,

Ψϕ = CS

nur von ϑ abhängig, Ableitungen nach r und ϕ verschwinden  Anwendung der Formeln für Differentialoperatoren (ii) Divergenz: 1 1 1 ∂ϑ (SΨϑ ) + ∂ϕ Ψϕ ∂r (r2 Ψr ) + r2 rS rS ∂ϑ (−C 2 S 2 ) 2 cos ϑ sin2 ϑ 2C 3 + + 0= = r rS r

div Ψ =

(iii) Rotation: 1 1 (∂ϑ (SΨϕ ) − ∂ϕ Ψϑ )er + (∂ϕ Ψr − S∂r (rΨϕ ))eϑ rS rS 1 + (∂r (rΨϑ ) − ∂ϑ Ψr )eϕ r ∂ϑ (CS 2 ) CS 2 −C 2 S − ∂ϑ (C 3 ) er − eϑ + eϕ = rS rS r − sin2 ϑ + 2 cos2 ϑ cos ϑ sin ϑ 2 cos2 ϑ sin ϑ er − eϑ + eϕ = r r r

 = rot Ψ

2 Arbeits- und Flussintegral

Übersicht 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11

Kurven- und Arbeitsintegral für eine Schraubenlinie . . . . . . . . . . . . . . . . Arbeitsintegral längs geradliniger Wege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arbeitsintegral längs verschiedener Wege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arbeitsintegrale für einen Weg auf der Sphäre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächeninhalt und Flussintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fluss- und Flächenintegral für ein Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flussintegrale für Parallelogramme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fluss durch einen Funktionsgraph . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fluss durch eine Sphäre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fluss durch die Oberfläche eines Hohlzylinders . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flussintegral für ein Paraboloid  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_3

24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34

24

2.1

2 Arbeits- und Flussintegral

Kurven- und Arbeitsintegral für eine Schraubenlinie

Berechnen Sie für die Schraubenlinie C : t → r(t) = (R cos t, R sin t, t), 0 ≤ t ≤ 2nπ, und das Vektorfeld F = (zy, −zx, z 2 )t    a) |F | dC b) F · dr . C

Verweise:

C

Kurvenintegral, Arbeitsintegral, Weg

Lösungsskizze Tangentenvektor der Schraubenlinie C r  (t) = (−R sin t, R cos t, 1),

|r  (t)| =

 R2 + 1

Vektorfeld entlang von C F (r(t)) = (tR sin t, −tR cos t, t2 )t ,

 |F (r(t))| = t R2 + t2

a) Kurvenintegral: 



b

f dC = C

Einsetzen von f = |F | 



2nπ

t

R2

+

f (r(t))|r  (t)| dt

a



t2



R2

0

 + 1 dt = R2 + 1 √ R2 + 1 = 3

2nπ 1 2 2 3/2 (R + t ) 3 t=0   (R2 + (2nπ)2 )3/2 − R3



b) Arbeitsintegral: 



b

F · dr = C

Einsetzen



⎛



⎞ ⎛

−R sin t

⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ −tR cos t ⎟ · ⎜ R cos t ⎟ dt ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ t2 1  2nπ (2nπ)3 (2nπ)2 R2 + = −tR2 + t2 dt = − 2 3 0

2nπ 0

tR sin t

F (r(t)) · r  (t) dt

a

25

2.2

Arbeitsintegral längs geradliniger Wege (6, 2)

 Berechnen Sie C 3ydx + 5xdy für die abgebildeten Wege von (4, 1) nach (6, 2).

a)

(4, 1) Verweise:

b)

Arbeitsintegral, Weg

Lösungsskizze Arbeitsintegral eines Vektorfeldes F = (Fx , Fy )t entlang eines Weges C : t → (x(t), y(t)), a ≤ t ≤ b 



b

Fx (x(t), y(t))x (t) + Fy (x(t), y(t))y  (t) dt

Fx dx + Fy dy = C

a

a) Geradliniger Weg: + t), C : t → (4, 1) + t(6 − 4, 2 − 1) = (4 2t, 1   + x(t)

Fx = 3y, Fy = 5x, x (t) = 2, y  (t) = 1 



 1

3ydx + 5xdy = C



0≤t≤1

y(t)

3(1 + t) · 2 + 5(4 + 2t) · 1 dt

0 1

26 + 16t dt = 34

= 0

b) Horizontaler und vertikaler Weg: (i) horizontal (4, 1) → (6, 1): dy = 0, x(t) = t, dx = dt 



6

6

3y dx =

Ih = 4

3 · 1 dt = 6

4

(ii) vertikal (6, 1) → (6, 2): dx = 0, y(t) = t, dy = dt 



2

5x dy = 1

Summe über die Teilwege



2

Iv =



 C



5 · 6 dt = 30

1

3ydx + 5xdy = Ih + Iv = 36

26

2.3

2 Arbeits- und Flussintegral

Arbeitsintegral längs verschiedener Wege

Parametrisieren Sie die abgebildeten Wege C

a)

b)

(0, 0)

(−2, 0)

(0, 0) Parabelsegment y = x2

Halbkreis 

und berechnen Sie jeweils das Arbeitsintegral Verweise:

(1, 1)

C

F · dr für F = (1 + x, x + y 2 )t .

Arbeitsintegral, Weg

Lösungsskizze Arbeitsintegral entlang eines Weges C : t → r(t), a ≤ t ≤ b   b  F · dr = F (r(t)) r  (t) dt C

a

a) Halbkreis: Parametrisierung des Weges C : t → r(t) = (−1, 0) + (cos t, sin t) = (cos t − 1, sin t),

0≤t≤π

Vektorfeld entlang von C F (r(t)) = (1 + x, x + y 2 )t|r(t) = (cos t, cos t − 1 + sin2 t)t r  (t) = (− sin t, cos t) 

π

IH = 

⎛ ⎝

0



⎞ ⎛

− sin t

cos t

⎠·⎝

cos t − 1 + sin2 t

⎞ ⎠ dt

cos t

π

(− sin t cos t + cos2 t − cos t + cos t sin2 t) dt = π/2

= 0

b) Parabelsegment: Parametrisierung des Weges C : t → r(t) = (t, t2 ), 

Arbeitsintegral 

1

IP = 0

⎛ ⎝

⎞ 1 + x(t)

⎠ ·r  (t) dt = x(t) + y(t)2     ( F r (t))



1

= 0

(1 + t + 2t2 + 2t5 ) dt = 5/2

0≤t≤1  0

⎛ 1

⎞ ⎛ ⎞ 1 ⎝ ⎠ · ⎝ ⎠ dt t + t4 2t 1+t

27

2.4

Arbeitsintegrale für einen Weg auf der Sphäre

Zeigen Sie, dass die Kurve Γ : t → (sin t cos t, sin2 t, cos t)t ,

0 ≤ t ≤ π,

auf der Einheitssphäre liegt und berechnen Sie für das Vektorfeld F = (1, xz, y 3 )t   a) dx − Fy dz b) F · dr Γ

Verweise:

Γ

Arbeitsintegral, Weg

Lösungsskizze Parametrisierung des Weges und des Tangentenvektors (x, y, z)t

r =

= (sc, s2 , c)t

r  = (x , y  , z  )t = (c2 − s2 , 2sc, −s)t mit c = cos t, s = sin t Γ ⊂ Einheitssphäre: !

1 = |r|2 = s2 c2 + s4 + c2 = s2 (c2  + s2 ) + c2 = s2 + c2 = 1  =1



a) I = Γ dx − Fy dz, Fy = xz: dx = x dt = (c2 − s2 ) dt, dz = z  dt = (−s) dt   π I= (c2 − s2 ) − (sc)(c)(−s) dt =: I1 + I2    0 π

π

xz

2

I1 = 0, da 0 cos2 (kt) dt = 0 sin (kt) dt = π/2 Additionstheorem, sin(2t) = 2 sin t cos t   π  π 1 π I = I2 = sin2 (2t) dt = s2 c2 dt = 8 0 0 4  b) I = Γ F · dr, F = (1, xz, y 3 )t : dr = r  dt = (c2 − s2 , 2sc, −s) dt   π I = (1, (cs)c, (s2 )3 )t · (c2 − s2 , 2sc, −s)t dt 0 π (c2 − s2 ) + (2c3 s2 ) + (−s7 ) dt =: I1 + I2 + I3 = 0

I1 = 0 und I2 = 0, da c3 s2 ungerade bzgl. [0, π]   =



π

I = I3 = 0

2 3 (1 − c) (−s) dt = s2

3 1 c − c3 + c5 − c7 5 7

π

π

(1 − 3c2 + 3c4 − c6 )(−s) dt 0

= −2 + 2 − 0



32 6 2 + =− 5 7 35

28

2.5

2 Arbeits- und Flussintegral

Flächeninhalt und Flussintegral

Bestimmen Sie für die durch ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ x eu cos v ⎜ ⎟ ⎜ u ⎟ ⎜ u S : ⎝ ⎠ → ⎜ ⎝y ⎠ = ⎝ e sin v v eu z

⎞ ⎟ ⎟, ⎠

u ∈ [0, 1] , v ∈ [0, π] ,

t parametrisierte Fläche S und das Vektorfeld F = (1, 0,  z) . a) den Flächeninhalt b) F · dS S

Verweise:

Flächenintegral, Flussintegral

Lösungsskizze Normale

⎛

xu

⎞

⎛

xv

⎞

⎛

eu cos v

⎞

⎛

−eu sin v

⎞

⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ u ⎟ ⎜ u ⎟ n = ⎜ ⎝ yu ⎠ × ⎝ yv ⎠ = ⎝ e sin v ⎠ × ⎝ e cos v ⎠ eu 0 zu zv = e2u (− cos v, − sin v, 1)t skalares und vektorielles Flächenelement √ dS = |n| dudv = 2 e2u dudv,

 = n dudv dS

a) Flächeninhalt: 



π



1

1 dS =

area S = S

0

√

2 2u e 2

= π

1 = 0

√

2e2u du dv

0

π(e2 − 1) √ 2

b) Fluss: Vektorfeld auf S (Einsetzen der Parametrisierung): F = (1, 0, z)t = (1, 0, eu )t  Fluss von F durch S ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − cos v  π 1 1  ⎜ ⎟ 2u ⎜ ⎟  = ⎜ 0 ⎟ · e ⎜ − sin v ⎟ du dv F · dS ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0

S



0

π



1

= 0

eu

1

−e2u cos v + e3u dudv

0

Produktform der Integranden  1 1   1 3u π(e3 − 1) 1 π e π= − e2u [sin v]0 + 2 3 3 0 0

29

2.6

Fluss- und Flächenintegral für ein Dreieck

Berechnen Sie für das Dreieck S mit den Eckpunkten (1, 0, −1), (0, 2, −1), (2, 0, 0) und das Skalarfeld U = xy 2 + z 3 folgende Integrale:          grad U · dS b) ΔU dS a)     S

Verweise:

S

Flussintegral, Flächenintegral

Lösungsskizze Parametrisierung über dem Standarddreieck D : 0 ≤ s ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 1 − s ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 0 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ (s, t) → p(s, t) = ⎝ y ⎠ = s ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 2 ⎠ + (1 − s − t) ⎝ 0 ⎟ ⎠ z −1 −1 0 = (2 − s − 2t, 2t, −s − t)t Normale: Vektorprodukt der das Dreieck aufspannenden Vektoren bzw. n = ∂s p × ∂t p = (−1, 0, −1)t × (−2, 2, −1)t = (2, 1, −2)t (Vorzeichen von der Wahl der Parametrisierung abhängig → Vorzeichen des Flusses/Flussrichtung, irrelevant für den Betrag des Flusses)   mit U = xy 2 + z 3 : grad U · dS| a) Flussintegral Φ = | S

⎛

∂x U

⎞

⎛

y2

⎞

⎛

4t2

⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ grad U = ⎜ ⎝ ∂y U ⎠ = ⎝ 2xy ⎠ = ⎝ 8t − 4st − 8t ⎠ 3s2 + 6st + 3t2 ∂z U 3z 2  = (2, 1, −2)t dsdt, Einsetzen, Bilden des Skalarproduktes  dS       1 1−s    Φ =  (8t2 ) + (8t − 4st − 8t2 ) + (−6s2 − 12st − 6t2 ) dtds  0 0       8t−6s2 −16st−6t2  1    1 =  4(1 − s)2 − 6s2 (1 − s) − 8s(1 − s)2 − 2(1 − s)3 ds = 3 0   mit U = xy 2 + z 3 : ΔU dS b) Flächenintegral I = S

ΔU = ∂x2 U + ∂y2 U + ∂z2 U = 2x + 6z, dS = |n| dsdt = 3 dsdt Einsetzen   1  1−s I = [2(2 − s − 2t) + 3(−s − t)] 3 dsdt    0 0 12−15s−21t



1

= 0

12(1 − s) − 15s(1 − s) −

21 (1 − s)2 ds = 0 2

30

2.7

2 Arbeits- und Flussintegral

Flussintegrale für Parallelogramme

Berechnen Sie die Flüsse des Vektorfeldes F = (2z, 0, xy)t durch die Parallelogramme a) S : u(3, 1, 1)t + v(1, 3, 1)t , 0 ≤ u, v ≤ 1 b) S : z = 3x − y, 0 ≤ x, y ≤ 1 mit jeweils positiv gewählter z-Komponente der Normalen. Verweise:

Flussintegral, Fluss durch einen Funktionsgraph

Lösungsskizze a) Parametrisiertes Parallelogramm: S : x = 3u + v, y = u + 3v, z = u + v,

0 ≤ u, v ≤ 1

Normalenvektor n = (3, 1, 1)t × (1, 3, 1)t = (−2, −2, 8)t Fluss von F = (2z, 0, xy)t durch S 

 = F · dS 0

S

1

⎛



1 0

2z

⎞ ⎛

−2

⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ · ⎜ −2 ⎟ dudv ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ xy 8

Einsetzen der Parametrisierung F|S = (2(u + v), 0, (3u + v)(u + 3v))t 



1



1

2(u + v)(−2) + 0 + (3u + v)(u + 3v)(8) dudv = 32 0 0 11 m n u v 0 0

1 1 dudv = 0 um du 0 v n dv = (m + 1)−1 (n + 1)−1 benutzt: b) Parallelogramm als Funktionsgraph: S : z = g(x, y) = 3x − y,

0 ≤ x, y ≤ 1

Fluss von (Fx , Fy , Fz )t = (2z, 0, xy)t durch S  1 1 −Fx ∂x g − Fy ∂y g + Fz dxdy 0

0

Einsetzen und Bilden der partiellen Ableitungen



Integrand

−(2(3x − y ))(3) − 0(−1) + xy = −18x + 6y + xy    z

sukzessive Integration bzgl. x und y    1 1 −18x + 6y + xy dxdy = 0

0

1 0

−9 + 6y +

23 y dy = − 2 4

31

2.8

Fluss durch einen Funktionsgraph

Bestimmen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (z, 0, xy)t durch den über dem Rechteck [0, 3] × [−1, 1] liegenden Graph der Funktion z = f (x, y) = 3x + 2y − xy nach oben. Verweise:

Fluss durch einen Funktionsgraph

Lösungsskizze Parametrisierung des Funktionsgraphen S : (x, y) → s(x, y) = (x, y, 3x + 2y − xy )t    z=f (x,y)

Normalenvektor ⎛

1

⎞

⎛

0

⎞

⎛

y−3

⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ n = ∂x s × ∂y s = ⎜ ⎝ 0 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝x − 2⎠ 3−y 2−x 1 z-Komponente positiv  Fluss nach oben Feldkomponente in Normalenrichtung F · n = (3x + 2y − xy)(y − 3) + 0 + xy · 1    z

= −9x + y(7x − 6) + y 2 (2 − x)  = n dydx dS

 Flussintegral   3 1   −9x + y(7x − 6) + y 2 (2 − x) dydx F · dS = S

0

−1

inneres Integral für den mittleren Summanden null aus Symmetriegründen (ungerade Funktion auf symmetrischem Intervall)   3 2 2(−9x) + 0 + (2 − x) dx = −80 3 0

32

2.9

2 Arbeits- und Flussintegral

Fluss durch eine Sphäre

Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (x, y 2 , z 3 )t durch die Sphäre S : x2 + y 2 + z 2 = 4 nach außen. Verweise:

Fluss durch eine Sphäre

Lösungsskizze Fluss durch eine Sphäre (nur abhängig von der radialen Feldkomponente):   = Fr dS, Fr = F · er F · dS Φ= S

S

 mit er = (x, y, z)t /r, r = x2 + y 2 + z 2 , dem radialen Basisvektor radiale Komponente von F = (x, y 2 , z 3 )t : Fr = (x, y 2 , z 3 )t · (x, y, z)t /r = (x2 + y 3 + z 4 )/r Kugelkoordinaten, Flächenelement für eine Sphäre mit Radius R x = r sin ϑ cos ϕ, y = r sin ϑ sin ϕ, z = r cos ϑ,

dS = R2 sin ϑ dϕdϑ

 Fr = (r sin ϑ cos ϕ)2 /r + y 3 /r + (r cos ϑ)4 /r Integral über y 3 /r null (ungerade Funktion auf symmetrischem Integrationsbereich)    π  2π

(R sin ϑ cos ϕ)2 (R cos ϑ)4 Φ= + R2 sin ϑdϕdϑ =: Φ1 + Φ2 R R 0 0  0



Φ2



π

Φ1 = R 3

3 sin ϑ

2π

dϑ

(1−cos2 ϑ) sin ϑ

cos2 ϕ dϕ

0

π

1 4 = R3 − cos ϑ + cos3 ϑ π = R3 ((2/3) − (−2/3)) π = πR3 3 3 0  π = 2πR5 cos4 ϑ sin ϑ dϑ 0  π 1 4 5 5 = 2πR − cos ϑ = 2πR5 (1/5 − (−1/5)) = πR5 5 5 0

Einsetzen von R = 2



Φ = Φ1 + Φ2 =

4 3 4 5 544 π2 + π2 = π ≈ 113.9350 3 5 15

33

2.10

Fluss durch die Oberfläche eines Hohlzylinders

Bestimmen Sie den Fluss des Vektorfeldes  F = 2r,  = x2 + y 2 , r = (x, y, z)t , durch die Oberfläche des Hohlzylinders V : R ≤  ≤ 2R, 0 ≤ z ≤ H. Verweise:

Fluss durch einen Zylinder

Lösungsskizze Darstellung des Vektorfeldes in Zylinderkoordinaten F = 3 e + 2 z ez ,   F

e =

1 (x, y, 0)t , 

ez = (0, 0, 1)t

Fz

(i) Fluss durch den äußeren Mantel S2R : Normale n = e =⇒ F · n = F = (2R)3 

Fluss

(konstant)

  = F area S2R = (2R)3 (2π(2R)H) = 32πR4 H F · dS S2R

  = −2πR4 H für den inneren Mantel analog: SR F · dS (negatives Vorzeichen aufgrund der Änderung der Normalenrichtung) (ii) Fluss durch den Zylinderboden und -deckel: =⇒ Fluss durch den Boden null Fz = 0 für z = 0 Fluss durch den Deckel SH (Normale ez ): Berechnung mit Polarkoordinaten (dxdy = ddϕ)    = 2 H dS F · dS  SH

SH



Fz 2R

= 2π R

(2 H) d =

15 4 πR H 2

(iii) Gesamtfluss: 32πR4 H − 2πR4 H +

15 4 75 4 πR H = πR H 2 2

34

2 Arbeits- und Flussintegral

2.11

Flussintegral für ein Paraboloid 

Bestimmen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (0, x3 + y 3 , z 2 )t durch das Paraboloid S : z = x2 + y 2 , 0 ≤ z ≤ 1 , nach unten. Verweise:

Fluss durch einen Zylinder

Lösungsskizze Rotationsfläche



Berechnung des Flusses in Zylinderkoordinaten  x =  cos ϕ, y =  sin ϕ,  = x2 + y 2

Parametrisierung des Paraboloids:  =

√ z

√ √ S : ( z cos ϕ, z sin ϕ, z)t ,

 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1

Normalenvektor ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛√ ⎛ √ 1 √ cos ϕ z cos ϕ − z sin ϕ 2 z ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜√ ⎜√ 1 ⎟×⎜ √ ⎟ = ⎜ z sin ϕ ⎟ n = ⎜ z cos ϕ sin ϕ ⎠ ⎠ ⎝2 z ⎠ ⎝ ⎝ 0 − 12 1 Feldkomponente in Normalenrichtung ⎛ ⎞ 0 ⎜√ ⎟ z2 3 2 3 3 3 3  ⎟ F = ⎜ ⎝( z) (cos ϕ + sin ϕ)⎠ =⇒ F · n = z (cos ϕ + sin ϕ) sin ϕ − 2 z2 

Flussintegral    = F · dS S

1 0





2π

z 2 (cos3 ϕ sin ϕ + sin4 ϕ − 1/2) dϕdz

0

 2π z 2 dz cos3 ϕ sin ϕ + sin4 ϕ − 1/2 dϕ 0 0

 1 3π π = 0+ −π =− 3 4 12 1

=

benutzt:  cos3 ϕ sin ϕ dϕ = − 14 cos4 ϕ + C sin4 ϕ = sin2 ϕ(1 − cos2 ϕ) = sin2 ϕ − (sin(2ϕ)/2)2  2π 2 sin (kϕ) dϕ = π 0

3 Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

Übersicht 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 3.13 3.14 3.15 3.16

Arbeits- und Flussintegrale längs verschiedener Wege . . . . . . . . . . . . . . . Arbeitsintegrale und Satz von Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Satz von Green für ein Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fluss eines ebenen Vektorfeldes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fläche mit polynomialem Rand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Querschnitt eines Joukowsky-Tragflügels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Satz von Gauß und Flussintegrale für ein Prisma . . . . . . . . . . . . . . . . . . Satz von Gauß für einen Zylinder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Volumen und Fluss in Zylinderkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächen- und Flussintegral für eine Halbkugelschale . . . . . . . . . . . . . . . . Sätze von Gauß und Stokes für einen Kegel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fluss- und Flächenintegral für einen Kegelmantel . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fluss durch ein sphärisches Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fluss durch eine Halbkugelschale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arbeits- und Flussintegrale für einen Zylinder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Greensche Formeln für einen Tetraeder  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_4

36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51

36

3.1

3 Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

Arbeits- und Flussintegrale längs verschiedener Wege (0, 2)

Berechnen Sie die Rotation und die Divergenz des Vektorfeldes F = (x − ex−y , y + ex−y )t sowie    F · dr b) F × dr a) Ck

C1

Ck

(x, y) = (0, 0)

für die abgebildeten Wege Ck , k = 1, 2. Verweise:

(3, 2)

C2

(3, 0)

Satz von Green, Satz von Gauß in der Ebene

Lösungsskizze Rotation und Divergenz: F = (x − ex−y , y + ex−y )t rot F = ∂x Fy − ∂y Fx = ex−y − ex−y = 0 div F = ∂x Fx + ∂y Fy = (1 − ex−y ) + (1 − ex−y ) = 2 − 2ex−y a) Arbeitsintegrale: Satz von Green für das von den Wegen Ck berandete Rechteck A   0= rot F dA = F · dr,

=⇒

C1 −C2

A

d.h. die beiden Arbeitsintegrale stimmen überein  betrachte nur den Weg C1 : r(t) = (t, 0), 0 ≤ t ≤ 3 

⎛



3

F · dr = C1

0

⎝

t − et−0 0+e

t−0

⎞ ⎛ ⎠·⎝

b) Flussintegrale: F = (t − et , et ), dr = (1, 0)t dt für C1 



3

F × dr =

Ψ1 = C1

⎞ 1

⎠ dt =

0



3 0

t − et dt =

11 − e3 2

 

3

−Fy dt =

0

−et dt = 1 − e3

0

Berechnung des Flussintegrals für C2 mit Hilfe des Satzes von Gauß in der Ebene  3 2   div F dA = 2 − 2ex−y dydx Ψ1 − Ψ 2 = Gauß

A



3

= (3 · 2) · 2 − 2 0



0

0



2

ex dx

e−y dy = 14 − 2e3 + 2e − 2e−2

0

Ψ2 = (1 − e3 ) − (14 − 2e3 + 2e − 2e−2 ) = −13 + e3 − 2e + 2e−2

37

3.2

Arbeitsintegrale und Satz von Green y

Berechnen Sie Rotation der Vektorfelder a) F = (y 2 sin x, x2 + cos y)t −a2  = (−y sin x, y + cos x)t b) G sowie die Arbeitsintegrale für den abgebildeten parabelförmigen Weg. Verweise:

0

a

x

−a Arbeitsintegral, Satz von Green

Lösungsskizze a) F = (y 2 sin x, x2 + cos y)t : rot F = ∂x Fy − ∂y Fx = 2x − 2y sin x = 0 Arbeitsintegral wegabhängig  direkte Berechnung Parametrisierung der Parabel C : x = −a2 + y 2 r(t) = (−a2 + t2 , t)t , 

Arbeitsintegral 

 F · dr =

IF =



⎞ ⎛

⎛ a

−a

C

dr = (2t, 1)t dt

t2 sin(−a2 + t2 )

⎞ 2t

⎠ · ⎝ ⎠ dt 1 (−a2 + t2 )2 + cos t   

⎝

 ( F r (t)) a

2t3 sin(−a2 + t2 ) + (−a2 + t2 )2 + cos t dt

= −a

erster Integrand ungerade



a −a

. . . = 0 und

4 2 16 5 IF = 2a5 − a5 + a5 + 2 sin a = a + 2 sin a 3 5 15  = (−y sin x, y + cos x)t : b) G  = − sin x − (− sin x) = 0 rot G aufgrund des Satzes von Green 

=⇒

Wegunabhängigkeit des Arbeitsintegrals   dA = 0 rot G

 · dr = G Γ−C

A

mit A dem von dem geradlinigen Weg Γ : (−a, 0) → (a, 0) und dem Weg C berandeten Bereich ⎛ ⎞ ⎛ ⎞    a 0 0  · dr =  · dr = ⎝ ⎠ · ⎝ ⎠ dt = 2a G G =⇒ IG = C Γ −a t+1 1     G(0,t)

38

3 Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

3.3

Satz von Green für ein Dreieck

Illustrieren Sie den Satz von Green für das Dreieck mit den Eckpunkten (0, 0), (3, 0), (0, 2) und das Vektorfeld F (x, y) = (ey , x)t , indem Sie alle auftretenden Integrale berechnen. Verweise:

Satz von Green

Lösungsskizze (i) Satz von Green: 

 rot F (x, y) dxdy =

D

F · dr C

F = (Fx , Fy )t , rot F = ∂x Fy − ∂y Fx C = C1 + C2 + C3 orientierter Rand von D (ii) Integral über D: D : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2 − 2x/3, rot F (x, y) = ∂x x − ∂y ey = 1 − ey   3  2−2x/3  3  y=2−2x/3 y  rot F = 1 − e dydx = areaD − [ey ]y=0 dx 0

D

0



0



3

= 3−

e

2−2x/3

0

3 − 1 dx = 3 − − e2−2x/3 2

x=3 +3 x=0

3 3 = 6 + e0 − e2 = (15 − 3e2 )/2 2 2 (iii) Integral über C: kanonische Parametrisierung eines geradlinigen Weges a → b: t → (1 − t)a + tb, 0≤t≤1 C1 : t → r(t) = (3t, 0)t , 0 ≤ t ≤ 1, dr = (3, 0)t dt  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  1   1 3 e0 ⎝ ⎠ · ⎝ ⎠ dt = 3 dt = 3 F · dr = 0 0 3t 0 C1

C2 : t → r(t) = (3 − 3t, 2t)t , 0 ≤ t ≤ 1, dr = (−3, 2)t dt  ⎞ ⎛ ⎞ ⎛   1  1 −3 e2t ⎠·⎝ ⎠ dt = ⎝ −3e2t + 6 − 6t dt F · dr = 0 0 3 − 3t 2 C2

3 3 3 9 = (− e2 + ) + 6 − 3 = − e2 + 2 2 2 2 C3 : dr  (0, 1)t , F (0, y) = (ey , 0)t =⇒ dr ⊥ F auf C3 =⇒



F · dr = 0

C3

(iv) Vergleich:  rot F (x, y) = (15 − 3e2 )/2, D

3



k=1 Ck

F · dr = 3 + (− 32 e2 + 92 ) + 0



39

3.4

Fluss eines ebenen Vektorfeldes y

Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (xy, x − y)t durch den Rand des abgebildeten Bereiches, der aus einem Halbkreis und zwei Geradensegmenten besteht, nach außen.

2

(1, 1) r 0

Verweise:

2

x

Flussintegral, Satz von Gauß in der Ebene

Lösungsskizze direkte und alternative Berechnung des Flusses mit dem Satz von Gauß in der Ebene    div F dA, C : orientierter Rand von A F × dr = Φ= C

A

Zerlegung von F in geeignete Komponenten  +H  = (xy, 0)t + (0, x − y)t F = G  (direkte Berechnung): (i) Fluss von G  = 0 auf geradlinigen Randsegmenten  nur Fluss durch den Halbkreis G ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ √ x(ϕ) 1 + 2 cos ϕ ⎠ , −π/4 ≤ ϕ ≤ 3π/4 , ⎠=⎝ C : r(ϕ) = ⎝ √ 1 + 2 sin ϕ y(ϕ) zu berechnen  ΦG =

⎛ 3π/4 −π/4



⎝

(1 +

√

2 cos ϕ)(1 +

√

⎞ 2 sin ϕ)

0 



 r (ϕ)) G( 3π/4

=

√

⎛

⎞ √ − 2 sin ϕ ⎠×⎝ √ ⎠ dϕ 2 cos ϕ     d r (ϕ)/dϕ

√ 2 cos ϕ + 2 cos ϕ sin ϕ + 2 cos2 ϕ + 2 2 cos2 ϕ sin ϕ dϕ

−π/4

= 2+0+π+

2 8 = +π 3 3

 (Berechnung mit Satz von Gauß in der Ebene): (ii) Fluss von H  div H = −1 (konstant) =⇒ √ ΦH = −1 area A = −(2 + π( 2)2 /2) = −2 − π (iii) Gesamtfluss: ΦG + ΦH =

8 3

+ π + (−2 − π) =

2 3

40

3 Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

3.5

Fläche mit polynomialem Rand

Berechnen Sie den Inhalt der Fläche A, deren Rand durch (x(t), y(t)) = (t(1 − t)2 , t2 (1 − t)),

0 ≤ t ≤ 1,

parametrisiert ist. Bestimmen Sie ebenfalls das kleinste achsenparallele Rechteck, das A enthält. Verweise:

Satz von Green, Volumenberechnung mit Hilfe des Satzes von Gauß

Lösungsskizze (i) Flächeninhalt:   Satz von Green: rot F dA = F · dr A

C

Anwendung mit F = (−y, x)t , rot F = ∂x x − ∂y (−y) = 2 

 F · dr =

2 area A = C

1

=⇒

−y(t)x (t) + x(t)y  (t) dt

0

mit C : t → r(t) = (x(t), y(t))t , 0 ≤ t ≤ 1, der Randkurve von A Einsetzen von x(t) = t(1 − t)2 , x (t) = (1 − t)2 − 2t(1 − t) y(t) = t2 (1 − t), y  (t) = 2t(1 − t) − t2 mit s := 1 − t

 1 area A = 2 =

1 2

 

1

(−t2 s)(s2 − 2ts) + (ts2 )(2ts − t2 ) dt

0 1

 t2 s3 + t3 s2 dt

0

1

=

s+t=1

(t2 s2 )/2 dt

0

zweimalige partielle Integration (keine Randterme, da ts bei 0 und 1 null ist)  − (t3 /3)(−s) dt area A 2 = ds /dt=−2s



1

= 0



t5 (t /12)(1) dt = 5 · 12

1

4

= 0

1 60

(ii) Begrenzendes Rechteck R: maximale x-Koordinate 0 = x (t) = (1 − t)2 − 2t(1 − t) !

⇔

/(1−t)

!

0 = (1 − t) − 2t ,

d.h. t = 1/3 und xm := max0≤t≤1 x(t) = x(1/3) = 4/27 Symmetrie =⇒ ym := max0≤t≤1 y(t) = y(2/3) = xm =⇒ R = [0, 4/27] × [0, 4/27]



41

3.6

Querschnitt eines Joukowsky-Tragflügels

Mit der Joukowsky-Transformation J können Tragflügel-Profile als konformes Bild von Kreisen erzeugt werden.

Berechnen Sie numerisch den Umfang und den Flächeninhalt des abgebildeten Profil-Querschnitts mit c = −0.15 + 0.15i dem Mittelpunkt des generierenden Kreises. Verweise:

Konforme Abbildung, Satz von Gauß in der Ebene

Lösungsskizze (i) Parametrisierung der Profilkurve: Anwendung der Joukowsky-Transformation auf die Parametrisierung t → z(t) = c + reit des Kreises (r = |c − 1|)  w(t) = z(t) + 1/z(t) = u(t) + iv(t), w (t) = (1 − 1/z(t)2 )z  (t),

0 ≤ t ≤ 2π ,

mit z  (t) = ireit und u = Re w, v = Im w (ii) Umfang L:  2π Berechnung von 0 |w (t)| dt mit Matlab® für die gegebenen Daten >> >> >> >> >>

c = z = w = adw L = L =



-0.15+0.15*i; r = abs(c-1); @(t) c+r*exp(i*t); dz = @(t) i*r*exp(i*t); @(t) z(t)+1./z(t); dw = @(t) (1-1./z(t).^2).*dz(t); = @(t) abs(dw(t)); integral(adw,0,2*pi) 8.5209

(ii) Flächeninhalt A: Anwendung des Satzes von Gauß in der Ebene auf das Vektorfeld F = (u, 0)t mit div F = 1  Berechnung des Flächeninhalts des Tragflügelquerschnitts als Fluss durch die Randkurve t → (u(t), v(t)):   2π   2π     u(t)v  (t) dt alternativ:  v(t)u (t) dt A =  0

Berechnung des Integrals mit Matlab®

0



>> udv = @(t) real(w(t)).*imag(dw(t)); >> A = integral(udv,0,2*pi) A = 1.7252

42

3 Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

3.7

Satz von Gauß und Flussintegrale für ein Prisma

Berechnen Sie die Flüsse des Vektorfeldes F = (1, xy, z 2 )t durch die begrenzenden Flächen des Prismas V : x + 2y ≤ 4, x, y ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 3 , nach außen. Verweise:

Satz von Gauß, Flussintegral

Lösungsskizze (i) Gesamtfluss: Satz von Gauß

=⇒





div F dV ,

= F · dS

Φ= S

div (1, xy, z 2 )t = x + 2z   

S = ∂V

V



 F



4



2−x/2



3

x + 2z dzdydx

Φ = 0



4



0

0 2−x/2

3x + 9 dydx

= 0

 =

0

0 4

−

3x 3x2 + + 18 dx = 52 2 2

(ii) Horizontale Flächen Sν (Dreiecke): Boden S1 : Normale (0, 0, −1)t , Fluss Φ1 = 0, da Fz = 0 Deckel S2 : Normale (0, 0, 1)t , Fz = z 2 |z=3 = 9  Φ2 = area(S2 ) Fz = 4 · 9 = 36 (iii) Vertikale Flächen Sν (Rechtecke): Rechteck S3 in der yz-Ebene: Normale (−1, 0, 0)t , Fx = 1



Φ3 = area(S3 ) (−Fx ) = −6 Rechteck S4 in der xz-Ebene: Normale (0, −1, 0)t , Fluss Φ4 = 0, da Fy = 0 verbleibendes Rechteck S5 mit schräger Grundseite: Berechnung des Flusses als Differenz zum Gesamtfluss Φ5 = Φ − Φ1 − Φ2 − Φ3 − Φ4 = 52 − 0 − 36 − (−6) − 0 = 22

43

3.8

Satz von Gauß für einen Zylinder z r=2

Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (x3 , y, 1+z 2 )t durch die Oberfläche S des abgebildeten Zylinders nach außen. Bestimmen Sie ebenfalls den Anteil des Flusses durch den Mantel. Verweise:

h=3 y 0 x

Satz von Gauß, Zylinderkoordinaten

Lösungsskizze (i) Gesamtfluss Φ:   = div F dV , mit Satz von Gauß, S F dS V F = (x3 , y, 1 + z 2 )t ,

div F = 3x2 + 1 + 2z

Berechnung des Volumenintegrals in Zylinderkoordinaten  x =  cos ϕ,  = x2 + y 2 , dxdydz = ddϕdz Integrationsbereich V : 0 ≤  ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 3   3  2π  2 Φ = (32 cos2 ϕ + 1 + 2z) ddϕdz 0



0

0

 2π  3 33 d cos2 ϕ dϕ + vol V + area B 2z dz 0 0 0 

2

2 3 24 2 ·π+2 ·π·3+ 2 ·π · 2 = 84π = 3· 3· 4 2 2

= 3

mit B dem Boden des Zylinders (ii) Fluss durch den Mantel ΦM : Gesamtfluss Φ minus Flüsse durch Boden und Deckel Φ M = Φ − ΦB − ΦD Boden: n = (0, 0, −1)t , Fz = (1 + z 2 )|z=0 = 1



ΦB = area B · (−1) = −4π Deckel: n = (0, 0, 1)t , Fz = (1 + z 2 )|z=3 = 10



ΦD = (4π) · 10 = 40π =⇒ ΦM = 84π − (−4π) − 40π = 48π

44

3.9

3 Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

Volumen und Fluss in Zylinderkoordinaten

Beschreiben Sie den Körper x2 + y 2 ≤ 4,

V :

0 ≤ x ≤ z ≤ y,

in Zylinderkoordinaten. Berechnen Sie sein Volumen sowie den Fluss des Vektorfeldes F = (z, xz, xyz)t durch seine Oberfläche S nach außen. Verweise:

Zylinderkoordinaten, Satz von Gauß

Lösungsskizze (i) Beschreibung von V in Zylinderkoordinaten: x =  cos ϕ, y =  sin ϕ,  =

 x2 + y 2

x2 + y 2 = 2 ≤ 4 ∧ 0 ≤ x ≤ y  Sektor zwischen der ersten Winkelhalbierenden und der y-Achse, d.h. 0 ≤  ≤ 2, x≤z≤y

π/4 ≤ ϕ ≤ π/2

⇔  cos ϕ ≤ z ≤  sin ϕ

(ii) Volumen: dxdydz = ddϕdz, Vertauschen der Integrationsreihenfolge 

π/2





2



 sin ϕ



π/2

2

dzddϕ =

V = 

π/4

 cos ϕ

0

π/2

= π/4

π/4

=⇒

2 (sin ϕ − cos ϕ) ddϕ

0

8 8 √ 8 π/2 (sin ϕ − cos ϕ) dϕ = [− cos ϕ − sin ϕ]π/4 = ( 2 − 1) 3 3 3

(iii) Fluss:   = div F dV , mit Satz von Gauß, S F · dS V div F = 0 + 0 + xy = 2 cos ϕ sin ϕ

F = (z, xz, xyz)t , =⇒



π/2



2



 sin ϕ

Φ= π/4

π/2



2

Φ =  =

 cos ϕ



sukzessive Integration 

0

2 cos ϕ sin ϕ dz(d)dϕ

π/4

1 5  5

4 (cos ϕ sin2 ϕ − cos2 ϕ sin ϕ) ddϕ

0

2  0

π/2

1 1 sin3 ϕ + cos3 ϕ 3 3

= π/4

√  16  2− 2 15

45

3.10

Flächen- und Flussintegral für eine Halbkugelschale

Berechnen Sie für das Vektorfeld F = (xy 2 , y 2 − x, z 3 )t die Integrale    div F dS b) rot F · dS a) S

S

über die Halbkugelschale S : x2 + y 2 + z 2 = R2 , z ≥ 0 mit nach außen gerichteter Normale. Verweise:

Flächenintegral, Satz von Stokes

Lösungsskizze Kugelkoordinaten x = r sin ϑ cos ϕ,

y = r sin ϑ sin ϕ,

z = r cos ϑ,

r=



x2 + y 2 + z 2

Flächenelement: R2 sin ϑdϑdϕ (r = R, 0 ≤ ϑ ≤ π/2 für die Halbkugelschale) a) Flächenintegral: F = (xy 2 , y 2 − x, z 3 )t , div F = y 2 + 2y + 3z 2   π/2  2π 

2 2 div F dS = R sin ϑ sin2 ϕ + 3R2 cos2 ϑ R2 sin ϑdϕdϑ , I= 0

S

0

da das Integral über 2y aus Symmetriegründen verschwindet  2π 2 sin ϕ dϕ = π, sin3 ϑ = sin ϑ(1 − cos2 ϑ)  0  π/2  π/2 3 4 2 4 I = R π sin ϑ + 6 cos ϑ sin ϑ dϑ = R π sin ϑ + 5 cos2 ϑ sin ϑ dϑ 

0

= R4 π − cos ϑ −

0

π/2

5 cos3 ϑ 3

= 0

8 4 R π 3

b) Vektorielles Flächenintegral: Satz von Stokes =⇒    = F · dr I= rot F · dS S

C

mit r(ϕ) = (R cos ϕ, R sin ϕ, 0) , 0 ≤ ϕ ≤ 2π, einer Parametrisierung des Randes C der Halbkugel t

F · dr =(R3 cos ϕ sin2 ϕ, R2 sin2 ϕ − R cos ϕ, 0)t · (−R sin ϕ, R cos ϕ, 0)t dϕ  2π 0

=−R4 cos ϕ sin3 ϕ + R3 sin2 ϕ cos ϕ − R2 cos2 ϕ dϕ u dϕ = 0 für Funktionen u mit 2π-periodischer Stammfunktion  2π I= −R2 cos2 ϕ dϕ = −R2 π 0



46

3 Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

3.11

Sätze von Gauß und Stokes für einen Kegel

√ Bestimmen Sie für das Vektorfeld F = (x + 4y, 3y − x, z)t      a) rot F · dM F · dM b) M

für den Mantel M des Kegels V : gerichteter Normale. Verweise:



M

x2 + y 2 = 2z, 0 ≤ z ≤ 1, mit nach außen

Flächenintegral, Satz von Stokes, Satz von Gauß

Lösungsskizze Parametrisierung des Kegels in Zylinderkoordinaten  0 ≤  = x2 + y 2 ≤ 2z, 0 ≤ z ≤ 1 begrenzender Kreis C der Grundfläche K :  ≤ 2, z = 1 C : r(t) = (2 cos ϕ, −2 sin ϕ, 1)t ,

0 ≤ ϕ ≤ 2π

Wahl der Orientierung, so dass das Kreuzprodukt aus dem Tangentenvektor des Kreises und der Normalen des Kegelmantels vom Mantel weg zeigt a) Fluss von F :   = div F dV mit S der Kegeloberfläche Satz von Gauß, S F · dS V √  div F = 1 + 3 + 1/(2 z), dV = ddϕdz  Gesamtfluss   1  2π  2z

1 4+ √ ddϕdz Φ = 2 z 0 0 0  1 92 1 2 1 √ 2z 2 dz = 4 · (π22 ) · 1 + 2π · = π = 4 vol V + 2π 3 5 15 0 2 z Fluss durch die Grundfläche K mit Normale (0, 0, 1)t √ ΦK = Fz |z=1 area K = 1 · (π22 ) = 4π 

Fluss durch den Mantel ΦM = Φ − ΦK =

32 15 π

b) Fluss von rot F :   = F · dr  Fluss Satz von Stokes, S rot F · dS C ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −2 sin ϕ  2π (2 cos ϕ) + 4(−2 sin ϕ) ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 3(−2 sin ϕ) − (2 cos ϕ) ⎟ · ⎜ −2 cos ϕ ⎟ dϕ Ψ = ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0

  = 0

1   ( F r (ϕ))

2π

 

0 



d r (ϕ)/dϕ

8 cos ϕ sin ϕ + 16 sin2 ϕ + 4 cos2 ϕ dϕ = 0 + 16π + 4π = 20π

47

3.12

Fluss- und Flächenintegral für einen Kegelmantel

Berechnen Sie für das Vektorfeld F = z(y, −x, 1)t und den Kegelmantel S : x2 + y2 = z2 , 0 ≤ z ≤ 2              dS  rot F rot F · dS b) a)      S

Verweise:

S

Satz von Stokes, Arbeitsintegral, Flächenintegral

Lösungsskizze F = (zy, −zx, z)t , a) Flussintegral: Satz von Stokes

=⇒

rot F = (x, y, −2z)t



 = rot F · dS

Φ= S

F · dr C

mit C : r = (2 cos ϕ, −2 sin ϕ, 2)t , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , dem orientierten Rand von S (Orientierung irrelevant für Berechnung von |Φ|) F|C = (−4 sin ϕ, −4 cos ϕ, 2)t , dr = (−2 sin ϕ, −2 cos ϕ, 0)t dϕ  

2π

Φ=

8 sin2 ϕ + 8 cos2 ϕ dϕ = 16π

0

b) Flächenintegral: Parametrisierung des Kegelmantels S : (ϕ, z)t → s(ϕ, z) = (z cos ϕ, z sin ϕ, z)t Normale ⎛

−z sin ϕ

⎞

⎛

cos ϕ

⎞

⎛

z cos ϕ

⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ n = ∂ϕ s × ∂z s = ⎜ ⎝ z cos ϕ ⎠ × ⎝ sin ϕ ⎠ = ⎝ z sin ϕ ⎠ 0 1 −z Flächenelement: dS = |n|dϕdz, |n| = z rot F|S = (z cos ϕ, z sin ϕ, −2z)t  

 | rot F | dS = S

0

2π



2 0

 √ cos2 ϕ + sin2 ϕ + 1 = z 2

 √  √  16 √ z 5 π 10 z 2 dzdϕ = 3

48

3 Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

3.13

Fluss durch ein sphärisches Dreieck z

Bestimmen Sie die Rotation des Vektorfeldes

t F = y 3+z , z 2 , x1+y

C2

C3

für (x, y, z) im positiven Oktanten und berechnen Sie den Fluss von rot F durch das abgebildete sphärische Dreieck in Richtung der äußeren Kugelnormale. Verweise:

2

0 x 2

2

y

C1

Satz von Stokes, Arbeitsintegral

Lösungsskizze Rotation von F = (y 3+z , z 2 , x1+y )t

x1+y ln x − 2z, y 3+z ln y − (1 + y)xy , −(3 + z)y 2+z

Satz von Stokes

=⇒



t

 = rot F · dS

S

F · dr C

mit C = C1 + C2 + C3 der orientierten Randkurve (3 Viertelkreise) von S (i) Randkurve in der yz-Ebene (x = 0): Parametrisierung r und Vektorfeld F|r (? =  irrelevante Komponente) t

C1 : r = (0, 2 cos ϕ, 2 sin ϕ) , 



t F (r(ϕ)) = ?, 4 sin2 ϕ, 0

Arbeitsintegral ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ? 0  π/2  ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ A1 = ⎝ 4 sin ϕ ⎠ · ⎝ −2 sin ϕ ⎠ dϕ = 0

0



2 cos ϕ 

π/2

−8 sin3 ϕ dϕ = − 0



d r

(ii) Randkurven in der zx- und xy-Ebene (y = 0, z = 0): t t C2 : r = (2 sin ϕ, 0, 2 cos ϕ) , F (r(ϕ)) = (0, ?, 2 sin ϕ)  π/2 dr = (?, 0, −2 sin ϕ)t dϕ  A2 = 0 −4 sin2 ϕ dϕ = −π



t t C3 : r = (2 cos ϕ, 2 sin ϕ, 0) , F (r(ϕ)) = 8 sin3 ϕ, 0, ?  π/2 dr = (−2 sin ϕ, ?, 0)t dϕ  A3 = 0 −16 sin4 ϕ dϕ = −3π Gesamtfluss: A1 + A2 + A3 = −16/3 − π − 3π = −16/3 − 4π

16 3

49

3.14

Fluss durch eine Halbkugelschale

Bestimmen Sie die Flüsse von F = (y, xy, sin z)t und rot F durch die Halbkugelschale S : x2 + y 2 + z 2 = 9, z ≥ 0 nach oben. Verweise:

Satz von Gauß, Satz von Stokes

Lösungsskizze (i) Fluss von F = (y, xy, sin z)t : F|z=0 = (y, xy, 0)t ⊥ (0, 0, −1)t =⇒ Fluss durch den Boden der Halbkugel V : r ≤ 3, z ≥ 0 null   = Fluss durch die gesamte Oberfläche der Halbkugel V =⇒ Φ = S F · dS Satz von Gauß =⇒   div F dV = x + cos z dV Φ= V

V

Integral über x aus Symmetriegründen null, Kugelkoordinaten  3  π/2  2π cos(r cos ϑ) r2 sin ϑdϕdϑdr Φ =     0 0 0 

z

3



dV

π/2

[−r sin(r cos ϑ)]ϑ=0 dr

= 2π 0



3

r sin r dr =

= 2π 0

...

part. Int.

= 2π(sin 3 − 3 cos 3)

(ii) Fluss von rot F = (0, 0, y − 1)t : Satz von Stokes =⇒     Φ= rot F · dS = F · dr S

C

mit C : r = (3 cos ϕ, 3 sin ϕ, 0) der orientierten Randkurve von S F|C = (3 sin ϕ, 9 cos ϕ sin ϕ, 0)t , dr = (−3 sin ϕ, 3 cos ϕ, 0)   Φ =

2π

−9 sin2 ϕ + 27 cos2 ϕ sin ϕ dϕ

0

!2π

= −9π + −9 cos3 ϕ

0

= −9π

Alternative Lösung direkte Berechnung  = (?, ?, cos ϑ)t dS  Fluss von (0, 0, y)t durch S aus Symmetriegründen null, dS   π2   2π  π/2 9 =− Φ= sin2 ϑ (0, 0, −1)t · dS cos ϑ 9 sin ϑ dϑdϕ = −2π    2 0 0 0 S

dS

50

3 Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

3.15

Arbeits- und Flussintegrale für einen Zylinder

Bestimmen Sie die Rotation des Vektorfeldes t

y x2 4  , ,z F = 3+z 1+z und berechnen Sie den Fluss von rot F durch den Boden, die Deckfläche und den Mantel des Zylinders Z : x2 + y 2 ≤ 4, 0 ≤ z ≤ 3 nach außen. Verweise:

z r=2 h=3 y 0 x

Satz von Stokes, Arbeitsintegral

Lösungsskizze

1 y 2x x2 − ,− , (1 + z)2 (3 + z)2 1 + z 3+z Berechnung der Flüsse von rot F mit dem Satz von Stokes:    A = F · dr = rot F · dS

t

rot F =

C

S

mit C dem orientierten Rand von S (Kreuzprodukt der Tangente von C und der Normale von S zeigt von der Fläche weg) Vektorfeld auf den Kreisen C : r(ϕ) = (2 cos ϕ, 2 sin ϕ, z)t in Zylinderkoordinaten t

2 sin ϕ 4 cos2 ϕ 4 , ,z F = 3+z 1+z (i) Boden (z = 0): ⎛



2π

A0 = 0

⎜ ⎜ ⎝

2 sin ϕ 3 4 cos2 ϕ 1

0

⎞ ⎛

−2 sin ϕ

⎞

⎟ ⎜ ⎟ ⎟ · ⎜ 2 cos ϕ ⎟ dϕ ⎠ ⎝ ⎠ 0    d r (ϕ)



2π

= 0

 2π 8 4 4 4 − sin2 ϕ + 8 cos3 ϕ dϕ = − π + 8 sin ϕ − sin3 ϕ =− π 3 3 3 3 0

=⇒ Fluss durch den Boden (Normale nach unten): Φ0 = −A0 = 4π/3 (ii) Deckfläche (z = 3): F|C1 = (2 sin ϕ/6, 4 cos2 ϕ/4, 81)t  analoge Berechnung A1 = −2π/3 = Φ1 (iii) Fluss durch den Mantel: orientierter Rand C0 − C1 =⇒

(Fluss durch die Deckfläche) Fluss Φ = A0 − A1 = −2π/3

51

3.16

Greensche Formeln für einen Tetraeder 

Berechnen Sie für den Tetraeder V : x, y, z ≥ 0, x + y + z ≤ π sowie die Skalarfelder U = xyz und W = sin(x + y + z) die Integrale    U grad W · dS b) U ΔW dV a) S

V

wobei die Normale der Oberfläche S von V nach außen gerichtet ist. Verweise:

Flussintegral, Greensche Formeln

Lösungsskizze a) Flussintegral: U = 0 auf den Koordinatenebenen =⇒ nur Fluss Φ durch S : x + y + z = π, x, y, z ≥ 0, zu berechnen Parametrisierung von S und vektorielles Flächenelement ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟  = ⎜ 0 ⎟ × ⎜ 1 ⎟ dxdy ⎟ , dS (x, y) → ⎜ y ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ π−x−y −1 −1    (1, 1, 1)t

U|S = xy(π − x − y), grad W|S = cos(x + y + z)(1, 1, 1)t |S = −(1, 1, 1)t  " #  π  π−x U grad W · dS = xy(π − x − y) [−3 dydx] Φ = S

0





0

π

x(π − x)3 /2 − x(π − x)3 /3 dx = −π 5 /40

= −3 0

b) Volumenintegral: Anwendung der zweiten Greenschen Formel       U ΔW dV − W  ΔU dV = U grad W · dS − W grad U · dS V

V

=0

S

S

=⇒ berechne letztes Integral Ψ nur für die Koordinatenebenen W|S = 0 Symmetrie  beispielsweise Integration über das Dreieck in der xy-Ebene ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ yz 0  π  π−x ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 Ψ = sin(x + y + 0) ⎜ ·⎜ zx ⎟ 0 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ dydx 3 0 0 xy −1   π

 π−x π−x = [xy cos(x + y)]y=0 − x cos(x + y) dy dx part. Int. 0 0  π = −x(π − x) + x sin x dx = −π 3 /6 + π 



0

U ΔW = 0 + Φ − Ψ = −π 5 /40 + π 3 /2 − 3π

4 Potential und Vektorpotential

Übersicht 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 4.10 4.11 4.12 4.13

Existenz und Konstruktion von Potentialen für ebene Vektorfelder . . . Vektorfeld zu gegebenen Arbeitsintegralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bestimmung eines Vektorfeldes und dessen Potentials . . . . . . . . . . . . . . Konstruktion eines wirbelfreien Vektorfeldes aus Feldlinien, Potential . Potential für ein Vektorfeld mit Parametern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wegunabhängigkeit und Wert eines Arbeitsintegrals für ein lineares Vektorfeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Potential und Arbeitsintegral für ein radialsymmetrisches Vektorfeld  Vektorpotential und Flussintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vektorpotential und Fluss durch eine Kugelkappe . . . . . . . . . . . . . . . . . . Potentiale des quellen- und des wirbelfreien Anteils eines linearen Vektorfeldes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Potentiale und Vektorpotentiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vektorpotential für ein Vektorfeld mit Parametern . . . . . . . . . . . . . . . . . Quellenfreies Vektorpotential  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_5

54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66

54

4.1

4 Potential und Vektorpotential

Existenz und Konstruktion von Potentialen für ebene Vektorfelder

Untersuchen Sie, ob die Vektorfelder ⎛ ⎞ y 1 ⎝ ⎠ a) F = 2 2 x +y x

⎛ b)

F =

⎞ x

1 ⎝ ⎠ x2 − y 2 −y

Potentiale besitzen und konstruieren Sie diese gegebenenfalls. Verweise:

Potential, Konstruktion eines Potentials

Lösungsskizze notwendig für die Existenz eines Potentials U mit F = grad U : Integrabilitätsbedingung ∂x Fy = ∂y Fx hinreichend auf einem einfach zusammenhängenden Gebiet a) Fx = y/(x2 + y 2 ), Fy = x/(x2 + y 2 ): definiert für (x, y) = (0, 0) (x2 + y 2 ) − x(2x) y 2 − x2 = 2 2 2 2 (x + y ) (x + y 2 )2 (x2 + y 2 ) − y(2y) x2 − y 2 = = 2 2 2 2 (x + y ) (x + y 2 )2

∂ x Fy = ∂ y Fx

kein Potential, da ∂x Fy = ∂y Fx b) Fx = x/(x2 − y 2 ), Fy = −y/(x2 − y 2 ): definiert für |x| = |y| (Winkelhalbierende) ∂x Fy =

2xy = ∂ y Fx (x2 − y 2 )2

Integrabilitätsbedingung erfüllt =⇒ Existenz eines Potentials U auf jedem der vier durch die Winkelhalbierenden begrenzten Teilgebiete Konstruktion von U durch Integration der Gleichungen grad U = F

⇔

∂x U = Fx , ∂y U = Fy

Integration der ersten Gleichung   1 x dx = ln |x2 − y 2 | + C(y) U= x2 − y 2 2 Einsetzen in die zweite Gleichung 

 1 −y ! 2 2 ln |x − y | + C(y) = 2 + C  (y) , Fy = ∂y 2 x − y2 

C  (y) = 0, d.h. C(y) = const

55

4.2

Vektorfeld zu gegebenen Arbeitsintegralen (0, 2)

1 0

Geben Sie ein Vektorfeld F an, für das die Arbeitsintegrale über die abgebildeten Wege die angegebenen Werte besitzen.

3

2 (0, 0)

Verweise:

0 (1, 1)

4

(2, 0)

Potential

Lösungsskizze Summe der Arbeitsintegrale auf den Teilwegen bei gleicher Orientierung null  Vektorfeld F besitzt Potential: F = grad U Interpolation von fünf Potentialdifferenzen (eine Differenz ist redundant)  Ansatz U (x, y) = const + ax + by + cx2 + dxy + ey 2 , wobei const = 0 gewählt werden kann; ein Potential ist nur bis auf eine Integrationskonstante eindeutig bestimmt Einsetzen der Werte der Arbeitsintegrale in die entsprechenden Potentialdifferenzen  lineares Gleichungssystem 4 = U (2, 0) − U (0, 0) = 2a + 4c 3 = U (0, 2) − U (0, 0) = 2b + 4e 2 = U (2, 0) − U (2, 1) = −b − 2d − e 1 = U (0, 2) − U (1, 2) = −a − c − 2d 0 = U (1, 1) − U (2, 1) = −a − 3c − d Zeile 1 + Zeile 4 + Zeile 5  5 = −3d Zeile 4 - Zeile 5  1 = 2c − d Zeile 2 + 2 × Zeile 3  7 = 2e − 4d sukzessive Elimination  a=

7 1 5 1 8 , b= , c=− , d=− , e= 3 6 3 3 6

und U (x, y) = 

7 1 1 5 8 x + y − x2 − xy + y 2 3 6 3 3 6

eine mögliche Wahl für das gesuchte Vektorfeld ⎞ ⎛ 8 2 5 − x − y 3 ⎠ F = grad U = ⎝ 3 3 7 5 1 − x + 6 3 3y

56

4.3

4 Potential und Vektorpotential

Bestimmung eines Vektorfeldes und dessen Potentials

Bestimmen Sie die Koeffizienten aj,k des abgebildeten linearen Vektorfeldes ⎞ ⎛ a1,1 x + a1,2 y ⎠, F = ⎝ a2,1 x + a2,2 y geben Sie die Divergenz und die Rotation von F an und berechnen Sie das Arbeitsintegral für den eingezeichneten Weg. Welche Punkte sind von (1, 2) ohne Arbeit erreichbar? Verweise:

Vektorfeld, Arbeitsintegral, Konstruktion eines Potentials

Lösungsskizze (i) Koeffizienten von F = (a1,1 x + a1,2 y, a2,1 x + a2,2 y)t : ⎛

⎞

⎛ F (1, 0) = ⎝

a1,1

⎛

a2,1

F (0, 1) = ⎝

a1,2

⎝

⎠ = !

⎞

⎛

! ⎝ ⎠ =

a2,2

⎞ 1

⎠

=⇒ a1,1 = 1, a2,1 = 0

0

⎞

0

⎠ =⇒ a1,2 = 0, a2,2 = −1/2

−1/2

d.h. F = (Fx , Fy )t = (x, −y/2)t (ii) Divergenz und Rotation: div F = ∂x Fx + ∂y Fy = 1 − 1/2 = 1/2 rot F = ∂x Fy − ∂y Fx = 0 − 0 = 0 =⇒ ∃ Potential U mit F = grad U = (∂x Fx , ∂y Fy )t (iii) Konstruktion des Potentials durch komponentenweise Integration: x = Fx = ∂x U =⇒ U = x2 /2 + c(y) −y/2 = Fy = ∂y U = c (y) =⇒ c(y) = −y 2 /4 + C  U = x2 /2 − y 2 /4 + C (iv) Arbeitsintegral für Γ : (1, 2) → (−2, −2) als Potentialdifferenz: U (−2, −2) − U (1, 2) = (4/2 − 4/4 + C) − (1/2 − 4/4 + C) = 3/2 (x, y) ohne Arbeit erreichbar, falls Potentialdifferenz = 0, d.h. U (x, y) = U (1, 2)

⇔

x2 /2 − y 2 /4 + C = 1/2 − 1 + C

√ bzw. y 2 /2 − x2 = 1 (Hyperbel mit Brennpunkten (0, ± 2 + 1))

57

4.4

Konstruktion eines wirbelfreien Vektorfeldes aus Feldlinien, Potential

Bestimmen Sie ein wirbelfreies nur von x abhängiges Vektorfeld mit den Feldlinien P : p(x, y) = y − x − x3 /3 = C und skizzieren Sie die Äquipotentiallinien. Verweise:

Vektorfeld, Rotation, Konstruktion eines Potentials

Lösungsskizze (i) Vektorfeld F (x) = (Fx (x), Fy (x))t : F tangential zu den Feldlinien, Feldlinien ⊥ grad p = (−1 − x2 , 1)t

=⇒

F = λ(x, y) (1, 1 + x2 )t ⇔

Wirbelfreiheit

0 = rot F = ∂y Fx − ∂x Fy = ∂y λ − ((1 + x2 )∂x λ + 2xλ) F nur von x abhängig

=⇒

λ(x, y) = λ(x), ∂y λ = 0 und λ (x) = −

2x λ(x) 1 + x2

Integration dieser homogenen linearen Differentialgleichung  

 c 2x dx = c exp(− ln |1 + x2 |) = λ(x) = exp − 2 1+x 1 + x2 und bei Wahl von c = 1

F =

(ii) Potential U und Äquipotentiallinien:

F = grad U

⇔

1 = ∂x U, 1 + x2

1 = ∂y U

und U = y + arctan(x) + C

t

1 ,1 1 + x2

58

4.5

4 Potential und Vektorpotential

Potential für ein Vektorfeld mit Parametern

Für welche Werte der Parameter α und β besitzt das Vektorfeld F = (2x − 3y 2 z, 1 + αxyz, βxy 2 + 3z 2 )t ein Potential und wie lautet es? Verweise:

Potential, Konstruktion eines Potentials

Lösungsskizze (i) Existenz eines Potentials U : notwendig ⎛ 2x − 3y 2 z ⎜ rot ⎜ ⎝ 1 + αxyz βxy 2 + 3z 2  

⎞

⎛

2βxy − αxy

⎞

⎟ ⎜ ⎟ ! ⎟ = ⎜ −3y 2 − βy 2 ⎟ =  ⎠ ⎝ ⎠ 0 αyz + 6yz 

 F

Koeffizientenvergleich =⇒  d.h. ∃ U mit grad U = F für

α = −6, β = −3,

F = (2x − 3y 2 z, 1 − 6xyz, 3z 2 − 3xy 2 )t (ii) Konstruktion von U : Hakenintegral  U (x, y, z) = U (x0 , y0 , z0 ) +  x  Fx (ξ, y0 , z0 ) dξ + x0



y

z

Fy (x, η, z0 ) dη + y0

Fz (x, y, ζ) dζ z0

U (x0 , y0 , z0 ) = C (Integrationskonstante) und Wahl von x0 = y0 = z0 = 0  y  z  x 2ξ dξ + 1 dη + 3ζ 2 − 3xy 2 dζ U = C+ 0

0



0

= C + x2 + y + z 3 − 3xy 2 z Alternative Lösung sukzessive Integration der Gleichungen ∂x U = Fx = 2x − 3y 2 z ∂y U = Fy = 1 − 6xyz ∂z U = Fz = 3z 2 − 3xy 2  U = usw.



! Fx dx = x2 − 3xy 2 z + ϕ(x, y),

ϕ(x, y) =



Fy − ∂y [. . .] dy + ψ(z),

59

4.6

Wegunabhängigkeit und Wert eines Arbeitsintegrals für ein lineares Vektorfeld

Begründen Sie, warum das Arbeitsintegral  (2x + y) dx + (x − 3z) dy + (4 − 3y) dz C

wegunabhängig ist und bestimmen Sie seinen Wert für einen Weg C von (0, −1, 2) nach (−1, 2, 0) . Verweise:

Arbeitsintegral, Existenz eines Potentials

Lösungsskizze (i) Wegunabhängigkeit:  Arbeitsintegral C Fx dx + Fy dy + Fz dz für ein lineares Vektorfeld ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x 0 2 1 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ F = ⎜ ⎝ 1 0 −3 ⎠ ⎝ y ⎠ + ⎝ 0 ⎠ = A ⎝ y ⎠ + b z z 4 0 −3 0       A

b

t

=⇒ wegunabhängig, da A = A (symmetrisch) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a3,2 − a2,3 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟  ⎜ ⎟ ⎜ rot F = ⎝ a1,3 − a3,1 ⎠ = ⎝ 0 ⎟ ⎠ 0 a2,1 − a1,2 (ii) Potential: Symmetrie von A

F = grad U mit ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x  ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 t⎜ ⎜ ⎟ U = x y z A⎝ y ⎠ + b ⎝ y ⎟ ⎠+c 2 z z =

=⇒

1 (a1,1 x2 + a2,2 y 2 + a3,3 z 2 ) + (a1,2 xy + a1,3 xz + a2,3 yz) 2 +(b1 x + b2 y + b3 z) + c

im betrachteten Fall U = x2 + xy − 3yz + 4z + c (iii) Wert für den Weg C : (0, −1, 2) → (−1, 2, 0):  F · dr = C

"

x2 + xy − 3yz + 4z + c   

#(−1,2,0) (0,−1,2)

U

= (1 − 2 − 0 + 0 + c) − (0 − 0 + 6 + 8 + c) = −15

60

4 Potential und Vektorpotential

4.7

Potential und Arbeitsintegral für ein radialsymmetrisches Vektorfeld 

Zeigen Sie, dass das Vektorfeld F = e−3r r die Integrabilitätsbedingung erfüllt, und  berechnen Sie C F · dr für einen Weg C von (0, 0, 0) nach (p1 , p2 , p3 ), sowohl mit Hilfe eines Potentials als auch auf direktem Weg. Verweise:

Arbeitsintegral, Potential, Konstruktion eines Potentials

Lösungsskizze (i) Integrabilitätsbedingung rot F = 0:  = grad g × H  + g rot H,  rot(g H)

grad g(r) = g  (r)er mit er = r/r

 = r  Einsetzen von g = e−3r , H

rot e−3r r = −3e−3r er × r + e−3r rot r = 0 , da er  r und rot r = 0 (ii) Potential U (grad U = F ): Integrabilitätsbedingung =⇒ ist

Existenz eines Potentials, da F global definiert

1 =⇒ U  (r) = re−3r grad U = U  (r)er = U  (r) r, F = e−3r r r Bilden der Stammfunktion mit partieller Integration 

  r 1 −3r r −3r 1 −3r −3r + e − − e dr = − +C dr = − e U (r) = re 3 3 3 9 (iii) Arbeitsintegral: Berechnung als Potentialdifferenz  

|p|  r 1 −3r (p1 ,p2 ,p3 )  + e = − +C F · dr = [U ](0,0,0) 3 9 C 0 

|p| 1 −3|p| 1 + e = − + 3 9 9 Direkte Berechnung für einen geradlinigen Weg (wegunabhängig) C : r(t) = tp, 0 ≤ t ≤ 1, 



 F · dr =

C

1

e 0

−3|tp|

dr = r  (t) dt = p dt 

(tp) · p dt = |p|

1

2 0

te−3t|p| dt

1 1 und 0 te−λt dt = [−te−λt /λ]10 + 0 e−λt /λ dt = · · · mit λ = 3|p| führt zum gleichen Ergebnis

61

4.8

Vektorpotential und Flussintegral

Bestimmen Sie für das Vektorfeld F = (x, −4y, 3z − 2x)t  = (0, v, w)t , das für x = 0 verschwindet, und ein Vektorpotential der Form A berechnen Sie für das Dreieck S mit den Eckpunkten (1, 0, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 3) den Betrag des Flusses von F durch S. Verweise:

Vektorpotential, Konstruktion eines Vektorpotentials, Satz von Stokes

Lösungsskizze (i) Vektorpotential: ⎛

0

⎞

⎛

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ rot ⎜ ⎝ v ⎠=⎝ w   

∂y w − ∂z v −∂x w

⎞

⎛

⎟ ! ⎜ ⎟=⎜ ⎠ ⎝

∂x v



⎞

x −4y

⎟ ⎟ ⎠

3z − 2x  

 A

 F



Integration der letzten beiden Komponenten v = 3zx − x2 + ϕ(y, z),  y, z) = 0 ϕ = ψ = 0 wegen A(0, Komponente



w = 4xy + ψ(y, z) ebenfalls Übereinstimmung der ersten

(ii) Fluss von F : Satz von Stokes

=⇒

3             · dr  Φ= ·d S = F A    k=1  Ck    S rot A Ik

mit Ck , k = 1, 2, 3, den Rändern des Dreiecks S (konsistent orientiert) C1 : (1, 0, 0) → (0, 2, 0), r = (1, 0, 0) + t(−1, 2, 0), dr = (−1, 2, 0) dt ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −1 0  1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 3 · 0 · (1 − t) − (1 − t)2 ⎟ · ⎜ 2 ⎟ dt I1 = ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0



? 



0

 A(1−t, 2t, 0)



1

=

−2(1 − t)2 dt = −2/3

0

C2 : (0, 2, 0) → (0, 0, 3), C3 : (0, 0, 3) → (1, 0, 0), Addition



 |C = 0 wegen x = 0  I2 = 0 A 2  |C = (0, ?, 0)t ⊥ dr = (1, 0, −3) dt A 3

|Φ| = | − 2/3 + 0 + 0| = 2/3



I3 = 0

62

4.9

4 Potential und Vektorpotential

Vektorpotential und Fluss durch eine Kugelkappe

Bestimmen Sie für das Vektorfeld F = (2x − 2z, x − 3y, z)t  = (u, v, 0)t und berechnen Sie den Fluss von F ein Vektorpotential der Form A 2 durch die Kugelkappe S : x + y 2 + z 2 = 4, z ≥ 1, nach oben. Verweise:

Vektorpotential, Konstruktion eines Vektorpotentials, Satz von Stokes

Lösungsskizze (i) Vektorpotential: ⎛

u

⎞

⎛

⎞

−∂z v

⎛

2x − 2z

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ! ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ x − 3y rot ⎜ ∂z u ⎝v⎠=⎝ ⎠ ⎝ 0 z ∂x v − ∂y u       A

⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 

 F

Integration der ersten beiden Komponenten v = −2xz + z 2 + ψ(x, y),



u = xz − 3yz + ϕ(x, y)

konsistent mit dritter Komponente für die einfachste Wahl ϕ = ψ = 0 (ii) Fluss:

z

 Satz von Stokes F = rot A, =⇒   =  · dr Φ= F · dS A

1

C

S

r=2

mit C : r = (R cos ϕ, R sin ϕ, 1)t der Randkurve der Kugelkappe

√

Satz des Pythagoras =⇒ √ √ 2 2 R= 2 −1 = 3  = (xz − 3yz, −2xz + z 2 , 0)t mit x = R cos ϕ, y = R sin ϕ, z = 1 auf C A ⎛√ ⎞ ⎛ √ ⎞ √ 3 cos ϕ − 3 3 sin ϕ − 3 sin ϕ  2π ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ −2√3 cos ϕ + 1 ⎟ · ⎜ √3 cos ϕ ⎟ dϕ Φ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0

0



0





d r



2π

= 0

−3 cos ϕ sin ϕ + 9 sin2 ϕ − 6 cos2 ϕ +

= 0 + 9π − 6π + 0 = 3π

√

3 cos ϕ dϕ

3



x

63

4.10

Potentiale des quellen- und des wirbelfreien Anteils eines linearen Vektorfeldes

Zerlegen Sie das Vektorfeld F = (x − 2y + 3z, −4x + 5y − 6z, 7x − 8y + 9z)t in einen wirbel- und quellenfreien Anteil, und berechnen Sie jeweils ein zugehöriges Potential. Verweise:

Potential , Vektorpotential

Lösungsskizze  +H  mit rot G  = 0, div H  = 0 des linearen Vektorfeldes Zerlegung F = G ⎛ ⎞⎛ ⎞ x 1 −2 3 ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ F = ⎜ ⎝ −4 5 −6 ⎠ ⎝ y ⎠ z 7 −8 9    =A

durch Aufspaltung von A in einen symmetrischen und schiefsymmetrischen Anteil ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −3 5 0 1 −2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 1 ⎟ + ⎜ −1 0 1 ⎟ A = (A + At ) + (A − At ) = ⎜ −3 5 −7 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 5 −7 9 2 −1 0       =S



F = Sr + Br, r = (x, y, ⎛ x − 2y + 3z ⎜ ⎜ −4x + 5y − 6z ⎝ 7x − 8y + 9z

z)t bzw. ⎞ ⎛

x − 3y + 5z

⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ −3x + 5y − 7z ⎠ ⎝ 5x − 7y + 9z    =G

grad

1 2

rt Sr = Sr U=



=B

⎞

⎛

y − 2z

⎟ ⎜ ⎟ + ⎜ −x + z ⎠ ⎝ 2x − y   

⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 

 =H

 Potential für G

1 5 9 1 t r Sr = x2 + y 2 + z 2 − 3xy + 5xz − 7yz 2 2 2 2

Br = b × r mit b = (−1, −2, −1)t und rot((b · r )r) = b × r = Br  für H ⎛

x

⎞

⎛

−x2 − 2xy − xz

⎞

⎟ ⎜ ⎟ ⎜  = (−x − 2y − z) ⎜ y ⎟ = ⎜ −xy − 2y 2 − yz ⎟ A ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 −xz − 2yz − z z



Potential

64

4 Potential und Vektorpotential

4.11

Potentiale und Vektorpotentiale

Konstruieren Sie, falls möglich, Potentiale oder/und Vektorpotentiale für die Vektorfelder ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ sin x − cos y z cos y + x sin z ⎜ ⎟ ⎜ ⎟  = ⎜ cos x − sin z ⎟ ⎟ a) F = ⎜ b) G ⎝ x sin y + z cos y ⎠ ⎝ ⎠ sin y − cos z cos z − x sin y Verweise:

Konstruktion eines Potentials, Konstruktion eines Vektorpotentials

Lösungsskizze a) F = (sin x − cos y, x sin y + z cos y, sin y − cos z)t : rot F = (cos y − cos y, 0, sin y − sin y)t = 0 div F = cos x + x cos y − z sin y + sin z = 0 =⇒ Existenz eines Potentials U mit F = grad U Fx = sin x − cos y = ∂x U =⇒ U = − cos x − x cos y + ϕ(y, z) Einsetzen in Fy = ∂y U



x sin y + z cos y = x sin y + ∂y ϕ(y, z), Einsetzen in Fz = ∂z U

d.h. ϕ(y, z) = z sin y + ψ(z)



sin y − cos z = ∂z ϕ(y, z) = sin y + ∂z ψ(z),

d.h. ψ(z) = − sin z + c

insgesamt: U = − cos x − x cos y + z sin y − sin z + c b)

 = (z cos y + x sin z, cos x − sin z, cos z − x sin y)t : G  = (−x cos y + cos z, . . . , . . .)t = 0, rot G

 = sin z + 0 − sin z = 0 div G

 mit rot A =G  =⇒ Existenz eines Vektorpotentials A  = (∂y v, ∂z u − ∂x v, −∂y u)t  = (u, 0, v)t  rot A Ansatz A  = rot A  Integration der ersten und dritten Komponente von G   v = z cos y + x sin z dy = z sin y + xy sin z + ψ(x, z)  u = − cos z − x sin y dy = −y cos z − x cos y + ϕ(x, z) Einsetzen in die zweite Komponente (Gy = ∂z u − ∂x v)



cos x − sin z = y sin z + ∂z ϕ − y sin z − ∂x ψ  wähle beispielsweise ϕ = cos z, ψ = − sin x  = (−y cos z − x cos y + cos z, 0, z sin y + xy sin z − sin x)t insgesamt: A

65

4.12

Vektorpotential für ein Vektorfeld mit Parametern

Für welche Werte der Parameter α, β, γ besitzt das Vektorfeld F = (αe2x + xez , eβy + ye2x , γez − 3ze3y )t ein Vektorpotential, und wie lautet es? Verweise:

Vektorpotential, Konstruktion eines Vektorpotentials

Lösungsskizze  (i) Existenz eines Vektorpotentials A: notwendig ! div F = 2αe2x + ez + βeβy + e2x + γez − 3e3y = 0 Koeffizienten- und Exponentenvergleich =⇒ α = − 12 , β = 3, γ = −1 div F = 0 ebenfalls hinreichend, da F auf ganz R3 definiert ist  mit rot A  = F =⇒ ∃A  (ii) Konstruktion von A:  = (u, v, 0)t  Ansatz A ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − 12 e2x + xez −∂z v ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ =⎜ ⎜ e3y + ye2x ⎟ = F = rot A ⎟ ∂z u ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ z 3y ∂x v − ∂ y u −e − 3ze Integration der ersten beiden Komponenten v=

1 2x ze − xez + ϕ(x, y), 2

=⇒

u = ze3y + yze2x + ψ(x, y)

konsistent mit dritter Komponente für ϕ = ψ = 0 Alternative Lösung Anwendung der Formel ⎛

0

⎞

⎜ ⎟  = ⎜  x Fz (ξ, y, z) dξ −  z Fx (x0 , y, ζ) dζ ⎟ A ⎝ x0 ⎠ z0 x − x0 Fy (ξ, y, z) dξ x0 = 0 = z0



Az





x

z

1 1 − dζ = −xez − 3xze3y + z 2 2 0 0  x 1 1 = − e3y + ye2ξ dξ = −xe3y − ye2x + y 2 2 0

Ay =

−ez − 3ze3y dξ −

 nur bis auf Addition eines Gradientenfeldes bestimmt anderes Vektorpotential; A

66

4.13

4 Potential und Vektorpotential

Quellenfreies Vektorpotential 

Bestimmen Sie für F = (4xyz, y 2 z, −3yz 2 )t ein quellenfreies Vektorpotential. Verweise:

Vektorpotential, Konstruktion eines Vektorpotentials

Lösungsskizze  (i) Konstruktion eines Vektorpotentials A:  notwendig und hinreichend (F ist global definiert) div F = 4yz + 2yz − 6yz = 0   = (0, u, v)t Ansatz A ⎛

 4xyz

⎞

⎛

⎟ ⎜ ⎜ =⎜ ⎜ y 2 z ⎟ = F = rot A ⎠ ⎝ ⎝ 2 −3yz

∂y v − ∂z u −∂x v

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

∂x u 

Integration der dritten und zweiten Komponente

u = −3xyz 2 + ϕ(y, z) v = −xy 2 z + ψ(y, z) konsistent mit erster Komponente für ϕ = 0 = ψ !

∂y v − ∂z u = −2xyz − (−6xyz) = 4xyz = Fx



 (ii) Quellenfreies Vektorpotential B: rot grad U = 0 =⇒ Addition eines Gradientienfeldes möglich,   d.h. B = A + grad U Quellenfreiheit =⇒ !

 = div A  + ΔU 0 = div B

= 0 − 3xz 2 − xy 2 + ∂x2 U + ∂y2 U + ∂z2 U mögliche Wahl U = xz 4 /4 + xy 4 /12, und

grad U = (z 4 /4 + y 4 /12, xy 3 /3, xz 3 )t ⎛

z 4 /4 + y 4 /12

⎞

⎟ ⎜  =A  + grad U = ⎜ −3xyz 2 + xy 3 /3 ⎟ B ⎠ ⎝ −xy 2 z + xz 3

5 Tests

Übersicht 5.1 5.2 5.3 5.4

Skalar- und Vektorfelder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arbeits- und Flussintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integralsätze von Gauß, Stokes und Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Potential und Vektorpotential . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

68 71 74 77

Ergänzende Information Die elektronische Version dieses Kapitels enthält Zusatzmaterial, auf das über folgenden Link zugegriffen werden kann https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_6.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_6

68

5.1

5 Tests

Skalar- und Vektorfelder

Aufgabe 1: Bestimmen Sie die Feldlinien des Vektorfeldes F = (−y/2, x/3)t und fertigen Sie mit Matlab® eine Skizze an. Aufgabe 2: Berechnen Sie die Divergenz, die Rotation und den Vektorgradienten des Vektorfeldes F = (x2 y, x + z 3 , y 4 z)t an der Stelle (0, −1, 2). Aufgabe 3: Berechnen Sie ΔU (1, 1) für das Skalarfeld U =

x/y . + y2

x2

Aufgabe 4: Transformieren Sie das Skalarfeld U =

x2 + y 2 + 1 auf Kugelkoordinaten und x2 + y 2 + z 2

berechnen Sie ΔU (2, 1, 0). Aufgabe 5: Berechnen Sie für das Vektorfeld ⎛ F = ⎝

⎞ 0 1

⎛

⎠+⎝

⎞⎛ 2 3 4 5

⎠⎝

⎞ x

⎠

y

die Divergenz des normierten Feldes F /|F | im Ursprung (x, y) = (0, 0). Aufgabe 6: Stellen Sie das Vektorfeld F = (2xz, 2yz, z 2 − x2 − y 2 )t in Kugelkoordinaten dar. Aufgabe 7: Bestimmen Sie die glatte radialsymmetrische Lösung u der Poisson-Gleichung  Δu(r) = r2n , r = x2 + y 2 + z 2 , mit den Randwerten u(1) = 0. Aufgabe 8: Bestimmen Sie für das in Zylinderkoordination (, ϕ, z) gegebene Vektorfeld F = z eϕ und das Skalarfeld U = cos ϕ die Rotation des Vektorfeldes U F .

69 Lösungshinweise Aufgabe 1: Die Feldlinien (x(t), y(t)) sind tangential zu dem Vektorfeld F , d.h. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x (t) Fx (x(t), y(t)) Fx (x, y) ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⇐⇒ ⎝ ⎠ = s(t) ⎝ ⎠. y Fy (x, y) y  (t) Fy (x(t), y(t)) $ Mit Hilfe von dy/dx = (dy/dt) (dx/dt) lässt sich der Parameter t eliminieren, und durch Lösen der resultierenden separablen Differentialgleichung für y(x) erhält man eine implizite Darstellung der Feldlinien. Aufgabe 2: Die Definitionen der Differentialoperatoren sind ⎛ div F = ∂x Fx + ∂y Fy + ∂z Fz ,

grad F =

 grad Fx grad Fy

∂y Fz − ∂z Fy

⎞

⎜ ⎟ ⎟ rot F = ⎜ ⎝ ∂z Fx − ∂x Fz ⎠ ∂ x Fy − ∂ y Fx ⎛  ⎜ ∂x Fx ∂x Fy ∂x Fz grad Fz = ⎜ ⎝ ∂ y Fx ∂ y Fy ∂ y Fz

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

∂ z Fx ∂ z F y ∂ z F z mit Fx , Fy , Fz den Komponenten des Vektorfeldes F . Aufgabe 3:  Transformieren Sie U auf Polarkoordinaten x =  cos ϕ, y =  sin ϕ,  = x2 + y 2 , und benutzen Sie die Formel ΔU = ∂x2 U + ∂y2 U =

1 1 ∂ (∂ U ) + 2 ∂ϕ2 U .  

Aufgabe 4: Benutzen Sie die Umrechnungsformeln (x, y, z)=(r,  ϑ, ϕ) mit  x =  cos ϕ, y =  sin ϕ, z = r cos ϑ, r = x2 + y 2 + z 2 ,  = r sin ϑ sowie ΔU = ∂x2 U + ∂y2 U + ∂z2 U =

  1 1 1 2 ∂ ∂ ∂ (r ∂ U ) + U + 2 ∂ϕ2 U . r r ϑ ϑ 2 r r r 

70

5 Tests

Aufgabe 5: Berechnen Sie zur Bestimmung von div(U F ) mit U = 1/|F | zunächst U (0, 0), grad U (0, 0) sowie F (0, 0), div F (0, 0), und wenden Sie dann die Produktregel div(U F ) = U div F + grad U · F an. Aufgabe 6: Drücken Sie zunächst x, y, z mit den Umrechnungsformeln x = rSc, y = rSs, z = rC,

C = cos ϑ, S = sin ϑ, c = cos ϕ, s = sin ϕ

durch die Kugelkoordinaten r, ϑ, ϕ aus. Bestimmen Sie dann die Koeffizienten in der Darstellung F = Fr er + Fϑeϑ + Fϕeϕ als Skalarprodukte von F mit den orthonormalen Basisvektoren er = (Sc, Ss, C)t , eϑ = (Cc, Cs, −S)t , eϕ = (−s, c, 0)t . Benutzen Sie zur Vereinfachung, dass C 2 + S 2 = c2 + s2 = 1. Aufgabe 7: Mit der Form des Laplace-Operators für radialsymmetrische trivariate Funktionen erhalten Sie das Randwertproblem

 1 d 2 d r u(r) = r2n , u(1) = 0 , r2 dr dr das sich durch zweimalige Integration lösen lässt. Beachten Sie dabei, dass für eine glatte Lösung keine singulären Terme (negative Potenzen von r) auftreten dürfen. Aufgabe 8: Wenden Sie die Regel rot(U F ) = U rot F − F × grad U

(1)

sowie die Darstellung von Differentialoperatoren in Zylinderkoordinaten, 1 grad U = ∂ Ue + ∂ϕ Ueϕ + ∂z Uez ,  1 1 rot F = ( ∂ϕ Fz − ∂z Fϕ )e + (∂z F − ∂ Fz )eϕ + (∂ (Fϕ ) − ∂ϕ F )ez ,   an. Berücksichtigen Sie, dass eine Reihe von Termen entfallen, da entweder die Feldkomponenten null sind oder nicht von allen Variablen abhängen.

71

5.2

Arbeits- und Flussintegral

Aufgabe 1:  Berechnen Sie C F · dr für die entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufene Ellipse C mit Halbachsenlängen a und b in x- bzw. y-Richtung und das Vektorfeld F = (−2y, 3x)t . Aufgabe 2: Berechnen Sie das Arbeitsintegral des Vektorfeldes (ez , ey , ex )t über den stückweise geradlinigen Weg C : (0, 0, 0) → (1, 0, 0) → (1, 1, 0) → (1, 1, 1), der über drei Kanten des Einheitswürfels verläuft. Aufgabe 3: Bestimmen Sie den Betrag des Flusses des radialen Vektorfeldes F = r = rer durch das Dreieck mit den Eckpunkten (1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, 1, 1). Aufgabe 4: Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (x, 2y, 3z)t durch den Graph der Funktion f (x, y) = xy, 0 ≤ x, y ≤ 1, nach oben. Aufgabe 5: Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (0, 0, z)t durch die Hemisphäre S : x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0, nach oben. Aufgabe 6: Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (a, b, c)t durch das Rechteck mit Eckpunkten (0, 0, 0), (0, 2, 0), (1, 0, 3), (1, 2, 3) nach oben. Aufgabe 7: Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (zx, zy, 0)t durch das Hyperboloid  S : 0 ≤ z = 3 + x2 + y 2 ≤ 2 nach oben.

72

5 Tests Lösungshinweise

Aufgabe 1: Parametrisieren Sie die Ellipse durch C : t → r(t) = (a cos t, b sin t)t , und verwenden   2π Sie bei der Berechnung des Arbeitsintegrals C F · dr = 0 F (r(t)) · r  (t) dt, dass  2π 2  2π sin t dt = 0 cos2 t dt = π. 0 Aufgabe 2: Berücksichtigen Sie, dass bei einem geradlinigen, achsenparallelen Weg für das Arbeitsintegral nur die der Richtung entsprechende Feldkomponente relevant ist. Beispielsweise gilt für C : t → r(t) = (1, t, 0)t , 0 ≤ t ≤ 1, wegen r  (t) = (0, 1, 0)t 

 C



1

F · dr = 0

Fy (x(t), y(t), z(t)) dt =   

1

Fy (1, t, 0) dt . 0

y−Feldkomponente

Aufgabe 3: Für Punkte P in einem Dreieck S mit Normalenvektor n ist p · n konstant. Folglich lässt sich der Fluss  r · n◦ dS S

als Produkt der Dreiecksfläche mit p · n◦ für einen beliebigen Punkt P ∈ S berechnen. Aufgabe 4: Die Parametrisierung (x, y) → (x, y, f (x, y)) führt auf die Formel  −Fx ∂x f − Fy ∂y f + Fz dD Φ= D

für den Fluss eines Vektorfeldes F durch den Graphen von f . Aufgabe 5: Verwenden Sie Kugelkoordinaten und für den Fluss Φ des Vektorfeldes F durch die Hemisphäre S : x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0, die Formel 

2π



π/2

Fr sin ϑ dϑdϕ

Φ= 0

0

mit Fr = F · er der radialen Feldkomponente. Aufgabe 6: Benutzen Sie, dass für ein von zwei Vektoren u und v aufgespanntes Rechteck R die Feldkomponente F · n◦ in Richtung der Normalen n = u × v konstant ist und dass area R = |n|.

73 Aufgabe 7: Parametrisieren Sie das Hyperboloid in Polarkoordinaten (x = r cos ϕ, y = r sin ϕ): S : (r, ϕ)t → p(r, ϕ) ∈ R3 . Bestimmen Sie dann die Normale n = ∂r p × ∂ϕ p und berechnen Sie den Fluss definitionsgemäß via  rmax  2π F (p(r, ϕ)) · n(r, ϕ) dϕdr . rmin

0

74

5.3

5 Tests

Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

Aufgabe 1: Berechnen Sie das Arbeitsintegral für das Vektorfeld F = (101x + 2y, 3x − 99y)t √ und einen entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Kreis mit Radius 1/ π. Aufgabe 2: Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (x2 y, xy 2 )t durch den Rand des Quadrates [0, 1]2 nach außen. Aufgabe 3:  Berechnen Sie C F · dr für das Vektorfeld 2 2 F = (xer , yer )t ,

r 2 = x2 + y 2 ,

und den abgebildeten Weg. Aufgabe 4: Berechnen Sie den Flächeninhalt des abgebildeten, in Polarkoordinaten durch A : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ cos2 ϕ beschriebenen Bereichs A. Aufgabe 5:     Berechnen Sie Δ ln(1 + r) dxdydz, r = x2 + y 2 + z 2 . r≤3

Aufgabe 6: Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes F = (x − y, x + z, y − z)t durch das Paraboloid P : x2 + y 2 = z ≤ 4 nach unten. Aufgabe 7: Berechnen Sie den Fluss der Rotation des Vektorfeldes F = (y sin z, 0, x cos z)t durch den Zylindermantel M : x2 + y 2 = R2 , 0 ≤ z ≤ H nach außen. Aufgabe 8:    2 Berechnen Sie (grad r2 )t grad e−r dxdy, r = x2 + y 2 . R2

75 Lösungshinweise Aufgabe 1: Wenden Sie den Satz von Green an:    rot F dA , F · dr = C

A

mit A der von C berandeten Kreisscheibe. Beachten Sie, dass die Rotation eines zweidimensionalen Vektorfeldes F als rot F = ∂x Fy − ∂y Fx definiert ist. Aufgabe 2: Wenden Sie den Satz von Gauß an:   div F dA , F × dr = C

A

mit C der entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Randkurve des Quadrates A. Aufgabe 3: Ein radialsymmetrisches Vektorfeld  F = u(r) er , er = r/|r| = (x, y)t / x2 + y 2 besitzt ein radialsymmetrisches Potential U (r), d.h. grad U = F mit U der Stammfunktion von u, und  F · dr = [U ]B A = U (B) − U (A) C

für einen Weg C von A nach B. Aufgabe 4: Verwenden Sie die auf dem Satz von Gauß basierende Formel für den Flächeninhalt eines durch eine geschlossene Kurve C : t → (x(t), y(t))t entgegen dem Uhrzeigersinn umrundeten Bereichs A:   x(t)y  (t) dt bzw. = − y(t)x (t) dt . area A = C

C

Parametrisieren Sie die Randkurve in Polarkoordinaten, x(ϕ) = r(ϕ) cos ϕ,

y(ϕ) = r(ϕ) sin ϕ ,

und benutzen Sie zur Berechnung des resultierenden trigonometrischen Integrals die Formeln von Euler-Moivre, cos ϕ = (eiϕ + e−iϕ )/2, sin ϕ = (eiϕ − e−iϕ )/(2i), sowie  2π dass 0 ei ϕ dϕ = 0 für  = 0.

76

5 Tests

Aufgabe 5: Verwenden Sie den Satz von Gauß:    div F dV = F · dS r=3

r≤3

mit F = grad ln(1 + r) und div F = Δ ln(1 + r). Benutzen Sie bei der Integration, dass der Fluss des radialsymmetrischen Vektorfeldes F auf der Sphäre S : r = 3 konstant ist. Aufgabe 6: Weisen Sie nach, dass div F = 0, und folgern Sie aus dem Satz von Gauß, dass Sie den Fluss durch das Paraboloid durch den Fluss durch die Kreisscheibe K : x2 + y 2 ≤ 4 = z ersetzen können. Aufgabe 7: Wenden Sie den Satz von Stokes an:   = rot F · dM M

 F · dr C1 +C2

mit Ck den Kreisen, die den Rand des Zylindermantels bilden. Berücksichtigen Sie bei den Parametrisierungen von Ck die Orientierung, d.h. das Kreuzprodukt des Normalenvektors von M und des Tangentenvektors von Ck sollte ins Innere von M zeigen. Aufgabe 8: Integrieren Sie partiell:   2 R2

k=1

∂k f ∂ k g = −

  2 R2

∂k2 f g ,

k=1

wobei bei hinreichend starkem Abklingen einer der Funktionen f oder g kein Randterm auftritt. Berechnen Sie das resultierende Integral einer radialsymmetrischen Funktion h(r) mit Hilfe von Polarkoordinaten:  ∞  h(r) dxdy = 2π h(r) rdr . R2

0

77

5.4

Potential und Vektorpotential

Aufgabe 1: Bestimmen Sie ein Potential U für das Vektorfeld F = (3x2 − y, −x + 2y 3 )t . Aufgabe 2: Für welche Werte der Parameter a, b, c besitzt das Vektorfeld F = (ay + 3z, 2x + bz, cx + y)t ein Potential U und wie lautet es? Aufgabe 3: Bestimmen Sie die Feld- und Äquipotentiallinien des Vektorfeldes F = (y 2 , 2xy)t . Aufgabe 4: Berechnen Sie für das verschobene radiale Vektorfeld F = r +a das Arbeitsintegral vom Ursprung O zu einem Punkt B. Aufgabe 5: Bestimmen Sie für das Vektorfeld F = (y 2 + xz, x2 − yz, 0)t ein Vektorpotential der  = (0, 0, w)t . Form A Aufgabe 6: Berechnen Sie den Betrag des Flusses des Vektorfeldes F = (2y + 2z, −1, 1)t durch eine Fläche S, die durch den Kreis C : t → (3 cos t, 3 sin t, 0)t berandet wird. Aufgabe 7: Für welche Werte der Parameter a, b, c ist das Vektorfeld F = (x + 2y, ax + by + cz, 3y + 4z)t quellen- und wirbelfrei?

78

5 Tests Lösungshinweise

Aufgabe 1: Integrieren Sie zunächst die erste Komponente der Gleichung F = (3x2 − y, −x + 2y 3 )t = grad U = (∂x U, ∂y U )t . Setzen Sie den so gewonnenen Ausdruck für U , der eine von y abhängige Integrationskonstante c(y) enthält, in die zweite Komponente der Gleichung ein, um c zu bestimmen. Aufgabe 2: Die Parameter können aus der notwendigen und für ein global definiertes Vektorfeld auch hinreichenden Bedingung für die Existenz eines Potentials, rot F = (∂y Fz − ∂z Fy , ∂z Fx − ∂x Fz , ∂x Fy − ∂y Fx )t = (0, 0, 0)t , bestimmt werden. Das Potential lässt sich mit dem Ansatz U = u1,1 x2 + u1,2 xy + u1,3 xz + u2,2 y 2 + u2,3 yz + u3,3 z 2 + C durch Koeffizientenvergleich in der Identität grad U = F ermitteln. Aufgabe 3: Division der Komponenten der Differentialgleichung ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ y2 x ⎝ ⎠ = F (x, y) = ⎝ ⎠ y 2xy $ für die Feldlinien führt aufgrund von (dy/dt) (dx/dt) = dy/dx auf eine separable Differentialgleichung für y als Funktion von x und nach Integration auf eine implizite Darstellung der Feldlinien. Zur Bestimmung eines Potentials U und damit der Äquipotentiallinien UC : U (x, y) = C integrieren Sie die erste Komponente der Gleichung grad U = (Fx , Fy ) und bestimmen die von y abhängige Integrationskonstante durch Einsetzen in die zweite Komponente ∂y U = Fy . Aufgabe 4: Berechnen Sie das Arbeitsintegral als Potentialdifferenz. Das Potential U eines radialen Vektorfeldes F = u(r)er , er = r/r erhält man durch Bilden der Stammfunktion von u. Eine Verschiebung, F (r) → F (r +a), resultiert in eine Verschiebung des Potentials, U (r) → U (r + a).

79 Aufgabe 5: Integrieren Sie die erste Komponente der Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ y 2 + xz ∂y Az − ∂z Ay ⎜ ⎟ ⎜  = ⎜ ∂z Ax − ∂x Az ⎜ x2 − yz ⎟ = F = rot A ⎝ ⎠ ⎝ ∂x Ay − ∂y Ax 0

⎞

⎛

wy

⎞

⎟ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ −wx ⎟ . ⎠ ⎠ ⎝ 0

Dadurch wird w bis auf Addition einer Funktion c(x, y) bestimmt, die durch Einsetzen in die zweite Komponente ermittelt werden kann. Aufgabe 6:  für F und wenden Sie den Satz von Stokes Konstruieren Sie ein Vektorpotential A an:                               rot A · dS  =  A · dr . F · dS  =         S

S

C

Nutzen Sie aus, dass Sie eine Komponente des Vektorpotentials null setzen können, um die Konstruktion zu vereinfachen. Aufgabe 7: Quellenfreiheit eines Vektorfeldes F ist äquivalent zu div F = 0 und Wirbelfreiheit zu rot F = (0, 0, 0)t .

Teil II Differentialgleichungen

6 Differentialgleichungen erster Ordnung

Übersicht 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 6.6 6.7 6.8 6.9 6.10 6.11 6.12 6.13 6.14 6.15

Anfangswertprobleme verschiedenen Typs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Richtungsfeld einer Differentialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineare Differentialgleichung erster Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineare Differentialgleichung erster Ordnung mit spezieller rechter Seite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Parameterabhängige lineare Differentialgleichung erster Ordnung . . . . Bernoullische Differentialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Separable Differentialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Allgemeine Lösung und Skizze von Lösungen für eine separable Differentialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ähnlichkeitsdifferentialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exakte Differentialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integrierender Faktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Substitution bei einer Differentialgleichung erster Ordnung  . . . . . . . . Fehler des Euler-Verfahrens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Riccatische Differentialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Verfolgung auf hoher See  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_7

84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98

84

6.1

6 Differentialgleichungen erster Ordnung

Anfangswertprobleme verschiedenen Typs

Bestimmen Sie die Lösungen y(x) der Anfangswertprobleme a) y  = −3y + 2, y(1) = 0 b) y 2 y  = x3 , y(0) = 1 c) (y + 2x)dx + xdy = 0, y(3) = 1 Verweise:

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung, Separable Differentialgleichung,

Exakte Differentialgleichung

Lösungsskizze a) y  = −3y + 2, y(1) = 0 (linear): y = yp + yh (Summe aus einer speziellen (partikulären) Lösung und der allgemeinen Lösung der homogenen Differentialgleichung) Ansatz yp (x) = a für eine partikuläre Lösung  0 = −3a + 2, d.h. a = 2/3 Lösung der homogenen Differentialgleichung y  = −3y: yh (x) = ce−3x  Anfangsbedingung =⇒ 0 = y(1) = 2/3 + ce−3x x=1 = 2/3 + ce−3 , d.h.

c = −(2/3)e3 und somit y(x) = (2/3) 1 − e3−3x b) y 2 y  = x3 , y(0) = 1 (separabel): y  (x) = dy/dx, Bilden von Stammfunktionen   y 2 dy = x3 dx ⇐⇒ Anfangsbedingung y(0) = 1  y(x) = 3 3x4 /4 + 1

=⇒

 y 3 /3 = x4 /4 + c

1/3 = 0/4 + c, d.h. c = 1/3 und somit

c) (y + 2x)dx + xdy = 0, y(3) = 1: ∂y (y + 2x) = ∂x x =⇒ F (x, y) = 0 mit y + 2x = ∂x F , x = ∂y F Integration von ∂x F   F (x, y) = Fx (x, y) dx = xy + x2 + c(y)

(exakt)

Einsetzen in x = ∂y F =⇒ x = x + c (y), d.h. c(y) = C und somit F (x, y) = 2 xy + x + C Anfangsbedingung y(3) = 1 =⇒ 3 + 9 + C = 0, d.h. C = −12 und somit 2 F (x, y) = xy + x − 12 bzw. y(x) = 12/x − x Probe mit MapleTM , exemplarisch für b) > with(DEtools): # Einbinden relevanter Funktionen > DG := y(x)^2*diff(y(x),x) = x^3: > dsolve({y(0)=1,DG}); 

gleiches Ergebnis

y(x) =

(6x4 + 8)1/3 2

85

6.2

Richtungsfeld einer Differentialgleichung

Skizzieren Sie das Richtungsfeld der Differentialgleichung y =

1 (3 − x)(y 2 − 1) 10

für x ≥ 0 sowie den qualitativen Verlauf der Lösungskurven zu den Anfangswerten y(0) = −2, y(0) = 0 und y(0) = 3/2. In welchen Bereichen sind Lösungen fallend bzw. wachsend? Gibt es konstante Lösungen? Verweise:

Differentialgleichung erster Ordnung

Lösungsskizze Richtungsfeld (x, y) → y  (x) =

1 (3 − x)(y(x)2 − 1) 10

einige Werte (1, 2) → (3 − 1) · (22 − 1)/10 = 3/5, fallend

⇔

(3 − x)(y 2 − 1) < 0, d.h. 0 ≤ x < 3 ∧ |y| < 1

wachsend

(2, 1) → (3 − 2) · (12 − 1)/10 = 0

⇔

oder x > 3 ∧ |y| > 1

(3 − x)(y 2 − 1) > 0, d.h. 0 ≤ x < 3 ∧ |y| > 1

oder

x > 3 ∧ |y| < 1

konstante Lösungen für |y(0)| = 1, denn y(x)2 − 1 = 0 ∀x Skizze 3 2 1 0 -1 -2 -3

0

2

4

6

86

6.3

6 Differentialgleichungen erster Ordnung

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung y(x) der Differentialgleichung y =

y −x x+3

für x > −3 sowie die Lösung zu dem Anfangswert y(−2) = 1. Verweise:

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung

Lösungsskizze lineare Differentialgleichung erster Ordnung y  = p(x)y + q(x) mit p(x) = 1/(x + 3) und q(x) = −x (i) Lösung der homogenen Differentialgleichung (q = 0): yh = c exp(P (x)),

c∈R

mit P einer beliebigen Stammfunktion von p  dx = ln(x + 3) + C P (x) = x+3

=⇒

C=0

yh = c(x + 3)

(ii) Partikuläre Lösung:  x exp(P (x) − P (s))q(s) ds yp = x0   x exp(ln(x + 3) − ln(s + 3))(−s) ds = −(x + 3) = −2

x

−2

s/(s + 3) = 1 − 3/(s + 3)

s ds s+3

 x

yp = −(x + 3) [s − 3 ln(s + 3)]−2 = (x + 3)(3 ln(x + 3) − x − 2) für x > −3 (iii) Allgemeine Lösung: y(x) = yp (x) + yh (x) = (x + 3)(3 ln(x + 3) − x − 2 + c), (iv) Anfangswertproblem: 1 = y(−2), yp (−2) = 0 nach Konstruktion

=⇒

1 = yh (−2) = c(−2 + 3) , d.h. c = 1 und y(x) = (x + 3)(3 ln(x + 3) − x − 1) ,

x > −3

c∈R

87

6.4

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung mit spezieller rechter Seite

Bestimmen Sie die Lösung y(x) des Anfangswertproblems y  − 2y = 5 sin(4x), Verweise:

y(0) = 3 .

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung

Lösungsskizze inhomogene lineare Differentialgleichung nen und partikulären Anteil



Zerlegung der Lösung in homoge-

y(x) = yh (x) + yp (x) (i) Lösung yh der homogenen Differentialgleichung y  − 2y = 0: yh = c e2x ,

c∈R

(ii) Partikuläre Lösung yp der inhomogenen Differentialgleichung y  −2y = 5 sin(4x): Ansatz yp = a cos(4x) + b sin(4x)  (−4a sin(4x) + 4b cos(4x)) − 2(a cos(4x) + b sin(4x)) = 5 sin(4x) Koeffizientenvergleich von Kosinus und Sinus 4b − 2a = 0,



lineares Gleichungssystem

−4a − 2b = 5

mit der Lösung a = −1, b = −1/2 , d.h. yp = − cos(4x) −

1 sin(4x) 2

(iii) Anfangswertproblem: allgemeine Lösung y(x) = yh (x) + yp (x) = c e2x − cos(4x) − Einsetzen in die Anfangsbedingung y(x)|x=0 = 3 !

3 = c · 1 − 1 − 0, d.h. c = 4



1 sin(4x) 2

88

6.5

6 Differentialgleichungen erster Ordnung

Parameterabhängige lineare Differentialgleichung erster Ordnung

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung y(x) der Differentialgleichung y  − 5y = x + eλx in Abhängigkeit von dem Parameter λ ∈ R. Verweise:

Methode der unbestimmten Koeffizienten für lineare Dgl. erster Ordnung

Lösungsskizze lineare Differentialgleichung erster Ordnung mit konstantem Koeffizient y  − py = f mit p = 5, f = x + eλx = f1 + f2 allgemeine Lösung y = ce5x + y1,p + y2,p mit yk,p einer partikulären Lösung zu fk Bestimmung von yk,p mit Hilfe der Methode der unbestimmten Koeffizienten (i) f1 = x: Ansatz y1,p = ax + b



 y1,p = a und

a − 5(ax + b) = x

⇔

−5ax + (a − 5b) = x + 0

Koeffizientenvergleich  a = −1/5, b = a/5 = −1/25 (ii) f2 = eλx ; λ = p = 5 (keine Resonanz):  Ansatz y2,p = aeλx  y2,p = λaeλx und λaeλx − 5aeλx = eλx

⇔

a(λ − 5)eλx = eλx

=⇒ a = 1/(λ − 5) (iii) f2 = eλx ; λ = p = 5 (Resonanz):  Ansatz y2,p = axe5x  y2,p = ae5x + 5axe5x und ae5x + 5axe5x − 5axe5x = e5x

⇔

ae5x = e5x

=⇒ a = 1 (iv) Allgemeine Lösung durch Superposition: λ = 5: 1 1 λx 1 y(x) = ce5x − x − + e 5 25 λ − 5 λ = 5: 1 1 + xe5x y(x) = ce5x − x − 5 25 jeweils mit c ∈ R

89

6.6

Bernoullische Differentialgleichung

Bestimmen Sie die Lösung y(x) des Anfgangswertproblems y  + 2y = ex y 3 ,

y(0) = 1 .

Verweise: Bernoullische Differentialgleichung, Lineare Differentialgleichung erster Ordnung

Lösungsskizze Bernoullische Differentialgleichung y  + py = qy k mit p = 2, q = ex , k = 3 (i) Vereinfachung durch Substitution: z = y 1−k = y −2  z  = −2y −3 y  = −2y −3 (−2y + ex y 3 ) = 4z − 2ex (ii) Lineare Differentialgleichung erster Ordnung: z  = 4z − 2ex allgemeine Lösung z = ce4x + zp ,

c∈R

Ansatz für die partikuläre Lösung zp = aex Einsetzen in die Differentialgleichung



zp = ae = 4aex − 2ex = 4zp − 2ex , x !

d.h. a = 2/3 und 2 z = ce4x + ex 3 (iii) Anfangswertproblem: y(0) = 1 =⇒ z(0) = y(0)−2 = 1 und 1 = z(0) = c +

2 , 3

d.h. c = 1/3 und z(x) = 13 e4x + 23 ex (iv) Rücksubstitution: y = z −1/2 



−1/2 y(x) = (e4x + 2ex )/3 = 3/ 3e4x + 6ex

90

6.7

6 Differentialgleichungen erster Ordnung

Separable Differentialgleichung

Bestimmen Sie die Lösung y(x) des Anfangswertproblems (1 + x2 )y  = (4 − x)y 3 , Verweise:

y(0) = 5 .

Separable Differentialgleichung, Elementare rationale Integranden

Lösungsskizze separable Differentialgleichung g(y)y  = h(x) mit h(x) = (4 − x)/(1 + x2 ) und g(y) = y −3 , d.h. 4−x y = y3 1 + x2 Trennung der Variablen  separate Integration beider Seiten  y 1 dx = G(y) = − y −2 + c1 (Kettenregel) −3 y 2 

2x − 8 1 1 dx = H(x) = − ln(1 + x2 ) − 8 arctan(x) + c2 − 2 1 + x2 2 mit G, H Stammfunktionen von g, h und c1 , c2 ∈ R implizite Form der allgemeinen Lösung G(y) = H(x)

y −2 = ln(1 + x2 ) − 8 arctan(x) + c

⇔

mit c = 2(c1 − c2 ) Anfangsbedingung (x, y) = (0, 5)

=⇒

1 = 0 − 8 · 0 + c, 25 d.h. c = 1/25 explizite Form der Lösung durch Auflösen nach y

−1/2 y(x) = ln(1 + x2 ) − 8 arctan(x) + 1/25 (Singularität der Lösung an der Nullstelle x ≈ 1/200 des Arguments der Wurzel)

91

6.8

Allgemeine Lösung und Skizze von Lösungen für eine separable Differentialgleichung

Lösen Sie die Differentialgleichung y  = (1 − 2y)3 /4 und skizzieren Sie typische Lösungen y(x) im Bereich [0, 6] × [−1, 2], indem Sie zunächst die Tangenten an den Gitterpunkten {0, 1, 2, . . .} × {−1, − 12 , 0, . . .} einzeichnen. Verweise:

Separable Differentialgleichung

Lösungsskizze (i) Allgemeine Lösung: Umformung  separable Differentialgleichung f (y)y  = g(x) x-Abhängigkeit auf der linken Seite)

(keine explizite

4(1 − 2y)−3 y  = 1 Integration mit Hilfe der Kettenregel



d F (y(x)) = f (y(x))y  (x), f = F  dx Integration von f (y) = 4(1 − 2y)−3 nach y und von g(x) = 1 nach x: (1 − 2y)−2 = x + c mit c ∈ R

⇔

Umformung

(ii) Tangentenfeld und typische Lösungen: Steigung y  unabhängig von der x-Koordinate



y=

1 1 ± √ 2 2 x+c

Werte

8 27 27 8 , , 1, 0, −1, − , − für y = −1, −1/2, . . . , 2 (1 − 2y)3 /4 = 4 4 4 4

Lösungen monoton wachsend (fallend) für Anfangswerte < 1/2 (> 1/2) konstante Lösung y(x) = 1/2 asymptotisches Verhalten: y(x) → 1/2 für x → ∞

92

6.9

6 Differentialgleichungen erster Ordnung

Ähnlichkeitsdifferentialgleichung

Skizzieren Sie das Richtungsfeld der Differentialgleichung y =

x2 y − 2 x y

und bestimmen Sie die allgemeine Lösung y(x), sowie die Lösung zum Anfangswert √ y(1) = 3 4. Verweise:

Ähnlichkeitsdifferentialgleichung, Separable Differentialgleichung

Lösungsskizze Ähnlichkeitsdifferentialgleichung y  = f (y/x) mit f (z) = z − 1/z 2 (i) Richtungsfeld: Steigung konstant entlang von Ursprungsgeraden g : y = sx 3 2 1 0 -1 -2 -3 -4

(ii) Allgemeine Lösung: Substitution y(x) = xz(x)

-2



0

4

separable Differentialgleichung

z + xz  = z − 1/z 2 Integration

2

⇔

z 2 z  = −1/x

 z 3 /3 = − ln |x| + c,

c∈R

dritte Wurzel (nur für nichtnegative Argumente definiert)    z(x) = σ 3 C − 3 ln |x|, C = 3c , mit σ ∈ {−1, 1} dem Vorzeichen von C − 3 ln |x| Rücksubstitution    y(x) = xz(x) = σx 3 C − 3 ln |x|,

C∈R

Anfangswertproblem  √ 3 4 = y(1) = σ · 1 · 3 |C − 3 · 0|

C = 4, σ = 1

=⇒

93

6.10

Exakte Differentialgleichung

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung y(x) der Differentialgleichung (x + y 2 ) + (y + 2xy)y  = 0 sowie die Lösung zum Anfangswert y(2) = 2. Verweise:

Exakte Differentialgleichung

Lösungsskizze exakte Differentialgleichung p dx + q dy = 0,

py = qx

mit p = x + y 2 und q = y + 2xy implizite Darstellung der Lösung F (x, y) = c,

Fx = p, Fy = q

(i) Bestimmung eines Potentials F : Prüfen der Integrabilitätsbedingung py = (x + y 2 )y = 2y = (y + 2xy)x = qx Integration von Fx = p = x + y 2 F = Einsetzen in Fy = q



 1 2 x + xy 2 + ϕ(y) 2

 2xy + ϕ (y) = y + 2xy ,

d.h. ϕ (y) = y und somit ϕ(y) = y 2 /2 + C, F (x, y) = 12 x2 + xy 2 + 12 y 2 + C (ii) Allgemeine und spezielle Lösung: Lösungskurven =  Niveaulinien von F , d.h. 1 2 1 x + xy 2 + y 2 = c, 2 2 Anfangswert y(2) = 2

c∈R

=⇒

1 1 · 4 + 2 · 4 + · 4 = 12 2 2 implizite Form der speziellen Lösung c=



1 2 1 x + xy 2 + y 2 = 12 2 2 explizite Darstellung durch Auflösen nach y % √ √ 12 − x2 /2 y(x) = , −1/2 < x ≤ 2 · 12 = 2 6 x + 1/2

94

6.11

6 Differentialgleichungen erster Ordnung

Integrierender Faktor

Bestimmen Sie die Lösung y(x) des Anfangswertproblems 2yy  = 1 + x − y 2 ,

y(0) = 2

mit Hilfe eines integrierenden Faktors. Verweise:

Integrierender Faktor, Exakte Differentialgleichung

Lösungsskizze Differentialgleichung erster Ordnung p dx + q dy = 0 2 mit p = 1 + x − y , q = −2y Multiplikation mit integrierendem Faktor a  exakte Differentialgleichung (ap) dx + (aq) dy mit (ap)y = (aq)x (i) Bestimmung von a: Integrabilitätsbedingung im konkreten Fall ! (ap)y = ay (1 + x − y 2 ) − 2ay = −2yax = (aq)x Wahl von a = a(x)  ay = 0 und a = ax

⇐

a(x) = ex

resultierende exakte Differentialgleichung (1 + x − y 2 )ex dx + (−2y)ex dy = 0       Fx

Fy

mit impliziter Darstellung der Lösungen: F (x, y) = c (ii) Lösung des Anfangswertproblems durch Bestimmung von F : Integration von Fy = −2yex  F = −y 2 ex + ϕ(x) Vergleich mit Fx (1 + x − y 2 )ex = Fx = (−y 2 ex + ϕ(x))x = −y 2 ex + ϕ (x) !

=⇒

ϕ (x) = (1 + x)ex und   ϕ(x) = (1 + x)ex dx = (1 + x)ex − ex dx = xex + C

implizite Darstellung der allgemeinen Lösung (Niveaulinien von F ) F (x, y) = (x − y 2 )ex + C = 0 Anfangswert (x, y) = (0, 2) =⇒ C=4 explizite Form durch Auflösen nach y √ y(x) = x + 4e−x

95

6.12

Substitution bei einer Differentialgleichung erster Ordnung 

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung y(x) der Differentialgleichung  y  = 2y − 4x + 3 + 2 sowie die Lösung zu dem Anfangswert y(1) = 1. Verweise:

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung, Separable Differentialgleichung

Lösungsskizze Substitution u(x) = 2y(x) − 4x + 3 u = 2y  − 4



⇔

y(x) =

3 1 u(x) + 2x − 2 2

transformierte Differentialgleichung

√ √ u = 2 u + 2 − 4 = 2 u    y

separabel



Trennung der Variablen 1 −1/2  u u =1 2

Integration (Kettenregel, innere Ableitung u ) u(x)1/2 = x + C

⇔



u(x) = (x + C)2 ,

mit einer beliebigen Integrationskonstante C ∈ R und x ≥ −C, denn x + C ist als Resultat einer Wurzel nicht negativ Rücksubstitution  allgemeine Lösung y(x) =

3 1 (x + C)2 + 2x − 2 2

Einsetzen des Anfangswertes (x = 1, y(1) = 1) 1=

=⇒

1 3 (1 + C)2 + 2 − = 1 + C + C 2 /2 2 2

mit den Lösungen C = −2 und C = 0 C = −2 ist für x ≈ 1 wegen der Einschränkung x ≥ −C nicht zulässig yp (x) =

1 2 3 x + 2x − , 2 2



x≥0

als Lösung des Anfangswertproblems Probe yp − 2 = x,



2yp − 4x + 3 =



x2 + 4x − 3 − 4x + 3 = |x|



(x ≥ 0)

96

6.13

6 Differentialgleichungen erster Ordnung

Fehler des Euler-Verfahrens 2

Das Euler-Verfahren approximiert die Lösung des Modellproblems y  = −15y + 15, y(0) = 0, durch yE (nh), n = 0, 1, . . ., mit

1

yE (nh + h) = yE (nh) + h(−15yE (nh) + 15) .

0 0

0.5

1

Zeigen Sie: yE (1) − y(1) = O(h). Wie klein muss die Schrittweite h mindestens gewählt werden, damit die unerwünschten Oszillationen1 nicht auftreten? Verweise:

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung

Lösungsskizze (i) Exakte Lösung: y = yh + yp mit yh (x) = ce−15x , yp (x) = 1 Anfangsbedingung y(0) = 0 =⇒ c = −1, d.h. y(x) = 1 − e−15x (ii) Eulers Approximation: sukzessive Berechnung der Näherungswerte



yE (0) = 0 yE (h) = yE (0) + h(−15yE (0) + 15) = yE (0) (1 − 15h) +15h = 15h    λ

yE (2h) = yE (h)λ + 15h = 15λh + 15h ... yE (N h) = 15h(λN −1 + · · · λ + 1) = 15h

λN − 1 λ−1

N = 1/h, Einsetzen und ea+δ = ea + O(δ), ln(1 + δ) = δ + O(δ 2 )



λN = (1 − 15h)1/h = eln(1−15h)/h = e(−15h+O(h

2

))/h

= e−15+O(h) = e−15 + O(h)

und folglich yE (1) − y(1) = 15h

(e−15 + O(h)) − 1 − (1 − e−15 ) = O(h) (1 − 15h) − 1

(iii) Monotonie der Approximation: !

0 = yE (0) < yE (h) = 15h , 15h = yE (h) < yE (2h) = 15(1 − 15h)h + 15h ⇐⇒ h < 1/15 Diese Bedingung impliziert die Positivität des Faktors (1 − 15h) in der EulerRekursion und ist deshalb auch für die weiteren Näherungen hinreichend.

1 Schnelle Änderungen in der Lösung (sogenannte „Boundary Layer“) bereiten auch bei weniger elementaren, praxisrelevanten Verfahren Probleme.

97

6.14

Riccatische Differentialgleichung

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y  (x) = −y(x) + xy(x)2 − 1/x2 . Verweise: Bernoullische Differentialgleichung, Lineare Differentialgleichung erster Ordnung

Lösungsskizze allgemeine Form einer Riccatischen Differentialgleichung y  (x) = a(x)y(x) + b(x)y(x)2 + f (x) Substitution y(x) = yp (x) + 1/z(x) mit einer partikulären Lösung yp 2





z = −(a + 2byp )z − b (lineare Differentialgleichung) (i) Partikuläre Lösung und Substitution: 1 1 d 1 ! 1 1 =− +x 2 − 2  yp (x) = : x dx x x x x Einsetzen der Substitution y(x) = 1/x + 1/z(x) 

 1 1 1 z 1 1 2 1 + 2 − 2 ⇐⇒ + − 2 − 2 =− − +x 2 x z x z x xz z x

z  (x) = −z(x) − x

(ii) Lösen der linearen Differentialgleichung und Rücksubstitution: Ansatz zp (x) = c1 + c2 x für eine partikuläre Lösung  c2 = −c1 − c2 x − x,

d.h. c2 = −1, c1 = 1, zp (x) = 1 − x

Addition der allgemeinen Lösung zh (x) = ce−x der homogenen Differentialgleichung z  = −z  z(x) = zp (x) + zh (x) = 1 − x + ce−x und nach Rücksubstitution 1 1 1 1 = + y(x) = + x z(x) x 1 − x + ce−x Eine relativ einfache Lösung - meist ist es komplizierter, wie Experimentieren mit der MapleTM -Funktion riccatisol zeigt. > ricattisol(diff(y(x),x)=cos(x)*y(x)-y(x)^2-sin(x));

y(x) =

e− sin x  + cos x c + e− sin x dx

2 Naheliegender ist zunächst die Substitution y = yp + z, die zu einer Bernoullischen Differentialgleichung führt.

98

6.15

6 Differentialgleichungen erster Ordnung

Verfolgung auf hoher See 

Ein Schnellboot der Marine verfolgt einen mit 20 Knoten nordwärts unter schwarzer Flagge fahrenden Frachter, kontinuierlich Kurs auf das Ziel nehmend3 . Nach wievielen Minuten holt das Schnellboot den Frachter ein, wenn es mit doppelter Geschwindigkeit 10 Kilometer ostwärts von dem Frachter gestartet ist? Verweise:

Separable Differentialgleichung, Hyperbelfunktionen

Lösungsskizze (i) Differentialgleichung für die Fahrtkurve: t → (x(t), y(t)), y(t) = f (x(t))

Tangente im Punkt (x(t), y(t)) der Fahrtroute des Schnellboots in Richtung der Position (0, vt) des Frachters =⇒ f  (x) =

y − vt x−0

bzw.

f  (x(t))x(t) + vt = f (x(t))

Ableiten nach der Zeit t (Verwendung der „Punkt-Notation“) f  (x)xx ˙ + f  (x)x˙ + v = f  (x)x˙

bzw.

=⇒

f  (x)xx ˙ = −v

konstante Geschwindigkeit 2v des Schnellboots, y(t) = f (x(t)) =⇒    2v = x˙ 2 + y˙ 2 = x˙ 2 + (f  (x)x) ˙ 2 = −x˙ 1 + f  (x)2 Das negative Vorzeichen ist aufgrund der nordwestlichen Fahrtrichtung des Schnellboots notwendig. ˙ = −v  Auflösen nach x˙ und Einsetzen in die Differentialgleichung f  (x)xx 

f  (x) 1+

f  (x)2

=

1 2x

mit den Anfangsbedingungen

3 ein klassisches Verfolgungsproblem, mit dem sich Pierre Bouguer bereits im 18. Jahrhundert beschäftigt hat

99 f (10) = 0 (Startposition 10 km in östlicher Richtung) f  (10) = 0 (Schnellbootkurs beim Start westlich) (ii) Lösung des Anfangswertproblems: Substitution g = f   separable Differentialgleichung für g(x), 

dg 1+

g2

=

1 dx, 2x

dg = g  (x) dx ,

die explizit integriert werden kann:    1 dg 1  dx  arsinh(g) = ln(g + 1 + g 2 ) = ln x + C = 2 2x 2 1+g Anfangsbedingung g(10) = f  (10) = 0

=⇒

√ 1 ln(0 + 1 + 0) = ln 10 + C,   2 

1 d.h. C = − ln 10 2

=0

√ √ Auflösen nach g, 12 ln x − 12 ln 10 = ln( x/ 10)   √ √ √ √ g + 1 + g 2 = x/ 10 ⇐⇒ (1 + g 2 ) = ( x/ 10 − g)2 √ 10 −1/2 1 1/2 √ x ⇐⇒ g = x − 2 2 10   √ 1 & f (x) = g(x) dx = √ x3/2 − 10x1/2 + C 3 10

nochmalige Integration

Anfangsbedingung f (10) = 0

=⇒

10 & = 0, − 10 + C 3

& = 20/3 d.h. C

(iii) Verfolgungszeit T : Erreichen des Frachters bei (0, f (0)) = (0, 20/3), d.h. nach einer zurückgelegten Strecke des Frachters von 6.666 km 20 Knoten =  37.04 km/h =⇒ T =

6.666km = 0.1800 h ≈ 11 Minuten 37.04km/h

7 Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Übersicht 7.1 7.2 7.3 7.4 7.5 7.6 7.7 7.8 7.9 7.10 7.11 7.12 7.13 7.14 7.15 7.16 7.17

Linearer Oszillator mit variabler Frequenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 Lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit verschiedenen rechten Seiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 Homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung . . . . . . . . . . . . 104 Homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit Parameter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 Randwertproblem für eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 Newton-Verfahren bei Randwertproblemen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 Inhomogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung . . . . . . . . . . 108 Differentialgleichung zweiter Ordnung mit polynomialer rechter Seite . 109 Inhomogene Eulersche Differentialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 Differentialgleichungen mit reduzierbarer Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 Autonome Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 Anfangswertproblem für eine Schwingungsdifferentialgleichung . . . . . . . 113 Periodischer Orbit oder Reise ohne Wiederkehr?  . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 Allgemeine Lösung und Resonanzfrequenz einer Schwingungsdifferentialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 Taylor-Approximation der Differentialgleichung für ein gedämpftes Pendel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 Kritische Punkte und Phasendiagramm einer autonomen Differentialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 Eindimensionale Bewegung in einem Potential  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_8

102

7.1

7 Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Linearer Oszillator mit variabler Frequenz

Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u + ω02 u = cos(3t),

u(0) = 1, u (0) = 4

in Abhängigkeit von der Frequenz ω0 > 0. Verweise:

Linearer Oszillator

Lösungsskizze linearer Oszillator u + ω02 u = c cos(ωt) mit c = 1, ω = 3 (i) ω0 = 3 (keine Resonanz): allgemeine Lösung u = uh + up = [a cos(ω0 t) + b sin(ω0 t)] + C cos(3t), Einsetzen in die Differentialgleichung

a, b ∈ R



−9C cos(3t) + ω02 C cos(3t) = cos(3t) , d.h. C = 1/(ω02 − 9) Anfangsbedingungen

=⇒ 1 = u(0) = a + 1/(ω02 − 9) 4 = u (0) =

,

ω0 b

d.h. a = (ω02 − 10)/(ω02 − 9), b = 4/ω0 und u(t) =

4 1 ω02 − 10 cos(ω0 t) + cos(3t) sin(ω0 t) + 2 2 ω0 − 9 ω0 ω0 − 9

(ii) ω0 = 3 (Resonanz): allgemeine Lösung u = uh + up = [a cos(ω0 t) + b sin(ω0 t)] + Ct sin(3t) Einsetzen in die Differentialgleichung



2C · 3 cos(3t) − 9Ct sin(3t) + 9Ct sin(3t) = cos(3t) , d.h. C = 1/6 Anfangsbedingungen =⇒ 1 = u(0) = a, 4 = u (0) = 3b, also a = 1, b = 4/3 und u(t) = cos(ω0 t) +

4 t sin(ω0 t) + sin(3t) 3 6

103

7.2

Lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit verschiedenen rechten Seiten

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung u(t) der Differentialgleichung u − 4u = f für a) f (t) = 0 Verweise:

b) f (t) = e3t

c) f (t) = e2t

d) f (t) = 4e3t + 5e2t

Homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten,

Methode der unbestimmten Koeffizienten für lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Lösungsskizze a) Homogene Differentialgleichung u − 4u = 0: charakteristisches Polynom p(λ) = λ2 − 4 Nullstellen: λ1 = −2, λ2 = 2  allgemeine Lösung

uh (t) = c1 e−2t + c2 e2t

alternativ (Bilden von Linearkombinationen): uh (t) = c˜1

e2t + e−2t e2t − e−2t + c˜2 = c˜1 cosh(2t) + c˜2 sinh(2t) 2 2

b) Inhomogene Differentialgleichung u − 4u = e3t : allgemeine Lösung: u = uh + up mit einer partikulären Lösung up Ansatz up = c e3t  9c e3t − 4c e3t = e3t Koeffizientenvergleich =⇒ c = 1/(9 − 4) = 1/5 c) Inhomogene Differentialgleichung u − 4u = e2t : Resonanz: f (t) = e2t löst die homogene Differentialgleichung modifizierter Ansatz up (t) = c te2t , Leibniz-Regel (gh) = g  h + 2g  h + gh



(0 + 2(2c e2t ) + 4c te2t − 4c te2t = e2t , d.h. c = 1/4 d) Inhomogene Differentialgleichung u − 4u = 4e3t + 5e2t : Superposition der partikulären Lösungen upb aus b) und upc aus c) mit Berücksichtigung der Faktoren 4 und 5  u(t) = uh (t) + 4upb (t) + 5upc (t) 4 5 = c1 e−2t + c2 e2t + e3t + te2t 5 4

104

7.3

7 Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung

Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u − 4u + 5u = 0, Verweise:

u(0) = 2, u (0) = 3 .

Homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten

Lösungsskizze homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten u + pu + qu = 0 mit p = −4, q = 5 charakteristisches Polynom λ2 + pλ + q = λ2 − 4λ + 5 Nullstellen λ1,2 = 2 ± allgemeine Lösung

√

22 − 5 = 2 ± i



u(t) = aeλ1 t + beλ2 t = e2t aeit + be−it reelle Lösungen, e±it = cos t ± i sin t



˜e2t cos t, u1 = Re u = a

u2 = Im u = ˜be2t sin t

mit a ˜ = a + b, ˜b = a − b reelle Form der allgemeinen Lösung   ˜ cos t + ˜b sin t u(t) = e2t a Anfangswerte



lineares Gleichungssystem 2 = u(0) =

a ˜



a + ˜b , 3 = u (0) = 2˜ mit der Lösung a ˜ = 2, ˜b = −1  Lösung des Anfangswertproblems u(t) = e2t (2 cos t − sin t)

105

7.4

Homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit Parameter

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung u(t) der Differentialgleichung u − 2u + αu = 0 in Abhängigkeit von dem Parameter α ∈ R. Verweise:

Homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten

Lösungsskizze homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten u + pu + qu = 0 mit p = −2, q = α charakteristisches Polynom λ2 + pλ + q = λ2 − 2λ + α Typ der Nullstellen λ1,2 = 1 ±

√

1 − α bestimmt Form der allgemeinen Lösung (i)

Zwei reelle Nullstellen: α 1  λ1,2 = 1 ± i −(1 − α) und u(t) = et (c1 cos(t) + c2 sin(t)) mit  =

 −(1 − α)

Alternative Lösung komplexe Darstellung von (iii) in der Form (i)

u(t) = et c˜1 eit + c˜2 e−it mit c˜1 = (c1 − ic2 )/2, c˜2 = (c1 + ic2 )/2 aufgrund der Formel von Euler-Moivre

106

7.5

7 Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Randwertproblem für eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung

Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Randwertproblems u = u,

u(0) = 1, u (1) − pu(1) = a ,

in Abhängigkeit von den Parametern p und a. Verweise:

Homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten

Lösungsskizze (i) Allgemeine Lösung der Differentialgleichung: =⇒ u = u u(t) = c1 et + c2 e−t

bzw.

u(t) = C1 cosh t + C2 sinh t

mit cosh t = (et + e−t )/2, sinh t = (et − e−t )/2 (ii) Einsetzen der Randbedingungen: u(0) = 1 =⇒ C1 = 1, da cosh 0 = 1 und sinh 0 = 0 =⇒ u (1) − pu(1) = a (cosh = sinh, sinh = cosh) sinh 1 + C2 cosh 1 − p(cosh 1 + C2 sinh 1) = a ⇐⇒ 

C2 [cosh 1 − p sinh 1] = {p cosh 1 − sinh 1 + a}

drei Fälle [. . .] = 0, d.h. p = coth 1 = cosh 1/ sinh 1: eindeutige Lösung u mit C2 =

p cosh 1 − sinh 1 + a cosh 1 − p sinh 1

[. . .] = 0, {. . .} = 0: keine Lösung [. . .] = 0, {. . .} = 0, d.h. p = coth 1,

a = sinh 1 − coth 1 cosh 1 =

sinh2 1 − cosh2 1 1 =− sinh 1 sinh 1

unendlich viele Lösungen; C2 beliebig wählbar In diesem Fall ist u(t) = sinh t eine nicht-triviale Lösung der Differentialgleichung, die die homogenen Randbedingungen u(0) = 0, erfüllt.

u (1) − coth 1u(1) = 0 ,

107

7.6

Newton-Verfahren bei Randwertproblemen

Lösen Sie das Randwertproblem u = −u2 ,

u(0) = 1, u(1) = 0 ,

durch Bestimmung der Steigung s = u (0) (Schießverfahren). Verweise:

Ableitung nach Anfangsbedingungen, Newton-Verfahren

Lösungsskizze zu lösende Gleichung: f (s) = u(1|s) = 0 mit u(·|s) (Die Steigung s wurde als Parameter hinzugefügt.) der Lösung des Anfangswertproblems (1) u = −u2 , u(0|s) = 1, u (0|s) = s Berechnung der Ableitung f  (s) = us (1|s) durch Differenzieren nach s: us = −2uus ,

us (0|s) = 0, us (0|s) = 1

(2)

Simultanes Lösen der Anfangswertprobleme (1,2) als Differentialgleichungssystem erster Ordnung v  = F (v), v = (u, u , us , us )t  >> >> >> >> >> >> >>

Matlab® -Implementierung der Newton-Iteration

% Startwert durch Taylor-Approximation u(t|s) = 1-st+... s = 1; ds = inf; tol = 1.0e-10 % Toleranz while abs(ds) > tol % Newton-Schritt: s 0, Verweise:

u(1) = u (1) = 0 .

Eulersche Differentialgleichung

Lösungsskizze (i) Homogene Differentialgleichung t2 uh (t) + uh (t) + uh (t) = 0: Substitution s = ln t, uh (t) = v(s)  d ds d 1 v(s) = v(s) = v  (s) dt ds dt t

 





d  ds 1 d 1 d 1 1     v (s) + v (s) = v (s) + v (s) − 2 uh (t) = dt t dt t ds dt t t 1  = 2 (v (s) − v  (s)) t uh (t) =

Einsetzen in die Differentialgleichung v(s) = c1 cos s + c2 sin s

v  + v = 0 mit der Lösung



bzw.

uh (t) = c1 cos ln t + c2 sin ln t

(ii) Partikuläre Lösung up (t) für die rechte Seite 2t ln t: Einsetzen des Ansatzes up (t) = (a + b ln t)t (entspricht dem Ansatz (a + bs)es für die Differentialgleichung für v) in t2 u (t) + tu (t) + u(t) = 2t ln t  t2 (b/t) + t(a + b + b ln t) + (at + bt ln t) = 2t ln t Vergleich der Koeffizienten von t und t ln t b + a + b + a = 0, b + b = 2,

 d.h. b = 1, a = −1

und up (t) = t(ln t − 1) (iii) Berücksichtigung der Anfangswerte: allgemeine Lösung u = up + uh :

halblogarithmische Darstellung

u(t) = t(ln t − 1) + c1 cos ln t + c2 sin ln t u (t) = ln t − c1 (sin ln t)/t + c2 (cos ln t)/t !

=⇒ c1 = 1 0 = u(1) = −1 + c1 !  0 = u (1) = c2 =⇒ c2 = 0 qualitatives Verhalten des abgebildeten Funktionsgraphen: unendlich viele Nullstellen/Oszillationen in (0, 1], monton wachsend in [1, ∞)

3 2 1 0 -1 10-10

10-5

100

111

7.10

Differentialgleichungen mit reduzierbarer Ordnung

Bestimmen Sie die Lösungen u(t) folgender Anfangswertprobleme: a) tu + u = 3t2 , u(1) = 1, u (1) = 2 b) u /u = 2tu , u(0) = 2, u (0) = −1 Verweise:

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung, Separable Differentialgleichung

Lösungsskizze Differentialgleichung der Form u = f (t, u ), bei der u nicht explizit auftritt  Differentialgleichung erster Ordnung nach Substitution von v = u  v  = f (t, v), u(t) = v(t) dt a)

tu + u = 3t2 , u(1) = 1, u (1) = 2 v = u

tv  + v = 3t2



(linear)

d (tv(t))  unmittelbare Integration dt (anstatt Lösung der homogenen Differentialgleichung und anschließender Variation der Konstanten)  tv(t) = 3t2 dt = t3 + c, v(t) = t2 + c/t

spezielle Form der linken Seite, tv  + v =

v(1) = u (1) = 2 =⇒ nochmalige Integration

2 = 1 + c, d.h. c = 1   1 u(t) = t2 + 1/t dt = t3 + ln |t| + C    3 v(t)

u(1) = 1 b)

=⇒

u /u = 2tu ,

1=

1 3

+ 0 + C, d.h. C = 2/3

u(0) = 2, u (0) = −1: v = u

v  dt =



v  /v 2 = 2t

dv dt = dv  dt     v (t) 2 dt = 1/v dv = 2t dt, v(t)2

v(0) = u (0) = −1

=⇒

d.h. − 1/v = t2 + c

c = 1 und nochmalige Integration  1 dt = − arctan t + C u(t) = − 2  t + 1

=⇒

v(t)

u(0) = 2

(separabel)

2 = arctan  0 +C, d.h. C = 2 0



112

7 Differentialgleichungen zweiter Ordnung

7.11

Autonome Differentialgleichungen

Bestimmen Sie die Lösungen u(t) der Differentialgleichungen a) u = (u )2 /u

b)

u = u /u2

zu den Anfangswerten u(0) = −1, u (0) = 2. Verweise:

Separable Differentialgleichung

Lösungsskizze keine explizite t-Abhängigkeit (autonom): u = f (u, u ) Wahl von u anstatt t als Variable  dv du = v  (u)v(u) u (t) = v(u), u (t) = du dt und, falls v = 0, zwei separable Differentialgleichungen erster Ordnung zur sukzessiven Bestimmung von v(u) und u(t): v  (u) =

1 f (u, v(u)), v(u)

u (t) = v(u(t))

a) u = (u )2 /u, u(0) = −1, u (0) = 2: v  (u) = 

1 v(u)2 /u v(u)

. . . du, v  (u) du = dv    1 1 dv = du v(u) u

bzw.

⇐⇒

v  (u)/v(u) = 1/u

ln |v(u)| = ln |u| + c

u(0) = −1, v(0) = 2 =⇒ ln 2 = ln 1 + c, d.h. c = ln 2 und |v(u)| = v(u), |u| = −u für (u, v) ≈ (−1, 2), also v(u) = eln(−u)+ln 2 = −2u Lösen der zweiten Differentialgleichung u (t) = v(u(t)) = −2u(t) mit dem Anfangswert u(0) = −1  u(t) = −e−2t b)

u = u /u2 , u(0) = −1, u (0) = 2: v  (u) =

1 1 v(u)/u2 = 2 v(u) u

u(0) = −1, v(0) = 2 =⇒ zweite Differentialgleichung



. . . dt, u (t) dt = du



⇐⇒



1 u (t) 1 + u(t) − 1 

implizite Lösungsdarstellung u + ln |u − 1| = t + C

und u(0) = −1

=⇒

v(u) = −

1 +c u

2 = 1 + c, d.h. c = 1

1 +1 u (t) = − u(t) 

=⇒

−1 + ln 2 = C

 =1

113

7.12

Anfangswertproblem für eine Schwingungsdifferentialgleichung

Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u + 5u + 6u = sin(4t), Verweise:

u(0) = −1, u (0) = 2 .

Gedämpfte harmonische Schwingung

Lösungsskizze (i) Allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung: charakteristisches Polynom p(λ) = λ2 + 5λ + 6 Nullstellen λ1 = −2, λ2 = −3



allgemeine Lösung von u + 5u + 6u = 0

uh (t) = c1 e−2t + c2 e−3t (ii) Partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung: Einsetzen des Ansatzes up (t) = a cos(4t) + b sin(4t) in die Differentialgleichung mit rechter Seite sin(4t)



(−16aC − 16bS) + 5(−4aS + 4bC) + 6(aC + bS) = S mit C = cos(4t), S = sin(4t) Koeffizientenvergleich von Kosinus und Sinus C : −16a + 20b + 6a = 0,



S : −16b − 20a + 6b = 1

mit der Lösung a = −1/25, b = −1/50 (iii) Anfangsbedingungen: Berechnung der Anfangswerte der allgemeinen Lösung u(t) = uh (t) + up (t) = c1 e−2t + c2 e−3t − 

1 1 cos(4t) − sin(4t) 25 50

lineares Gleichungssystem für die Koeffizienten ck −1 = u(0) = c1 + c2 −

1 , 25

2 = u (0) = −2c1 − 3c2 −

Lösung: c1 = −20/25, c2 = −4/25 und u(t) = −

1 −2t 40e + 8e−3t + 2 cos(4t) + sin(4t) 50

4 50

114

7.13

7 Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Periodischer Orbit oder Reise ohne Wiederkehr? 

Nach einer „Fast-Kollision“ zweier Raumschiffe, die beide keinen Treibstoff mehr haben, fragen sich die zu Recht sehr besorgten Besatzungen: „Was ist unsere weitere Flugbahn; werden wir unser Sonnensystem verlassen?“ Lösen Sie dazu die aus den Newtonschen1 Gesetzen herleitbare Differentialgleichung 1 d2 1 + = C := GM/|r(0) · vy |2 dϕ2 r(ϕ) r(ϕ) für den Sonnenabstand r als Funktion des Bahnwinkels ϕ (Polarkoordinaten) und die Flugdaten Sonnenabstand r(0)

Geschwindigkeit (vx , vy )t

Raumschiff A

3 · 1011 m

(−1, 2)t · 104 m/s

Raumschiff B

3 · 1011 m

(−2, −4)t · 104 m/s

zum Zeitpunkt (ϕ = 0) der „Fast-Kollision“. Verwenden Sie die gerundeten Werte m3 30 G = 7 · 10−11 kg kg für die Gravitationskonstante und die s2 und M = 2 · 10 Sonnenmasse. Verweise:

Lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung, Polarkoordinaten

Lösungsskizze (i) Anfangswerte für q(ϕ) = 1/r(ϕ): Polarkoordinatendarstellung von Position und Geschwindigkeit ⎛ ⎞ cos ϕ(t) ⎠ p(t) = r(ϕ(t)) ⎝ sin ϕ(t) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos ϕ(t) − sin ϕ(t) ⎠ + r(ϕ(t)) ⎝ ⎠ ϕ (t) p (t) = r (ϕ(t))ϕ (t) ⎝ sin ϕ(t) cos ϕ(t) Einsetzen von ϕ(0) = 0, p(0) = (r(0), 0)t und p (0) = (vx , vy )t  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ vx 1 0 ⎝ ⎠ = r (0)ϕ (0) ⎝ ⎠ + r(0) ⎝ ⎠ ϕ (0) , vy 0 1 d.h. ϕ (0) = vy /r(0), r (0) = vx /ϕ (0) = vx r(0)/vy Ableitung des Kehrwerts des Sonnenabstands  d 1  r (0) vx  = − =− q (0) = dϕ r(ϕ) ϕ=0 r(0)2 vy r(0)

1

Sir Isaac Newton (1571-1630)

115 (ii) Lösung des Anfangswertproblems für q: q  + q = C =⇒ q(ϕ) = C + c1 cos ϕ + c2 sin ϕ = C + D cos(ϕ − δ),

C, D > 0

implizite Darstellung eines Kegelschnitts (C > D: Ellipse, C = D: Parabel, C < D: Hyperbel) Einsetzen der Anfangswerte  vx = q  (0) = D sin δ 1/r(0) − C = q(0) − C = D cos δ, − vy r(0) und folglich %

D=

1 −C r(0)

2

+

vx vy r(0)

2 ,

tan δ =

vx q  (0) =− q(0) vy (1 − Cr(0))

(iii) Lösung für die angegebenen Daten (Rechnung ohne Einheiten, r in m, v in m/s): Raumschiff A: r(0) = 3 · 1011 , vx = −1 · 104 , vy = 2 · 104 C = GM/|r(0) · vy |2 = 7 · 10−11 · 2 · 1030 /(3 · 1011 · 2 · 104 )2 7 · 10−11 = 18  D = ((1/3) · 10−11 − (7/18) · 10−11 )2 + (−104 /(2 · 104 · 3 · 1011 ))2 √  10 −11 · 10−11 = (−1/18)2 + (−1/6)2 · 10 = 18 −104 = −3, δ ≈ 1.8925 tan δ = − 2 · 104 (1 − (7/18) · 10−11 · 3 · 1011 ) Raumschiff B: r(0) = 3 · 1011 , vx = −2 · 104 , vy = −4 · 104 √ 433 7 analoge Rechnung  C = 72 · 10−11 , D = 72 · 10−11 , tan δ = − 12 17 , δ ≈ −0.6147 (iv) Bahnkurven: Die Abbildung (Koordinaten in m, Anfangsgeschwindigkeiten stark vergrößert) zeigt: Die Flugbahn von A ist eine Ellipsea (D < C), die von B eine Hyperbel (D > C) mit r(ϕ) → ∞ (keine Wiederkehr in unser Sonnensystem). a

erstes Keplersches Gesetz

4

1011

2 0 -2 -4 -6 -4

-2

0

2

4 1011

116

7 Differentialgleichungen zweiter Ordnung

7.14

Allgemeine Lösung und Resonanzfrequenz einer Schwingungsdifferentialgleichung

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung u(t) der Schwingungsdifferentialgleichung u + 2u + 10u = cos(ωt) sowie die Resonanzfrequenz ω∗ , für die die Amplitude des periodischen Anteils maximal wird. Verweise:

Gedämpfte harmonische Schwingung

Lösungsskizze gedämpfte harmonische Schwingung u + 2ru + ω02 u = c cos(ωt)

√ mit r = 1, ω0 = 10, c = 1 (i) Lösung der homogenen Differentialgleichung: charakteristisches Polynom

λ2 + 2rλ + ω02 = λ2 + 2λ + 10

Nullstellen λ1,2 = −1 ±

√ 12 − 10 = −1 ± 3i



uh (t) = e−t (a cos(3t) + b sin(3t)) (ii) Partikuläre Lösung:   Ansatz up = C cos(ωt + δ) = Re Cei(ωt+δ) (periodischer Anteil) Einsetzen in die Differentialgleichung  !

Re Ceiδ −ω 2 + 2iω + 10 eiωt = cos(ωt) ! Re eiωt = cos(ωt) =⇒ Ceiδ −ω 2 + 2iω + 10 = 1 , d.h. C = |[. . .]|−1 =



(10 − ω 2 )2 + (2ω)2

δ = arg [. . .] =

−1/2

arg(10 − ω 2 − 2iω)

allgemeine Lösung durch Superposition u(t) = uh (t) + up (t) = e−t (a cos(3t) + b sin(3t)) + C cos(ωt + δ) , a, b ∈ R (iii) Resonanzfrequenz: C maximal ⇔ (10 − ω 2 )2 + (2ω)2 → min Nullsetzen der Ableitung



0 = 2(10 − ω 2 )(−2ω) + 8ω = 4ω(ω 2 − 8) ,

√ d.h. ω∗ = 2 2 mit der maximalen Amplitude C = 1/6 (ω = 0  (lokal) minimale Amplitude)

117

7.15

Taylor-Approximation der Differentialgleichung für ein gedämpftes Pendel

Approximieren Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u = − sin(u) − 2u ,

u(0) = 0, u (0) = 1

an der Stelle t = 1/5 durch Taylor-Entwicklung bis zu Termen vierter Ordnung einschließlich. Vergleichen Sie mit der Lösung des linearen Problems, das man durch die Näherung sin(u) ≈ u erhält. Verweise: Taylor-Polynom, Homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten

Lösungsskizze (i) Taylor-Approximation: Differentiation der Differentialgleichung u = − sin(u) − 2u u = − cos(u)u − 2u u = sin(u)(u )2 − cos(u)u − 2u Einsetzen der Anfangswerte u(0) = 0, u (0) = 1



u (0) = −0 − 2 · 1 = −2 u (0) = −1 · 1 − 2 · (−2) = 3 u (0) = 0 − 1 · (−2) − 2 · 3 = −4 

Taylor-Polynom p(t) =

4  u(k) (0) k=0

k!

2 3 4 tk = 0 + 1 · t − t 2 + t 3 − t 4 2 6 24

und p(1/5) = 409/2500 = 0.1636 (ii) Approximation durch eine lineare Differentialgleichung: u = −u − 2u doppelte Nullstelle λ = −1 des charakteristischen Polynoms λ2 + 2λ + 1 gemeine Lösung u(t) = (c1 + c2 t)e−t Anfangswerte u(0) = 0, u (0) = 1 u(1/5) =



c1 = 0, c2 = 1 und

1 −1/5 e = 0.1637461 . . . 5



all-

118

7.16

7 Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Kritische Punkte und Phasendiagramm einer autonomen Differentialgleichung

Bestimmen Sie die kritischen Punkte der Differentialgleichung

u = 1 + (u )2 cos u und skizzieren Sie die Lösungskurven in der Phasenebene. Verweise:

Phasenebene, Separable Differentialgleichung

Lösungsskizze autonome Differentialgleichung zweiter Ordnung u = f (u, u ) (i) Kritische Punkte: (u∗ , 0) mit f (u∗ , 0) = 0

mit f = (1 + v 2 ) cos u , v = u



(1 + 02 ) cos u∗ = 0

⇔

3π π u∗ = ± , ± , . . . 2 2

(ii) Differentialgleichung für v(u): Kettenregel  dv du du dv u = = = f (u, v), = v, dt du dt dt im konkreten Fall dv dv v v = (1 + v 2 ) cos u ⇔ = cos u du du 1 + v 2 Integration der separablen Differentialgleichung  1 ln(1 + v 2 ) = sin u + C 2 bzw. nach Auflösen nach v  v = ± ce2 sin u − 1 , c = e2C Skizze 4 2 0 −2 −4

−3π/2

−π/2

π/2

3π/2

119

7.17

Eindimensionale Bewegung in einem Potential 

Skizzieren Sie Lösungskurven der Differentialgleichung u = −u exp(−u2 ) in der Phasenebene und ermitteln Sie für die Anfangswerte u(0) = 0, u (0) = v0 ≥ 0 die maximale Auslenkung u(t). Verweise:

Phasenebene

Lösungsskizze Differentialgleichung für eine eindimensionale Bewegung u + Φ (u) = 0 mit Φ (u) = u exp(−u2 ) (i) Lösung in der Phasenebene: Potential 1 Φ(u) = − exp(−u2 ) 2 Lösungskurven =  konstante Energieniveaus E = Ekin + Epot =

1 2 1 v − exp(−u2 ), 2 2  

v = u

−Φ(u)

Auflösen nach v

 v=±

 2E + exp(−u2 )

Phasendiagramm 2 1 0 −1 −2 −2

−1

0

1

2

(ii) Maximale Auslenkung: Startenergie E = v02 /2 − exp(−u(0)2 )/2 = v02 /2 − 1/2 kritische Startgeschwindigkeit E = 0 ⇔ v0 = ±1; für |v0 | ≥ 1: |u(t)| unbeschränkt (E ≥ 0 =⇒ v(t) > 0 ∀t) für |v0 | < 1: umax =  v=0  v02 /2 − 1/2 = 0 − exp(−u2max )/2

⇔

umax =

 − ln(1 − v02 )

8 Differentialgleichungssysteme

Übersicht 8.1 8.2 8.3 8.4 8.5 8.6 8.7 8.8 8.9 8.10 8.11 8.12 8.13

Standardform und Taylor-Approximation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 Fundamentalmatrix für ein lineares Differentialgleichungssystem . . . . . 123 Anfangswertproblem für ein lineares Differentialgleichungssystem . . . . 124 Schwingungsdifferentialgleichungen gekoppelter Federn  . . . . . . . . . . . . 125 Inhomogenes lineares Differentialgleichungssystem . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 Jordan-Form eines homogenen Differentialgleichungssystems . . . . . . . . 128 Differentialgleichungen für Feld- und Äquipotentiallinien . . . . . . . . . . . . 130 Eliminationsmethode für ein System von zwei Differentialgleichungen  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 Zweidimensionales System, Typ und allgemeine Lösung . . . . . . . . . . . . . 134 Newtonsche Bewegungsgleichung für ein nicht-konservatives Kraftfeld 135 Jordan-Form eines inhomogenen Differentialgleichungssystems . . . . . . . 136 Raubtier-Beute-Modell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 Typ und Lösungskurven eines zweidimensionalen Differentialgleichungssystems mit Parameter  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_9

122

8.1

8 Differentialgleichungssysteme

Standardform und Taylor-Approximation

Schreiben Sie das Differentialgleichungssystem x = tx + 3y  ,

y  = x y + 4t

in Standardform u (t) = f (t, u(t)) und bestimmen Sie für die Anfangswerte x(0) = 0, x (0) = 1, y(0) = −2, y  (0) = 0 eine Näherung von u(1/10) durch quadratische Taylor-Approximation. Verweise:

System von Differentialgleichungen erster Ordnung, Taylor-Polynom

Lösungsskizze (i) Standardform: Einführung zusätzlicher Variablen u1 = x, u2 = x , u3 = y, u4 = y  Standardform =  Differentialgleichungssystem erster Ordnung u1 = u2 u2 = tu1 + 3u4 u3 = u4 u4 = u2 u3 + 4t (ii) Taylor-Approximation: erste Ableitungen uk (0) durch Einsetzen von u(0) = (0, 1, −2, 0) u (0) = (1, 0 · 0 + 3 · 0, 0, 1 · (−2) + 4 · 0)t = (1, 0, 0, −2)t zweite Ableitungen durch Differenzieren der Differentialgleichungen u1 = u2 = tu1 + 3u4 u2 = u1 + tu1 + 3u4 = u1 + tu2 + 3(u2 u3 + 4t) u3 = u4 = u2 u3 + 4t u4 = u2 u3 + u2 u3 + 4 = (tu1 + 3u4 )u3 + u2 u4 + 4 Auswerten für t = 0: u (0) = (0, −6, −2, 4)t 1 1 quadratische Taylor-Approximation: u(1/10) ≈ u(0) + u (0) 10 + 12 u (0) 100 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0.1 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟ 1 ⎜ 1 ⎜ ⎜ 0 ⎟ ⎜ −6 ⎟ ⎜ 0.97 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⎜ −2 ⎟ 10 ⎜ 0 ⎟ 200 ⎜ −2 ⎟ ⎜ −2.01 ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0

−2

4

−0.18

123

8.2

Fundamentalmatrix für ein lineares Differentialgleichungssystem

Das Differentialgleichungssystem u = Au + (1, t)t hat die Fundamentalmatrix ⎞ ⎛ 1 t+1 ⎠. Γ(t) = ⎝ t − 1 t2 Bestimmen Sie die Matrix A sowie die Lösung u(t) für den Anfangswert u(0) = (1, 0)t . Verweise:

Lineares Differentialgleichungssystem, Variation der Konstanten

Lösungsskizze (i) Fundamentalmatrix: Charakterisierung der Fundamentalmatrix, ⎛ Γ(t) = ⎝

Γ = AΓ,

⎞ 1

t+1

t−1

t2

⎠

=⇒ ⎛ A = Γ Γ−1 = ⎝

⎞⎛ 0

1

1

2t

⎠⎝

t2

−t − 1

−t + 1

1

⎞

⎛

⎠=⎝

⎞

−t + 1

1

−t2 + 2t t − 1

(ii) Anfangswertproblem: Variation der Konstanten

 Lösungsdarstellung    t −1 −1 u(t) = Γ(t) Γ(t0 ) u(t0 ) + Γ(s) b(s) ds t0

Einsetzen von t0 = 0, Γ, u(0) und b(s) = (1, s)t  ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞  t s2 −s − 1 1 0 −1 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ds ⎠⎝ ⎠ + [. . .] = ⎝ 0 −s + 1 1 s 1 1 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −t2 /2 ⎠ = ⎝ ⎠+⎝ 1 t und

⎞⎛

⎛ u(t) = ⎝

1

t+1

t − 1 t2   Γ(t)

⎠⎝ 

−t2 /2 t+1

⎞

⎛

⎠=⎝

⎞ t2 /2 + 2t + 1 t3 /2 + 3t2 /2

⎠

⎠

124

8.3

8 Differentialgleichungssysteme

Anfangswertproblem für ein lineares Differentialgleichungssystem

Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems

Verweise:

u1 = 3u2 ,

u1 (0) = −1

u2

= 3u1 + 4u3 ,

u2 (0) = 1

u3

= 4u2 ,

u3 (0) = 2

Eigenlösungen eines Differentialgleichungssystems, Orthogonale Basis

Lösungsskizze lineares Differentialgleichungssystem u = Au mit symmetrischer Matrix ⎛ ⎞ 0 3 0 ⎜ ⎟ ⎟ A=⎜ ⎝3 0 4⎠ 0 4 0 charakteristisches Polynom: −λ3 + (9 + 16)λ Nullstellen  Eigenwerte λ1 = 0, λ2 = 5, λ3 = −5 zugehörige Eigenvektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 3 3 ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ v1 = ⎜ ⎝ 0 ⎠ , v2 = ⎝ 5 ⎠ , v3 = ⎝ −5 ⎠ −3 4 4 

Superposition von Eigenlösungen

allgemeine Lösung ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 3 3 3  ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ 5t ⎜ −5t ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ u(t) = c k e λk t v k = c1 ⎜ ⎝ 0 ⎠ + c 2 e ⎝ 5 ⎠ + c3 e ⎝ −5 ⎠ k=1 −3 4 4 ⎛

Anfangsbedingung: (−1, 1, 2)t = u(0) = Orthogonalität der Eigenvektoren  ck als Skalarprodukte berechenbar c1 =



k ck vk

(−1, 1, 2)(4, 0, −3)t 2 =− 2 |(4, 0, −3)| 5

analog c2 = (−3 + 5 + 8)/50 = 1/5, c3 = 0

u(t) =

8 3 6 4 − + e5t , e5t , + e5t 5 5 5 5

t

125

8.4

Schwingungsdifferentialgleichungen gekoppelter Federn 

Die Differentialgleichungen x = −(α + β)x + βy y  = βx − (β + γ)y beschreiben die Schwingung zweier gekoppelter Federn mit Federkonstanten α, β und γ .

Bestimmen Sie die Auslenkungen x(t) und y(t) aus der Gleichgewichtslage (graue Kreise) für α = γ = 1, β = 2 und die Anfangsbedingungen x(0) = 1, y(0) = 2, x (0) = y  (0) = 0 . Verweise:

Eigenlösungen eines Differentialgleichungssystems, Linearer Oszillator

Lösungsskizze Matrixform des Differentialgleichungssystems ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ −3 2 x x ⎠=⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ 2 −3 y y        A

Z

Transformation von Z  = AZ auf Diagonalform mit Hilfe der Matrix ⎛ ⎞ 1 −1 1 ⎠ V =√ ⎝ 2 1 1 aus Eigenvektoren von A Substitution Z = V Z˜ 

entkoppeltes System

˜  = A(V Z) ˜ (V Z)

⇔

Z˜  = V t AV Z˜ Λ

(V t = V −1 , da V orthogonal) mit ⎛ Λ=⎝

−1 0 0 −5

der Diagonalmatrix der Eigenwerte von A

⎞ ⎠

126

8 Differentialgleichungssysteme

Komponenten des transformierten Systems z1 z˜1 = −˜ z˜2 = −5˜ z2 allgemeine Lösung z˜1 (t) = c1,1 cos t + c1,2 sin t √ √ z˜2 (t) = c2,1 cos( 5 t) + c2,2 sin( 5 t) √ bzw. alternativ z˜1 (t) = C1 cos(t−δ1 ) und z˜2 (t) = C2 cos( 5 t−δ2 ) (ck,1 = Ck cos δk , ck,2 = Ck sin δk aufgrund des Additionstheorems für Kosinus) Transformation der Anfangswerte Z(0) = (x(0), y(0))t , Z  (0) = (0, 0)t ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 3 1 ˜ ⎠ ⎝ ⎠ = √1 ⎝ ⎠ Z(0) = ⎝ ⎠ =⇒ Z(0) =√ ⎝ 2 −1 1 2 1 2 2    Vt

Z˜  (0) = V t Z  (0) = (0, 0)t Einsetzen der Anfangswerte in die allgemeine Lösung  √ √ c1,1 = 3/ 2, c2,1 = 1/ 2, c1,2 = c2,2 = 0 , d.h.

⎞ ⎛ 3 cos t 1 ˜ =√ ⎝ ⎠ Z(t) √ 2 cos( 5 t)

Rücktransformation ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ 3 cos t − cos( 5 t) x(t) 1 −1 1 1 ˜ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠= √ ⎝ ⎠ Z(t) √ 2 3 cos t + cos( 5 t) 2 1 1 y(t)    V

aperiodische Lösung aufgrund des irrationalen Frequenzverhältnisses (1/(2π)) : √ √ ( 5/(2π)) der Summanden cos t und cos( 5 t)

127

8.5

Inhomogenes lineares Differentialgleichungssystem

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung u(t) des Differentialgleichungssystems ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 6t ⎠u + ⎝ ⎠ . u = ⎝ 4 −5 3t Verweise:

Eigenlösungen eines Dgl.-Systems, Diagonalform hermitescher Matrizen

Lösungsskizze lineares Differentialgleichungssystem u = Au + b mit ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 6t ⎠, b = ⎝ ⎠ A=⎝ 4 −5 3t Eigenwerte und orthogonale Matrix aus normierten Eigenvektoren ⎛ ⎞ 2 −1 1 ⎠ λ1 = 3, λ2 = −7, Q = √ ⎝ 5 1 2 (i) Diagonalisierung: Substitution u = Qv und Multiplikation des Differentialgleichungssystems mit Q−1 = Qt  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 0 15t 1 ⎠v + √ ⎝ ⎠ v  = Qt AQv + Qt b = ⎝ 5 0 −7 0 (ii) Lösung der entkoppelten Differentialgleichungen: √ v1 = 3v1 + 3 5t √ Ansatz v1,p = α + βt  β = 3(α + βt) + 3 5t √ √ und β = − 5, α = − 5/3 nach Koeffizientenvergleich √ √ allgemeine Lösung: v1 = c1 e3t − 5/3 − 5t v2 = −7v2 allgemeine Lösung: v2 = c2 e−7t (iii) Rücktransformation: ⎛ 2

−1

⎞⎛

c1 e3t −

1 ⎠⎝ u(t) = Qv(t) = √ ⎝ 5 1 2 ⎛ ⎞ 3t −7t 2˜ c1 e − c˜2 e − 2/3 − 2t ⎠ = ⎝ 3t −7t c2 e − 1/3 − t c˜1 e + 2˜ √ mit c˜k = ck / 5

√

5/3 −

c2 e−7t

√

⎞ 5t

⎠

128

8.6

8 Differentialgleichungssysteme

Jordan-Form eines homogenen Differentialgleichungssystems

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems u1 = 2u1 − 4u3 u2 = u1 − 3u2 + u3 u3 = u1 − u2 − u3 sowie die Lösung zu dem Anfangswert u(0) = (−5, 2, 0)t . Für welche Anfangswerte bleiben die Lösungen u(t) für t → ∞ beschränkt? Verweise:

Jordan-Form eines Differentialgleichungssystems

Lösungsskizze Matrixform des Differentialgleichungssystems ⎛ 2 0 ⎜  ⎜ u = Au, A = ⎝ 1 −3 1 −1

−4

⎞

⎟ 1 ⎟ ⎠u −1

(i) Jordan-Form: charakteristisches Polynom der Systemmatrix A (2 − λ)(−3 − λ)(−1 − λ) + 0 + 4 + (2 − λ) + 0 + 4(−3 − λ) = −λ3 − 2λ2 Nullstellen λ1,2 = 0, λ3 = −2 Rang A = 2 =⇒ nur ein (bis auf Vielfache) Eigenvektor zu λ = 0 v1 = (2, 1, 1)t Eigenvektor zu λ3 = −2: v3 = (1, 2, 1)t  Jordan-Form ⎛ 0 ⎜ J =⎜ ⎝0 0

1

0

⎞

⎟ 0 ⎟ ⎠ −2

0 0

Bestimmung eines Hauptvektors v2 aus (A − 0E)v2 = v1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 3 2 0 −4 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 1 −3 =⇒ v2 = ⎜ 1 ⎟ ⎝1⎠ ⎝ ⎠ v2 = ⎝ 1 ⎠ 1 1 1 −1 −1 

Transformationsmatrix

⎛

2

⎜ V = (v1 , v2 , v3 ) = ⎜ ⎝1 1

3

1

⎞

1

⎟ 2⎟ ⎠

1

1

129 (ii) Allgemeine Lösung: Transformation u = V u ˜  gestaffeltes Differentialgleichungssystem u ˜ = J u ˜ u ˜1 = u ˜2 , 

sukzessives Lösen

u ˜2 = 0,

u ˜3 = −2˜ u3

u ˜3 = c3 e−2t , u ˜2 = c2 und u ˜1 = c2

⇔

u ˜ 1 = c1 + c 2 t

Rücktransformation ⎛

2

3

1

⎞⎛

c1 + c2 t

⎞

⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ u=Vu ˜ = ⎜ c2 ⎠ ⎝ 1 1 2 ⎠⎝ −2t c3 e 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2 2t + 3 e−2t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ −2t = c1 ⎜ ⎝ 1 ⎠ + c2 ⎝ t + 1 ⎠ + c3 ⎝ 2e 1 t+1 e−2t (iii) Anfangswertproblem: u(0) = (−5, 2, 0)t  lineares Gleichungssystem −5 = 2c1 + 3c2 +

c3

2 =

c1 +

c2 + 2c3

0 =

c1 +

c2 +

c3

mit der Lösung c1 = 1, c2 = −3, c3 = 2 (iv) Beschränkte Lösungen: supt≥0 |u(t)| < ∞ ⇔ c2 = 0, d.h. u(0) ∈ span{(2, 1, 1)t , (1, 2, 1)t } ⇔ u(0) ⊥ (2, 1, 1)t × (1, 2, 1)t = (−1, −1, 3)t bzw. u3 (0) = u1 (0) + u2 (0)

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

130

8.7

8 Differentialgleichungssysteme

Differentialgleichungen für Feld- und Äquipotentiallinien

Bestimmen Sie die Feldlinien (x(t), y(t))t des Vektorfeldes F = (x + 2y − 5, 2x − 2y − 4)t durch Lösen der Differentialgleichungen (x , y  )t = F (x, y) . Geben Sie das Potential des Vektorfeldes an sowie Differentialgleichungen für die Äquipotentiallinien. Fertigen Sie eine Skizze an. Verweise:

Eigenlösungen eines Differentialgleichungssystems, Potential, Vektorfeld

Lösungsskizze (i) Feldlinien: inhomogene lineare Differentialgleichung für die Feldlinien (x(t), y(t))t x = x + 2y − 5 y  = 2x − 2y − 4 bzw. in Matrixform

⎛ ⎝



x y



⎞

⎛

⎠=⎝

⎞⎛ 1 2

⎠⎝

2 −2   

⎞ x y

⎛

⎠−⎝

5

⎠ 4   

A

Lösung des linearen Gleichungssystems ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 F (x, y) = A ⎝ ⎠ − b = ⎝ ⎠ y 0

⎞

b

⎛ ⇔

⎝

⎞⎛ 1 2 2 −2

⎠⎝

⎞ x y

⎛

⎠−⎝

⎞ 5

⎠

4

 Fixpunkt (x , y )t = (3, 1)t (konstante Lösung x(t) = x , y(t) = y des Differentialgleichungssystems) allgemeine Lösung ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ xh x x ⎠+⎝ ⎠ ⎝ ⎠=⎝ y yh y mit (xh , yh )t der Lösung des homogenen Differentialgleichungssystems (x , y  )t = A (x, y)t A = At (symmetrisch) mit Eigenwerten und Eigenvektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 ⎠ λ = 2, u = ⎝ ⎠ ,  = −3, v = ⎝ 1 −2 

Linearkombination von Eigenlösungen ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2 1 xh (t) ⎠ = c1 e2t ⎝ ⎠ + c2 e−3t ⎝ ⎠ ⎝ 1 −2 yh (t)

131 (ii) Potential: A = At =⇒

rot F = 0

∃ U mit grad U = F ⎛ ⎞ ⎛ ⎞   x x 1 U (x, y) = x y A ⎝ ⎠ − bt ⎝ ⎠ + C 2 y y =⇒

verschiedenes Vorzeichen der Eigenwerte λ,  von A =⇒ potentiallinien (iii) Differentialgleichungen für die Äquipotentiallinien:

Hyperbeln als Äqui-

⎛ ⎞  d t ⎝ x (t) ⎠ , 0 = U (x(t), y(t)) = grad U (x(t), y(t))    dt y  (t)  (x(t),y(t)) F

d.h. (x , y  )t ⊥ F = (Fx , Fy )t ⇔ (x , y  )t  (Fy , −Fx )t und ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  F 2x − 2y − 4 x ⎠ ⎝ ⎠=s⎝ y ⎠=s⎝  y −Fx −x − 2y + 5 mit einem Faktor s, der die Orientierung und Länge der Tangentenvektoren bestimmt Lösung (Berechnung analog zu (i)) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ √ ⎞ √ √ x(t) 3 6 2 + 2 ⎝ ⎠ = ⎝ ⎠ + c1 es 6 t ⎝ ⎠ + c2 e−s 6 t ⎝ √ ⎠ y(t) 1 −1 2+ 6 (iv) Skizze:

Vektorfeld sowie Feldlinien und dazu orthogonale Äquipotentiallinien

132

8.8

8 Differentialgleichungssysteme

Eliminationsmethode für ein System von zwei Differentialgleichungen 

Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u1 − 3u1 − u2 = cos t, u1 (0) = −1 4u1 + u2 + 2u2 = sin t, u2 (0) = 1 mit der Eliminationsmethode. Verweise: Methode der unbestimmten Koeffizienten für lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Lösungsskizze (i) Elimination von u1 : Ausdrücke mit u1 Gleichung 1 :

u1 − 3u1 = (d/dt − 3)u1

Gleichung 2 :

4u1

Elimination analog zum Gauß-Verfahren (d/dt − 3) (Gleichung 2) − 4 (Gleichung 1) 

(4u1 − 12u1 + u2 − 3u2 + 2u2 − 6u2 ) − (4u1 − 12u1 − 4u2 ) = (cos t − 3 sin t) − (4 cos t)



Differentialgleichung zweiter Ordnung für u2 u2 − u2 − 2u2 = −3 cos t − 3 sin t

(ii) Allgemeine Lösung u2 : charakteristisches Polynom λ2 − λ − 2 = (λ + 1)(λ − 2) Nullstellen λ1 = −1, λ2 = 2 gleichung u2 − u2 − 2u2 = 0



allgemeine Lösung der homogenen Differential-

u2,h (t) = c1 eλ1 t + c2 eλ2 t = c1 e−t + c2 e2t Ansatz für eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung mit rechter Seite −3 cos t − 3 sin t u2,p (t) = a cos t + b sin t

133 Einsetzen



(−a cos t − b sin t) − (−a sin t + b cos t) − 2(a cos t + b sin t) = −3 cos t − 3 sin t Vergleich der Koeffizienten von Kosinus und Sinus  lineares Gleichungssystem cos t : −a − b − 2a = −3 sin t : −b + a − 2b = −3 mit der Lösung a = 3/5, b = 6/5 allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung u2 (t) = u2,h (t) + u2,p (t) = c1 e−t + c2 e2t +

6 3 cos t + sin t 5 5

(iii) Allgemeine Lösung u1 : Auflösen der zweiten Differentialgleichung des Systems nach u1



1 (sin t − u2 (t) − 2u2 (t)) 4

6 1 3 sin t − (−c1 e−t + 2c2 e2t − sin t + cos t) = 4 5 5  6 3 −t 2t −2(c1 e + c2 e + cos t + sin t) 5 5 1 1 −t 3 = − c1 e − c2 e2t − cos t − sin t 4 5 5

u1 (t) =

(iv) Anfangswertproblem: Anfangswerte u1 (0) = −1, u2 (0) = 1 Integrationskonstanten ck



lineares Gleichungssystem für die

1 3 = −1 − c1 − c2 − 4 5 3 = 1 c1 + c 2 + 5 Lösung c1 = 0, c2 = 2/5 Einsetzen in die Ausdrücke für u1 und u2  ⎞ ⎛ 1 2 2t 3 ⎜ − 5 e − 5 cos t − 5 sin t ⎟ ⎟ u(t) = ⎜ ⎠ ⎝ 2 6 3 2t e + cos t + sin t 5 5 5

134

8.9

8 Differentialgleichungssysteme

Zweidimensionales System, Typ und allgemeine Lösung

Bestimmen Sie den Typ des Differentialgleichungssystems x = x + y,

y = x − y

und stellen Sie die allgemeine reelle Lösung in parametrischer (t → (x(t), y(t))t ) und impliziter Form (F (x, y) = 0) dar. Verweise:

Stabilität linearer Differentialgleichungssysteme, Ähnlichkeitsdifferentialglei-

chung

Lösungsskizze lineares Differentialgleichungssystem u = Au,

⎛ A=⎝

⎞ 1

1

1 −1

(i) Typ: det A = −2 < 0 =⇒ instabiler Sattel (ii) Parametrische Lösungsdarstellung: Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix A ⎛ √ ⎞ √ 1+ 2 ⎠, λ1,2 = ± 2, v1 = ⎝ 1

⎠

⎞

⎛ v2 = ⎝

1 −1 −

√ ⎠ 2

Linearkombination von Eigenlösungen  allgemeine Lösung ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ ⎞ √ √  1 + 1 2 x(t) ⎠ + c2 e− 2t ⎝ ⎝ ⎠= ck eλk t vk = c1 e 2t ⎝ √ ⎠ −1 − 1 2 y(t) k (iii) Implizite Lösungsdarstellung: Division der Differentialgleichungen x = x + y und y  = x − y



dy dy dt y 1 − y/x x−y = · =  = = dx dt dx x x+y 1 + y/x Ähnlichkeitsdifferentialgleichung Substitution y(x) = xw(x) 

separable Differentialgleichung

1 − 2w − w2 1+w 1−w 1 −w = ⇔ w = 1+w 1+w 1 + 2w − w2 x   beidseitige Integration, Kettenregel ( g(w(x))w (x) dx = g(w) dw)    −2 − 2w 1 1 1 dx =⇒ C − ln |1 − 2w − w2 | = ln |x| dw = − 2 1 − 2w − w2 x 2 w x =

Anwendung der Exponentialfunktion, Quadrieren und Rücksubstitution e2C = x2 |1 − 2y/x − y 2 /x2 |

bzw.



F (x, y) = x2 − 2xy − y 2 − c = 0, c ∈ R

135

8.10

Newtonsche Bewegungsgleichung für ein nicht-konservatives Kraftfeld

Lösen Sie das Anfangswertproblem x = Fx (x, y), y  = Fy (x, y),

x(0) = 1, x (0) = 0, y(0) = 0, y  (0) = 0

für das Kraftfeld F (x, y) = (y, −4x)t . Verweise:

Differentialgleichungssystem

Lösungsskizze (i) Allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems x = y, y  = −4x: Elimination von y durch zweifaches Ableiten  x = y  = −4x Einsetzen des Ansatzes x(t) = eλt in x = −4x λ4 = −4

⇐⇒

λ2 = ±2i

⇐⇒



λ ∈ {1 + i, 1 − i, −1 + i, −1 − i}

Bilden von Real- und Imaginärteil der entsprechenden vier linear unabhängigen Lösungen x(t) = e(±1±i)t = e±t (cos t ± i sin t)  allgemeine Lösung x(t) = et (a cos t + b sin t) + e−t (c cos t + d sin t) sowie aufgrund von y = x , (pq) = p q + 2p q  + pq  y(t) = et (a cos t + b sin t) + e−t (c cos t + d sin t) +2et (−a sin t + b cos t) − 2e−t (−c sin t + d cos t) +et (−a cos t − b sin t) + e−t (−c cos t − d sin t) = 2et (−a sin t + b cos t) − 2e−t (−c sin t + d cos t) (ii) Berücksichtigung der Anfangswerte x(0) = 1, x (0) = 0, y(0) = 0, y  (0) = 0: 1 = x(0) = a + c x (t) = et (a cos t + b sin t) − e−t (c cos t + d sin t) +et (−a sin t + b cos t) + e−t (−c sin t + d cos t) =⇒ 0 = x (0) = a − c + b + d analog: 0 = y(0) = 2b − 2d, 0 = y  (0) = 2b + 2d − 2a + 2c Lösen des Gleichungssystems für a, b, c, d  a = c = 1/2, b = d = 0, d.h. 1 1 t e cos t + e−t cos t = cosh t cos t 2 2 y(t) = −et sin t + e−t sin t = −2 sinh t sin t

x(t) = x(t) =

136

8.11

8 Differentialgleichungssysteme

Jordan-Form eines inhomogenen Differentialgleichungssystems

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 t ⎠u + ⎝ ⎠ . u = ⎝ 1 −3 3 Verweise:

Jordan-Form eines Differentialgleichungssystems

Lösungsskizze lineares Differentialgleichungssystem u = Au + b mit ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 t ⎠, b = ⎝ ⎠ A=⎝ 1 −3 3 (i) Jordan-Form: charakteristisches Polynom der Systemmatrix A (−1 − λ)(−3 − λ) − (−1) = λ2 + 4λ + 4 = (λ − 2)2 doppelter Eigenwert λ = −2 mit Eigenvektor v = (1, 1)t Rang(A − λE) = 1 =⇒ geometrische Vielfachheit 1 bestimme einen Hauptvektor w und eine Transformationsmatrix Q aus ⎛ ⎞ −2 1 ⎠ AQ = QJ, Q = (v, w), J = ⎝ 0 −2 Spalte 2 ⎛ ⎝

−w1 − w2 w1 − 3w2

⎞

⎛

⎠ = Aw = v − 2w = ⎝

1 − 2w1 1 − 2w2

⎞ ⎠

⇔

w1 − w2 = 1 ,

d.h. z.B. w = (1, 0)t und ⎛ Q=⎝

⎞ 1

1

1

0

⎠,

⎛ Q−1 = ⎝

⎞ 0

1

1

−1

⎠

Transformation des Differentialgleichungssystems u = Au + b u = Q˜ u



˜ + ˜b, u ˜ = J u

˜b = Q−1 b = (3, t − 3)t

(ii) Allgemeine Lösung: gestaffeltes Differentialgleichungssystem ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 1 3 ⎠u ⎠ ˜+⎝ u ˜ = ⎝ 0 −2 t−3

137 zweite Komponente u ˜2 = −2˜ u2 + t − 3 Ansatz u ˜2,p = α + βt für eine partikuläre Lösung



β = −2α − 2βt + t − 3 und nach Koeffizientenvergleich β = 1/2 und α = −7/4 Addition der allgemeinen Lösung der homogenen Differentialgleichung u ˜2 = c2 e−2t − 7/4 + t/2 mit c2 ∈ R erste Komponente u ˜1 = −2˜ u1 + u ˜2 + 3 = −2˜ u1 + c2 e−2t + 5/4 + t/2 Ansatz u ˜1,p = γte−2t + α + βt für eine partikuläre Lösung



γe−2t + β = −2α − 2βt + c2 e−2t + 5/4 + t/2 und nach Koeffizientenvergleich γ = c2 , β = 1/4 und α = 1/2 , also u ˜1,p = c2 te−2t + 1/2 + t/4 und u ˜1 = (c1 + c2 t)e−2t + 1/2 + t/4 mit ck ∈ R Rücktransformation  allgemeine Lösung ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ u ˜1 (c1 + c2 + c2 t)e−2t − 5/4 + 3t/4 1 1 ⎠=⎝ ⎠ ⎠⎝ u(t) = ⎝ (c1 + c2 t)e−2t + 1/2 + t/4 u ˜2 1 0    Q



138

8.12

8 Differentialgleichungssysteme

Raubtier-Beute-Modell

Bestimmen Sie die kritischen Punkte des Differentialgleichungssystems u = u(1 − v) v  = v(1 + u − 2v) sowie deren Typ und skizzieren Sie das Flussfeld. Verweise:

Stabilität nichtlinearer Differentialgleichungssysteme

Lösungsskizze autonomes System

⎛ ⎝

u v

⎞

⎛

⎠ = F (u, v),

F =⎝

⎞

u(1 − v) v(1 + u − 2v)

⎠

(i) Kritische Punkte: u = v  = 0

=⇒

p1 = (0, 0), p2 = (0, 1/2), p3 = (1, 1)

Typbestimmung mit Hilfe der Jacobi-Matrix ⎛ ⎞ 1 − v −u ⎠ F = ⎝ v 1 + u − 4v Einsetzen der kritischen Punkte  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1/2 0 ⎠ , F  (p2 ) = ⎝ ⎠, F  (p1 ) = ⎝ 0 1 1/2 −1

⎛ F  (p3 ) = ⎝

0 −1 1 −2

⎞ ⎠

=⇒ instabiler Knoten det (F  (p1 )) = 1 > 0, Spur (F  (p1 )) = 2 > 0 det (F  (p2 )) = −1/2 < 0 =⇒ instabiler Sattel det (F  (p3 )) = 1 > 0, Spur (F  (p3 )) = −2 < 0 =⇒ stabiler Knoten (entartet, da det = (Spur /2)2 ) (ii) Flussfeld:

u = u = 0

v = 0 u = 0

v = v = 0

139

8.13

Typ und Lösungskurven eines zweidimensionalen Differentialgleichungssystems mit Parameter 

Bestimmen Sie für das Differentialgleichungssystem ⎛ ⎞ α −5 ⎠ u = Au, A = ⎝ 5 α−6 die allgemeine Lösung u(t) und deren Typ in Abhängigkeit von dem Parameter α ∈ R. Skizzieren Sie die Lösungskurven für α = 3. Verweise:

Stabilität linearer Differentialgleichungssysteme

Lösungsskizze (i) Typ: charakteristisches Polynom       α−λ −5   = (α − λ)(α − 6 − λ) − 5(−5) = (λ − (α − 3))2 + 16   α−6−λ   5 Nullstellen



Eigenwerte λ± = (α − 3) ± 4i

(λ− = λ+ , da A reell)

α < 3 ⇔ Re λ < 0: stabile Spirale α = 3 ⇔ Re λ = 0: neutrales Zentrum α > 3 ⇔ Re λ > 0: instabile Spirale (ii) Allgemeine Lösung: Eigenvektoren zu λ± (ebenfalls komplex konjugiert): nicht-triviale Lösungen von ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ α − (α − 3) ∓ 4i −5 0 ⎝ ⎠ v± = ⎝ ⎠ 5 α − 6 − (α − 3) ∓ 4i 0 wähle (unabhängig von α) ⎛ v± = ⎝



⎞ 5 3 ∓ 4i

⎛

⎠=⎝

⎞ 5

⎛

⎠ ±i ⎝

⎞ 0

3   

⎠ −4   

ξ

η

allgemeine Lösung

u(t) = c+ v+ eλ+ t + c− v− eλ− t = e(α−3)t c+ v+ e4it + c− v− e−4it    u (t)

mit c± ∈ C und u dem periodischen Anteil der Lösung u reell

⇔

c− = c+ , d.h. c± = a ± ib mit a, b ∈ R

140

8 Differentialgleichungssysteme 

Einsetzen, Formel von Euler-Moivre, C = cos(4t), S = sin(4t)

u (t) = (a + ib)(ξ + iη)(C + iS) + (a − ib)(ξ − iη)(C − iS) ⎛ ⎞ 10aC − 10bS ⎠ = 2(aξ − bη) C + 2(−aη − bξ) S = ⎝       (6a + 8b)C + (8a − 6b)S p

q

(iii) Lösungskurven für α = 3: ⎛

⎞ cos(4t)

⎠ u(t) = u (t) = pC + qS = (p, q) ⎝    sin(4t) 2×2

cos2 + sin2 = 1

=⇒ 1 = |(p, q)−1 u|2 = ut ((p, q)−1 )t (p, q)−1 u    M

M symmetrisch, positiv definit =⇒ bestimme die explizite Form von M ⎛ (p, q) = (ξ, η) ⎝ 

2a −2b

u parametrisiert eine Ellipse

⎞ ⎠,

−2b −2a  

Rt R = (4a2 + 4b2 ) E   

=⇒

R−1 =

1 t R γ

γ

R



M = ((ξ, η)−1 )t (R−1 )t R−1 (ξ, η)−1 ⎛ ⎛ ⎞−1 ⎛ ⎞−1 3 5 5 0 1⎝5 ⎠ ⎝ ⎠ = 1 ⎝ = γ 80 γ 0 −4 −3 3 −4

Skizze

Halbachsenrichtungen (Eigenvektoren): (1, 1)t , (−1, 1)t √ Halbachsenlängen (1/ λk ):   80γ/(5 − 3), 80γ/(5 + 3) Längenverhältnis:   1/2 : 1/8 = 2 : 1

−3

⎞ ⎠

5

y

0

x

9 Laplace-Transformation

Übersicht 9.1 9.2 9.3 9.4 9.5 9.6 9.7

Laplace-Transformation trigonometrischer Funktionen . . . . . . . . . . . . . . 142 Laplace-Transformierte von Exponentialfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 Inverse Laplace-Transformierte rationaler Funktionen . . . . . . . . . . . . . . 144 Laplace-Transformierte periodischer Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 Laplace-Transformation eines Anfangswertproblems erster Ordnung . . 146 Laplace-Transformation von Anfangswertproblemen erster Ordnung . . 147 Laplace-Transformation eines Anfangswertproblems erster Ordnung mit stückweise konstanter rechter Seite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 9.8 Laplace-Transformation eines Anfangswertproblems zweiter Ordnung . 149 9.9 Laplace-Transformation einer Integralgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 9.10 Laplace-Transformation einer homogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung mit Parameter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_10

142

9.1

9 Laplace-Transformation

Laplace-Transformation trigonometrischer Funktionen

Bestimmen Sie die Laplace-Transformierten folgender Funktionen. a) e3t cos(2t) Verweise:

b) sin2 t cos(3t)

d) e2t t sin(3t)

c) (2t + 3) sin t

Laplace-Transformation von Exponentialfunktionen, Laplace-Transformation

Lösungsskizze Laplace-Transformierte von Kosinus und Sinus L

eλt cos(ωt) −→ a)

s−λ , (s − λ)2 + ω 2

L

eλt sin(ωt) −→

ω (s − λ)2 + ω 2

f (t) = e3t cos(2t): F (s) =

b) f (t) = sin2 t cos(3t): Formel von Euler-Moivre, sin ϕ =

s−3 (s − 3)2 + 4

eiϕ −e−iϕ , 2i

eiϕ +e−iϕ 2

cos ϕ =



2 1 3it

1 it e − e−it e + e−3it 4 2 = −e5it /8 + e3it /4 − eit /8 − e−it /8 + e−3it /4 − e−5it /8 1 1 1 = − cos(5t) + cos(3t) − cos(t) 4 2 4

f (t) = −

 F (s) = −

s/4 s/2 s/4 + 2 − 2 + 25 s + 9 s + 1

s2

c) f (t) = (2t + 3) sin t: Multiplikation mit t

L

tu(t) −→ −U  (s)  F (s) = −2 d)

d 1 1 4s + 3(s2 + 1) + 3 = ds s2 + 1 s2 + 1 (s2 + 1)2

f (t) = e2t t sin(3t): t sin(3t) −→ −

Multiplikation mit eλt

d 3 6s = 2 ds s2 + 9 (s + 9)2 L

eλt u(t) −→ U (s − λ)  F (s) =

6(s − 1) ((s − 1)2 + 9)

2

143

9.2

Laplace-Transformierte von Exponentialfunktionen

Bestimmen Sie die Laplace-Transformierten von a) (1 − 2t) e3t Verweise:

b)

e2t − e3t t

c)

e2t cos3 t

Laplace-Transformation von Exponentialfunktionen, Laplace-Transformation,

Differentiation und Integration bei Laplace-Transformation

Lösungsskizze a) f (t) = (1 − 2t) e3t : L

Transformationsregel tn eλt → F (s) =

n! mit n = 0, 1 und λ = 3 (s − λ)n+1 2 s−5 1 − = 2 s − 3 (s − 3) (s − 3)2

e2t − e3t : t L Umkehrung der Transformationsregel g(t) = tf (t) → G(s) = −F  (s)  g(t) L f (t) = −→ F (s) = − G(s) ds t

b)



f (t) =

=⇒

für Funktionen g mit g(0) = 0 und mit der Integrationskonstante so gewählt, dass lims→∞ F (s) = 0 im Einklang mit dem Grenzwert des definierenden Integrals ∞ F (s) = 0 f (t)e−st dt Anwendung mit g(t) = e2t − e3t     s + 3 1 1 +C − ds = ln  F (s) = − s−2 s+3 s − 2 mit C = 0, da lims→∞ |(s + 3)/(s − 2)| = 1 und ln 1 = 0 c) f (t) = e2t cos3 t: Darstellung von cos3 t als Linearkombination von cos(kt) mit Hilfe der Additionstheoreme für Kosinus und Sinus cos(2t) = cos2 t − sin2 t = 2 cos2 t − 1 → cos2 t =

1 2

+

1 2

cos(2t)

2 cos(3t) = cos(2t) cos t − sin(2t) sin t = 2 cos3 t − cos t − 2 cos t sin  t

1−cos2 t

= −3 cos t + 4 cos t 3

→ cos3 t =

3 4

cos t + L

1 4

Transformationsregel eλt cos(ωt) −→ F (s) =

cos(3t) s−λ mit ω = 1, 3 und λ = 2 (s − λ)2 + ω 2

3(s − 2)/4 (s − 2)/4 + 2 (s − 2) + 1 (s − 2)2 + 9



144

9.3

9 Laplace-Transformation

Inverse Laplace-Transformierte rationaler Funktionen

Bestimmen Sie die inversen Laplace-Transformierten folgender Funktionen. a) Verweise:

s + iω (s − iω)2

b)

s2

3 −4

c)

s2

s+3 + 4s + 5

Laplace-Transformation von Exponentialfunktionen, Laplace-Transformation

Lösungsskizze Laplace-Transformation von Exponentialfunktionen L

u(t) = tn exp(at) −→ U (s) = n! / (s − a)n+1 a) U (s) = (s + iω)/(s − iω)2 : Anpassung des Zählers U (s) =

(s − iω) + 2iω 2iω 1 + = (s − iω)2 s − iω (s − iω)2

Transformationsregeln mit n = 0, 1 und a = iω



u(t) = eiωt + 2iωteiωt = (1 + 2iωt) eiωt b) U (s) = 3/(s2 − 4): Partialbruchzerlegung 3 3 = U (s) = (s + 2)(s − 2) 4 Transformationsregeln mit n = 0, a = ±2 u(t) =



1 1 − s−2 s+2





3 3 2t e − e−2t = sinh(2t) 4 2

c) U (s) = (s + 3)/(s2 + 4s + 5): quadratische Ergänzung des Nenners und Anpassen des Zählers U (s) =

(s + 2) + 1 (s + 2)2 + 12

Transformationsregeln L

eat cos(ωt) −→ 

s−a , (s − a)2 + ω 2

L

eat sin(ωt) −→

inverse Laplace-Transformierte u(t) = e−2t (cos t + sin t)

w (s − a)2 + ω 2

145

9.4

Laplace-Transformierte periodischer Funktionen

Bestimmen Sie die Laplace-Transformierten von den abgebildeten Funktionen sowie von deren 2-periodischen Fortsetzungen.

u1

u2

1

1 2

Verweise:

2

t

t

Verschiebung und Skalierung bei Laplace-Transformation

Lösungsskizze (i) Hut-Funktion u1 (t) = 1 − |t − 1|, 0 ≤ t ≤ 2: Laplace-Transformierte  1  2 U1 (s) = te−st dt + (2 − t)e−st dt 0

1

partielle Integration   2  −st 1  1 −st  2 −st (2 − t)e−st te e e dt + dt + − U1 (s) = −s t=0 s −s s 0 1 t=1 =

(1 − e−s )2 s2

Transformierte der T -periodischen (T = 2) Fortsetzung u ˜1   T 1 1 es − 1 ˜1 (s) = e−st u1 (t) dt = U1 (s) = 2 s U −T s −2s 1−e 1−e s (e + 1) 0 (ii) Zusammengesetzte Funktion u2 (t): Darstellung mit Hilfe von u1 v(t) = u1 (2t),

u2 (t) = v(t) − v(t − 1)

Anwendung der Regeln für Skalierung und Verschiebung, L

u(at) −→ U (s/a)/a,

auf U1 (s) = (1 − e−s )2 /s2 mit a = 2, b = 1 V (s) =

(1 − e−s/2 )2 , 2(s/2)2

L

u(t − b) −→ e−bs U (s) , 

U2 (s) = (1 − e−s )V (s) =

(1 − e−s/2 )2 (1 − e−s ) s2 /2

Transformierte der 2-periodischen Fortsetzung u ˜2 ˜2 (s) = U

(es/2 − 1)2 1 (es/2 − 1)2 e−s (1 − e−s ) = U (s) = 2 1 − e−2s (1 + e−s )(1 − e−s )s2 /2 s2 (es + 1)/2

146

9.5

9 Laplace-Transformation

Laplace-Transformation eines Anfangswertproblems erster Ordnung

Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u − 3u = t2 e3t − cos(2t), Verweise:

u(0) = 1 .

Laplace-Transformation linearer Differentialgleichungen erster Ordnung

Lösungsskizze Anwendung der Transformationsregel für Ableitungen, L

u (t) −→ sU (s) − u(0) , auf das Anfangswertproblem u − 3u = f, 

u(0) = 1 ,

Laplace-Transformierte der Lösung (sU (s) − 1) − 3U (s) = F (s)

⇔

U (s) =

1 (F (s) + 1) s−3

Benutzung der Regeln L

tn eλt −→

n! , (s − λ)n+1

L

eλt (α cos(ωt) + β sin(ωt)) −→

zur Transformation von f (t) = t2 e3t − cos(2t) F (s) =

α(s − λ) + βω (s − λ)2 + ω 2



s 2 − 2 (s − 3)3 s +4

Partialbruchzerlegung der Laplace-Transformierten (F (s) + 1)/(s − 3) 1 s 2 + − (s − 3)4 (s − 3)(s2 + 4) s − 3 3s − 4 2 10 + = + (s − 3)4 13(s − 3) 13(s2 + 4)

U (s) =

Rücktransformation der einzelnen Terme u(t) =

1 3 3t 10 3t 2 3 t e + e + cos(2t) − sin(2t) 3 13 13 13

147

9.6

Laplace-Transformation von Anfangswertproblemen erster Ordnung

Bestimmen Sie die Lösungen u(t) der Differentialgleichungen a) u + u = 3e2t − 4et

b)

u − u = 3t2 − 4t

zu dem Anfangswert u(0) = 0 . Verweise: Laplace-Transformation linearer Differentialgleichungen erster Ordnung, LaplaceTransformation von Exponentialfunktionen

Lösungsskizze L Ableitungsregel u (t) → sU (s) − u(0) mit u(0) = 0 L

u (t) + pu(t) = f (t) → U (s) =

=⇒ 1 F (s) s+p

Rücktransformation durch Zerlegung in elementare Terme  u(t) a) u (t) + u(t) = 3e2t − 4et : L p = 1 und Transformationsregel für Exponentialfunktionen eλt → 1/(s − λ)

 3 1 4 U (s) = − s+1 s−2 s−1



Partialbruchzerlegung 1/(a − b) 1/(b − a) 1 = + (s − a)(s − b) s−a s−b mit a = −1, b = 2 bzw. a = −1, b = 1



3/3 4/(−2) 4/2 1 1 2 3/(−3) + − − = + − s+1 s−2 s+1 s−1 s+1 s−2 s−1 und nach Rücktransformation U (s) =

u(t) = e−t + e2t − 2et b) u (t) − u(t) = 3t2 − 4t: L p = −1 und Transformationsregel für Monome tn → n!/sn+1

 6 1 6 − 4s 4 U (s) = − 2 = 3 s−1 s s (s − 1)s3



Ansatz für die Partialbruchzerlegung 6 − 4s d a b c = 3+ 2+ + (s − 1)s3 s s s s−1 Vergleich der Koeffizienten von 1, s, s2 , s3 nach Multiplikation mit (s − 1)s3 6 = −a,

−4 = a − b,

0 = b − c,

0 = c + d,

d.h. a = −6, b = −2, c = −2, d = 2 und Rücktransformation u(t) = −3t2 − 2t − 2 + 2et





148

9.7

9 Laplace-Transformation

Laplace-Transformation eines Anfangswertproblems erster Ordnung mit stückweise konstanter rechter Seite

Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u − 2u = 4χ[3,∞) ,

u(0) = 1

mit χD der charakteristischen Funktion des Intervalls D (= 1 in D und 0 sonst). Verweise: Laplace-Transformation linearer Differentialgleichungen erster Ordnung, Verschiebung und Skalierung bei Laplace-Transformation

Lösungsskizze L Ableitungsregel u (t) → sU (s) − u(0)



(sU (s) − 1) − 2U (s) = 4F3 (s)

⇔

U (s) =

4 1 + F3 (s) s−2 s−2

mit F3 der Laplace-Transformierten von f3 = χ[3,∞) Verschiebungsregel L g(t − a) → e−as G(s) für a ≥ 0 und Funktionen g mit g(t) = 0 für t ≤ 0 Anwendung mit a = 3 auf f3 (t) = f0 (t − 3), f0 = χ[0,∞)

=⇒

1 s Einsetzen in die Laplace-Transformation der Differentialgleichung und Partialbruchzerlegung  ' (  2 4 1 2 1 + e−3s = + e−3s − U (s) = s−2 s(s − 2) s−2 s−2 s F3 (s) = e−3s F0 (s) = e−3s

Rücktransformation von {. . .}: um 3 verschobene Rücktransformation von [. . .], d.h. L−1

[. . .] → 2e2t − 2

=⇒ L−1

{. . .} →

⎧ ⎨0

für 0 ≤ t ≤ 3 ⎩ 2e2(t−3) − 2 für 3 ≤ t

Addition der Rücktransformation von 1/(s − 2)  Fallunterscheidung ⎧ ⎨ e2t für 0 ≤ t ≤ 3 u(t) = ⎩ e2t + 2e2(t−3) − 2 = (1 + 2/e6 )e2t − 2 für 3 ≤ t Alternative Lösung Anwendung der Integraldarstellung der Lösung:  t u(t) = u(0)e2t + e2(t−τ ) · 4χ[3,∞) (τ ) dτ 0

(Integrand = 0 für 0 ≤ t ≤ 3 und = 4e2(t−τ ) für t ≥ 3)

149

9.8

Laplace-Transformation eines Anfangswertproblems zweiter Ordnung

Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u − 3u + 2u = t − e2t , Verweise:

u(0) = 1, u (0) = 3 .

Laplace-Transformation linearer Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Lösungsskizze Anwendung der Transformationsregeln für Ableitungen, L

u (t) −→ sU (s) − u(0) L

u (t) −→ s2 U (s) − su(0) − u (0) , auf das Anfangswertproblem u − 3u + 2u = f,

u(0) = 1, u (0) = 3 ,

 (s2 U (s) − s − 3) − 3(sU (s) − 1) + 2U (s) = F (s) Auflösen nach der Laplace-Transformierten der Lösung U (s) =

1 (F (s) + s) s2 − 3s + 2

Verwendung der Regel L

tn eλt −→ zur Transformation von f (t) = t − e2t F (s) =

n! (s − λ)n+1 

1 1 − s2 s−2

Partialbruchzerlegung der Laplace-Transformierten

 1 1 1 + s − U (s) = (s − 1)(s − 2) s2 s−2 1 3 1 3 13 − − = + + 2 2 2s 4s (s − 2) 4(s − 2) s − 1 Rücktransformation der einzelnen Terme u(t) =

1 3 13 t + − te2t + e2t − 3et 2 4 4

150

9.9

9 Laplace-Transformation

Laplace-Transformation einer Integralgleichung

Bestimmen Sie die Lösung u der Integralgleichung  t u(t) − sin(t − τ )u(τ ) dτ = 9te3t . 0

Verweise:

Faltung und Laplace-Transformation

Lösungsskizze Anwendung der Regeln für die Faltung von Funktionen,  t L ϕ  ψ −→ Φ · Ψ, (ϕ  ψ)(t) = ϕ(t − τ )ψ(τ ) dτ , 0

und die Transformation von Exponentialfunktionen, L

sin(ωt) −→

s2

ω , + ω2

L

tn eλt −→

n! , (s − λ)n+1

  t

mit ω = 1, n = 1, λ = 3 u(t) −

sin(t − τ )u(τ ) dτ = 9te3t 0 L

−→ U (s) −

s2

9 1 U (s) = +1 (s − 3)2

Umformung und Partialbruchzerlegung U (s) =

9(s2 + 1) b d c a + = + 2+ 2 2 s (s − 3) s s s − 3 (s − 3)2

∗s2 und s = 0 =⇒ b = 1 ∗(s − 3)2 und s = 3 =⇒ d = 10 Auswertung bei s = 1, 2  s=1: s=2: =⇒

c 10 9 = a+1− + 2 2 4 a 1 45 = + − c + 10 4 2 4

⇔ a− ⇔

c =1 2

a −c=1 2

a = 2/3, c = −2/3

Rücktransformation U (s) =

2/3 1 10 2/3 + 2− + s s s − 3 (s − 3)2 2 2 L −→ u(t) = + t − e3t + 10te3t 3 3

151

9.10

Laplace-Transformation einer homogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung mit Parameter

Lösen Sie das Anfangswertproblem u + 2pu + 25u = 0,

u(0) = 1, u (0) = −3 ,

für die Parameter p = −5 und p = 4. Verweise:

Laplace-Transformation linearer Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Lösungsskizze Anwendung der Transformationsregeln für Ableitungen, L

u (t) −→ sU (s) − u(0) L

u (t) −→ s2 U (s) − su(0) − u (0)  (s2 U − s + 3) + 2p(sU − 1) + 25U = 0 bzw. nach Auflösen nach der Laplace-Transformierten U (s) =

s + (2p − 3) (s + p)2 + (25 − p2 )

(i) p = −5: Laplace-Transformierte von Exponentialfunktionen, n! , (s − λ)n+1

L

−→

tn eλt

mit λ = 5, n = 0, 1 und s + (2p − 3) = s − 13 U (s) =

(s − 5) − 8 (s − 5)2

L−1

−→



u(t) = e5t − 8te5t = (1 − 8t)e5t

(ii) p = 4: Laplace-Transformierte von Kosinus und Sinus, L

eλt cos(ωt)

−→

eλt sin(ωt)

−→

L

mit λ = −4, ω = 3 und s + (2p − 3) = s + 5 (s + 4) + 1 U (s) = (s + 4)2 + 32

L−1

−→

s−λ (s − λ)2 + ω 2 ω (s − λ)2 + ω 2 

u(t) = e

−4t



1 cos(3t) + sin(3t) 3



10 Tests

Übersicht 10.1 10.2 10.3 10.4

Differentialgleichungen erster Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 Differentialgleichungen zweiter Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 Differentialgleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 Laplace-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

Ergänzende Information Die elektronische Version dieses Kapitels enthält Zusatzmaterial, auf das über folgenden Link zugegriffen werden kann https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_11.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_11

154

10.1

10 Tests

Differentialgleichungen erster Ordnung

Aufgabe 1: Lösen Sie das Anfangswertproblem y  = 2y,

y(3) = 4 .

Aufgabe 2: Lösen Sie das Anfangswertproblem y =

2y + 3, x+1

y(4) = 0 .

Aufgabe 3: Bestimmen Sie die allgemeine Lösung y(x) der Differentialgleichung y  = 2y + 2ex + e2x . Aufgabe 4: Bestimmen Sie die allgemeine Lösung y(x) der Bernoulli-Differentialgleichung y  = y + xy 2 . Aufgabe 5: Lösen Sie das Anfangswertproblem y  = exp(x + y),

y(0) = 0 .

Aufgabe 6: Lösen Sie das Anfangswertproblem y =

1 − 1, x+y

y(1) = 1 .

Aufgabe 7: Lösen Sie das Anfangswertproblem (x + 2y) dx + (2x) dy = 0,

y(2) = 2 .

155 Aufgabe 8: Bestimmen Sie die allgemeine Lösung y(x) der Differentialgleichung y dx + (1 + 2x + 3y) dy = 0 mit Hilfe eines integrierenden Faktors a(y). Aufgabe 9: Die Differentialgleichung y  (x) = f (y(x), x) kann mit der Trapezregel approximiert werden: y(x + h) = y(x) +

h (f (y(x), x) + f (y(x + h), x + h)) + hΔ(x, h) . 2

Zeigen Sie für den Diskretisierungsfehler die Entwicklung Δ(x, h) = ch2 + O(h3 ). Aufgabe 10: Bestimmen Sie numerisch die positive π-periodische Lösung u(t) der Differentialgleichung u = u(1 − u) + sin2 t .

156

10 Tests Lösungshinweise

Aufgabe 1: Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y  = py ist y(x) = cepx . Die Konstante c wird durch den Anfangswert festgelegt. Aufgabe 2: Bestimmen Sie zunächst die allgemeine Lösung yh der homogenen Differentialgleichung y  = 2y/(x + 1). Addieren Sie dann eine partikuläre (spezielle) Lösung yp der inhomogenen Differentialgleichung y  = 2y/(x + 1) − 3, die Sie durch Variation der Integrationskonstanten c in der Darstellung von yh erhalten können: c → C(x). Berücksichtigen Sie schließlich die Anfangsbedingung y(4) = 0, um die Integrationskonstante c in der allgemeinen Lösung y = yh + yp festzulegen. Aufgabe 3:  Die Lösung einer Differentialgleichung y  (x) = ay(x) + k fk (x) hat die Form  y(x) = ceax + k yk (x) mit yk einer partikulären (speziellen) Lösung der Differentialgleichung y  (x) = ay(x) + fk (x) (Superpositionsprinzip). Für fk (x) = derx ist yk (x) = ck erx für r = a und yk (x) = ck xerx im Resonanzfall r = a. Die Konstanten ck können durch Einsetzen in die Differentialgleichung bestimmt werden. Aufgabe 4: Mit der Substitution y = 1/z erhalten Sie eine lineare Differentialgleichung z  = λz + f . Eine spezielle Lösung kann mit dem Ansatz z(x) = a + bx gefunden werden. Addieren Sie dazu die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung z  = λz. Aufgabe 5: Die Differentialgleichung ist separabel, d.h. die Variablen lassen sich trennen: f (y)y  = g(x) . Nach Bilden der Stammfunktionen mit Anwendung der Kettenregel auf der linken Seite erhält man eine implizite Darstellung der allgemeinen Lösung: F (y(x)) = G(x) + c . Abschließend bestimmt man die Integrationskonstante c durch Einsetzen der Anfangsbedingung und löst nach y(x) auf. Aufgabe 6: Mit der Substitution z = x + y erhalten Sie eine separable Differentialgleichung, die Sie elementar integrieren können. Mit z(1) = 2 können Sie die Anfangsbedingung unmittelbar berücksichtigen oder, alternativ, erst nach Rücksubstitution.

157 Aufgabe 7: Die Differentialgleichung ist exakt, d.h. sie hat die Form pdx + qdy = 0 mit ∂y p = ∂x q. Damit existiert eine Stammfunktion f mit grad f = (p, q)t , und die Lösung hat die implizite Darstellung f (x, y) = c. Aufgabe 8: Der integrierende Faktor a(y) für eine Differentialgleichung wird gewählt, so dass die resultierende Differentialgleichung a(y)y dx + a(y)(1 + 2x + 3y) dy = 0       p

q

exakt ist, d.h. py = qx . Damit erhält man eine implizite Lösungsdarstellung f (x, y) = C mit einer Stammfunktion von (p, q), d.h. (p, q)t = grad f . Aufgabe 9: Der Diskretisierungsfehler Δ von Differenzenapproximationen einer Differentialgleichung y  (x) = f (y(x), x) kann durch Einsetzen der Taylor-Entwicklungen 1 1 y(x + h) = y0 + y1 h + y2 h2 + y3 h3 + · · · , yk = y (k) (x) 2 6 1 y  (x + h) = f (y(x + h), x + h) = y1 + y2 h + y3 h2 + · · · 2 der exakten Lösung bestimmt werden. Aufgabe 10: Benutzen Sie die Matlab® -Funktion [t,u] = ode45(f,[T0,Tend],u0), der die rechte Seite f (t, u) der Differentialgleichung, das Zeitintervall und der Anfangswert übergeben wird, zur Bestimmung von u(π) als Funktion p von u(0). Lösen Sie dann die Gleichung p(u(0)) = u(0) mit Hilfe der Matlab® -Funktion fzero.

158

10.2

10 Tests

Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Aufgabe 1: Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u + 4u = sin(2t),

u(0) = 1, u (0) = 0 .

Aufgabe 2: Bestimmen Sie die allgemeine Lösung u(t) der Differentialgleichung u − u − 2u = 0 . Aufgabe 3: Lösen Sie das Randwertproblem u + 2u + 2u = 0,

u(0) = 1, u (π) = 0 .

Aufgabe 4: Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u − 2u + 5u = 4et ,

u(0) = u (0) = 0 .

Aufgabe 5: Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems t2 u − 2u = 0,

u(1) = u (1) = 3 .

Aufgabe 6: Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems 3u u = 2u,

u(1) = 1, u (1) = 1 .

Aufgabe 7: Bestimmen Sie die periodische Lösung u(t) der Differentialgleichung u + u + u = cos(ωt) sowie die Resonanzfrequenz ω .

159 Aufgabe 8: Bestimmen Sie für die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u = −2u3 , vmax = maxt |u (t)|.

u(0) = 2, u (0) = 0 ,

160

10 Tests Lösungshinweise

Aufgabe 1: Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung hat die Form u = uh + up mit uh der allgemeinen Lösung der homogenen Differentialgleichung u + 4u = 0, die zwei Integrationskonstanten ck enthält, und up einer speziellen Lösung der gegebenen inhomogenen Differentialgleichung. Begründen Sie, warum es sich bei der rechten Seite sin(2t) um einen Resonanz-Term handelt, so dass zur Bestimmung von up der Ansatz up = t(d1 cos(2t) + d2 sin(2t)) zu wählen ist. Die Konstanten c1 , c2 werden durch Einsetzen der allgemeinen Lösung u in die Anfangsbedingungen festgelegt. Aufgabe 2: Die allgemeine Lösung u(t) der Differentialgleichung u + au + bu = 0 kann mit Hilfe des charakteristischen Polynoms p(λ) = λ2 +aλ+b bestimmt werden. Bei einfachen Nullstellen λk ist u(t) = c1 eλ1 t + c2 eλ2 t .

Aufgabe 3: Bestimmen Sie zunächst die allgemeine Lösung der Differentialgleichung. Legen Sie dann die Integrationskonstanten durch Einsetzen in die Randbedingungen fest. Aufgabe 4: Die allgemeine Lösung u(t) der linearen inhomogenen Differentialgleichung u − 2u + 5u = 4et hat die Form u = up + uh mit up einer partikulären Lösung und uh der allgemeinen Lösung der homogenen Differentialgleichung u − 2u + 5u = 0, die zwei Integrationskonstanten enthält, welche aus den Anfangsbedingungen u(0) = 0, u (0) = 0 bestimmt werden können. Verwenden Sie für up den Ansatz up (t) = cet . Mit Hilfe der Nullstellen des charakteristischen Polynoms p(λ) = λ2 − 2λ + 5 können Sie uh bestimmen. Aufgabe 5: Die allgemeine Lösung u(t) einer Euler-Differentialgleichung t2 u + atu + bu = 0 kann mit dem Ansatz u(t) = tλ bestimmt werden. Nach Einsetzen erhält man eine quadratische Gleichung für λ. Existieren zwei Lösungen λk , so ist u(t) = c1 tλ1 +c2 tλ2 mit Konstanten ck , die sich aus den Anfangsbedingungen bestimmen lassen.

161 Aufgabe 6: Eine autonome Differentialgleichung zweiter Ordnung u = f (u, u ) kann mit der Substitution u (t) = v(u) in eine Differentialgleichung erster Ordnung überführt werden: u (t) =

dv du d v(u) = dt du dt

=⇒

v  (u)v = f (u, v) .

Lösen Sie diese Differentialgleichung für das gegebene Problem (f (u, v) = 2u/(3v)) und anschließend die Differentialgleichung u (t) = v(u(t)) unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen v(u(1)) = u (1) = 1, u(1) = 1. Aufgabe 7: Die periodische Lösung u(t) = a cos(ωt)+b sin(ωt) kann nach Einsetzen in die Differentialgleichung durch Vergleich der Koeffizienten von cos(ωt) und sin(ωt) bestimmt √ werden. Die Resonanzfrequenz ω maximiert die Amplitude c = a2 + b2 . Aufgabe 8: Nach Multiplikation der Differentialgleichung u + P  (u) = 0 mit v = u folgt durch Integration, dass die Energie E=

1 2 v + P (u) 2

konstant ist. Damit lässt sich E aus den Anfangsbedingungen berechnen und vmax =  maxu 2(E − P (u)).

162

10.3

10 Tests

Differentialgleichungssysteme

Aufgabe 1: Approximieren Sie für das Differentialgleichungssystem x = y 3 , x(0) = 1,

y  = x4 , y(0) = 2 ,

x(0.1) und y(0.1) durch eine quadratische Taylor-Approximation. Aufgabe 2: Lösen Sie das Anfangswertproblem u1 = 3u1 − u2

u2 , u1 (0) = 0,

= 4u1 − 2u2 , u2 (0) = 3 .

Aufgabe 3: Bestimmen Sie die reelle Darstellung der allgemeinen Lösung des Differentialgleichungssystems u1 = u1 + u2 , u2 = −u1 + u2 . Aufgabe 4: Lösen Sie das Differentialgleichungssystem u1 + 3u1 − 2u2 = 1,

2u1 − u2 = 0

mit der Eliminationsmethode. Aufgabe 5: Bestimmen Sie die Feldlinien des Vektorfeldes F mit dem Potential U = x2 y . Aufgabe 6: Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems ⎛

1 1 0

⎞

⎜ ⎟ ⎟ u = ⎜ ⎝ 0 1 1 ⎠ u, 0 0 1

⎛

1

⎞

⎜ ⎟ ⎟ u(0) = ⎜ ⎝1⎠. 1

Aufgabe 7: Bestimmen Sie den Typ des kritischen Punktes (0, 0) des Differentialgleichungssystems x − x − y = 0, y  + 4x + 3y = 0 sowie die allgemeine Lösung.

163 Aufgabe 8: Bestimmen Sie die stabilen kritischen Punkte des Differentialgleichungssystems u = −u3 + v, v  = −v 3 + w, w = −w3 + u .

164

10 Tests Lösungshinweise

Aufgabe 1: Durch Differenzieren der Differentialgleichungen lassen sich zweite (und höhere) Ableitungen von x und y durch Funktionen von x und y ausdrücken. Die TaylorKoeffizienten erhalten Sie dann durch Einsetzen der Anfangsbedingungen. Aufgabe 2: Besitzt die Matrix A eine Basis aus Eigenvektoren vk mit Eigenvektoren λk , dann ist die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems u = Au eine Linearkom bination aus Eigenlösungen: u(t) = k ck vk eλk t . Eine Anfangsbedingung u(t0 ) = a entspricht einem linearen Gleichungssystem für die Koeffizienten ck . Aufgabe 3: Besitzt die reelle Matrix A eines Differentialgleichungssystems u = Au komplex konjugierte Eigenwerte r ± iω mit Eigenvektoren v± , dann sind Real- und Imaginärteile der Eigenlösungen v± e(r±iω)t = v± er (cos(ωt)±i sin(ωt)) linear unabhängige Lösungen, mit denen die reelle allgemeine Lösung dargestellt werden kann. Aufgabe 4: Eliminieren Sie analog zum Gauß-Verfahren u2 , indem Sie die erste Differentialgleichung differenzieren und das Zweifache der zweiten Differentialgleichung subtrahieren. Lösen Sie die resultierende Differentialgleichung zweiter Ordnung für u1 und bestimmen Sie dann u2 durch Einsetzen in die erste Differentialgleichung. Aufgabe 5: Die Feldlinien t → (x(t), y(t)) sind tangential zu dem Vektorfeld F = (Fx , Fy )t = grad U und können somit durch Lösen des Differentialgleichungssystems x (t) = Fx (x(t), y(t)),

y  (t) = Fy (x(t), y(t))

bestimmt werden. Durch Division dieser Differentialgleichungen erhalten Sie eine Differentialgleichung für y als Funktion von x, die Sie in dem betrachteten Fall elementar integrieren können. Aufgabe 6: Für das Differentialgleichungssystem in Dreiecksform können Sie sukzessive die Lösungskomponenten u3 , u2 und u1 bestimmen. Verwenden Sie dazu die Lösungsansätze u3 (t) = aet , u2 (t) = (a + bt)et , u1 (t) = (a + bt + ct2 )et .

165 Aufgabe 7: Schreiben Sie das Differentialgleichungssystem in Matrixform: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  x x ⎝ ⎠ = A⎝ ⎠  y y und entscheiden Sie anhand der Determinante und Spur von A, ob das System stabil ist und um welchen Lösungstyp es sich handelt. Verwenden Sie zur Bestimmung der allgemeinen Lösung die Eliminationsmethode. Aufgabe 8: Die kritischen Punkte x eines nichtlinearen Differentialgleichungssystems x = F (x) (x = (u, v, w)t im betrachteten Problem) sind die Nullstellen von F . Ein hinreichendes Stabilitätskriterium basiert auf den Eigenwerten λk der Jacobi-Matrix F  (x ): Ein kritischer Punkt x ist stabil, falls ∀k : Re λk < 0; instabil, falls ∃k : Re λk > 0.

166

10.4

10 Tests

Laplace-Transformation

Aufgabe 1: Bestimmen Sie die Laplace-Transformierte U (s) der Funktion u(t) = e2t cos2 t. Aufgabe 2: Bestimmen Sie die Laplace-Transformierte U (s) der Funktion u(t) = (t + e−3t )2 . Aufgabe 3: Bestimmen Sie die Laplace-Transformierte U (s) der Funktion u(t) = t sin(2t)e3t . Aufgabe 4: Bestimmen Sie die inverse Laplace-Transformierte u(t) der Funktion U (s) =

s2 + s + 1 . s3 − s2 + s − 1

Aufgabe 5: Bestimmen Sie die Laplace-Transformierte U (s) der Funktion u(t) = | sin t|. Aufgabe 6: Bestimmen Sie die Lösung u(t) der Integralgleichung 

t

e2(t−τ ) u(τ ) dτ = t .

u(t) + 0

Aufgabe 7: Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u + 3u = e−t sin(2t),

u(0) = 4 ,

mit Hilfe der Laplace-Transformation. Aufgabe 8: Bestimmen Sie die Lösung u(t) des Anfangswertproblems u − 6u + 9u = 0, mit Hilfe der Laplace-Transformation.

u(0) = 2, u (0) = −3 ,

167 Lösungshinweise Aufgabe 1: Formen Sie u(t) mit Hilfe der Identitäten cos(2t) = cos2 t − sin2 t, cos2 t + sin2 t = 1 um, so dass die Formel L

−→

eλt cos(ωt)

s−λ (s − λ)2 + ω 2

anwendbar ist. Aufgabe 2: Formen Sie u(t) mit Hilfe der binomischen Formel um, so dass die Formel tn eλt

L

−→

n! (s − λ)n+1

anwendbar ist. Aufgabe 3: Benutzen Sie die Formeln ω , (s − λ)2 + ω 2

L

−→

eλt sin(ωt)

tv(t)

L

−→

−

d V (s) . ds

Aufgabe 4: Zerlegen Sie U (s) mit Partialbruchzerlegung in elementare Terme und benutzen Sie zur Rücktransformation die Formeln n! (s − λ)n+1

L−1

−→

tn eλt ,

a(s − λ) + bω (s − λ)2 + ω 2

Aufgabe 5: Wenden Sie die Formel U (s) =

L−1

−→

eλt (a cos(ωt) + b sin(ωt)) .

1 V (s) 1 − e−T s

für die Laplace-Transformierte der T -periodischen Fortsetzung u einer auf [0, T ] definierten Funktion v mit v(t) = sin t und T = π an. Aufgabe 6: Bilden Sie durch Anwendung der Formel  t f (t − τ )u(τ ) dτ v(t) =   0

L

−→

V (s) = F (s)U (s)

(f u)(t)

die Laplace-Transformation der Integralgleichung und bestimmen Sie die LaplaceTransformierte U (s) der Lösung u(t). Sie erhalten eine rationale Funktion, die Sie mit Hilfe von Partialbruchzerlegung rücktransformieren können.

168

10 Tests

Aufgabe 7: Transformieren Sie die Differentialgleichung mit Hilfe der Formeln L

u (t)

−→

eλt (a cos(ωt) + b sin(ωt))

−→

L

sU (s) − u(0) as + bω . (s − λ)2 + ω 2

Die Lösung U (s) der transformierten Gleichung ist eine rationale Funktion, die Sie zur Rücktransformation, U (s) → u(t), mit Partialbruchzerlegung in elementare Terme zerlegen können. Aufgabe 8: Transformieren Sie die Differentialgleichung mit Hilfe der Formeln L

u (t) −→

sU (s) − u(0)

L

u (t) −→ s2 U (s) − su(0) − u (0) . Die Lösung U (s) der transformierten Gleichung ist eine rationale Funktion, die Sie nach Partialbruchzerlegung mit Hilfe der Formel tn eλt rücktransformieren können.

L

−→

n! (s − λ)n+1

Teil III Fourier-Analysis

11 Reelle und komplexe Fourier-Reihen

Übersicht 11.1 11.2 11.3 11.4 11.5 11.6 11.7 11.8 11.9 11.10 11.11 11.12 11.13 11.14 11.15

Orthogonalität von Sinus und Kosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 Sinus als Kosinus-Reihe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 Reelle Fourier-Reihe einer Treppenfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 Reelle und komplexe Fourier-Reihe einer stückweise linearen Funktion 175 Reelle und komplexe Fourier-Reihe von Hyperbelfunktionen . . . . . . . . . 176 Komplexe und reelle Fourier-Entwicklung einer T -periodischen Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 Reelle Fourier-Reihe und Stammfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 Reelle Fourier-Reihe einer 1-periodischen Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 Funktionen zu reellen Fourier-Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180 Sinus-Reihe und Parseval-Identität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 Differentiation von Fourier-Reihen und Parseval-Identität  . . . . . . . . . 182 Konvergenz der Fourier-Projektion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 Multiplikation von Fourier-Reihen mit trigonometrischen Funktionen  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 Laplace-Gleichung auf der Einheitskreisscheibe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 Fourier-Entwicklung für eine Wärmeleitungsgleichung . . . . . . . . . . . . . . 186

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_12

172

11.1

11 Reelle und komplexe Fourier-Reihen

Orthogonalität von Sinus und Kosinus

Welche Paare der Funktionen cos(kx), sin(jx), k ≥ 0, j > 0, sind auf dem Intervall [0, π/2] orthogonal? Verweise:

Reelle Fourier-Reihe

Lösungsskizze Additionstheorem sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β



1 (sin(α + β) + sin(α − β)) 2  π/2 Einsetzen in das Skalarprodukt s = 0 sin(jx) cos(kx) dx  sin α cos β =

1 s = 2



π/2

sin((j + k)x) + sin((j − k)x) dx 0

 π/2 1 cos((j + k)x) cos((j − k)x) + = − 2 j+k j−k 0

 1 c+ − 1 c − − 1 + , c± = cos((j ± k)π/2) = − 2 j+k j−k

(zweiter Term entfällt für j = k) cos(π/2) ∈ {−1, 0, 1}



mehrere Fälle

j = k: orthogonal, falls c+ = 1, d.h. j + k = 0 mod 4 j = k ∧ c+ = 1: orthogonal, falls ebenfalls c− = 1, d.h. j + k = 0 mod 4 = j − k s = 0 in den anderen Fällen j = k ∧ c+ = 0

=⇒ c− = 0,

j + k ungerade s=

=⇒

j − k ungerade und

1 (j − k) + (j + k) j = 2 = 0 2 2 2 j −k j − k2

j = k ∧ c+ = −1 =⇒ j + k = 2 mod 4 und s = 0 falls (i) c− = −1 und j + k = −(j − k) (Widerspruch zu j > 0) oder (ii) c− = 0 und j + k = 2(k − j) bzw. k = 3j (Widerspruch zu j + k = 2 mod 4) insgesamt folgt (äquivalente Formulierung der ersten beiden Bedingungen) s=0 mit  > 0 und m ≥ −j/4

⇔

j = 2, k = j + 4m

173

11.2

Sinus als Kosinus-Reihe

Stellen Sie sin x im Intervall (0, π) durch eine reine Kosinus-Reihe dar. Verweise:

Reelle Fourier-Reihe, Formel von Euler-Moivre

Lösungsskizze gerade periodische Fortsetzung von sin x, 0 ≤ x ≤ π

1 0

−π 

π

x

Kosinus-Reihe für gerade Funktionen ∞

a0  sin x ∼ + ak cos(kx), 2 k=1

2 ak = π



π

sin x cos(kx) dx 0

k = 0: a0 = π2 [− cos x]π0 = π4 k = 1: Symmetrie bzgl. x = π/2  a1 = 0 k > 1: zweimalige partielle Integration   π π π ak = [− cos x cos(kx)]0 − − cos x (−k sin(kx)) dx 2 0  π

sin x (k 2 cos(kx)) dx = (−1)k + 1 − 0 + 0    (π/2)k2 ak

Auflösen nach ak

=⇒

ak = 0 für ungerades k und ak =

Alternative Lösung Formel von Euler-Moivre

4 π(1 − k 2 )

(k gerade)

=⇒

1 ikx

1 ix e − e−ix e + e−ikx 2i 2 1 1 = sin((k + 1)x) − sin((k − 1)x) 2 2

sin x cos(kx) =



einfachere Integration

174

11 Reelle und komplexe Fourier-Reihen

11.3

Reelle Fourier-Reihe einer Treppenfunktion

Bestimmen Sie die reelle Fourier-Reihe der abgebildeten Treppenfunktion

3 2 1 −π Verweise:

− π2

π

π 2

0

x

Reelle Fourier-Reihe, Fourier-Reihen von geraden und ungeraden Funktionen

Lösungsskizze (i) Zerlegung in geraden und ungeraden Anteil, f = fg + fu : 3

1 1

−π

−

π 2

π

π 2

0

π

−π

x

1

fu (x) = (f (x) − f (−x))/2

fg (x) = (f (x) + f (−x))/2 (ii) Kosinus-Reihe (gerader Anteil): ∞

fg (x) ∼

a0  + ak cos(kx), 2

ak =

k=1

2 π



π

fg (x) cos(kx) dx 0

Einsetzen der Werte von fg  a0 = 3 und für k > 0 ,  π π/2 2 2 cos(kx) dx + cos(kx) dx ak = π 0 π/2 π/2  π  sin(kx) 2 sin(kx) sin(kπ/2) + = = kπ/2 0 kπ/2 π/2 kπ/2 (iii) Sinus-Reihe (ungerader Anteil): fu (x) ∼

∞  k=1

bk sin(kx),

bk =

2 π



π

fu (x) sin(kx) dx 0

Einsetzen der Werte von fu  ,  π π/2 2 bk = sin(kx) dx − sin(kx) dx π 0 π/2 π/2  π  cos(kx) 1 − 2 cos(kπ/2) + (−1)k cos(kx) − − = = − kπ/2 0 kπ/2 π/2 kπ/2

x

175

11.4

Reelle und komplexe Fourier-Reihe einer stückweise linearen Funktion

Skizzieren Sie die Funktion f (x) = min(π, π − x),

−π ≤ x < π ,

und bestimmen Sie die komplexen und reellen Fourier-Koeffizienten der 2πperiodischen Fortsetzung. Verweise:

Fourier-Reihe, Zusammenhang komplexer und reeller Fourier-Reihen

Lösungsskizze (i) Skizze:

π

−π

π

0

x

(ii) Komplexe Fourier-Reihe: f (x) ∼



ck e

ikx

,

k∈Z 2

1 ck = 2π



π

f (x)e−ikx dx

−π

2

c0 = (π + π /2)/(2π) = 3π/4 π für k = 0, −π e−ikx dx = 0, und partielle Integration   π  π 1 1 −ikx ck = (f (x) − π)e dx = (−x)e−ikx dx 2π −π 2π 0  −ikx π  π −ikx xe e = dx − 2πik 0 0 2πik  −ikx π e 1 − (−1)k (−1)k π(−1)k − = − i = 2πik 2πk 2 0 2πk 2 2k (iii) Reelle Fourier-Reihe: ∞

a0  + ak cos(kx) + bk sin(kx) f (x) ∼ 2 k=1

±ikx

Formel von Euler-Moivre, e

= cos(kx) ± i sin(kx)

=⇒

ck eikx + c−k e−ikx = (ck + c−k ) cos(kx) + i(ck − c−k ) sin(kx)       ak

und a0 = 2c0 =

3 π, 2

ak =

bk

1 − (−1)k (−1)k ,k>0 , b = k πk 2 πk

176

11.5

11 Reelle und komplexe Fourier-Reihen

Reelle und komplexe Fourier-Reihe von Hyperbelfunktionen

Bestimmen Sie die komplexe und reelle Fourier-Reihe der 2π-periodischen Fortsetzung von cosh x, −π ≤ x < π sowie der entsprechenden Fortsetzung von sinh x. Verweise:

Fourier-Reihe, Zusammenhang komplexer und reeller Fourier-Reihen

Lösungsskizze (i) Komplexe Fourier-Reihe: cosh x ∼



x ∈ [−π, π)

ck eikx ,

k∈Z

Koeffizienten ck

 π e−x−ikx 1 ex−ikx ex + e−x −ikx e + dx = 2 4π 1 − ik −1 − ik −π −π

π  k −π −π π e −e e −e (−1) + = 4π 1 − ik −1 − ik 1 = 2π



π

(eikπ = (−1)k = e−ikπ ) Umformung  ck =

(−1)k sinh π (−1)k −2eπ + 2e−π = 4π −1 − k 2 ) π(1 + k 2 )

(ii) Reelle Fourier-Reihe: gerade Funktion  Kosinus-Reihe ∞

a0  + ak cos(kx), cosh x ∼ 2

x ∈ [−π, π)

k=1

e±ikx = cos x ± i sin(kx)



Umrechnungsformel

ak = ck + c−k =

2(−1)k sinh π π(1 + k 2 )

(iii) Fourier-Reihe des Sinus-Hyperbolikus: d cosh x, gliedweise Differentiation  sinh x = dx , ∞ ∞  2k(−1)k sinh π d a0  + ak cos(kx) = − sin(kx) sinh x = dx 2 π(1 + k 2 ) k=1 k=1    −bk

Umrechnungsformel c±k = (ak ∓ ibk )/2 c±k = ± i



Fourier-Koeffizienten k

k(−1) sinh π π(1 + k 2 )

alternativ: gliedweise Differentiation der komplexen Fourier-Reihe

177

11.6

Komplexe und reelle Fourier-Entwicklung einer T -periodischen Funktion

Bestimmen Sie die komplexe und reelle Fourier-Reihe der abgebildeten T periodischen Funktion f (x) = sin(πx/(2T )) , x ∈ [0, T ).

1

0

−T Verweise:

x

T

Fourier-Reihe, Reelle Fourier-Reihe, Skalierung von Fourier-Reihen

Lösungsskizze (i) Komplexe Fourier-Reihe: f (x) ∼



ck e2πikx/T ,

k∈Z

ck =

1 T



T

f (x)e−2πikx/T dx

0

1 Einsetzen von f (x) = sin(πx/(2T )) = 2i (eiπx/(2T ) − e−iπx/(2T ) )   T 1 ck = eiπx/(2T )−2πikx/T − e−iπx/(2T )−2πikx/T dx 2T i 0  iπ(1/2−2k)x/T T e eiπ(−1/2−2k)x/T 1 − = 2T i iπ(1/2 − 2k)/T iπ(−1/2 − 2k)/T 0

= −

eiπ(−1/2−2k) 1 1 eiπ(1/2−2k) + + − π(1 − 4k) π(−1 − 4k) π(1 − 4k) π(−1 − 4k)

e2πi = 1, e±πi/2 = ±i



−i 1 1 i + + − π(1 − 4k) π(−1 − 4k) π(1 − 4k) π(−1 − 4k) −2 + 8ki i(1 + 4k) − i(1 − 4k) − (1 + 4k) − (1 − 4k) = = π(16k 2 − 1) π(16k 2 − 1)

ck = −

(ii) Reelle Fourier-Reihe: ∞

f (x) ∼

a0  + ak cos(2πkx/T ) + bk sin(2πkx/T ) 2 k=1

±iϕ

Formel von Euler-Moivre, e

= cos ϕ + i sin ϕ mit ϕ = 2πkx/T



ck eiϕ + c−k e−iϕ = (ck + c−k ) cos ϕ + i(ck − c−k ) sin ϕ 

Umrechnung der Koeffizienten ak = ck + c−k = −

4 , π(16k 2 − 1)

bk = i(ck − c−k ) = −

16k π(16k 2 − 1)

178

11.7

11 Reelle und komplexe Fourier-Reihen

Reelle Fourier-Reihe und Stammfunktion

Bestimmen Sie die reelle Fourier-Reihe der Funktion f (x) = x(π − |x|),

|x| ≤ π ,

und geben Sie ebenfalls die Fourier-Koeffizienten der Stammfunktion Verweise:

x 0

f (y)dy an.

Reelle Fourier-Reihe, Differentiation und Integration von Fourier-Reihen

Lösungsskizze (i) Reelle Fourier-Reihe von f (x) = x(π − |x|): f (−x) = −f (x) =⇒ ungerade Funktion, reine Sinus-Reihe f (x) ∼

∞ 

2 bk = π

bk sin(kx),

k=1



π

x(π − x) sin(kx) dx 0

partielle Integration, f (0) = 0 = f (π)  

 2 π cos(kx) dx (π − 2x) − bk = − π 0 k  π  2 sin(kx) 2 π sin(kx) = (π − 2x) − −2 dx 2 π k π 0 k2 0    

=0

π

4(1 − (−1)k ) πk 3 0 x (ii) Reelle Fourier-Reihe der Stammfunktion g(x) = 0 f (y) dy: ∞ gliedweise Integration der Fourier-Reihe k=1 bk sin(kx) von f =

4 cos(kx) − πk 3

g(x) ∼ =

=





∞ cos(kx) a0  + bk − 2 k a0 + 2

k=1 ∞  k=1

4((−1)k − 1) cos(kx) πk 4

Berechnung von a0 (erster Fourier-Koeffizient der geraden Funktion g):  x π 1 y(π − y) dy = x2 − x3 x ≥ 0 : g(x) = 2 3 0 =⇒ 2 a0 = π



π 0

2 π 2 1 3 x − x dx = 2 3 π



π π3 1 π4 − 2 3 3 4

 =

π3 6

179

11.8

Reelle Fourier-Reihe einer 1-periodischen Funktion

Entwickeln Sie die Funktion f (t) = t(1 − t), 0 ≤ t ≤ 1,

f (t + 1) = f (t) ,

in eine Fourier-Reihe. Welche Identität erhalten Sie für t = 1/2? Verweise:

Fourier-Reihen T -periodischer Funktionen

Lösungsskizze (i) Skizze: gerade Funktion (f (−t) = f (t))  reine Kosinus-Entwicklung ∞

f (t) ∼

a0  + ak cos(2πkt) 2 k=1

mit ak = 2 (ii) Koeffizienten: 

1

a0 = 2

 t(1 − t) dt = 2

0

t3 t2 − 2 3

1 0

f (t) cos(2πkt) dt

t=1

=2

t=0

  zweimalige partielle Integration ( uv  = uv − u v)  1 t(1 − t) cos(2πkt) dt ak = 2   0     v

u



sin(2πkt) = 2 t(1 − t) 2πk   

t=1



1

−2 0



t=0

=0

− cos(2πkt) = −2 (1 − 2t) (2πk)2

(1 − 2t)

t=1

 +2

t=0

1 1 − 2 3

 =

1 3



sin(2πkt) dt 2πk

1

(−2) 0

− cos(2πkt) 1 dt = − (2πk)2 (πk)2   =0

(iii) Identität: Gleichsetzen von f (1/2) = 1/4 mit der Kosinus-Reihe 1 1 = − 4 6

∞  k=1

1 cos(2πk(1/2))   (πk)2 

bzw.

=(−1)k

(iv) Kontrolle mit MapleTM : > assume(k::’integer’,k>0) > 2*int(t*(1-t)*cos(2*Pi*k*t),t=0..1) > sum((-1)^(k+1)/k^2,k=0..infinity)

∞  k=1

=⇒

(−1)k+1 π2 π2 π2 − = = 2 k 4 6 12

180

11 Reelle und komplexe Fourier-Reihen

11.9

Funktionen zu reellen Fourier-Reihen

Welche Funktionen besitzen die folgenden Kosinus- und Sinus-Reihen? f∼

∞  k cos(kx)

2k

k=1

Verweise:

g∼

,

∞  k sin(kx) k=1

2k

Reelle Fourier-Reihe, Differentiation und Integration von Fourier-Reihen

Lösungsskizze Formel von Euler-Moivre cos(kx) + i sin(kx) = eikx  Darstellung von f und g als Real- und Imaginärteil einer komplexen FourierReihe ∞  k ikx e f + ig = h(x) = 2k k=1

gliedweise Integration



h(x) =

d H(x), dx

H(x) =

∞ 

−i2−k eikx

k=1

Summenformel für die geometrische Reihe, ∞ 

qk =

k=0

mit q = eix /2

1 1−q

für |q| < 1 ,



H(x) = −i

 1 ieix − 1 = 1 − eix /2 eix − 2

(Subtraktion von 1 wegen des fehlenden Terms q 0 ) rational machen des Nenners durch Erweitern mit e−ix − 2 H(x) =

i − 2ieix 2 sin x 1 − 2 cos x = +i 1 − 2eix − 2e−ix + 4 5 − 4 cos x 5 − 4 cos x

Differentiation von Real- und Imaginärteil, Vereinfachung f (x) =



10 cos x − 8 d Re H(x) = , dx (5 − 4 cos x)2

g(x) =

=⇒

6 sin x d Im H(x) = dx (5 − 4 cos x)2

181

11.10

Sinus-Reihe und Parseval-Identität

Entwickeln Sie die abgebildete Funktion in eine reelle Fourier-Reihe.

π 2

−π 0

− π2

π

π 2

x

− π2 Welche Identität erhalten Sie durch Bilden der Quadratsumme der FourierKoeffizienten? Verweise:

Reelle Fourier-Reihe, Parseval-Identität

Lösungsskizze (i) Fourier-Entwicklung: f ungerade  Sinus-Reihe f (x) ∼

∞ 

bk sin(kx),

bk =

k=1

2 π



π

f (x) sin(kx) dx 0

=⇒ partielle Integration, f (0) = 0 = f (π), f  (x) ∈ {−1, 1}  π/2  π  π cos(kx) cos(kx) π cos(kx)  bk = dx = dx − dx f (x) 2 k k k 0 0 π/2 π/2  π  sin(kx) sin(kx) 2 − = 2 sin(kπ/2) = 2 2 k k k 0 π/2 sin((2)π/2) = 0, sin((2 + 1)π/2) = (−1)  Sinus-Reihe

 4 sin(x) sin(3x) sin(5x) f (x) ∼ − + − ··· π 1 9 25 (ii) Parseval-Identität: 

π

f (x)2 dx = 0

∞ π |bk |2 2 k=1

linke Seite



π/2

x2 dx =

2 0

rechte Seite π 2



4 π·1

2

+

4 π·9

Gleichsetzen und Umformung

2

+



4 π · 25

1 1

+

π3 12 

2

1 81

+ ···

=

∞ 8 (2 + 1)−4 π =0

+

1 625

+ ··· =

π4 96

182

11.11

11 Reelle und komplexe Fourier-Reihen

Differentiation von Fourier-Reihen und Parseval-Identität 

Entwickeln Sie die 2π-periodische Fortsetzung der Funktion f (x) = x3 − π 2 x,

|x| ≤ π ,

in eine komplexe Fourier-Reihe und bestimmen Sie die Quadratsumme der Beträge der Koeffizienten. Welche Identität ergibt sich? Verweise:

Differentiation und Integration von Fourier-Reihen, Parseval-Identität

Lösungsskizze entwickle zunächst die (einfachere) zweite Ableitung  π  1  ikx (x) = 6x ∼ c e , c = 6xe−ikx dx f k k 2π −π k∈Z

f  ungerade =⇒ c =0 π0 partielle Integration, −π e−ikx dx = 0 für k = 0, e±iπ = −1  ck = −

3xe−ikx ikπ

π



π

+ −π

−π



3e−ikx dx ikπ

6(−1)k i = k zweifache gliedweise Integration =⇒ ⎛ ⎞    k  6(−1)k i 6(−1) i ikx ⎠ e dx dx = (α + βx) − f (x) = ⎝ eikx k k3 k=0

k=0

 f + . . . ungerade =⇒ α=0  f + . . . periodisch und stetig (Summe absolut konvergent) =⇒ ck = 6(−1)k i/k 3 sind die Fourier-Koeffizienten von f Parseval-Identität

=⇒  k∈Z

rechte Seite:

1 2π



1 |ck | = 2π



π

2

−π

|f (x)|2 dx

π −π

(x3 − π 2 x)2 dx = 8π 6 /105

Vergleich mit linker Seite, |ck | = 6/|k|3 ∞  k=1

k −6 =



Identität

1 1 8 6 π6 π = 2 36 105 945

=⇒

β=0

183

11.12

Konvergenz der Fourier-Projektion

Zeigen Sie für die Fourier-Projektion ∞ 

f=

ck ek → pn =



ck ek ,

ek (t) = eikt ,

|k|≤n

k=−∞

die Fehlerabschätzung f − pn 2π ≤ (n + 1)−m f (m) 2π für 2π-periodische Funktionen mit m quadrat-integrierbaren Ableitungen. Illustrieren Sie durch ein Beispiel, dass diese Ungleichung bestmöglich ist. Verweise:

Konvergenzrate der Fourier-Projektion, Parseval-Identität

Lösungsskizze (i) Fehlerabschätzung: Orthonormalität der Basis-Funktionen ek bzgl. der Skalarprodukt-Norm f 2π =   1/2 2π 1 2  2π 0 |f | f − pn 22π = 

 |k|>n

ck ek 22π =

()



|ck |2

|k|>n

1 ≤ |ik|2m /(n + 1)2m für |k| > n und nochmalige Anwendung der „ParsevalIdentität“ ()  Abschätzung der rechten Seite durch  1 1 | (ik)m ck |2 = f (m) 22π , 2m    () (n + 1)2m (n + 1) |k|>n

dk

da dk die Fourier-Koeffizienten der m-ten Ableitung von f sind (ii) Beispiel: Berechnung beider Seiten der Ungleichung für f = en+1 mit pn = 0 aufgrund der Orthonormalität der Basis-Funktionen ek

1/2  2π   1  i(n+1)t 2 f − pn 2π = f 2π = =1 e  dt 2π 0 f (m) = (i(n + 1))m en+1  f (m) 2π = (n + 1)m en+1 2π = (n + 1)m 

Übereinstimmung beider Seiten der Ungleichung (= 1)

184

11.13

11 Reelle und komplexe Fourier-Reihen

Multiplikation von Fourier-Reihen mit trigonometrischen Funktionen 

Wie ändern sich die komplexen und reellen Fourier-Koeffizienten bei Multiplikation der Fourier-Reihe mit cos x? Verweise:

Fourier-Reihe, Reelle Fourier-Reihe, Formel von Euler-Moivre

Lösungsskizze (i) Komplexe Fourier-Koeffizienten: Formel von Euler-Moivre =⇒ cos x = (eix + e−ix )/2 cos x



ck eikx =

k∈Z

und

 1   i(k+1)x ck e + ei(k−1)x 2 k

Indexverschiebungen k ← k − 1 und k ← k + 1 in den Summen



1 (ck−1 + ck+1 )eikx 2 k

komplexe Fourier-Koeffizienten des Produktes: ck = (ck−1 + ck+1 )/2 Umrechnungsformeln  entsprechende Formeln für die reellen Fourier-Koeffizienten (ii) Reelle Fourier-Koeffizienten (direkte Berechnung): Additionstheoreme =⇒ cos x cos(kx) = (cos((k + 1)x) + cos((k − 1)x))/2 cos x sin(kx) = (sin((k + 1)x) + sin((k − 1)x))/2 setze ck = cos(kx), sk = sin(kx)  , a0  + a k c k + bk s k cos x 2 k>0  ak bk a0 (ck+1 + ck−1 ) + (sk+1 + sk−1 ) = c1 + 2 2 2 k>0

Indexverschiebungen in den Summen und Berücksichtigung des Summationsanfangs  reelle Fourier-Koeffizienten des Produktes a0 = a1 ak = (ak−1 + ak+1 )/2

(k > 0)

b1 bk

(k > 1)

= b2 /2 = (bk−1 + bk+1 )/2

185

11.14

Laplace-Gleichung auf der Einheitskreisscheibe

Lösen Sie das Randwertproblem Δu(r, ϕ) = 0, r < 1,

⎧ ⎨ 1/(2a) für |ϕ| < a u(1, ϕ) = f (ϕ) = ⎩0 sonst

∞ mit Hilfe der Fourier-Enwicklung u(r, ϕ) = n=−∞ cn rn einϕ . Bestimmen Sie ebenfalls den Grenzwert für a → 0 (f → „Delta-Funktion“, z.B. elektrisches Potential einer Punktladung bei (r, ϕ) = (1, 0)). Verweise:

Fourier-Reihen von geraden Funktionen, Differentialoperatoren in Zylinderkoor-

dinaten

Lösungsskizze (i) Überprüfung der Differentialgleichung: Formel für den Laplace-Operator Δ = ∂x2 + ∂y2 in Polarkoordinaten x = r cos ϕ, y = r sin ϕ  1 1 Δ(rn einϕ ) = ∂r (r∂r (rn einϕ )) + 2 ∂ϕ2 (rn einϕ ) r r 1 1 = ∂r (nrn einϕ ) + 2 ∂ϕ (rn (in)einϕ ) r r 1 n 1 2 n−1 inϕ e + 2 (r (−n2 )einϕ ) = 0  = n r r r (ii) Berechnung der Fourier-Koeffizienten: f gerade  reine Kosinus-Reihe ∞ a0  + an cos(nϕ), u(1, ϕ) = 2 n=1

1 an = π

Einsetzen des „Rechteck-Impulses“ f  a 1 1 1 dϕ = a0 = π 2a π an =

1 1 π 2a

−a a

cos(nϕ) dϕ = −a

π f (ϕ) cos(nϕ) dϕ −π

 ϕ=a 1 sin(nϕ) 2aπ n ϕ=−a

sin(na) 1 (sin(na) − sin(−na)) = 2naπ naπ Reihendarstellung der Lösung des Randwertproblems ∞ 1  n sin(na) 1 + cos(nϕ) r u(r, ϕ) = 2π π n=1 na =



(iii) Grenzwert f → δ: sin(na) =1 =⇒ lim a→0 na uδ (r, ϕ) =

∞ 1 n 1 + r cos(nϕ) 2π π n=1

186

11 Reelle und komplexe Fourier-Reihen

11.15

Fourier-Entwicklung für eine Wärmeleitungsgleichung

Lösen Sie das Anfangsrandwertproblem 0 ≤ x ≤ 1, t ≥ 0

ut (x, t) = uxx (x, t),

u(0, t) = 0 = u(1, t), u(x, 0) = x(1 − x) mit dem Ansatz u(x, t) = Verweise:

∞

n=1 cn (t) sin(nπx).

Fourier-Reihen von ungeraden Funktionen, Lineare Differentialgleichung erster

Ordnung

Lösungsskizze (i) Einsetzen in die Differentialgleichung: ut (x, t) =

∞ 

cn (t) sin(nπx)

n=1

(d/dx) sin(nπx) = (d/dx)(nπ) cos(nπx) = −(nπ)2 sin(nπx) 2

uxx (x, t) = −

∞ 

=⇒

cn (t)(nπ)2 sin(nπx)

n=1

Koeffizientenvergleich

=⇒

2

cn (t) = −(nπ)2 cn (t), d.h. cn (t) = cn (0)e−(nπ)

t

(ii) Einsetzen in die Anfangsbedingung: u(x, 0) =

∞  n=1

cn (0) sin(nπx) = x(1 − x)       en (x)

ej ⊥ ek bzgl. des Skalarprodukts f, g = $ cn (0) = f, en en , en =



1 0 1

f (x)

f (x)g(x) dx =⇒

$ x(1 − x) sin(nπx) dx (1/2)

0

Berechnung des Integrals mit zweimaliger partieller Integration; keine Randterme, da die auszuwertenden Funktionen für x = 0 und x = 1 null sind  1  1 2x(1 − x) sin(nπx) dx = − (2 − 4x)(− cos(nπx)/(nπ)) dx 0



0 1

(−4)(− sin(nπx))/(nπ)2 dx = −4 cos(nπx)/(nπ)3 0 ⎧ ⎨ 8/(nπ)3 für n ungerade = 4(−(−1)n + 1)/(nπ)3 = ⎩0 für n gerade =



Fourier-Entwicklung u(x, t) = 8

∞  n=1

((2n − 1)π)−3 e−((2n−1)π)

2

t

!x=1 x=0

sin(nπx)

12 Diskrete Fourier-Transformation

Übersicht 12.1 12.2 12.3 12.4 12.5 12.6 12.7 12.8 12.9

Diskrete Fourier-Transformation trigonometrischer Vektoren . . . . . . . . 188 Inverse der Sinus-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 Rekursion bei diskreter Fourier-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 Ablauf des FFT-Algorithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 Trigonometrische Interpolation an äquidistanten Stützstellen . . . . . . . . 192 Eigenwerte und Inverse einer zyklischen Matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 Konstruktion einer zyklischen Matrix aus einem Bildvektor . . . . . . . . . 194 Zyklisches lineares Gleichungssystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 Approximation von Fourier-Koeffizienten mit Riemann-Summen  . . . 196

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_13

188

12.1

12 Diskrete Fourier-Transformation

Diskrete Fourier-Transformation trigonometrischer Vektoren

Berechnen Sie die diskrete Fourier-Transformation der Vektoren (u0 , . . . , u7 )t mit a) uk = cos(3πk/4) Verweise:

b)

uk = sin2 (5πk/2)

Diskrete Fourier-Transformation, Formel von Euler-Moivre

Lösungsskizze diskrete Fourier-Transformation u → v vj =

n−1 

uk wjk ,

w = exp(2πi/n)

k=0

uk = w k

=⇒ vj =

n−1 

w k wjk =

k=0

n−1 

w( +j)k = nδ +j mod n

k=0

aufgrund der Orthogonalität der Spalten der Fourier-Matrix Umwandlung der gegebenen Vektoren mit Hilfe der Formel von Euler-Moivre cos t =

1 it e + e−it , 2

sin t =

1 it e − e−it 2i

a) uk = cos(3k(2π/8)): Formel von Euler-Moivre  uk = 12 (w3k + w−3k ) transformierter Vektor (Anwendung obiger Formel mit  = ±3) vj =

8 (δ3+j mod 8 + δ−3+j mod 8 ), 2

bzw. (v0 , . . . , v7 ) = (0, 0, 0, 4, 0, 4, 0, 0) b) uk = sin2 (10k(2π/8)): Formel von Euler-Moivre uk =



1 1 (w10k − w−10k )2 = − (w4k − 2 + w−4k ) (2i)2 4

wegen w±16k = (w8 )±2k = 1 transformierter Vektor (Anwendung obiger Formel mit  = 0, ±4) 8 vj = − (δ4+j mod 8 − 2δj mod 8 + δ−4+j mod 8 ) 4 bzw. (v0 , . . . , v7 ) = (4, 0, 0, 0, −4, 0, 0, 0) , da j − 4 mod 8 = j + 4 mod 8 (null für j = 4)

189

12.2

Inverse der Sinus-Transformation

Zeigen Sie, dass die durch bj =

n−1 

ak sin(πjk/n),

0 < j < n,

k=1

definierte Sinus-Transformation b = FST(a) bis auf einen Skalierungsfaktor zu sich selbst invers ist, d.h. a = (2/n)FST(FST(a)). Verweise:

Diskrete Fourier-Transformation, Formel von Euler-Moivre

Lösungsskizze Transformationsmatrix S : sj,k = sin(πjk/n) zu zeigen: S 2 =

n 2 E,

d.h. pj,k =

n−1 

sjk sk = (n/2)δj,

k=1

Formel von Euler-Moivre sin t = sj,k = und pj,k = −

1 it 2i (e

− e−it ) mit t = 2πjk/n

1 jk w − w−jk , 2i

=⇒

w = e2πi/(2n)

n−1  1   (j+ )k w − w−(j− )k − w(j− )k + w−(j+ )k 4 k=1

w2n = 1

ersetze −k durch k  = 2n − k

 −

n−1  1 2n−1      1   (j+ )k − w(j− )k − w w(j+ )k − w(j− )k 4 4  k=1

k =n+1

Hinzufügen von Termen für k = 0 und k = n (jeweils 0 wegen w0 = 1 und wn = −1)  2n−1  1   (j+ )k w − w(j− )k pj,k = − 4 k=0

Summe über den ersten Summanden null, da j +  = 0 mod 2n Summe über den zweiten Summanden gleich −2nδj− aufgrund der Orthogonalität der Spalten der Fourier-Matrix Vorfaktor −1/4



pj,k = (n/2)δj,

190

12.3

12 Diskrete Fourier-Transformation

Rekursion bei diskreter Fourier-Transformation

Bestimmen Sie die diskreten Fourier-Transformationen der Vektoren (1, 0, 3, 2)t und (1, 1, 0, 0, 3, 3, 2, 2)t . Verweise:

Diskrete Fourier-Transformation, Schnelle Fourier-Transformation

Lösungsskizze Diskrete Fourier-Transformation: c → f = Wn c mit der Fourier-Matrix ⎛ ⎞ 0·(n−1) · · · wn wn0·0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ .. .. Wn = ⎜ ⎟ , wn = e2πi/n . . ⎝ ⎠ (n−1)·0 (n−1)·(n−1) wn · · · wn (i) g = W4 d, d = (1, 0, 3, 2)t : w4 = e2πi/4 = i  ⎛ ⎞ ⎛ g0 1 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎜g ⎟ ⎜1 i ⎜ 1⎟ ⎜ ⎜ ⎟=⎜ ⎜ g2 ⎟ ⎜ 1 −1 ⎝ ⎠ ⎝ g3 1 −i

⎞⎛ 1

1

⎞

⎛

1

⎞ 6

⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −1 −i ⎟ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ −2 − 2i ⎟ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 −1 ⎟ 2 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ ⎠ −1 i 2 −2 + 2i

(ii) f = W8 c, c = (1, 1, 0, 0, 3, 3, 2, 2)t : (c0 , c2 , c4 , c6 ) = (c1 , c3 , c5 , c7 ) = d = (1, 0, 3, 2), Rekursion für die schnelle Fourier-Transformation (mit zwei identischen Vektoren niedrigerer Dimension) =⇒ ⎧ ⎨ g + wk g für k = 0, . . . , 3 k 8 k fk = ⎩ gk − wk gk für k = 4, . . . , 7 8

√ mit g = W4 d und w8 = e2πi/8 = (1 + i)/ 2 √ √ w80 = 1, w81 = (1 + i)/ 2, w82 = i, w83 = (−1 + i)/ 2 w80 g0 = 6,

√ w81 g1 = −2 2i,

Einsetzen in die Rekursion

w82 g2 = 2i,

 √ w83 g3 = −2 2i



√ √ f = (12, −2 + (−2 − 2 2)i, 2 + 2i, −2 + (2 − 2 2)i, √ √ 0, −2 + (−2 + 2 2)i, 2 − 2i, −2 + (2 + 2 2)i)t

191

12.4

Ablauf des FFT-Algorithmus

Illustrieren Sie für den Eingabe-Vektor (0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0)t den Ablauf des FFTAlgorithmus, indem Sie alle nichttrivialen Zwischenergebnisse angeben. Verweise:

Schnelle Fourier-Transformation

Lösungsskizze (i) Rekursion Level 1, f = FFT(0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0): g1 = FFT(0, 0, 0, 0) = (0, 0, 0, 0), h1 = FFT(0, 0, 1, 0) √ √ √ w8 = (1 + i)/ 2, p1 = (1, w8 , w82 , w83 ) = (1, (1 + i)/ 2, i, (−1 + i)/ 2) f = (g1 + p1 . ∗ h1 , g1 − p1 . ∗ h1 ) (ii) Rekursion Level 2, h1 = FFT(0, 0, 1, 0): g2 = FFT(0, 1), h2 = FFT(0, 0) = (0, 0) w4 = i, p2 = (1, i) h1 = (g2 + p2 . ∗ h2 , g2 − p2 . ∗ h2 ) (iii) Rekursion Level 3, g2 = FFT(0, 1): direkte Berechnung, w2 = −1, p = (1)  g2 = (0 + 1 · 1, 0 − 1 · 1) = (1, −1) (iv) Rückwärtseinsetzen der Ergebnisse: p2 = (1, i), g2 = (1, −1), h2 = (0, 0)  h1 = (g2 , g2 ) = (1, −1, 1, −1) √ √ p1 = (1, (1 + i)/ 2, i, (−1 + i)/ 2), g1 = (0, 0, 0, 0), h1 = (1, −1, 1, −1) f = (p1 . ∗ h1 , −p1 . ∗ h1 )

 1+i −1 + i = 1 · 1, √ · (−1), i · 1, √ · (−1), −1 · 1, . . . 2 2 

1+i −1 + i −1 − i 1 − i = 1, √ , i, √ , −1, √ , −i, √ 2 2 2 2 Ergebnis: Spalte 6 der Fourier-Matrix, d.h. f = (1, w85 , w85·2 , w85·3 , . . . , w85·7 ) = (w80 , w85 , w82 , w87 , w84 , w81 , w86 , w83 ) mit w8 = exp(2πi/8)

=⇒

Exponenten modulo 8



192

12 Diskrete Fourier-Transformation

12.5

Trigonometrische Interpolation an äquidistanten Stützstellen

Interpolieren Sie die folgenden Daten (f0 , . . . , f7 ) an den Stützstellen xj = 2πj/8, j = 0, . . . , 7, mit trigonometrischen Polynomen durch Anwendung der diskreten Fourier-Transformation. a) f : (0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0) Verweise:

b)

f : (3, 0, 2, 0, 0, 0, −2, 0)

Trigonometrische Interpolation, Diskrete Fourier-Transformation

Lösungsskizze interpolierendes trigonometrisches Polynom  p(x) = ck eikx + c4 cos(4x) |k|≤3

Berechnung der Koeffizienten ck mit der diskreten Fourier-Transformation 1 c˜k = fj w−jk , 8 j=0 7

w = e2πi/8

und (˜ c0 , . . . , c˜7 ) = (c0 , . . . , c4 , c−3 , c−2 , c−1 ) a)

f4 = 1, fj = 0 für j = 4: c˜k =

1 1 (−1)k f4 w−4·k = e−(2πi/8)(4k) = , 8 8 8

eikx + e−ikx = 2 cos(kx) p(x) =

c±k =

(−1)k 8



1 1 1 1 1 − cos x + cos(2x) − cos(3x) + cos(4x) 8 4 4 4 8

/ {0, 2, 6}: b) f0 = 3, f2 = −f6 = 2, fj = 0 für j ∈ 8 − w = 1, w + w = 2 cos(2π/8), w − w− = 2i sin(2π/8)



1

1 −0k 3w 3 + 2w−2k − 2w2k + 2w−2k − 2w−6k = 8 8 i 3 − sin(πk/2) = 8 2

c˜k =

Koeffizienten c0 = c˜0 = 38 , c1 = c˜1 =

3 8

c4 = c˜4 = 38 , c−3 = c˜5 =

− 2i , 3 8

c2 = c˜2 = 38 ,

3 8

− 2i , c−2 = c˜6 = 38 , c−1 = c˜7 =

eikx + e−ikx = 2 cos(kx), eikx − e−ikx = 2i sin(kx) p(x) =

c3 = c˜3 =

+ 3 8

i 2

+

i 2



3 3 3 3 3 + cos x + cos(2x) + cos(3x) + cos(4x) + sin x − sin(3x) 8 4 4 4 8

193

12.6

Eigenwerte und Inverse einer zyklischen Matrix

Bestimmen Sie die Eigenwerte und die Inverse der zyklischen Matrix ⎛ ⎞ 3 2 0 2 ⎜ ⎟ ⎜2 3 2 0⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟. ⎜0 2 3 2⎟ ⎝ ⎠ 2 0 2 3 Verweise:

Fourier-Transformation zyklischer Gleichungssysteme

Lösungsskizze (i) Eigenwerte: erzeugender Vektor der zyklischen Matrix (erste Spalte) (a0 , a1 , a2 , a3 )t = (3, 2, 0, 2)t inverse diskrete Fourier-Transformation von a λj =

3 

→

ak w−jk = 3 + 2w−j + 2w−3j ,

(λ0 , λ1 , λ2 , λ3 )/4, d.h. w = exp(2πi/4) = i

k=0

Einsetzen

 λ0 = 7 λ1 = 3 + 2i−1 + 2i−3 = 3 λ2 = 3 + 2i−2 + 2i−6 = −1 λ3 = 3 + 2i−3 + 2i−9 = 3

(ii) Inverse: Eigenwerte j = 1/λj der Inversen: 1/7, 1/3, −1, 1/3 Invertierung der Formel für λ, d.h. diskrete Fourier-Transformation von (0 , 1 , 2 , 3 )/4 → erzeugender Vektor b der Inversen 1 j wjk , 4 j=0 3

bk = d.h.

⎛

⎞⎛ 1 1

1

1

⎞ 1/7

⎛

−1

⎞

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎟ 1 ⎜ 1⎜ ⎜ 1 i −1 −i ⎟ ⎜ 1/3 ⎟ ⎜ 6 ⎟ b= ⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟ 4 ⎜ 1 −1 1 −1 ⎟ ⎜ −1 ⎟ 21 ⎜ −8 ⎟ ⎝ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎠ 1 −i −1 i 1/3 6

194

12.7

12 Diskrete Fourier-Transformation

Konstruktion einer zyklischen Matrix aus einem Bildvektor

Bestimmen Sie die zyklische Matrix A, die (3, 5, −1, 5)t auf (1, 1, 9, 1)t abbildet. Verweise:

Diagonalisierung zyklischer Matrizen, Orthogonale Basis

Lösungsskizze Eigenvektoren vk der zyklischen Matrix A: Spalten der Fourier-Matrix ⎛ ⎞ 1 1 1 1 ⎜ ⎟ ⎜ 1 i −1 −i ⎟ ⎜ ⎟ W =⎜ ⎟ = (v0 , v1 , v2 , v3 ) ⎜ 1 −1 1 −1 ⎟ ⎝ ⎠ 1 −i −1 i Darstellung von x = (3, 5, −1, 5)t und y = (1, 1, 9, 1)t bzgl. der (komplexen) orthogonalen Basis {v0 , v1 , v2 , v3 }, Avk = λk vk =⇒ x=

3 

A

ck vk −→ y =

k=0

3  k=0

λk c k v k  dk

mit λk den Eigenwerten von A, d.h. λk = dk /ck =

vk∗ y . vk∗ x vk∗ y = vk∗ vk vk∗ vk vk∗ x

Einsetzen und Berücksichtigen der komplexen Konjugation der Vektoren vk∗



(1, 1, 1, 1)(1, 1, 9, 1)t v0∗ y 12 = = 1 = ∗ v0 x (1, 1, 1, 1)(3, 5, −1, 5)t 12 (1, −i, −1, i)(1, 1, 9, 1)t v∗ y −8 = −2 = 1∗ = = v1 x (1, −i, −1, i)(3, 5, −1, 5)t 4

λ0 = λ1

und analog λ2 = −1, λ3 = −2 Berechnung des erzeugenden Vektors (a0 , a1 , a2 , a3 )t von A aus den Eigenwerten λ = (λ0 , λ1 , λ2 , λ3 )t mit Hilfe der diskreten Fourier-Transformation a=

1 W λ = (−1, 1/2, 1, 1/2)t 4

alternativ: Verwendung der allgemein gültigen Formel A = W diag(λ)W −1 !

Probe: Ax = y ⎛

−1 1/2

⎞⎛ 1

1/2

⎞ 3

⎛

⎞ 1

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1/2 −1 1/2 1 ⎟ ⎜ 5 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ 1 1/2 −1 1/2 ⎟ ⎜ −1 ⎟ ⎜ 9 ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1/2 1 1/2 −1 5 1



195

12.8

Zyklisches lineares Gleichungssystem

Bestimmen Sie die Lösung x des linearen Gleichungssystems ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 1 2 1 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜1 4 1 2⎟ ⎜ 7 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟x = ⎜ ⎟ ⎜2 1 4 1⎟ ⎜ 6 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 2 1 4 −5 mit Hilfe der diskreten Fourier-Transformation. Verweise:

Fourier-Transformation zyklischer Gleichungssysteme

Lösungsskizze Fourier-Matrix (4 × 4): wj,k ⎛ 1 1 ⎜ ⎜1 i ⎜ W =⎜ ⎜ 1 −1 ⎝ 1 −i

= ijk , j, k = 0, 1, 2, 3, d.h. ⎛ ⎞ 1 1 1 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −1 −i ⎟ ⎜ 1 −i ⎟, W = ⎜ ⎜ 1 −1 1 −1 ⎟ ⎝ ⎠ 1 i −1 i

⎞ 1

1

⎟ i ⎟ ⎟ ⎟, 1 −1 ⎟ ⎠ −1 −i

−1

und W W = nE = W W mit E der Einheitsmatrix Diagonalisierung zyklischer Matrizen: n1 W AW = Λ = diag(λ1 , . . . , λ4 ) mit λ = W a = (8, 2, 4, 2)t , 

a = A(:, 1) = (4, 1, 2, 1)t

diskrete Fourier-Transformation des zyklischen Systems Ax = b

W AW n−1W x =  Wb ,  

⇔

y

nΛ

c

da W n−1 W = E 

Berechnung der Lösung x in drei Schritten ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 1 0 8 4 ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 7 ⎟ ⎜ −6 − 12i ⎟ ⎜ −3 − 3i ⎟ 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 4 2 ⎟ −1 c=W⎜ ⎟=⎜ ⎟, y = Λ c = ⎜ ⎟ 1 ⎜ 6 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ n 4 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 3 −5 −6 + 12i −4 + 2i

und W n−1 W = E

=⇒ ⎛

⎜ ⎜ ⎜ ⎜ x = Wy = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 4

1 4 1 4 1 4

+ (− 34 − 32 i) + −

1 4

− (− 34 − 32 i) +

1 4

− i(− 34 − 32 i) −

1 4

+

i(− 34

−

1 4

3 2 i)

+ (− 34 + 32 i)

⎞

⎛

−1

⎞

⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ − + ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − (− 34 + 32 i) ⎟ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ + i(− 34 + 32 i) −3 i(− 34

3 2 i)

196

12.9

12 Diskrete Fourier-Transformation

Approximation von Fourier-Koeffizienten mit Riemann-Summen 

Bestimmen Sie für f (x) = mation



k∈Z ck e

ikx

mit

 k

n−1 1 f (xj )e−i xj , c ≈ n j=0

|ck | < ∞ den Fehler der Approxi-

xj = 2πj/n ,

und zeigen Sie, dass die Koeffizienten von trigonometrischen Polynomen vom Grad < n/2 exakt berechnet werden. Verweise:

Fourier-Reihe, Diskrete Fourier-Transformation

Lösungsskizze (i) Fehler für eine absolut konvergente Fourier-Reihe:  Einsetzen von f (x) = k∈Z ck eikx in die Riemann-Summe



n−1 1 1  f (xj )e−i xj = ck ei(k− )xj n j=0 n j

s =

k

Vertauschen der Summation, xj = 2πj/n  ⎡ ⎤ n−1   1 ck ⎣ q j ⎦ , q = e2πi(k− )/n s = n j=0 k

k −  mod n = 0 andernfalls:

q = 1 und [. . .] = 1

=⇒

n−1 

qj =

j=0

qn − 1 =0 q−1

nach der Formel für eine geometrische Summe und da q n = e2πi(k− ) = 1 insgesamt folgt s = c + c −n + c +n + · · · , d.h.  s − c = c +αn α∈Z\{0}

(ii) Spezialfall trigonometrischer Polynome: f (x) =



ck eikx

|k| n − n/2 = n/2 ,

d.h. alle Koeffizienten c +αn in der Fehlersumme sind null

13 Fourier-Transformation

Übersicht 13.1 13.2 13.3 13.4 13.5 13.6 13.7 13.8 13.9 13.10 13.11 13.12 13.13 13.14

Fourier-Transformierte und Fourier-Reihe einer linearen Funktion . . . . 198 Fourier-Transformierte einer stückweise linearen Funktion . . . . . . . . . . . 199 Fourier-Transformierte und reelle Fourier-Reihe einer Betragsfunktion 200 Fourier-Transformierte einer Treppenfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 Fourier-Transformation von Produkten mit charakteristischen Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 Fourier-Transfomierte von Exponentialfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 Fourier-Transformation von Gauß-Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 Regeln für Fourier-Transformationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Rekursionen für uniforme B-Splines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 Fourier-Transformierte von rationalen Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 Fourier-Transformation einer Wärmeleitungsgleichung . . . . . . . . . . . . . . 209 Satz von Plancherel und uneigentliche Integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 Fourier-Transformation einer Differentialgleichung zweiter Ordnung . . 211 Reihenberechnung mit der Poisson-Summationsformel  . . . . . . . . . . . . 212

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_14

198

13 Fourier-Transformation

13.1

Fourier-Transformierte und Fourier-Reihe einer linearen Funktion

Bestimmen Sie für die abgebildete Funktion

1

−π

π

0

x

die Fourier-Transformierte f sowie die komplexen Fourier-Koeffizienten ck der 2πperiodischen Fortsetzung. Verweise:

Fourier-Transformation, Fourier-Reihe

Lösungsskizze gegebene Funktion ⎧ ⎨ f (x) =

(i) Fourier-Transformierte:   f (y) =

1 2π (x

+ π)

⎩0

∞

für x ∈ [−π, π) sonst

−iyx

f (x)e



π

dx =

−∞

−π

x + π −iyx e dx 2π



partielle Integration

 π  π −iyx e e−iyx 1 1 −(x + π) dx + 2π iy x=−π 2π −π iy

f(y) =

= −

e−iπy e−iπy − eiπy iπye−iπy − i sin(πy) + = iy 2πy 2 πy 2

(ii) Fourier-Koeffizienten: ck = e

−iπ

1 2π



π −π

x + π −ikx i −iπk 1  i e f (k) = e dx = − 2 2 sin(πk) 2π 2π 2πk 2π k

= −1, sin(πk) = 0

 ck =

k=0  c0 =

1 2π



π −π

i (−1)k , 2πk

k = 0

π  x+π 1 x2 1 dx = + πx = 2 2π 4π 2 2 −π

199

13.2

Fourier-Transformierte einer stückweise linearen Funktion

Berechnen Sie die Fourier-Transformierte der abgebildeten Funktion.

2 1 −π

−2π Verweise:

π

0

2π

x

Fourier-Transformation, Verschiebung bei Fourier-Transformation

Lösungsskizze Darstellung von f als Linearkombination von Hut-Funktionen f (x) = 2q(x + π) + q(x) + 2q(x − π) mit q(x) = 1 − |x|/π für x ∈ [−π, π] und q(x) = 0 sonst

2 1 −π

−2π

π

0

2π

x

Fourier-Transformierte der Hut-Funktion  π  π q(y) = q(x)e−ixy dx = 2 (1 − x/π) cos(xy) dx , −π

0

da q(x) = q(−x) und e−ixy + e+ixy = 2 cos(xy) partielle Integration   π  π 2(1 − x/π) sin(xy) (−2/π) sin(xy) q(y) = dx − y y 0  π x=0 −2 cos(xy) 2 − 2 cos(πy) = 0+ = 2 πy πy 2 x=0 F

Verschiebungsregel, q(x − a) −→ e−iay q(y) mit a = ±π

=⇒

2 − 2 cos(πy) πy 2 2 2 + 6 cos(πy) − 8 cos (πy) = πy 2

f(y) =

2eiπy + 1 + 2e−iπy

200

13.3

13 Fourier-Transformation

Fourier-Transformierte und reelle Fourier-Reihe einer Betragsfunktion

Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der Funktion f (x) = min(|x|−π, 0) sowie die Kosinus-Koeffizienten ak der 2π-periodischen Fortsetzung g der Restriktion von ∞ ∞ f auf [−π, π). Berechnen Sie ebenfalls k=0 ak und k=0 a2k . Verweise:

Fourier-Transformation, Relle Fourier-Reihe, Parseval-Identität

Lösungsskizze (i) Fourier-Transformierte: f(y) =



π

−ixy

f (x)e

 dx =

−π



π

−π

f (x) cos(xy) dx − i

π

f (x) sin(xy) dx −π

f gerade und reell =⇒ Im f = 0, f = Re f partielle Integration   π  (x − π) cos(xy) dx f (y) = 2 0 π  π sin(xy) cos(πy) − 1 sin(xy) = 2 (x − π) dx = 2 −2 y y y2 0 x=0 (ii) Fourier-Koeffizienten: g gerade =⇒ Sinus-Koeffizienten null und ∞

g(x) ∼

a0  + ak cos(kx), 2 k=1

=⇒

ak =

2 π



π

g(x) cos(kx) dx 0

ak = f(k)/π, d.h. 2 cos(πy) − 2 − sin(πy) = −π = lim 2 y→0 l’Hospital y→0 πy y (−1)k − 1 = 2 , k>0 πk 2

a0 = lim ak (iii) Reihen: cos(kx)|x=0 = 1

=⇒ ∞  k=0

a0 ak = g(0) + = −π − π/2 = −3π/2  2 =f (0)

Parseval-Identität (Orthogonalität der Kosinus-Funktionen)  π  π ∞  π |f |2 dx = |g|2 dx = a20 + π a2k 2 −π −π k=1

=⇒

∞ k=0

a2k = − 12 a20 +

2 π

π 0

2

(x − π)2 dx = − π2 +

2π 3

2

=

π2 6

201

13.4

Fourier-Transformierte einer Treppenfunktion

Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der abgebildeten Treppenfunktion sowohl mit der Verschiebungs- als auch mit der Skalierungsregel. Verweise: Verschiebung bei Fourier-Transformation, Skalierung bei Fourier-Transformation

Lösungsskizze Benutzung der Fourier-Transformierten der charakteristischen Funktion χ des Intervalls [0, 1]  χ (y) =

−ixy

χ(x)e R

 dx =

1

e

−ixy

0

(i) Verschiebungsregel:



e−ixy dx = −iy

x=1 = x=0

1 − e−iy iy

F

χ(x − a) −→ e−iay χ (y) Zerlegung von f als Summe von vier verschobenen charakteristischen Funktionen: f (x) = 4χ(x) + 3χ(x − 1) + 3χ(x − 2) + χ(x − 3) Anwendung der Verschiebungsregel mit a = 1, 2, 3 f(y) = = (ii) Skalierungsregel:



=⇒

4 + 3e−iy + 3e−2iy + e−3iy

1 − e−iy iy

4 − e−iy − 2e−3iy − e−4iy iy F

χ(ay), χ(x/a) −→ a

a>0

Zerlegung von f als Summe von drei skalierten charakteristischen Funktionen: f (x) = χ(x) + 2χ(x/3) + χ(x/4) Anwendung der Skalierungsregel mit a = 3, 4

=⇒

f(y) = χ (y) + 6 χ(3y) + 4 χ(4y) 1 − e−3iy 1 − e−4iy 1 − e−iy +6 +4 = iy 3iy 4iy 4 − e−iy − 2e−3iy − e−4iy = iy

202

13.5

13 Fourier-Transformation

Fourier-Transformation von Produkten mit charakteristischen Funktionen

Bestimmen Sie für die Funktionen a) f (x) = x2

b)

f (x) = sin(πx)

die Fourier-Transformierten der Produkte f χ, wobei χ die charakteristische Funktion des Intervalls [−1, 1] bezeichnet. Verweise:

Fourier-Transformation, Verschiebung bei Fourier-Transformation

Lösungsskizze Fourier-Transformation der charakteristischen Funktion  −ixy 1  1 e −ixy χ (y) = e dx = −iy x=−1 −1 =

2 sin y e−iy − eiy = −iy y

a) g(x) = x2 χ(x): Regel für Multiplikation mit x, F

xf (x) −→ i

d  f (y) , dy

und Leibniz-Regel (ϕψ) = ϕ ψ + 2ϕ ψ  + ϕψ  mit ϕ(y) = 2/y und ψ(y) = sin y =⇒ 

4 sin y 4 cos y 2 sin y g(y) = i2 − − y3 y2 y 2 (2y − 4) sin y + 4y cos y = y3 b) g(x) = sin(πx)χ(x): Verschiebungsregel,

F eiax f (x) −→ f(y − a) ,

und Formel von Euler-Moivre, sin(πx) = eiπx − e−iπx /(2i)

2 sin(y − π) 2 sin(y + π) − 2i(y − π) 2i(y + π) 

sin y sin y 2π sin y − i= 2 = i y−π y+π y − π2

g(y) =

wegen sin(y ± π) = − sin y

=⇒

203

13.6

Fourier-Transfomierte von Exponentialfunktionen

Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der Funktion ⎧ ⎨e|x| für |x| ≤ 1, f (x) = ⎩0 sonst 

und berechnen Sie Verweise:

R

|f|2 dy sowie

 R

fdy.

Fourier-Transformation, Satz von Plancherel

Lösungsskizze (i) Fourier-Transformierte:

f(y) =

 

1

ex e−ixy dx +



e−x e−ixy dx =



−1

0

=

0

x−ixy

x+ixy

e e + 1 − iy 1 + iy



ex e−ixy + eixy dx

0

1

− 1 e1+iy − 1 + 1 − iy 1 + iy       1−iy

= x=0

1

e

a

u/v = u/v

b

b = a und a + b = 2 Re a, d.h. nach Erweitern mit 1 + iy

=⇒

(1 + iy)(e1−iy − 1) 2e(cos y + y sin y) − 2 f(y) = 2 Re = , 1 + y2 1 + y2 da e−iy = cos y − i sin y  (ii-a) |f|2 dy: R Satz von Plancherel



|f|2 dy = 2π

R

mit f (x) = e|x| für |x| < 1  R

 R

|f |2 dx



|f|2 dy = 2π · 2



1

 e2x dx = 4π

0

1 2x e 2

1



= 2π e2 − 1

0

 fdy: (ii-b) R Definition der inversen Fourier-Transformation  1 f(y)eixy dy f (x) = 2π R 



fdy = R

 R

  ixy  f (y)e dy 

  = 2π e|x|  x=0

= 2π x=0

204

13 Fourier-Transformation

13.7

Fourier-Transformation von Gauß-Funktionen

Bestimmen Sie die Fourier-Transformierten der folgenden Funktionen.

a)

f (x) = (x − 1) exp(−x + 6x)

Verweise:

2

b)

g(x) =

d dx

3 exp(−5x2 − 4ix)

Differentiation, Verschiebung, Skalierung bei Fourier-Transformation

Lösungsskizze Fourier-Transformierte der Gauß-Funktion F

exp(−x2 ) −→

√

π exp(−y 2 /4)

a) f (x) = (x − 1) exp(−x2 + 6x): quadratische Ergänzung −x2 + 6x = −(x − 3)2 + 9 F

(y) Verschiebungsregel, u(x + a) −→ eiay u F

exp(−(x − 3)2 ) exp(9) −→ F

d u (y) Ableitungsregel, xu(x) −→ i dy

√

=⇒ π exp(−3iy − y 2 /4) exp(9)

=⇒

 √ d −1 π exp(−3iy − y 2 /4 + 9) f (x) −→ i dy √ = π (2 − iy/2) exp(−3iy − y 2 /4 + 9) F



d 3 b) g(x) = dx exp(−5x2 − 4ix): Verschiebungs- und Skalierungsregeln, F

(y + a), e−iax u(x) −→ u mit a = 4 und s =

√ 5

F

u(sx) −→ u (y/s)/|s|

=⇒

√ √ F √ exp(−4ix) exp(−( 5x)2 ) −→ π exp(−(y + 4)2 /(4 · 5))/ 5 F

Ableitungsregel, (d/dx)n u(x) −→ (iy)n u (y) =⇒  g(y) = −i π/5 y 3 exp(−(y + 4)2 /20)

205

13.8

Regeln für Fourier-Transformationen

Bestimmen Sie die Fourier-Transformierten der Funktionen a) f (x) = xe−|x+3| Verweise:

b)

g(x) = sin x e−|x|/2

Differentiation, Verschiebung, Skalierung bei Fourier-Transformation

Lösungsskizze Anwendung der Transformationsregeln auf ϕ(x) = e−|x| ϕ gerade, e−ixy + eixy = 2 cos(xy) =⇒  ∞ e−x cos(xy) dx ϕ(y)  = 2 0 ∞   ∞ sin(xy) −x sin(xy) = dx 2e + 2e−x part. Int. y y 0 x=0    =0  ∞  ∞ cos(xy) 2 1 −x cos(xy) = −2e − 2e−x dx = 2 − 2 ϕ(y)  2 2 part. Int. y y y y 0 x=0 Auflösen nach ϕ(y) 



ϕ(y)  =

2 1 + y2

a) f (x) = xe−|x+3| : F Verschiebungsregel u(x + a) −→ eiay u (y) mit a = 3 F

e−|x+3| −→ F

d Differentiationsregel xu(x) −→ i dy u (y)

=⇒

2e3iy 1 + y2

=⇒

d 2e3iy 6ie3iy (1 + y 2 ) − 4ye3iy f(y) = i = i dy 1 + y 2 (1 + y 2 )2 6 + 6y 2 + 4yi 3iy = − e (1 + y 2 )2 b) g(x) = sin x e−|x|/2 : F Skalierungsregel u(x/s) −→ |s| u(sy) mit s = 2 F

e−|x|/2 −→ F

=⇒

4 1 + 4y 2

Verschiebungsregel eiax −→ u (y − a) und sin x = (eix − e−ix )/(2i)

 4 1 4 g(y) = − 2i 1 + 4(y − 1)2 1 + 4(y + 1)2 32y i = − 25 − 24y 2 + 16y 4

=⇒

206

13 Fourier-Transformation

13.9

Rekursionen für uniforme B-Splines

Bestimmen Sie die Fourier-Transformierten der durch rekursive Mittelung („sliding averages“),  x+1/2 Bn (x) = Bn−1 (t) dt, B0 = χ , x−1/2

mit χ der charakteristischen Funktion des Intervalls [−1/2, 1/2), definierten BSplines.

Beweisen Sie die für numerische Zwecke besser geeignete Rekursion1 nBn (x) = (N + x)Bn−1 (x + 1/2) + (N − x)Bn−1 (x − 1/2),

N=

n+1 , 2

und schreiben Sie eine Matlab® -Funktion b = BSpline(x,n), die einen uniformen B-Spline auf diese Weise an gegebenen Punkten x1 , x2 , . . . auswertet. Verweise:

Regeln für die Fourier-Transformation, Rechenoperationen in MapleTM , Mat-

lab® -Funktionen

Lösungsskizze (i) Fourier-Transformation: Definition der Fourier-Transformation und Vereinfachung mit der Formel von EulerMoivre   −iyx x=1/2  1/2 e e−iy/2 − eiy/2 0 (y) = B e−iyx dx = = −iy x=−1/2 −iy −1/2 =

sin(y/2) = sinc(y/2) y/2

Umschreiben der defininierenden Rekursion für Bn als Faltung,  x+1/2  1/2 Bn−1 (t) dt = Bn−1 (x − t) dt Bn (x) = x−1/2 −1/2  = Bn−1 (x − t)χ(t) dt = (Bn−1  χ)(x) , R

1

ein berühmtes Resultat im (etwas komplizierteren) „nicht-uniformen“ Fall

207 und Anwendung der Regel f  g = fˆgˆ

=⇒

n = B n−1 χ n−2 χ B  = (B ) χ = ··· = χ ···χ , n (y) = χ (y)n+1 sinc(y/2)n+1 d.h. B (ii) Rekursion: Umformung der Rekursion



nBn (x) = x(Bn−1 (x + 1/2) − Bn−1 (x − 1/2)) +(n/2 + 1/2)(Bn−1 (x + 1/2) + Bn−1 (x − 1/2)) Fourier-Transformation mit Anwendung der Transformationsregeln F

xf (x) −→ i

d ˆ f (y), dy

F

f (x − a) −→ e−iay

für Multiplikation mit x und Verschiebung    n (y) = i d (eiy/2 − e−iy/2 )B n−1 (y) + n + 1 (eiy/2 + e−iy/2 )B n−1 (y) nB dy 2 m (y) = sinc(y/2)m+1 mit m = n, n − 1 ist das Überprüfen Nach Einsetzen von B dieser Identität nicht schwierig, aber mühsam  ein Fall für MapleTM ! > > > > > >

assume(n::’integer’,n>=0) S:=sin(y/2)/(y/2); Ep:=exp(I*y/2); Em:=exp(-I*y/2); # Vergleich der linken und rechten Seite der Identitaet A:=n*S^(n+1) B:=I*diff((Ep-Em)*S^n)+(n/2+1/2)*(Ep+Em)*S^n simplify(A-B) 0 !!!

(iii) Matlab® -Funktion: function b = BSpline(x,n) if n==0 % charakteristische Funktion von [-1/2,1/2) b = 0*x; % b(x_k) = 1 fuer k mit -1/2

u := (x,t)->x*exp(-x^2/(1+4*t))/(1+4*t)^(3/2) u_t := D[2](u)(x,t) u_xx := D[1,1](u)(x,t) simplify(u_t-u_xx) 0

(4)

210

13.12

13 Fourier-Transformation

Satz von Plancherel und uneigentliche Integrale

Berechnen Sie

 a) R

Verweise:



y2 dy (1 + y 2 )2

b) R

sin(2y) −|y| e dy y

Satz von Plancherel, Differentiation, Skalierung bei Fourier-Transformation

Lösungsskizze bekannte Transformationen F

χ[−1,1] (x) −→ 2

sin y , y

F

e−|x| −→

2 1 + y2

 a) I = R y 2 /(1 + y 2 )2 dy: Anwendung des Satzes von Plancherel   |f|2 dy = 2π |f |2 dx R

R

mit f(y) = y/(1 + y ) 2

Differentiationsregel

F −1

iy u (y) −→ u (x)

=⇒

2 i 1 F −1 1 d −|x| e −→ = sign x e−|x| f(y) = (iy) 2i 1 + y2 2i dx 2 Einsetzen in die Formel von Plancherel, gerader Integrand |f (x)|2 ∞   ∞ 1 −2x 1 −2x π I = 2π · 2 e dx = π − e = 4 2 2 0 0



∞ b) I = 0 sin(2y)e−y /y dy: Anwendung des Satzes von Plancherel   f g dy = 2π f g dx R

R

mit f(y) = sin(2y)/y und g(y) = e−|y| Skalierungsregel

F −1

u (sy) −→ u(x/s)/|s| mit s = 2 f (x) =

f gerade

=⇒

=⇒

1 1 χ[−1,1] (x/2) = χ[−2,2] (x) 2 2

F −1 g = (F g)/(2π) g(x) =

und 1 2 2π 1 + x2

Einsetzen in die Formel von Plancherel    2 1 1 2 1 2I = 2π χ[−2,2] (x) dx = dx = 2 arctan 2 , 2 2 2π 1 + x R 2 −2 1 + x d.h. I = arctan 2

211

13.13

Fourier-Transformation einer Differentialgleichung zweiter Ordnung

Bestimmen Sie eine auf R quadratisch integrierbare Lösung der Differentialgleichung −u (x) + 4u(x) = χ(x) , mit χ der charakteristischen Funktion des Intervalls [2, 3]. Verweise: Differentiation bei Fourier-Transformation, Faltung und Fourier-Transformation

Lösungsskizze Ableitungsregel chung

F

u (x) −→ iy u (y)



(y) + 4 u(y) = χ  −i2 y 2 u

⇔

Transformation der Differentialglei2 1 χ  8 1 + (y/2)2   

u (y) =

ϕ 

bekannte Transformation

2 1 + y2

F

e−|x| −→ sowie Skalierungs- und Faltungsregeln −1

−1

F f(y/a) −→ |a|f (ax),

F fg −→ f  g

u(x) = ϕ  χ,

1 −2|x| e 4

=⇒

 

Definition der Faltung u(x) =

R

ϕ(x) =

1 1 −2|x−y| e χ(y) dy = 4 4



3

e−2|x−y| dy

2

Aufspaltung an der Nullstelle der Betragsfunktion



drei Fälle

x ≤ 2: 1 u(x) = 4



3

e−2(y−x) dy = −

2

e2x −2y !3 e−4 − e−6 2x e e = 2 8 8

2 ≤ x ≤ 3: 1 u(x) = 4



x

e 2

−2(x−y)

1 dy + 4



3

e−2(y−x) dy =

x

3 ≤ x: analog zum ersten Fall u(x) =

e6 − e4 −2x e 8

2 − e4−2x − e2x−6 8

212

13 Fourier-Transformation

Reihenberechnung mit der Poisson-Summationsformel 

13.14

Berechnen Sie

∞  (−1)k . 1 + k2

k=0

Verweise:

Poisson-Summationsformel, Skalierung und Fourier-Transformation

Lösungsskizze Symmetrie, (−1)k = cos(πk) S=



∞  cos(πk) 2 1+ k 

k=0 

ak

=

∞ 1  a0 + ak 2 2 k=−∞    ˜ S

Anwendung der Poisson-Summationsformel   f (j) S˜ = f(2πk) = j∈Z

k∈Z

mit f(y) =

 2 1  iy/2 cos(y/2) e = + e−iy/2 2 1 + (y/(2π)) 4 1 + (y/(2π))2 2/(1 + y 2 )

bekannte Transformation Skalierungsregeln

F −1

u (y/s) −→ |s|u(sx),

F −1

−→ e−|x|

sowie Verschiebungs- und

F −1

eiay u (y) −→ u(x + a)



  1 2π e−2π|x+1/2| + e−2π|x−1/2| 4 Einsetzen in die Poisson-Summationsformel  f (x) =

∞  π   −2π|j+1/2| e + e−2π|j−1/2| S˜ = 2 j=−∞

Substitution j ← j + 1 in der zweiten Summe, Symmetrie und Formel ∞ j q = 1/(1 − q) für die geometrische Reihe  j=0 S˜ = π

∞  j=−∞

=⇒

e

−2π|j+1/2|

= 2π

∞ 

e−2π(j+1/2) =

j=0

˜ = 1/2 + π/(2 sinh π) S = a0 /2 + S/2

2πe−π 2 =π π 1 − e−2π e − e−π

14 Tests

Übersicht 14.1 Reelle und komplexe Fourier-Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 14.2 Diskrete Fourier-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 14.3 Fourier-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

Ergänzende Information Die elektronische Version dieses Kapitels enthält Zusatzmaterial, auf das über folgenden Link zugegriffen werden kann https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_15.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_15

214

14.1

14 Tests

Reelle und komplexe Fourier-Reihen

Aufgabe 1: Stellen Sie cos x auf dem Intervall [0, π) als eine Sinus-Reihe dar. Aufgabe 2: Entwickeln Sie die 2π-periodische Fortsetzung der Funktion cos(x/2), −π ≤ x < π, in eine reelle Fourier-Reihe. Aufgabe 3: Entwickeln Sie die periodische Funktion Fourier-Reihe.

abgebildete 2in eine reelle

Aufgabe 4: Bestimmen Sie die komplexe und reelle Fourier-Darstellung der Funktion f (t) = cos(2t) sin3 t. Aufgabe 5: Welche Funktion f wird durch die Fourier-Reihe f (x) ∼

∞  cos(2kx) k=0

3k

dargestellt? Aufgabe 6: Bestimmen Sie mit Hilfe der Fourier-Entwicklung der Funktion f (x) = 2x, −π ≤ x < π, die Fourier-Entwicklung der Stammfunktion F (x) = x2 . Aufgabe 7: Welche Identität erhält man aus der Parseval-Identität für die charakteristische Funktion des Intervalls [0, π), ⎧ ⎨ 0, −π ≤ x < 0, f (x) = ? ⎩ 1, 0 ≤ x < π

215 Aufgabe 8: Lösen Sie das Anfangsrandwertproblem utt = c2 uxx ,

u(0, t) = u(π, t) = 0

u(x, 0) = 3 sin x, ut (x, 0) = sin(3x) durch Fourier-Entwicklung.

216

14 Tests Lösungshinweise

Aufgabe 1: Für f (x) = cos x können die Koeffizienten der Sinus-Reihe f∼

∞ 

bk sin(kx),

bk =

k=1

2 π



π

f (x) sin(kx) dx , 0

mit zweimaliger partieller Integration berechnet werden. Aufgabe 2: Die Koeffizienten der Fourier-Reihe ∞

a0  + ak cos(kx), f (x) ∼ 2 k=1

2 ak = π



π

f (x) cos(kx) dx 0

einer geraden Funktion f lassen sich für f (x) = cos(x/2) durch zweimalige partielle Integration berechnen. Aufgabe 3: Die Fourier-Reihe einer ungeraden T -periodischen Funktion ist eine reine SinusReihe:  ∞  4 T /2 f (t) ∼ bk sin(2πkt/T ), bk = f (t) sin(2πkt/T ) dt . T 0 k=1

Aufgabe 4: Verwenden Sie die Formeln von Euler-Moivre, cos ϕ =

eiϕ + e−iϕ , 2

sin ϕ =

eiϕ − e−iϕ , 2i

um Sinus und Kosinus durch Exponentialfunktionen auszudrücken. Aufgabe 5: Durch Anwenden der Formel von Euler-Moivre, cos t = Re eit , können Sie die ∞ k Fourier-Reihe als Realteil einer geometrischen Reihe, k=0 q , schreiben. Damit 1 erhalten Sie f (x) = Re 1−q . Aufgabe 6: Die Funktion f (x) = 2x, −π ≤ x < π, ist ungerade und besitzt folglich die FourierReihe ∞  2x ∼ bk sin(kx) , k=1

deren Koeffizienten mit partieller Integration bestimmt werden können. Durch gliedweise Integration lässt sich die Fourier-Reihe von x2 bis auf eine Integrationskonstante angeben, die sich aus dem Vergleich der Integrale über [0, π) ergibt.

217 Aufgabe 7: Parsevals Identität: f (x) ∼

∞ 

ck eikx

=⇒

k=−∞

1 2π



π −π

|f |2 =



|ck |2

k∈Z

für quadratintegrierbare Funktionen f . Aufgabe 8: Durch Einsetzen des Ansatzes u(x, t) =

∞ 

bk (t) sin(kx)

k=1

in die Differentialgleichung und Koeffizientenvergleich erhält man Differentialgleichungen zweiter Ordnung für die Koeffizienten bk (t). Die Integrationskonstanten bk,1 und bk,2 der allgemeinen Lösungen können durch die Anfangsbedingungen bestimmt werden.

218

14.2

14 Tests

Diskrete Fourier-Transformation

Aufgabe 1: Bestimmen Sie die diskrete Fourier-Transformierte des Vektors u mit uk = cos(kπ/2) sin(3kπ/4), k = 0, 1, . . . , 15. Aufgabe 2: Bestimmen Sie mit Hilfe der diskreten Fourier-Transformationen (0, 1, 0, 2)t und (3, 0, 4, 0)t der Vektoren g und h die diskrete Fourier-Transformation des Vektors f = (g0 , h0 , g1 , h1 , g2 , h2 , g3 , h3 )t . Aufgabe 3: Interpolieren Sie die Daten f = (0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1) an den Stützstellen 2πk/8, k = 0, . . . , 7, durch ein trigonometrisches Polynom p(x) =

3 

ck eikx + c4 cos(4x) .

k=−3

Aufgabe 4: Bestimmen Sie die Eigenwerte der Matrix ⎛ ⎞ 0 2 1 ⎜ ⎟ ⎜1 0 2⎟. ⎝ ⎠ 2 1 0

Aufgabe 5: Lösen Sie das zyklische lineare Gleichungssystem 3 

aj−k mod 4 xk = δj ,

j = 0, 1, 2, 3 ,

k=0

für a = (3, 1, 0, 1)t . Aufgabe 6: Bestimmen Sie numerisch die ersten 8 Koeffizienten ak der Kosinus-Entwicklung der Funktion f (x) = exp(cos(sin(x))) mit einem Fehler < 10−10 .

219 Lösungshinweise Aufgabe 1: Benutzen Sie die Formeln von Euler-Moivre, cos ϕ =

eiϕ + e−iϕ , 2

sin ϕ =

eiϕ − e−iϕ , 2i

um uk durch eine Summe von Potenzen der 16-ten Einheitswurzel w = e2πi/16 auszudrücken. Berechnen Sie dann die diskrete Fourier-Transformierte v von u (vj = 15 jk k=0 uk w ) mit Hilfe der Identität 15 

w k wjk = 16 δj+ mod 16 .

k=0

Aufgabe 2: Die diskrete Fourier-Transformation fˆ des Vektors f = (g0 , h0 , g1 , h1 , g2 , h2 , g3 , h3 )t kann mit Hilfe der Rekursion der schnellen Fourier-Transformation aus den disˆ = (3, 0, 4, 0)t von g und h kreten Fourier-Transformationen gˆ = (0, 1, 0, 2)t und h berechnet werden: ˆ k , fˆ4+k = gˆk − pk h ˆk, fˆk = gˆk + pk h

k = 0, 1, 2, 3 ,

mit p = (1, w, w2 , w3 )t , w = e2πi/8 . Aufgabe 3: Die Koeffizienten des die Daten (f0 , . . . f2m−1 ) interpolierenden trigonometrischen m−1 Polynoms p(x) = k=−m+1 ck eikx + cm cos(mx) können mit der inversen diskreten Fourier-Transformation berechnet werden: 1 fk w−jk , w = e2πi/n n n

c˜j =

mit n = 2m

k=0

=⇒

c˜ = (c0 , c1 , . . . , cm , c−m+1 , . . . , c−1 ) .

Durch Zusammenfassen von Termen lässt sich die komplexe Darstellung in eine Summe von Sinus- und Kosinus-Termen umwandeln.

220

14 Tests

Aufgabe 4: Die Eigenwerte λj einer zyklischen Matrix A mit erzeugendem Vektor (a0 , a1 , . . . , an−1 ) (erste Spalte von A) können mit der inversen diskreten FourierTransformation berechnet werden: λj =

n−1 

ak w−jk ,

w = e2πi/n .

k=0

Aufgabe 5: Eine zyklische Matrix A : aj−k mod n ,

j, k = 0, . . . , n − 1 ,

kann mit der Fourier-Matrix W (wj,k = wjk , j, k = 0, . . . , n − 1, w = e2πi/n ) diagonalisiert werden; Gleiches gilt für die Inverse von A: −1 ∗ A−1 = W diag(λ−1 0 , . . . , λn−1 )(W /n)    W −1

mit λ = W ∗ a, dem Vektor der Eigenwerte von A. Folglich löst −1 ∗ x = W diag(λ−1 0 , . . . , λn−1 )(W /n)b

das zyklische Gleichungssystem Ax = b. Aufgabe 6: Die Fourier-Koeffizienten ck einer Funktion f können sehr effizient mit der Trapezregel-Approximation, ck ≈

n−1 1 f (2πj/n) exp(−2πijk/n) , n j=0

mit der Matlab® -Funktion fft berechnet werden. Für eine gerade Funktion gilt c−k = ck , und die Fourier-Reihe ist eine Kosinus-Reihe ∞

f (x) ∼

a0  + ak cos(kx) 2 k=1

mit ak = 2ck = 2 Re ck .

221

14.3

Fourier-Transformation

Aufgabe 1: Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der abgebildeten Funktion.

Aufgabe 2: Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der abgebildeten Funktion.

Aufgabe 3: Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der Funktion f (x) = χ(x) cos2 (x/2) mit χ der charakteristischen Funktion des Intervalls [−π, π]. Aufgabe 4: 2 Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der Funktion f (x) = xe−x +2x . Aufgabe 5: Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der Funktion f (x) = |x|e−|x| . Aufgabe 6: Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der Funktion f (x) = x/(x2 + 2x + 2). Aufgabe 7:



Berechnen Sie: R

sin x −|x| e dx. x

222

14 Tests Lösungshinweise

Aufgabe 1: Bemerken Sie zunächst durch Anwendung der Formel von Euler-Moivre, dass   ∞ −ixy f (x)e dx = −2i f (x) sin(xy) dx R

0

für eine ungerade reelle Funktion f . Berechnen Sie das resultierende Integral für die gegebene Funktion mit partieller Integration. Aufgabe 2: Stellen Sie die Treppenfunktion f als Summe von charakteristischen Funktionen χ(ax) dar mit χ der charakteristischen Funktion des Intervalls [−1, 1]. Bestimmen Sie χ(y) ˆ und wenden Sie die Transformationsregel χ(ax)

F

−→

χ(y/a)/|a| ˆ

an. Aufgabe 3: Drücken Sie cos2 (x/2) mit der Formel von Euler-Moivre durch Exponentialfunktionen aus und wenden Sie die Transformationsregel F

−→

χ(x)eiax

χ(y ˆ − a)

an mit χ(y) ˆ = 2 sin(πy)/y. Aufgabe 4: Wenden Sie die Transformationsregeln f (x − a)

F

−→

e−iay fˆ(y), F

2

auf die bekannte Transformation e−x −→

F

−→

xf (x)

ifˆ (y)

√ −y2 /4 πe an.

Aufgabe 5: Stellen Sie die Funktion f mit Hilfe der Signum-Funktion und den Identitäten |x| = x sgn(x), (d/dx)|x| = sgn x in einer Form dar, die die Anwendung der Transformationsregeln f  (x)

F

−→

iy fˆ(y), F

xf (x)

F

−→

ifˆ (y)

auf die Fourier-Transformation e−|x| −→ 2/(1 + y 2 ) gestattet.

223 Aufgabe 6: Formen Sie die zu transformierende Funktion so um, dass die Transformationsregeln g(x + a)

F

−→

eiay gˆ(y),

xg(x)

F

−→

i

d gˆ(y) dy

F

auf die Transformation 1/(x2 + 1) −→ πe−|y| anwendbar sind. Aufgabe 7: Wenden Sie die Formel von Plancherel,   1 f g¯ = fˆ¯ ˆg , 2π R R F

F

an, und benutzen Sie die Transformationen sin(x)/x −→ πχ[−1,1] , e−|x| −→ 2/(1+ y 2 ).

Teil IV Komplexe Analysis

15 Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen

Übersicht 15.1 15.2 15.3 15.4 15.5 15.6 15.7 15.8 15.9 15.10 15.11 15.12

Reelle Darstellung komplexer Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228 Komplexe Ableitung und Jacobi-Matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 Komplexe Differenzierbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230 Komplexes Potential . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 Strömung mit komplexem Potential . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 Möbius-Transformation durch Interpolation dreier Punkte . . . . . . . . . . 233 Darstellung einer Möbius-Transformation mit Elementarabbildungen . 234 Fixpunkte einer Möbius-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 Bilder von Kreisen unter einer Möbius-Transformation  . . . . . . . . . . . . 236 Bild des Koordinatengitters unter einer Möbius-Transformation . . . . . . 237 Winkeltreue der Joukowsky-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 Konforme Abbildung eines Quadranten auf einen Streifen und eine Kreisscheibe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 15.13 Konforme Abbildung eines Halbstreifens auf eine Halbkreisscheibe . . . 240 15.14 Konforme Abbildung für ein Dirichlet-Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_16

228

15.1

15 Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen

Reelle Darstellung komplexer Funktionen

Schreiben Sie die Funktionen a)

f (z) = z 3 − iz 2

b)

g(z) =

iz 2 − 3z

c)

h(z) = e3z cos2 (iz)

in der Form u(x, y) + iv(x, y) mit z = x + iy. Verweise:

Komplexe Funktion

Lösungsskizze a) f (z) = z 3 − iz 2 : Einsetzen von z = x + iy und binomische Formel 



f (z) = x3 + 3ix2 y − 3xy 2 − iy 3 − i x2 + 2ixy − y 2 = x3 − 3xy 2 + 2xy +i(3x2 y − y 3 − x2 + y 2 )       u(x,y)

v(x,y)

b) g(z) = iz/(2 − 3z): Erweitern mit komplex konjugiertem Nenner, dritte binomische Formel



i(x + iy) (ix − y)(2 − 3x + 3iy) = 2 − 3x − 3iy (2 − 3x − 3iy)(2 − 3x + 3iy) (−3xy − 2y + 3xy) + i(2x − 3x2 − 3y 2 ) = (2 − 3x)2 + 9y 2

g(z) =

Aufspalten in Real- und Imaginärteil u(x, y) = −



2y , 4 − 12x + 9x2 + 9y 2

v(x, y) =

2x − 3x2 − 3y 2 4 − 12x + 9x2 + 9y 2

c) h(z) = e3z cos2 (iz): Umkehrung der Formel cos t = (eit + e−it )/2 von Euler-Moivre mit t = iz = ix − y 

2 h(z) = e3x+3iy e−x−iy + ex+iy /4 binomische Formel, Ausmultiplizieren und Formel eit = cos t + i sin t von EulerMoivre mit t = y, 3y, 5y 

1 3x+3iy −2x−2iy e + 2 + e2x+2iy e 4

1 x+iy e + 2e3x+3iy + e5x+5iy = 4 e3x e5x ex (cos y + i sin y) + (cos(3y) + i sin(3y)) + (cos(5y) + i sin(5y)) = 4 2 4 Aufspaltung in Real- und Imaginärteil  h(z) =

u(x, y) = (ex cos y + 2e3x cos(3y) + e5x cos(5y))/4 v(x, y) = (ex sin y + 2e3x sin(3y) + e5x sin(5y))/4

229

15.2

Komplexe Ableitung und Jacobi-Matrix

Bestimmen Sie für x + iy = z → e1/z = w = u + iv die komplexe Ableitung dw/dz und die Jacobi-Matrix ∂(u, v)/∂(x, y). Verweise:

Komplexe Differenzierbarkeit, Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen

Lösungsskizze (i) Komplexe Ableitung: Kettenregel 

d 1/z 1 e = − 2 e1/z dz z

reelle Darstellung 1 x − iy 1 = = 2 , z x + iy x + y2 mit R = x2 + y 2

1 x2 − y 2 − 2ixy = z2 (x2 + y 2 )2



dw x2 − y 2 − 2ixy = − exp((x − iy)/R) dz R2 exp((x − iy)/R) = exp(x/R) (cos(y/R) − i sin(y/R)) (ii) Jacobi-Matrix: w = u + iv, Richtungsunabhängigkeit der komplexen Ableitung

=⇒

∂w dw = = ux + ivx dz ∂x Vergleich mit obigem Ergebnis 

exp(x/R) 2 dw = (y − x2 ) cos(y/R) + 2xy sin(y/R) 2 dz R

exp(x/R) 2 dw = = Im (x − y 2 ) sin(y/R) + 2xy cos(y/R) 2 dz R

ux = Re vx

Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen ∂w/∂x = −i∂w/∂y 

⇔ ⎛

ux = vy , vx = −uy

ux −vx

∂(u, v) ⎝ = ∂(x, y) vx

⎞ ⎠

ux

Alternative Lösung partielles Ableiten von exp(1/z) = exp((x − iy)/R) = exp(x/R) cos(y/R) −i exp(x/R) sin(y/r)       u(x,y)

v(x,y)

230

15 Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen

15.3

Komplexe Differenzierbarkeit

Bestimmen Sie die Ableitung der Funktion 2

f (z) = z(2 − |z| ) an allen Stellen z = x + iy ∈ C, an denen f komplex differenzierbar ist. Verweise:

Komplexe Differenzierbarkeit, Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen

Lösungsskizze

f (z) = f (x, y) = (x − iy)(2 − x2 − y 2 ) = (2x − x3 − xy 2 ) +i (yx2 + y 3 − 2y)       =u

komplex differenzierbar

⇔

=v

Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen !

2 − 3x2 − y 2 = ux = vy = x2 + 3y 2 − 2 !

−2xy = uy = −vx = −2xy erste Gleichung nur erfüllt auf dem Kreis C : x2 + y 2 = 1 komplexe Ableitung f  (z) = fx = ux + ivx = −ify  f  (z) = (2 − 3x2 − y 2 ) + 2ixy

=

x2 +y 2 =1

−x2 + y 2 + 2ixy = −(z)2 ,

Alternative Lösung Bedingung für komplexe Differenzierbarkeit einer Funktion f (z, z¯) ∂f =0 ∂z  0 = ∂z [z(2 − zz)] = 2 − 2zz, ⇔ Kreisgleichung 1 = zz = |z|2 komplexe Ableitung f  (z) = ∂z [2z − zz 2 ] = −(z)2 ,

z∈C

z∈C

231

15.4

Komplexes Potential

Entscheiden Sie, welche der Funktionen a)

u(x, y) = y 3 + 3yx2 − y

u(x, y) = y 3 − 3xy 2 + x

b)

ein komplexes Potential besitzt, und bestimmen Sie es gegebenenfalls. Verweise:

Harmonische Funktionen, Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen

Lösungsskizze notwendig für die Existenz eines komplexen Potentials und bei global definierten Funktionen auch hinreichend: Δu = uxx + uyy = 0 (harmonisch) a) u(x, y) = y 3 + 3yx2 − y: kein komplexes Potential, da Δu = 3y · 2 + 6y = 0 b)

u(x, y) = x3 − 3xy 2 + x: Δu = 6x − 3x · 2 = 0

=⇒

∃ komplexes Potential f (z) = u(x, y) + iv(x, y),

z = x + iy

Konstruktion der konjugiert harmonischen Funktion v mit Hilfe der CauchyRiemannschen Differentialgleichungen vx = −uy = 6xy,

vy = ux = 3x2 − 3y 2 + 1

Integration der ersten Differentialgleichung v = 3x2 y + ϕ(y) Einsetzen in die zweite Differentialgleichung 3x2 + ϕ (y) = 3x2 − 3y 2 + 1 !



=⇒

ϕ(y) = −y 3 + y + c

komplexes Potential



f (z) = x3 − 3xy 2 + x + i 3x2 y − y 3 + y + c

komplexe Form durch Einsetzen von x = (z + z¯)/2, y = i(¯ z − z)/2 f (z) = z 3 + z + c

232

15 Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen

15.5

Strömung mit komplexem Potential

Das komplexe Potential f (z) = z + 1/z beschreibt eine Strömung um den Kreis C : |z| = 1. Bestimmen Sie das Geschwindigkeitsfeld und stellen Sie die Äquipotentialund Stromlinien grafisch dar. Verweise:

Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen, Harmonische Funktionen

Lösungsskizze (i) Geschwindigkeitsfeld: f (z) = z + 

1 x − iy 1 = x + iy + = x + iy + 2 =: u(x, y) + iv(x, y) z x + iy x + y2

(reelles) Potential u(x, y) = Re f (z) = x +

x2

x + y2

 = grad u = (ux , uy )t mit für das Geschwindigkeitsfeld V x2 + y 2 − x(2x) y 2 − x2 = 1 + (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 2xy uy (x, y) = − 2 (x + y 2 )2

ux (x, y) = 1 +

(ii) Äquipotential- und Stromlinien: Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen ux = vy , uy = −vx

=⇒

grad v = (vx , vy )t = (−uy , ux )t ⊥ (ux , uy )t = grad u =⇒ =⇒

Die Niveaulinien von u und v sind orthogonal. Die Stromlinien sind die Niveaulinien von v(x, y) = Im f (z) = y −

(iii) Skizze mit Matlab® : >> [x,y] = meshgrid([-3:0.1:3], ... [-2:0.1:2]); >> z = x+i*y; f = z+1./z; >> u = real(f); v = imag(f); >> hold on >> contour(x,y,u,’b’); % blau >> contour(x,y,v,’r’); % rot >> ...

y x2 + y 2

2

0

-2

-2

0

2

233

15.6

Möbius-Transformation durch Interpolation dreier Punkte

Bestimmen Sie die Möbius-Transformation, die die Punkte 1, i, −1 auf die Punkte 0, i, ∞ abbildet, und geben Sie die Umkehrtransformation an. Verweise:

Möbius-Transformation

Lösungsskizze Möbius Transformation

az + b cz + d

z → w = Einsetzen der Interpolationsbedingungen (i) 1 → 0: 0=

a+b c+d

b = −a

=⇒

und a = 1 nach Skalierung (ii) −1 → ∞:  −1 − 1 z − 1  = ∞= cz + d z=−1 −c + d (iii)

=⇒

c=d

i → i: i=

 i−1 z − 1  = cz + c z=i ci + c

=⇒

c=

i−1 =1 i(i + 1)

resultierende Transformation z → w =

z−1 z+1

Umkehrtransformation durch Auflösen nach z w(z + 1) = z − 1

⇔

z=

w+1 1−w

Alternative Lösung Konstruktion mit Hilfe des Doppelverhältnisses 0−i z−i 1−i w−i : = : w−∞ 0−∞ z − (−1) 1 − (−1) Umformung unter Berücksichtigung von ∞/∞ = 1 z−i 2 w−i = −i z+11−i

⇔



w=

z−1 z+1

234

15 Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen

15.7

Darstellung einer Möbius-Transformation mit Elementarabbildungen

Stellen Sie die Möbius-Transformation z → w =

z+i z+1

als Komposition von Verschiebungen, Drehstreckungen und Inversionen dar. Skizzieren Sie die Transformation des Einheitsquadrates [0, 1]+[0, 1]i durch die einzelnen Abbildungen. Verweise:

Möbius-Transformation, Elementare konforme Abbildungen

Lösungsskizze Umformung



z+i z+1−1+i i−1 = =1+ z+1 z+1 z+1

Darstellung V

I

D

V

z → z1 = z + 1 → z2 = 1/z1 → z3 = (i − 1)z2 → w = z3 + 1

z1

z2

z3

1

1

i−1

i−1 2 2 − i  3i − 1 A = 2+i A= 5 5 1−i i 1+i 2 2

1/2

(i) Verschiebung z → z1 = V (z) = z + 1: [0, 1] + [0, 1]i → [1, 2] + [0, 1]i (ii) Inversion z1 → z2 = I(z1 ) = 1/z1 : achsenparallele Geraden (gemeinsamer Punkt ∞) → berührende und orthogonale Kreise (in der Abbildung gestrichelt, gemeinsamer Punkt 0) =⇒ Rand des Bildes des Quadrates [1, 2]+[0, 1]i (Geraden- oder Kreissegmente) durch Bilder der Eckpunkte (zweite Spalte in der Tabelle) festgelegt (iii) Drehstreckung z2 → z3 = D(z2 ) = (i − 1)z2 : √ √ i − 1 = 2 ei(3π/4) =⇒ Streckung mit 2, Drehung um ϕ = 3π/4 (iv) abschließende Verschiebung z3 → w = V (z3 ) = z3 + 1 um 1 nach rechts

235

15.8

Fixpunkte einer Möbius-Transformation

Bestimmen Sie die Fixpunkte der gebrochen-linearen Abbildung z → r(z) =

z + 3i iz + 2i + 1

sowie deren Typ. Geben Sie alle Möbius-Transformationen mit den gleichen Fixpunkten an. Verweise:

Möbius-Transformation

Lösungsskizze (i) Fixpunkte: r(z) = z ⇐⇒ z + 3i = z ⇐⇒ z + 3i = z(iz + 2i + 1) iz + 2i + 1 √ =⇒ z = −1 ± 12 + 3, d.h. z1 = 1, z2 = −3

⇐⇒ ·(−i)

z 2 + 2z − 3 = 0

(ii) Typ (anziehend/abstoßend): =⇒ r(z) − r(z ) ≈ r (z )(z − z )    z

Ein Fixpunkt z ist anziehend (abstoßend), falls |r (z )| < 1 (> 1). r (z) =

1 · (iz + 2i + 1) − i · (z + 3i) 2i + 4 =− (iz + 2i + 1)2 (z + 2 − i)2

Einsetzen der Fixpunkte √ √ |2i + 4| 22 + 4 2 20  = < 1 (anziehend) = |r (1)| = |1 + 2 − i|2 32 + 1 10 √ 20 |2i + 4| |r (−3)| = > 1 (abstoßend)1 = | − 3 + 2 − i|2 2 (iii) Möbius-Transformation mit den gleichen Fixpunkten: bestimmt durch das Bild eines dritten Punktes, z.B. durch das Bild von ∞ ∞ → a = 1, −3 r(1) = 1, r(−3) = −3



=⇒

r(z) =

az + b z+d

lineares Gleichungssystem

a + b = 1 + d,

−3a + b = −3(−3 + d)

mit der Lösung b = 3, d = a + 2 allgemeine Form einer Möbius-Transformation mit den Fixpunkten z1 , z2 : r(z) = az − z1 z2 z + a − z 1 − z2

1 

r (z1 )r  (z2 ) = 1: kein Zufall, sondern allgemein gültig

236

15.9

15 Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen

Bilder von Kreisen unter einer Möbius-Transformation 

Bestimmen Sie für die Möbius-Transformation z−i w= z+i die Bilder der Kreise um z = 0 sowie der Ursprungsgeraden. Verweise:

Möbius-Transformation

Lösungsskizze (i) Kreise um z = 0 mit Radius r: Einsetzen der Punkte r, ri, −r, −ri r − i r2 − 1 − 2ri ri − i r − 1 = , ri → = =p 2 r+i r +1 ri + i r + 1 −r − i r2 − 1 + 2ri −ri − i r + 1 −r → = , −ri → = =q 2 −r + i r +1 −ri + i r − 1 zwei Punkte auf reeller Achse, zwei Punkte konjugiert komplex  Kreis mit Mittelpunkt (p + q)/2 = (r2 + 1)/(r2 − 1) und Radius |p − q|/2 = 2r/(r2 − 1) r →

Spezialfall r = 1



eiϕ → wϕ =

imaginäre Achse als Bild des Einheitskreises, genauer (eiϕ − i)(e−iϕ − i) cos ϕ eiϕ − i = = −i ∈ iR iϕ iϕ −iϕ e +i (e + i)(e − i) 1 + sin ϕ

(ii) Ursprungsgeraden: teiϕ , t ∈ R enthält 0, ∞ und eiϕ Bilder: 0 → −1 , Kreistreue



∞ → 1 ,

eiϕ → wϕ

Kreis durch −1, 1 und wϕ

(iii) Skizze: Im w

−1

1

Re w

237

15.10

Bild des Koordinatengitters unter einer Möbius-Transformation

Bestimmen und skizzieren Sie das Bild des Koordinatengitters unter der MöbiusTransformation z → w = z/(2 − z). Verweise:

Möbius-Transformation, Konforme Abbildung

Lösungsskizze Die Möbius-Transformation z → w = r(z) =

z 2−z

bildet Kreise auf Kreise ab (Gerade =  degenerierter Kreis). reelle Koeffizienten =⇒ reelle Achse h0 ist Fixgerade Bild des Koordinatengitters enthält r(∞) = −1 (i) Vertikale Geraden va : a + ti: Winkeltreue =⇒ r(va ) ⊥ r(h0 ) = h0 r(a) = a/(2 − a) ∈ h0 legt Bild von va fest



r(va ) : Kreis durch − 1 und r(a), orthogonal zu h0 (ii) Horizontale Geraden hb : t + bi: Winkeltreue und r(∞) = −1  r(hb ) : Kreis durch − 1, tangential zu h0 bestimme zweiten Schnittpunkt auf der Geraden g : −1 + si (g ⊥ r(hb )): !

−1 + si = 

t + bi 2 − t − bi

⇔

t − 2 + sb + (s(2 − t) + b)i = t + bi

s = 2/b, d.h. −1 + (2/b)i ∈ r(hb ) (Radius: |s|/2)

(iii) Skizze: Im w

−1

Re w

238

15 Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen

15.11

Winkeltreue der Joukowsky-Transformation

Bestimmen Sie die Bilder der Kreise C : ϕ → reiϕ und der Halbgeraden H : r → reiϕ (0 ≤ ϕ ≤ 2π, r ≥ 1) unter der konformen Abbildung2 z → w = z + 1/z; für 0 < r ≤ 1 erhält man die gleiche Schar orthogonaler Kurven.

Verweise:

Konforme Abbildung

Lösungsskizze Beschreibung der Transformation in Polarkoordinaten 



1 −iϕ 1 iϕ iϕ z = re → w = re + e cos ϕ +i r − = r+ r r     u

 1 sin ϕ r   v

(i) Bilder der Kreise: r = 1 (rot): w = 2 cos ϕ  Segment [−1, 1] auf der reellen Achse r > 1 (grün): u2 /a2 + v 2 /b2 = 1 mit a = r + 1/r, b = r − 1/r  Ellipse mit Halbachsenlängen a und b (ii) Bilder der Halbgeraden: Addition und Subtraktion der Gleichungen 



1 1 cos ϕ, v = r − sin ϕ u= r+ r r nach Multiplikation der ersten (zweiten) Gleichung mit sin ϕ (cos ϕ) u sin ϕ + v cos ϕ = 2r cos ϕ sin ϕ,



1 u sin ϕ − v cos ϕ = 2 cos ϕ sin ϕ r

Multiplikation und Division durch 4 cos2 ϕ sin2 ϕ



u2 v2 = 1, − 2 4 cos ϕ 4 sin2 ϕ d.h. die Bilder der Halbgeraden sind Teile von Hyperbeln mit Halbachsenlängen |2 cos ϕ| und |2 sin ϕ|

2 Joukowsky hat diese Transformation zur Modellierung von Tragflügel-Querschnitten im Flugzeugbau verwendet; vgl. Aufgabe 3.6.

239

15.12

Konforme Abbildung eines Quadranten auf einen Streifen und eine Kreisscheibe

Bestimmen Sie konforme Abbildungen f , g, die die abgebildeten Gebiete und die markierten Punkte ineinander überführen und geben Sie die zusammengesetzte Abbildung g ◦ f an. Im z

Im z

Im z

f →

i

g →

i

Re z

0

Re z

1

0

Re z

−i Verweise:

Konforme Abbildung, Elementare konforme Abbildungen

Lösungsskizze (i) Winkelverdopplung und Drehung: Drehwinkel −π/2  f : z → ξ = sz 2 → exp(−iπ/2)ξ = −iξ , d.h. f (z) = −isz 2 f (i) = i =⇒ s=1 (ii) Möbius-Transformation: az + b cz + d Invarianz von Spiegelpunkten bzgl. des Randes g(z) =

=⇒

a+b =⇒ b = −a c+d −a + b ∞ = =⇒ d = c −c + d 0 =

Wahl von c = 1 (Skalierung)

 g(z) =

und −i = g(0) = −a

=⇒

az − a z+1

a=i

(iii) Zusammengesetzte Abbildung: ξ = f (z) = −iz 2 , w = g(ξ) = i(ξ − 1)/(ξ + 1) w=i



−iz 2 − 1 z2 − i = −iz 2 + 1 1 − iz 2

1 → 0, −1 → ∞, also

240

15 Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen

15.13

Konforme Abbildung eines Halbstreifens auf eine Halbkreisscheibe

Bilden Sie die abgebildeten Mengen konform aufeinander ab. Im z

Im z 2

→

1

1 Verweise:

3

Re z

Re z

2

Elementare konforme Abbildungen

Lösungsskizze Benutze: w = ez bildet den Streifen D : α < Im z < β auf den Sektor S : α < arg w < β ab. Konstruktion der Abbildung z → w durch Hintereinanderschaltung einfacher Teilabbildungen Im z π

Im z

Im z 1

2

→

-1

0

Re z

→

−1

0

Re z

−1

0

1

Re z

(i) Richtige Positionierung des Halbstreifens (→ linkes Gebiet): Verschiebung um −1, Drehung um π/2 ξ = i(z − 1) (ii) Skalierung des Winkelbereichs (→ mittleres Gebiet): η=

π ξ 2

(iii) Abbildung auf einen Kreissektor mit eingeschränktem Radius (→ rechtes Gebiet): ζ = eη , Re η < 0 =⇒ 0 < |ζ| < 1 (iv) Skalierung und Verschiebung des Kreises: w = 2ζ + 2 

zusammengesetzte Abbildung w = 2 + 2 exp(πi(z − 1)/2)

241

15.14

Konforme Abbildung für ein Dirichlet-Problem

Lösen Sie die Laplace-Gleichung auf der oberen Hälfte der Einheitskreisscheibe mit den abgebildeten Randwerten durch Transformation auf den ersten Quadranten.

Verweise:

Konforme Abbildung, Möbius-Transformation

Lösungsskizze Invarianz des Laplace-Operators unter einer konformen Abbildung D  (x, y) = z= x + iy → w(z) = u(x, y) + iv(x, y): Δg = 0 auf w(D)

=⇒

Δf = 0 auf D

mit f (x, y) = g(u(x, y), v(x, y))

 löse das Randwertproblem auf dem einfacheren Gebiet w(D) : u, v > 0 (Quadrant) und transformiere die Lösung g konform auf die Halbkreisscheibe (i) Dirichlet-Problem auf w(D) in Polarkoordinaten (r, ϕ), r > 0, 0 < ϕ < π/2: Δg =

1 1 ∂r (r∂r g(r, ϕ)) + 2 ∂ϕ2 g(r, ϕ) = 0, r r

g(r, 0) = 0, g(r, π/2) = 1

2 2 v ϕ = arctan π π u az + b (ii) Möbius-Transformation w(z) = : cz + 1 korrespondierende singuläre Punkte (Randbedingungen inkompatibel an Gebietsecken oder im „unendlich fernen“ Punkt) =⇒ w(−1) = 0, w(1) = ∞, d.h. a = b, c = −1 Wahl des Bildes eines weiteren geeigneten Randpunktes, z.B. w(i) = i =⇒ ! a(i + 1)/(−i + 1) = i, d.h. a = 1 und offensichtliche Lösung g(r, ϕ) =

w(z) =

1 + x + iy 1 − x2 − y 2 + 2iy 1+z = = 1−z 1 − x − iy (1 − x)2 + y 2

(iii) Transformation auf die Halbkreisscheibe: 2y 1 − x2 − y 2 , v(x, y) = Im w(z) = u(x, y) = Re w(z) = (1 − x)2 + y 2 (1 − x)2 + y 2 f (x, y) =

=⇒

v(x, y) 2 2y 2 arctan = arctan π u(x, y) π 1 − x2 − y 2

Definition als Grenzwert auf dem Halbkreis:

lim

1−x2 −y 2 →0+

f (x, y) =

2π =1 π2

16 Komplexe Integration und Residuenkalkül

Übersicht 16.1 Komplexe Kurvenintegrale über ein Liniensegment . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 16.2 Komplexe Kurvenintegrale über ein Parabel- und ein Kreissegment . . 245 16.3 Stammfunktionen mit Hilfe der Kettenregel und komplexe Kurvenintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246 16.4 Stammfunktionen und komplexe Kurvenintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247 16.5 Berechnung von Residuen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 16.6 Komplexe Integration einer rationalen Funktion über einen Kreis . . . . 249 16.7 Residuensatz für Integranden mit trigonometrischen Funktionen . . . . . 250 16.8 Residuensatz für uneigentliche rationale Integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 16.9 Komplexe Kurvenintegrale längs unterschiedlicher Wege  . . . . . . . . . . 252 16.10 Residuensatz für trigonometrische Integranden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 16.11 Residuenkalkül für transzendente Integranden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 16.12 Fourier-Transformierte einer rationalen Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 16.13 Die Kunst der komplexen Integration  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_17

244

16 Komplexe Integration und Residuenkalkül

16.1

Komplexe Kurvenintegrale über ein Liniensegment

Berechnen Sie die Werte der komplexen Kurvenintegrale    ez dz, b) ez¯ dz, c) |ez | dz a) C

C

C

für das Liniensegment C : (1 − t) a + tb, 0 ≤ t ≤ 1, mit a, b ∈ C. Verweise:

Komplexes Kurvenintegral, Stammfunktion

Lösungsskizze  a) C ez dz: d z z  dz e = e

Berechnung mit Hilfe einer komplexen Stammfunktion  b ez dz = [ez ]a = eb − ea C

 z¯ b) e dz: C z¯ e nicht komplex differenzierbar (keine komplexe Stammfunktion)  direkte Berechnung z(t) = (1 − t)a + tb, dz = (b − a)dt 



1

z¯

e dz =

e

(1−t)¯ a+t¯ b

 (b − a) dt = (b − a)e

0

C

1

a ¯

¯

et(b−¯a) dt

0

Hauptsatz für reelle Integrale

=⇒ 

 . . . = (b − a)e

a ¯

C

¯

et(b−¯a) ¯b − a ¯

t=1 t=0

 b − a  ¯b e − ea¯ =¯ b−a ¯



c) |ez | dz: C reelles Integral, |ez | = eRe z , dz = (b − a) dt



1

 |e | dz =

e(1−t) Re a+t Re b (b − a) dt

z

0

C



e(1−t) Re a+t Re b = (b − a) Re b − Re a

1 0

eRe b − eRe a , = (b − a) Re b − Re a falls Re a = Re b Re a = Re b: Integrand konstant



(b − a)|ea | = (b − a)eRe a

245

16.2

Komplexe Kurvenintegrale über ein Parabel- und ein Kreissegment Im z



Berechnen Sie C f (z) dz für a) f (z) = z = x + iy b) f (z) = x = Re z c) f (z) = y = Im z für die abgebildeten Wege von 0 nach 1 + i. Verweise:

C2 : y 2 + (x − 1)2 = 1

1

C1 : y = x2 1

0

Re z

Komplexes Kurvenintegral, Stammfunktion

Lösungsskizze Parametrisierung der Wege: Parabelsegment: t → z(t) = t + it2 , 0 ≤ t ≤ 1, dz = z  (t) dt = 1 + 2it dt Kreissegment: t → z(t) = 1 + e−it , π ≤ t ≤ 3π/2, dz = −ie−it dt a) f (z) = z: f komplex differenzierbar  Berechnung mit Hilfe der komplexen Stammfunktion F (z) = z 2 /2 Wegunabhängigkeit =⇒ Übereinstimmung der Integrale bei gleichem Anfangs- und Endpunkt   z(1) 2 z dz = z 2 dz = [F ]z(0) = (1 + i)2 /2 − 02 /2 = i C1

C2

b) f (z) = Re z = x: f nicht komplex differenzierbar  direkte Berechnung der Integrale  1  1  1 2 x dz = Re(t +it2 ) (1 + 2it) dt = t + 2it2 dt = + i 2 3 C1 0 0 



z(t)

3π/2

x dz = C2

π  3π/2

=

Re(1 + e−it ) (−ie−it ) dt (1 + cos t)(−i cos t − sin t) dt =

π

1 4−π + i 2 4

c) f (z) = Im z = y:    f (z) dz = Re f (z) dz + i Im f (z) dz =⇒ 

 



  1 2 1 1 + i /i = + i y dz = z dz − x dz /i = i − 2 3 3 2 C1 C1 C1 analog



 y dz = C2

i−



1 4−π + i 2 4

/i =

π 1 + i 4 2

246

16 Komplexe Integration und Residuenkalkül

16.3

Stammfunktionen mit Hilfe der Kettenregel und komplexe Kurvenintegrale

Bestimmen Sie Stammfunktionen für die folgenden Funktionen f und berechnen  Sie Γ f (z) dz für die angegebenen Wege Γ. a) f (z) = z exp(z 2 ), Γ : 1 − i → 1 + i Verweise:

b) f (z) = sin(2z) cos2 z, Γ : 0 → i

Komplexes Kurvenintegral, Stammfunktion, Kettenregel

Lösungsskizze Integration mit Hilfe einer Stammfunktion: F  = f , Γ : a → b  f (z) dz = F (b) − F (a) I(f, Γ) =

=⇒

Γ 

Kettenregel: f (z) = c g(w(z)) w (z)

=⇒

F (z) = c G(w(z)),

G = g

a) f (z) = z exp(z 2 ) = (1/2) exp(z 2 ) (2z), Γ : 1 − i → 1 + i: Kettenregel mit c = 1/2, g(w) = exp(w), w(z) = z 2 =⇒ G(w) = exp(w), d.h. F (z) = (1 ± i)2 = 1 ± 2i − 1 = ±2i

1 exp(z 2 ) 2



1 2i e − e−2i 2 Vereinfachung mit der Euler-Moivre-Darstellung des Sinus

1 it e − e−it sin t = 2i I(f, Γ) = F (1 + i) − F (1 − i) =

 I(f, Γ) = i sin 2 ≈ 0.9092i b) f (z) = sin(2z) cos2 z, Γ : 0 → i: Additionstheorem für Sinus =⇒ f (z) = (2 sin z cos z) cos2 z = (−1/2) (4 cos3 z) (− sin z) Kettenregel mit c = −1/2, g(w) = 4w3 , w(z) = cos z F (z) = −

=⇒

G(w) = w4 , d.h.

1 cos4 z 2

Euler-Moivre-Darstellung des Kosinus, cos t = 12 (eit + e−it ), und Definition des hyperbolischen Kosinus, cosh(t) = 12 (et + e−t ) 

1 I(f, Γ) = F (i) − F (0) = − cos4 i − cos4 0 2 ,

 −1 1 4 e +e 1 − cosh(1)4 1 ≈ −2.3348 −1 = = − 2 2 2

247

16.4

Stammfunktionen und komplexe Kurvenintegrale

Berechnen Sie a) f (z) = Verweise:

 C

f (z) dz für folgende Funktionen f und Wege C:

3 + 4 sin(z) , C : 0 → πi exp(2z)

b) f (z) =

z4

2z + 1 ,C:1→i + 2z 3 + z 2

Komplexes Kurvenintegral, Stammfunktion

Lösungsskizze F  (z) = f (z), C : z0 → z1 =⇒  f (z) dz = [F (z)]zz10 = F (z1 ) − F (z0 ) C

a) Formel von Euler-Moivre sin z = (eiz − e−iz )/(2i)   2  (−2+i)z e − e(−2−i)z f (z) = 3e−2z + i Stammfunktion eλz /λ von eλz , e2πi = 1   πi  3 + 4 sin z 3 2e(−2−i)z 2e(−2+i)z dz = − e−2z + − 2 −2i − 1 −2i + 1 0 C exp(2z) 

−π π 2e 2e 3 − = − + 2 −2i − 1 −2i + 1 

2 2 3 − − − + 2 −2i − 1 −2i + 1 4 = · · · = (1 − cosh(π) − 2i sinh(π)) 5 b) Partialbruchzerlegung f (z) =

2z + 1 c a b d = 2+ + + 2 2 + 1) z z (z + 1) z+1

z 2 (z

Multiplikation mit z 2 und Setzen von z = 0 =⇒ a=1 2 Multiplikation mit (z + 1) und Setzen von z = −1 =⇒ c = −1 Subtraktion der so bestimmten Terme  b = d = 0 (Zufall!) Stammfunktion f (z) = 



1 1 − z2 (z + 1)2



1 1 F (z) = − + z z+1

i 1 1 f (z) dz = − + z z+1 1 C 



1 1 i 1 − −1 + =1+ = − + i i+1 2 2 

248

16.5

16 Komplexe Integration und Residuenkalkül

Berechnung von Residuen

Bestimmen Sie die Residuen der Funktionen a) f (z) = Verweise:

1 + z3 z2 + z4

b)

f (z) =

(z 2

1 − 4)3

Residuum

Lösungsskizze Formel für das Residuum an einer Polstelle n-ter Ordnung    n−1 d 1 ((z − a)n f (z)) Res f = lim a z→a (n − 1)! dz Grenzwertbildung entfällt im Allgemeinen nach Kürzen des Linearfaktors a) f (z) = (1 + z 3 )/(z 2 + z 4 ): Polstellen z1 = 0 (doppelt), z2,3 = ±i (einfach) f (z) =

z 2 (z



1 + z3 − i)(z + i)

Residuum bei z1 = 0 (Formel mit n = 2)  3z 2 (1 + z 2 ) − (1 + z 3 )(2z)  d 1 + z3 Res f = lim = =0  0 z→0 dz 1 + z 2 (1 + z 2 )2 z=0 Residuum bei z2 = i (Formel mit n = 1)  1+i 1 + z 3  1−i = = Res f = 2 i z (z + i) z=i −2i 2 analog: Res−i f = (1 − i)/2 b) f (z) = 1/(z 2 − 4)3 : Polstellen z1,2 = ±2 (dreifach)



f (z) =

1 (z −

2)3 (z

+ 2)3

Residuum bei z1 = 2 (Formel mit n = 3) 1 Res f = lim 2 z→2 2



d dz

2

analog: Res−2 f = −3/512

  1 1 3 −5  = (−3)(−4)(z + 2)  = 3 (z + 2) 2 512 z=2

249

16.6

Komplexe Integration einer rationalen Funktion über einen Kreis 

Berechnen Sie

C

z3

dz − 4z

für den entgegen dem Uhrzeigersinn orientierten Kreis C : |z − 1| = 2. Verweise:

Residuensatz, Residuum

Lösungsskizze Residuensatz





f (z) dz = 2πi C

Res f,

|zk −1| 2 Im z C

−2

0

1

Re z

2

Residuen: Reszk f = limz→zk (z − zk )f (z) z1 = 0:  1  1 Res f = 2 =− 0 z − 4 z=0 4 z2 = 2: Res f = lim 2



Wert des Integrals 

z→2

1 z−2 1 = lim = 3 z→2 z − 4z z(z + 2) 8

1 1 f (z) dz = 2πi − + 4 8 C

 =−

πi 4

250

16.7

16 Komplexe Integration und Residuenkalkül

Residuensatz für Integranden mit trigonometrischen Funktionen

Berechnen Sie

 C

f (z) dz für a)

sin z z2

f (z) =

b)

f (z) =

z cos(2z)

und C, dem entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Kreis um 0 mit Radius nπ, n ∈ N. Verweise:

Residuensatz, Residuum

Lösungsskizze Residuensatz =⇒

 f (z) dz = 2πi

In = C

 |zk |0 Resz f (i) Polstellen zk : Faktorisierung des Nenners f (x) =

√ √ ((x − i 2)(x + i 2))2 (x + 1 − i)(x + 1 + i) √  z1,2 = −1 ± i (jeweils einfach), z3,4 = ±i 2 (jeweils doppelt) (ii) Residuen in der oberen Halbebene (Im zk > 0): einfache Polstelle Res f =

−1+i

lim (z + 1 − i)f (z) =

z→ −1+i

  1 1  = 2 2 (z + 2) (z + 1 + i) z=−1+i 16

doppelte Polstelle 

Res √ f = i 2

=

= =

 √ 2 d  (z − i 2) f (z) lim√ z→ i 2 dz   1 d  √   dz (z + i 2)2 (z 2 + 2z + 2)  √ z=i 2  √ √ 2 2(z + i 2)(z + 2z + 2) + (z + i 2)2 (2z + 2)  −   √ {. . .}2 z=i 2 √ 2 1 i − − 16 32

(iii) Anwendung des Residuensatzes: 



∞

. . . = 2πi −∞

 Res f + Res √ f

−1+i

i 2

=

π√ 2 16

252

16.9

16 Komplexe Integration und Residuenkalkül

Komplexe Kurvenintegrale längs unterschiedlicher Wege  

Berechnen Sie

dz −1

z4 C

über die abgebildeten Wege C.

a)

b)

c)

Die markierten Punkte sind die vierten Wurzeln aus 1 . Verweise:

Residuensatz, Residuum

Lösungsskizze Residuensatz:

 f (z) dz = 2πi C



Reszk f,

f (z) =

k

1 z4 − 1

mit zk den Polstellen von f , die von C umlaufen werden Polstellen: komplexe Einheitswurzeln z1 = 1,

z2 = i,

z3 = −1,

z4 = −i

Residuen: Reszk f = limz→zk (z − zk )f (z) =⇒ Regel von L’Hôpital, zk4 = 1 Res f = lim zk

z→zk

z − zk 1 zk = lim = z 4 − 1 z→zk 4z 3 4

a) Weg C umläuft z1 und z3 je einmal in positiver Richtung 

  1−1 =0 f (z) dz = 2πi Res f + Res f = 2πi z1 z3 4 C

b) Weg C umläuft jeden der Pole einmal in positiver Richtung   4  z1 + z2 + z3 + z4 =0 f (z) dz = 2πi Res f = 2πi zk 4 C

k=1

c) Weg C umläuft z2 einmal in positiver Richtung und z4 einmal in negativer Richtung 

  i − (−i) = −π f (z) dz = 2πi Res f − Res f = 2πi z2 z4 4 C

253

16.10

Residuensatz für trigonometrische Integranden

Berechnen Sie

2π 0

3 + 2 cos t dt 5 − 4 sin t

mit Hilfe komplexer Integration. Verweise:

Residuensatz, Residuum, Trigonometrische Integranden

Lösungsskizze (i) Umformung als komplexes rationales Integral: Substitution z = eit , Formel von Euler-Moivre 



 1 1 1 1 z+ , sin t = z− cos t = 2 z 2i z und nach Einsetzen f (t) =

3 + 2 cos t 3 + z + 1/z z 2 + 3z + 1 = = = r(z) 5 − 4 sin t 5 − (2/i) (z − 1/z) 2iz 2 + 5z − 2i

dz = ieit dt = iz dt

=⇒ 



2π

f (t) dt =

r(z) |z|=1

0

dz iz

(ii) Residuen: Polstellen zk des Integranden q(z) = r(z)/(iz): 0, i/2, 2i (jeweils einfach) Faktorisierung des Nenners q(z) =

z 2 + 3z + 1 z 2 + 3z + 1 = z(−2z 2 + 5iz + 2) −2z(z − i/2)(z − 2i)

Residuen (bei einfachen Polen): Reszk q = (z − zk )q(z)|z=zk nur zk innerhalb des Einheitskreises relevant (|zk | < 1)   z 2 + 3z + 1  1 z 2 + 3z + 1  1 Res q = = , Res q = =− −i   2 0 −2z + 5iz + 2 z=0 2 −2z(z − 2i) z=i/2 2 i/2 (iii) Anwendung des Residuensatzes:  q(z) dz = 2πi |z|=1

 |zk |0

zk

Nullstellen des Nenners 4 + z 4 : z 2 = ±2i

=⇒

zk =

√ 2 exp(i(π/4 + kπ/2)),

Residuen: Reszk g = limz→zk (z − zk )g(z)

k = 0, 1, 2, 3



(z − zk ) exp(iz) L’Hôpital exp(iz) + i(z − zk ) exp(iz) = lim z→ zk 4 + z4 4z 3 zk exp(izk ) exp(izk ) zk exp(izk ) = = =4 4zk3 4zk4 −16 4+zk =0

Res g = lim zk

z→zk

nur Residuen zu den Polstellen z0 = 1 + i, z1 = −1 + i in der oberen Halbebene relevant 1 (1 + i) exp(i − 1) 16 1 = − (−1 + i) exp(−i − 1) 16

R0 = − R1 Residuensatz

=⇒  ∞ −∞

g dz = 2πi (R0 + R1 ) = · · · =

π(cos 1 + sin 1) 4e

benutzt: exp(i) = cos 1 + i sin 1 ∞ ∞ Integral reell =⇒ Übereinstimmung mit −∞ f dx = Re −∞ g dz

255

16.12

Fourier-Transformierte einer rationalen Funktion 

fˆ(y) =

Berechnen Sie

∞

1 e−iyx dx, 4 + 2x2 + 1 x −∞   

y ∈ R.

f (x)

Verweise:

Residuum, Transzendente Integranden

Lösungsskizze f (z) =

(z 2

1 1 = 2 2 + 1) (z − i) (z + i)2

Residuensatz =⇒  f (z) e−iyz   dz = 2πi Res f e, C = C0 + C1 i

C

e(z)

Berechnung des Residuums bei z = i: f (z)e(z) =

g−2 (z−i)2

+

g−1 z−i

+ ···

=⇒

 

 d d e−iyz  2  Res f e = g−1 = f (z)e(z)(z − i)  = i dz dz (z + i)2 z=i z=i  −iye−iyz (z + i)2 − e−iyz 2(z + i)  y−1 y e = =i  4 (z + i) 4 z=i

Abschätzung des Teilintegrals

 C1

f (z)e(z) dz:

z ∈ C1 und |z| = R ≥ 2, |a ± b| ≥ ||a| − |b|| |f (z)| =

=⇒

1 1 ≤ ≤ (R − R/2)−4 = 16R−4 |z − i|2 |z + i|2 ||z| − |i||4

z = u + iv ∈ C1 und y ≤ 0

=⇒

|e(z)| = |e−iy(u+iv) | = |eyv | 

Abschätzung von

 C1

≤

1

v≥0,y≤0

. . . für y ≤ 0:

       f (z)e(z) dz  ≤ (πR) (16 R−4 · 1) = O(R−3 ) −→ 0   R→∞   C1



Fourier-Transformierte für y ≤ 0:   fˆ(y) = lim f (z)e(z) dz = lim R→∞

C0

= (2πi) Res f e = (2πi) i i

R→∞

f (z)e(z) dz C0 +C1

π y−1 y e = (1 + |y|) e−|y| y≤0 2 4

Da Symmetrie bei Fourier-Transformation erhalten bleibt (f (−x) = f (x) fˆ(−y) = fˆ(y)), ist dieser Ausdruck auch für y ≥ 0 richtig.

=⇒

256

16 Komplexe Integration und Residuenkalkül

16.13

Die Kunst der komplexen Integration  

∞

Berechnen Sie1

√ 3

x/(x2 + 1) dx.

0

Verweise:

Residuensatz, Residuum

Lösungsskizze Anwendung des Residuensatzes für den abgebildeten Integrationsweg C bestehend aus zwei Geradensegmenten C1 und C3 und zwei Kreissegmenten C2 und C4 mit Radien R bzw. 1/R Die Aussparung der reellen Achse ist notwendig, da auf keinem Kreisring um 0 eine konsistente (stetige) Definition einer Wurzel möglich ist. konsistente Definition der dritten Wurzel auf dem von C umschlossenen geschlitzten √ √ 3 Gebiet D, reiϕ = 3 reiϕ/3 , r = |z| =⇒   √ √ 3 z −→ 3 |z|, z ∈ C1 , 3 z −→ 3 |z|e2πi/3 , z ∈ C3 R→∞

R→∞

√ 3

√ 3 z z = bei z = ±i mit Residuen 2 z +1 (z − i)(z + i)  √ 3 z  eiπ/6 eiπ/2 , Res = = f = . . . = − -i z + i z=i i=eiπ/2 2i 2i

einfache Polstellen von f (z) =  z  Resf = (z − i) 2 i z + 1 z=i √ 3

Residuensatz =⇒  4   f (z) dz = C

k=1

f (z) dz = 2πi Ck



  Resz f = π eiπ/6 − eiπ/2

z=±i

Bilden der Grenzwerte der Integrale für R → ∞ ∞ √  3 x f (z) dz → I = dx, da C1 → R+ C1 0 x2 +1 0 √  ∞ √ 3 xe2πi/3 3 x f (z) dz → ∞ x2 +1 dx = −e2πi/3 0 x2 +1 = −e2πi/3 I aufgrund der DefiC3 √ nition von 3 z und der Orientierung von C3 √  | C2 f (z) dz| ≤ 2πR maxz∈C2 |f (z)| ≤ 2πR 3 R/(R2 − 1) → 0   | C4 f (z) dz| ≤ 2π/R 3 1/R max|z|=1/R |z21+1| → 0

Addition der Grenzwerte  I + 0 − e2πi/3 I + 0 = π eiπ/6 − eiπ/2 bzw. I=π

√ eiπ/6 − eiπ/2 1/2 e−iπ/6 − eiπ/6 sin(π/6) = π√ = π =π = π/ 3 2πi/3 −iπ/3 πi/3 sin(π/3) 1−e e −e 3/2

1 Damit sind Sie für jede HM-Klausur „übertrainiert“ (versuchen Sie ebenfalls ln x statt √ 3 x), was jedoch kein Nachteil ist!

17 Taylor- und Laurentreihen

Übersicht 17.1 17.2 17.3 17.4 17.5 17.6 17.7 17.8 17.9

Taylor-Reihe eines Produktes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 Taylor-Reihe einer rationalen Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259 Taylor-Reihe einer Logarithmus-Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260 Entwicklung der lokalen Umkehrfunktion eines Polynoms . . . . . . . . . . . 261 Laurent-Entwicklung einer rationalen Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262 Hauptteil und Konvergenzgebiet einer Laurent-Reihe . . . . . . . . . . . . . . . 263 Verschiedene Konvergenzgebiete von Laurent-Reihen  . . . . . . . . . . . . . 264 Laurent-Entwicklung durch Koeffizientenvergleich . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265 Laurent-Entwicklung durch Multiplikation und Division von Reihen . . 266

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_18

258

17.1

17 Taylor- und Laurentreihen

Taylor-Reihe eines Produktes

Entwickeln Sie

z2 − 1 f (z) = √ 5 − 4z

in eine Taylor-Reihe um z0 = 1 und bestimmen Sie den Konvergenzradius. Verweise:

Taylor-Reihe, Methoden der Taylor-Entwicklung

Lösungsskizze Taylor-Reihe im Punkt z0 = 1 ∞  f (n) (1) (z − 1)n , n! n=0   

f (z) = (z 2 − 1) (5 − 4z)−1/2       g(z)

cn

h(z)

Berechnung der Ableitungen von h h (z) = (−1/2)(−4)(5 − 4z)−3/2 h (z) = (−1/2)(−4)(−3/2)(−4)(5 − 4z)−5/2 ... h(n) (z) = 2n · 1 · 3 · · · (2n − 1) (5 − 4z)−(2n+1)/2 Einsetzen von z0 = 1

 h(n) (1) =

(2n)! 2n · 1 · 2 · 3 · · · 2n = 2 · 4 · 2n n!

 Leibniz-Regel: (gh)(n) = k nk g (k) h(n−k) mit g(1) = 0, g  (1) = 2, g  (1) = 2  Taylor-Koeffizienten

 (2n − 2)! n(n − 1) (2n − 4)! (9n − 13)(2n − 4)! 1 n ·2· + ·2· = cn = n! 1 (n − 1)! 2 (n − 2)! (n − 1)!(n − 2)! Konvergenzradius r: Abstand zur nächsten Singularität Wurzelfunktion bei 0 singulär  5 − 4z = 0 =⇒

⇔

z = 5/4

r = |1 − 5/4| = 1/4

Alternative Lösung Multiplikation der Taylor-Reihen von g und h ∞

 (2n)! 2 2(z − 1) + (z − 1) (z − 1)n 2 (n!) n=0

259

17.2

Taylor-Reihe einer rationalen Funktion

Entwickeln Sie f (z) =

z3

1 + z2

in eine Taylor-Reihe um z0 = 4 und bestimmen Sie den Konvergenzradius. Verweise:

Taylor-Reihe, Methoden der Taylor-Entwicklung, Geometrische Reihe

Lösungsskizze Partialbruchzerlegung f (z) =

1 1 1 1 − + 2 = z3 + z2 z+1 z z

Entwicklung von 1/(z − a) mit geometrischer Reihe: 1/(1 − q) = Entwicklung von 1/(z − a)n durch Differentiation von 1/(z − a) (i)

∞ n=0

qn

f1 (z) = 1/(z + 1): 1 1 1 1 = = · , z+1 5 + (z − 4) 5 1−q

 f1 (z) = −

∞ 

q=−

z−4 5

(−5)−n−1 (z − 4)n

n=0

(ii) f2 (z) = −1/z: analog: 1/z = 1/(4 + z − 4) = 1/(4(1 − q)), q = (z − 4)/(−4) f2 (z) =

∞ 



(−4)−n−1 (z − 4)n

n=0

(iii) f3 (z) = 1/z 2 : =⇒ f3 = (f2 ) f3 (z) =

∞ 

(−4)

−n−1

n(z − 4)

n−1

=

n=1

Addition der Reihen der Partialbruchterme

∞ 

(−4)−n−2 (n + 1)(z − 4)n

n=0



f (z) =

∞

n=0 cn (z

− 4)n mit

cn = −(−5)−n−1 + (−4)−n−1 + (−4)−n−2 (n + 1) = −(−5)−n−1 + (n − 3)(−4)−n−2 Konvergenzradius r: Abstand von 4 zur nächsten Polstelle z = 0, d.h. r = 4

260

17 Taylor- und Laurentreihen

17.3

Taylor-Reihe einer Logarithmus-Funktion

Entwickeln Sie Ln(1 − z 2 ) für den Hauptzweig des komplexen Logarithmus (| arg Ln | < π) in eine Taylor-Reihe um z = i und geben Sie den Konvergenzradius an. Verweise:

Taylor-Reihe, Methoden der Taylor-Entwicklung

Lösungsskizze 1 − z 2 = (1 + z)(1 − z)



f (z) = Ln(1 − z 2 ) = Ln(1 + z) + Ln(1 − z) erste Ableitungen, Erkennen der Gesetzmäßigkeit f  (z) = f  (z) = f  (z) = f (4) (z) = ··· f (n) (z) =



1 1 − 1+z 1−z 1 1 − − (1 + z)2 (1 − z)2 1·2 1·2 − 3 (1 + z) (1 − z)3 1·2·3 1·2·3 − − 4 (1 + z) (1 − z)4 

(−1)n 1 −(n − 1)! + (1 + z)n (1 − z)n

z = i, 1 ± i = 21/2 e±iπ/4 , −1 = eiπ , Formel von Euler-Moivre Koeffizienten



c0 = f (i) = Ln(1 − i2 ) = ln 2

 enπi 1 f (n) (i) 1 cn = =− + n/2 −nπi/4 n! n 2n/2 enπi/4 2 e  2−n/2 nπi/2  nπi/4 21−n/2 n = − e i cos(nπ/4) e + e−nπi/4 = − n n für n = 1, 2, 3, 4, . . .



√ 2 2 , 0, − , −1, . . . cos(nπ/4) : 2 2 √

erste Reihenglieder 1 i f (z) = ln 2 − i(z − i) − (z − i)3 + (z − i)4 + · · · 6 8

nächste Singularität: Argument von Ln null  z = ±1 Abstand vom Entwicklungspunkt  Konvergenzradius, d.h. √ r = | ± 1 − i| = 2

Taylor-

261

17.4

Entwicklung der lokalen Umkehrfunktion eines Polynoms

Zeigen Sie, dass das Polynom p(z) = 2 − 5z + z 3 an der Stelle z = 1 eine lokale Umkehrfunktion q besitzt und entwickeln Sie q bis zu Termen der Ordnung 3 einschließlich. Verweise:

Taylor-Reihe, Methoden der Taylor-Entwicklung

Lösungsskizze hinreichend für die lokale Invertierbarkeit von p(z) = 2 − 5z + z 3 , z ≈ 1: 0 = p (1) = −5 + 3z 2 |z=1 = −2



Ableitungen von p p(1) = −2, 

p (1) = −2,

p (1) = 6,

p (1) = 6

Entwicklung p(z) =

3  p(n) (1) (z − 1)n n! n=0

= −2 − 2(z − 1) + 3(z − 1)2 + (z − 1)3 Entwicklung der lokalen Umkehrfunktion q im Punkt w = −2 Ableitungen der Umkehrfunktion durch Differenzieren von q(p(z)) = z q  p = 1 q  (p )2 + q  p = 0 q  (p )3 + 3q  p p + q  p = 0 sukzessives Einsetzen der Argumente z = 1 = q(−2) bei p(k) und w = −2 = p(1) =⇒ bei q (k) unter Verwendung der Ableitungen von p q  (−2) = 1/p (1) = −1/2 q  (−2) = −(q  (−2)p (1))/(p (1))2 = −((−1/2) · 6)/(−2)2 = 3/4 q  (−2) = −(3 · (3/4)(−2) · 6 + (−1/2) · 6)/(−2)3 = −15/4 

Entwicklung der lokalen Umkehrfunktion mit Koeffizienten q (k) (−2)/k!

3 1 5 q(w) = 1 − (w + 2) + (w + 2)2 − (w + 2)3 + O (w + 2)4 2 8 8

262

17.5

17 Taylor- und Laurentreihen

Laurent-Entwicklung einer rationalen Funktion Im z

Entwickeln Sie f (z) =

1 (z − 3)(z 2 + 4)

in eine Laurent-Reihe, die in dem abgebildeten Kreisring konvergiert.

2i 3 0

Re z

−2i Verweise:

Laurent-Reihe, Methoden der Laurent-Entwicklung

Lösungsskizze (i) Partialbruchzerlegung: Polstellen bei z = 3 und z = ±2i Entwicklung um z = 2i  Abspaltung des entsprechenden Linearfaktors und Zerlegung des Restterms   1 1 1 1 1 1 = − f (z) = z − 2i (z − 3)(z + 2i) z − 2i 3 + 2i z − 3 z + 2i (ii) Entwicklung von 1/(z − 3): √ Konvergenz für |z − 2i| > r− = |3 − 2i| = 13  Entwicklung nach negativen Potenzen durch Umformung als geometrische Reihe n ∞

1 1 1 1  3 − 2i = = z − 2i + 2i − 3 z − 2i 1 − (3 − 2i)/(z − 2i) z − 2i n=0 z − 2i ∞ n benutzt: n=0 q = 1/(1 − q) (iii) Entwicklung von 1/(z + 2i): Konvergenz für |z − 2i| < r+ = | − 2i − 2i| = 4  Taylor-Entwicklung durch analoge Umformung n ∞

1 1 1  z − 2i 1 = = z − 2i + 4i 4i 1 − (z − 2i)/(−4i) 4i n=0 −4i (iv) Zusammenfassen der Entwicklungen:  n n  ∞

∞

1 1  z − 2i 1  3 − 2i f (z) = − (z − 2i)(3 + 2i) z − 2i n=0 z − 2i 4i n=0 −4i  n

−2 ∞

n   z − 2i z − 2i 1 1 − = 13(3 − 2i) n=−∞ 3 − 2i 16(3 + 2i) n=−1 −4i

263

17.6

Hauptteil und Konvergenzgebiet einer Laurent-Reihe

Bestimmen Sie den Hauptteil und das Konvergenzgebiet D der Laurent-Reihe von f (z) = ez /(z 3 − 1)2 mit Entwicklungspunkt z0 = 1 und 0 ∈ D . Verweise:

Laurent-Reihe, Residuum

Lösungsskizze doppelte Polstelle z0 = 1 f (z) =

=⇒ ∞  a−2 a−1 + + an (z − 1)n (z − 1)2 z−1    n=0 Hauptteil

weitere Polstellen z± = e±2πi/3 = − 12 ± bietes

√

3 2 i



Begrenzung des Konvergenzge-

 √   √ 3  1  D : 0 < |z − 1| < r = |1 − z± | = 1 + ∓ i = 9/4 + 3/4 = 3   2 2

Laurent-Koeffizienten für eine Funktion f auf einer punktierten Kreisscheibe: an = Res g, z0

g(z) =

f (z) (z − z0 )n+1

Anwendung der Formel für die Berechnung von Residuen an einer m-fachen Polstelle z0 ,

m−1 d 1 lim ((z − z0 )m g(z)) , Res g = z0 (m − 1)! z→z0 dz mit m = 1, 2 und z 3 − 1 = (z 2 + z + 1)(z − 1) a−2

=

n=−2

= a−1

=

n=−1

=

=⇒

ez ez (z − 1) = lim z=1 (z 3 − 1)2 (z − 1)−1 m=1 z→1 (z 3 − 1)2 /(z − 1)   ez e  = (z 2 + z + 1)2 z=1 9

Res

ez d ez (z − 1)2 = lim z=1 (z 3 − 1)2 m=2 z→1 dz (z 3 − 1)2   z 2 z   d e e (. . .) − 2e (. . .)(2z + 1) ez   = =−   2 2 4 dz (z + z + 1) z=1 (. . .) 9 z=1

Res

Alternative Lösung Taylor-Entwicklung von (z 2

ez = f (z)(z − 1)2 = a−2 + a−1 (z − 1) + · · · + z + 1)2

264

17 Taylor- und Laurentreihen

17.7

Verschiedene Konvergenzgebiete von Laurent-Reihen 

Bestimmen Sie alle Laurent-Reihen von f (z) = 1/(z 3 − z 2 ) im Punkt z = −1. Verweise:

Laurent-Reihe, Methoden der Laurent-Entwicklung

Lösungsskizze Partialbruchzerlegung f (z) = 

1 1 1 1 1 1 − − 2 = + − , z−1 z z u − 2 1 − u (1 − u)2

u=z+1

3 Konvergenzgebiete, jeweils begrenzt durch Polstellen Im z

−1

Im z

0 1

Re z

Entwicklung mit der Formel

−1

∞ n=0

Im z

Re z

0 1

−1

0 1

Re z

q n = 1/(1 − q) für geometrische Reihen

(i) Kreisscheibe (Taylor-Reihe), |u| < 1: ∞ 1 1/2 1  −n n =− =− 2 u u−2 1 − u/2 2 n=0 ∞  1 = un , 1 − u n=0

Addition



∞  1 d 1 =− − =− (n + 1)un (1 − u)2 dz 1 − u n=0

Taylor-Koeffizienten cn = −2−n−1 − n

(ii) Kreisring, 1 < |u| < 2: gleiche Entwicklung von 1/(u − 2) wie bei (i) geometrische Reihe und gliedweise Differentiation (−d/du) ∞  1 1 1 =− =− u−n−1 , 1−u u 1 − 1/u n=0

−



∞  1 = − (n + 1)u−n−2 (1 − u)2 n=0

Laurent-Koeffizienten von un : −2−n−1 für n ≥ 0 und n für n < 0 (iii) Kreiskomplement, 2 < |u|: ∞ −∞   1 1 1 = = 2n u−n−1 = 2−n−1 un u−2 u 1 − 2/u n=0 n=−1

andere Terme wie bei (ii)



Koeffizienten 2−n−1 + n, n < 0

265

17.8

Laurent-Entwicklung durch Koeffizientenvergleich

Entwickeln Sie f (z) =

(z 2

1 − 1) ln z

in eine Laurent-Reihe um z = 1 bis zu Termen der Ordnung O((z − 1)2 ). Verweise:

Laurent-Reihe, Methoden der Laurent-Entwicklung

Lösungsskizze Substitution u = z − 1

 f (z) =

1 (2u +

u2 ) ln(1

Pol zweiter Ordnung bei u = 0 ⇔ z = 1

+ u)



=

1 q(z)

Laurent-Entwicklung

f (z) = c−2 u−2 + c−1 u−1 + c0 + c1 u + O(u2 ) Entwicklung des Logarithmus 1 1 1 ln(1 + u) = u − u2 + u3 − u4 + O(u5 ) 2 3 4 und Multiplikation mit 2u + u2

=⇒

1 1 q(z) = 2u2 + 0 + u4 − u5 + O(u6 ) 6 6 Koeffizientenvergleich für f (z)q(z) = 1

=⇒ 1 2 0

u0 :

2c−2 = 1

=⇒ c−2 =

u1 :

2c−1 + 0 = 0

=⇒ c−1 =

u2 :

2c0 + 0 + 16 c−2 = 0

=⇒

c0 = −

1 24

u3 : 2c1 + 0 + 16 c−1 − 16 c−2 = 0

=⇒

c1 =

1 24

erste 4 Terme der Laurent-Entwicklung f (z) =

1 1 1 (z − 1)−2 − + (z − 1) + O((z − 1)2 ) 2 24 24

Alternative Lösung Taylor-Entwicklung von g(z) = und Division durch (z − 1)2

(z − 1)2 (z 2 − 1) ln z

266

17.9

17 Taylor- und Laurentreihen

Laurent-Entwicklung durch Multiplikation und Division von Reihen

Bestimmen Sie die ersten drei Terme der Laurent-Entwicklungen von a) Verweise:

sin(1/z) , |z| > 3 z 2 − 3z

b)

cos(3z) , 0 < |z| < π . exp(2z) − 1

Laurent-Reihe, Methoden der Laurent-Entwicklung

Lösungsskizze a) f (z) = sin(1/z)/(z 2 − 3z): bekannte Entwicklung der Sinus-Funktion sin t = t − t3 /6 + · · · mit t = 1/z und ∞ 1 geometrische Reihe k=0 q k = 1−q mit q = 3/z  sin(1/z) 1 1 = 2 − 4 + ··· z z 6z 1 1 1 1 3 9 = = + 2 + 3 + ··· z−3 z 1 − 3/z z z z Multiplikation der Reihen, Sortierung nach absteigenden Potenzen (1/z 3 , 1/z 4 , . . .)  

9 3 1 1 − +··· f (z) = 3 + 4 + z z z5 6z 5    53/(6z 5 )

b) g(z) = cos(3z)/(exp(2z) − 1): bekannte Entwicklungen 9 1 cos(3z) = 1 − (3z)2 + · · · = 1 − z 2 + · · · 2 2 1 1 4 exp(2z) − 1 = 2z + (2z)2 + (2z)3 + · · · = 2z + 2z 2 + z 3 + · · · 2 6 3 =⇒

Pol erster Ordnung bei z = 0 und damit g(z) = az −1 + b + cz + · · ·

bzw. nach Multiplikation mit exp(2z) − 1

 −1

4 3 9 2 2 az + b + cz + · · · 1 − z = 2z + 2z + z + · · · 2 3 Vergleich der Koeffizienten von z −1 , 1 und z 1 = 2a



=⇒

a = 1/2

0 = 2b + 2a = 2b + 1  b = −1/2 4 2 25 9  c=− − = 2c + 2b + a = 2c − 1 + 2 3 3 12

18 Komplexe Differentialgleichungen

Übersicht 18.1 18.2 18.3 18.4 18.5

Taylor-Entwicklung für Anfangswertprobleme erster Ordnung . . . . . . . 268 Potenzreihenansatz im regulären Punkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269 Taylor-Entwicklung für ein Anfangswertproblem zweiter Ordnung . . . . 270 Polynomiale Lösungen einer Differentialgleichung zweiter Ordnung . . . 271 Differentialgleichung zu einer Rekursion der Taylor-Koeffizienten der Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272 18.6 Anfangswertproblem für eine Eulersche Differentialgleichung . . . . . . . . 273 18.7 Differentialgleichung mit regulärem singulären Punkt  . . . . . . . . . . . . . 274 18.8 Potenzreihenansatz und Variation der Konstanten  . . . . . . . . . . . . . . . . 275

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_19

268

18 Komplexe Differentialgleichungen

18.1

Taylor-Entwicklung für Anfangswertprobleme erster Ordnung

Bestimmen Sie die Taylor-Entwicklungen der Lösungen u(z) der Anfangswertprobleme a) u = (3 + z 2 )u − ez , u(0) = 1

b)

u = ez u + 3 − z 2 , u(0) = 1

bis zu Termen dritter Ordnung einschließlich und geben Sie eine Rekursion für die Taylor-Koeffizienten der Terme höherer Ordnung an. Verweise:

Taylor-Reihe, Methoden der Taylor-Entwicklung

Lösungsskizze Ansatz u = u0 + u1 z + u2 z 2 + u3 z 3 + · · · mit u0 = u(0) = 1 Entwicklung der Exponentialfunktion ez = 1 + z + z 2 /2 + z 3 /6 + · · · + z n /n! + · · · a) u = (3 + z 2 )u − ez , u(0) = 1: u1 + 2u2 z + 3u3 z 2 + · · · = (3 + z 2 )(1 + u1 z + u2 z 2 + · · · ) − (1 + z + z 2 /2 + · · · ) Vergleich der Koeffizienten von 1, z, z 2



u1 = 3 − 1 = 2 2u2 = 3u1 − 1 = 5



u2 = 5/2

3u3 = 3u2 + 1 − 1/2 = 8



u3 = 8/3

Rekursion: (n + 1)un+1 = 3un + un−2 − 1/n! b)

u = ez u + 3 − z 2 , u(0) = 1: u1 + 2u2 z + 3u3 z 2 + · · · = (1 + z + z 2 /2 + · · · )(1 + u1 z + u2 z 2 + · · · ) + 3 − z 2

Vergleich der Koeffizienten von 1, z, z 2



u1 = 1 + 3 = 4 2u2 = u1 + 1 = 5



u2 = 5/2

3u3 = u2 + u1 + 1/2 − 1 = 6



u3 = 2

Rekursion: (n + 1)un+1 = un /0! + un−1 /1! + · · · + u1 /(n − 1)! + 1/n!

269

18.2

Potenzreihenansatz im regulären Punkt

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (1 − z 2 )u + 2u = 0 in einer Umgebung von z = 0. Verweise:

Regulärer Punkt einer komplexen Differentialgleichung

Lösungsskizze z = 0 regulärer Punkt



Lösungsansatz als Taylor-Reihe u=

∞ 

un z n

n=0

gliedweise Differentiation und Index-Verschiebung n ← n + 2 u = z 2 u =

∞  n=0 ∞ 



(n + 2)(n + 1)un+2 z n n(n − 1)un z n

n=0

Einsetzen in die Differentialgleichung (1 − z 2 )u + 2u = 0 und Vergleich der Koef=⇒ fizienten von z n (n + 2)(n + 1)un+2 − n(n − 1)un + 2un = 0,

n = 0, 1, . . .

entkoppelte Rekursionen für gerade und ungerade n: un+2 =

n(n − 1) − 2 n−2 un = un (n + 2)(n + 1) n+2

nach Kürzen des Linearfaktors (n + 1) zur Nullstelle n = −1 des Zählers Anfangswerte u(0) = 1, u (0) = 0 u0 = 1, u2 =



0−2 2−2 u0 = −1, u4 = u2 = 0, u6 = u8 = · · · = 0 0+2 2+2

polynomiale Lösung u1 (z) = 1 − z 2 Anfangswerte u(0) = 0, u (0) = 1  u1 = 1, u3 =

2m − 3 1−2 1 113 u1 = − , . . . , u2m+1 = − ··· , 1+2 3 357 2m + 1

bzw. nach Kürzen der Faktoren 3, 5, . . . , 2m − 3 u2m+1 = − ungerade Taylor-Reihe u2 (z) =

∞

1 (2m − 1)(2m + 1)

1 2m+1 m=1 1−4m2 z

Linearkombination  allgemeine Lösung u(z) = c1 u1 (z) + c2 u2 (z) mit ck ∈ C

270

18 Komplexe Differentialgleichungen

18.3

Taylor-Entwicklung für ein Anfangswertproblem zweiter Ordnung

Lösen Sie das Anfangswertproblem u (z) = zu (z) + u(z),

u(0) = 1, u (0) = 0 ,

mit einer Taylor-Entwicklung und bestimmen Sie eine zweite, linear unabhängige Lösung der Differentialgleichung durch Variation der Konstanten. Verweise:

Regulärer Punkt einer komplexen Differentialgleichung

Lösungsskizze (i) Anfangswertproblem: ∞ Taylor-Entwicklung u(z) = n=0 un z n zu (z) = z

∞ 

nun z n−1 =

n=1 

u (z) =

∞ 

 ∞ 

nun z n

n=0

n(n − 1)un z

n−2

=

n=2

∞ 

(n + 2)(n + 1)un+2 z n

n=0

Vergleich der Koeffizienten von z n in der Differentialgleichung (n + 2)(n + 1)un+2 = nun + un

⇔

Anfangsbedingungen u0 = u(0) = 1, u (0) = 0 1 u0 2 1 u2 4

u2 = u4 =



1 un n+2



1 1 , u 3 = u1 = 0 2 3 1 1 , u 5 = u3 = 0 = 2·4 5 =

··· u2n =

un+2 =

=⇒

1 1 = n 2 · 4 · · · 2n 2 n!

Taylor-Entwicklung ∞ 

∞ 1 2n  (z 2 /2)n u(z) = z = = exp(z 2 /2) n n! 2 n! n=0 n=0

(ii) Variation der Konstanten: 2 Einsetzen des Ansatzes u(z) = c(z) ez /2 in die Differentialgleichung c (z) ez

2

+ 2c (z) zez

2

2

+ c(z) (1 + z 2 )ez /2  2 2 2 = z c (z) ez /2 + c(z) zez /2 + c(z) ez /2

=⇒

/2





c (z) ez

2

/2

/2

+ 2c (z) zez

2

/2

= zc (z) ez

2

/2

⇔

c (z) = −zc (z)

zweimalige Integration mit spezieller Wahl der Integrationskonstanten  z 2 2 c (z) = e−z /2 , c(z) = e−ζ /2 dζ 0

=⇒

271

18.4

Polynomiale Lösungen einer Differentialgleichung zweiter Ordnung

Für welche Werte des Parameters λ besitzt die Differentialgleichung (3 + z 2 )u + zu = λu polynomiale Lösungen? Geben Sie die Polynome vom Grad ≤ 3 explizit an. Verweise:

Regulärer Punkt einer komplexen Differentialgleichung

Lösungsskizze ∞ Differentiation des Ansatzes u(z) = n=0 cn z n 

u (z) = zu (z) =

∞  n=0 ∞ 

n

cn+2 (n + 2) (n + 1) z ,

 2 

z u (z) =

∞ 

cn n(n − 1) z n

n=0

cn n z n ,

n=0

Einsetzen in die Differentialgleichung (3 + z 2 )u + zu = λu und Vergleich der Koeffizienten von z n  3(n + 2)(n + 1) cn+2 = (λ − n2 ) cn ,

n = 0, 1, . . .

entkoppelte Rekursion für gerade und ungerade Indizes; Existenz polynomialer Lösungen (nur bis auf einen Skalierungsfaktor eindeutig bestimmt) für Quadratzahlen λ: λ = n2

=⇒

0 = cn+2 = cn+4 = · · ·

c0 = 1, c1 = 0 (gerade): λ=0 =⇒ 0 = c2 = c4 = · · · , d.h. u(z) = 1 λ=4 =⇒ 2 4−0 c2 = = , 3·2·1 3 d.h. u(z) = 1 + 23 z 2 c0 = 0, c1 = 1 (ungerade): λ=1 =⇒ 0 = c3 = c5 = · · · , d.h. u(z) = z λ=9 =⇒ 4 9−1 = , c3 = 3·3·2 9 d.h. u(z) = z + 49 z 3

272

18 Komplexe Differentialgleichungen

18.5

Differentialgleichung zu einer Rekursion der Taylor-Koeffizienten der Lösung

Für welche Differentialgleichung pu + qu + ru = 0 erfüllen die Taylor-Koeffizienten un = u(n) (0)/n! jeder Lösung u die Rekursion un+2 = un+1 + 2un und wie lautet die allgemeine Lösung? Verweise:

Regulärer Punkt einer komplexen Differentialgleichung

Lösungsskizze (i) Koeffizienten p, q, r der Differentialgleichung: ∞ Differentiation der Taylor-Entwicklung u = n=0 un z n u =

∞ 

(n + 1)un+1 z n ,

u =

n=0

∞ 



(n + 2)(n + 1)un+2 z n

n=0



Vergleich der Koeffizienten von z n in der Differentialgleichung

(p0 (n + 2)(n + 1)un+2 + p1 (n + 1)nun+1 + p2 n(n − 1)un + · · · ) + (q0 (n + 1)un+1 + q1 nun + · · · ) + (r0 un + · · · ) = 0 mit pk , qk , rk den Taylor-Koeffizienten von p, q, r Drei-Term-Rekursion  Grad p ≤ 2, Grad q ≤ 1, r konstant Skalierung  p0 = 1, und nach Umformung folgt p1 n + q0 p2 n(n − 1) + q1 n + r0 un+1 − un un+2 = − n + 2 (n + 2)(n + 1)       A

B

Vergleich mit der Rekursion A = 1

=⇒ p1 = −1, q0 = −2

B = 2

=⇒ p2 = −2, q1 = −8, r0 = −4

(ii) Allgemeine Lösung: Ansatz un = λn  linear unabhängige Lösungen der Rekursion vn = 2n ,

wn = (−1)n

zugehörige Lösungen der Differentialgleichung v(z) =

∞  n=0



(2z)n =

1 , 1 − 2z

allgemeine Lösung u = c1 v + c2 w

w(z) =

∞  n=0

(−z)n =

1 1+z

273

18.6

Anfangswertproblem für eine Eulersche Differentialgleichung

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung z 2 u − 3zu + 4u = 0 sowie die Lösung mit u(1) = 2, u (1) = 1. Verweise:

Singulärer Punkt einer komplexen Differentialgleichung

Lösungsskizze Einsetzen des Ansatzes u(z) = z λ in die Differentialgleichung z 2 u − 3zu + 4u = 0  [λ(λ − 1) − 3λ + 4] z λ = p(λ) z λ = 0 Nullstelle des charakteristischen Polynoms p λ=2 doppelt, Ansatz liefert nur eine Lösung u1 (z) = c1 z 2 zweite, linear unabhängige Lösung: u2 (z) = c2 z 2 ln z Linearkombination von uk



allgemeine Lösung

u(z) = z 2 (c1 + c2 ln z) Anfangsbedingungen u(1) = 2, u (1) = 1



lineares Gleichungssystem

2 = c 1 + c2 · 0

 1 = 2z (c1 + c2 ln z) + z 2 (c2 /z)z=1 = 2c1 + c2

Lösung c1 = 2, c2 = −3, d.h. u(z) = z 2 (2 − 3 ln z)

274

18 Komplexe Differentialgleichungen

18.7

Differentialgleichung mit regulärem singulären Punkt 

Bestimmen Sie für die Differentialgleichung 2z 2 u + 3zu − (1 + z)u = 0 zwei linear unabhängige Lösungen der Form u(z) = Verweise:

∞

n=0 cn z

λ+n

.

Singulärer Punkt einer komplexen Differentialgleichung

Lösungsskizze ∞ Differentiation des Potenzreihenansatzes u = n=0 cn z λ+n 2

z u



=

z u =

∞  n=0 ∞ 

cn (λ + n)(λ + n − 1) z λ+n cn (λ + n) z λ+n

n=0

Einsetzen in die Differentialgleichung 2z 2 u + 3zu − u = zu und Vergleich der Koeffizienten von z λ+n =⇒ [2(λ + n)(λ + n − 1) + 3(λ + n) − 1] cn = cn−1 ,

n = 0, 1, . . . ,

mit c−1 = 0 und c0 = 0 n = 0  charakteristische Gleichung [. . .] = ϕ(λ) = 2λ2 + λ − 1 = (2λ − 1)(λ + 1) = 0 

mögliche Exponenten λ = 1/2, −1 λ = 1/2



Rekursion cn =

cn−1 cn−1 cn−1 = = ϕ(1/2 + n) (2n)(n + 3/2) n(2n + 3)

und mit Wahl von c0 = 1 folgt 





1 1 3 · 2n+1 (n + 1)! 1 ··· = cn = 1·5 2·7 n · (2n + 3) n! (2n + 3)! λ = −1



Rekursion cn =

cn−1 cn−1 = ϕ(−1 + n) (2n − 3)n

und mit Wahl von c0 = 1 folgt 





1 1 1 2n−2 (n − 2)! ··· =− cn = −1 · 1 1·2 (2n − 3) · n (2n − 3)! n!

275

18.8

Potenzreihenansatz und Variation der Konstanten 

Bestimmen Sie für die Differentialgleichung zu = u ∞ eine Lösung der Form u(z) = n=0 cn z λ+n und konstruieren Sie eine zweite linear unabhängige Lösung durch Variation der Konstanten. Verweise:

Singulärer Punkt einer komplexen Differentialgleichung

Lösungsskizze (i) Potenzreihenansatz: ∞ Differentiation des Ansatzes u(z) = n=0 cn z λ+n , c0 = 0 

zu =

∞ 



cn (λ + n)(λ + n − 1) z λ+n−1

n=0

Einsetzen in die Differentialgleichung zu = u und Vergleich der Koeffizienten von z λ+n−1  (λ + n)(λ + n − 1) cn = cn−1 mit c−1 = 0 charakteristische Gleichung (n = 0) λ(λ − 1) = 0  mögliche Exponenten λ = 0, 1 ganzzahlige Differenz =⇒ Ansatz im Allgemeinen (wie in diesem Fall) nur für den größeren Exponenten geeignet Rekursion für λ = 1, (1 + n)n cn = cn−1 , mit c0 = 1 =⇒ cn =

1 1 1 1 ··· = , 2·13·2 (n + 1)n (n + 1)! n!

u(z) =

∞ 

z n+1 (n + 1)! n! n=0

(ii) Variation der Konstanten: zweite, linear unabhängige Lösung durch Einsetzen des Ansatzes v(z) = a(z)u(z):     z(a  u + 2au + au ) = au v 

Berücksichtigung von zu = u

=⇒ a = −2

u  a u

und nach zweimaliger Integration 

a = γ1 u

−2

 ,

a = γ1

u−2 (z) dz + γ2

19 Tests

Übersicht 19.1 19.2 19.3 19.4

Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen . . . . . . . . . . . 278 Komplexe Integration und Residuenkalkül . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280 Taylor- und Laurentreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 Komplexe Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285

Ergänzende Information Die elektronische Version dieses Kapitels enthält Zusatzmaterial, auf das über folgenden Link zugegriffen werden kann https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_20.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_20

278

19.1

19 Tests

Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen

Aufgabe 1: Schreiben Sie die Funktion f (z) = sin z in der Form u(x, y)+iv(x, y) mit z = x+iy. Aufgabe 2: Für welche z ist die Funktion f (z) = |z|4 /(3 − |z|2 ) komplex differenzierbar? Aufgabe 3: Zeigen Sie, dass die Funktion u(x, y) = (ex + e−x ) cos y ein komplexes Potential f = u + iv besitzt, und bestimmen Sie die Funktion v. Aufgabe 4: Bestimmen Sie die Möbius-Transformation z → w =

az + b , cz + d

die 0, i, ∞ auf i, ∞, 0 abbildet. Aufgabe 5: Bestimmen Sie den abstoßenden Fixpunkt der Möbius-Transformation z → w(z) =

2z − i . z+1−i

Aufgabe 6: Bestimmen Sie das Bild des Kreises C : |z| = 1 unter der Möbius-Transformation z → w(z) =

1 . 2z + i

Aufgabe 7: Konstruieren Sie eine konforme Abbildung z → w mit w(0) = 1, die den Streifen D : 0 < Im z < 1 auf die Kreisscheibe C : |w| < 1 abbildet.

279 Lösungshinweise Aufgabe 1: Formen Sie sin z mit Hilfe der Formeln von Euler-Moivre, sin z =

eiz − e−iz , 2i

ex+iy = ex (cos y + i sin y) ,

um, und bilden Sie Real- und Imaginärteil des entstehenden Ausdrucks. Aufgabe 2: Ersetzen Sie |z|2 durch z z¯ und verwenden Sie als Kriterium für komplexe Differenzierbarkeit, dass die partielle Ableitung nach z¯ verschwindet. Aufgabe 3: Notwending und hinreichend für die Existenz eines komplexen Potentials f = u + iv für eine global definierte Funktion u ist, dass Δu(x, y) = 0. Der Imaginärteil v von f kann mit Hilfe der Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen vx = −uy ,

vy = ux

konstruiert werden. Man integriert zunächst die erste Differentialgleichung und bestimmt dann die von y abhängige Integrationskonstante mit der zweiten Differentialgleichung. Aufgabe 4: Durch Einsetzen der Wertepaare (z, w) = (0, i), (i, ∞), (∞, 0) erhalten Sie Gleichungen zur Bestimmung der Koeffizienten der Transformation w = (az + b)/(cz + d). Aufgabe 5: Bestimmen Sie beide Lösungen der quadratischen Gleichung w(z) = z. Ein Fixpunkt ist abstoßend (anziehend), falls |w (z)| > 1 (|w (z)| < 1). Aufgabe 6: Mit der Umkehrtransformation z(w) der gegebenen Möbius-Transformation erhalten Sie die Darstellung Cw : |z(w)| = 1 für die Bildmenge, die sich in der Standardform Cw : |w −a| = s|w −b| (s = 1) einer Kreisgleichung schreiben lässt. Verwenden Sie zur Bestimmung von Mittelpunkt und Radius die Formeln c=

1 s2 a− b, 2 1−s 1 − s2

r=

s |b − a| . |1 − s2 |

Aufgabe 7: Bilden Sie zunächst mit einer Exponentialfunktion den Streifen D : 0 < Im z < 1 auf die Halbebene H : 0 < Im ξ ab und dann die Halbebene mit einer MöbiusTransformation auf die Kreisscheibe C : |w| < 1.

280

19.2

19 Tests

Komplexe Integration und Residuenkalkül

Aufgabe 1:  Berechnen Sie C |z|2 dz für einen geradlinigen Weg von i nach 1. Aufgabe 2:  Berechnen Sie C Re z Im z dz für den Viertelkreis C : t → z(t) = eit , 0 ≤ t ≤ π/2. Aufgabe 3:  Berechnen Sie C z 2 dz für einen Weg C von 1 − i nach 1 + i. Aufgabe 4: Bestimmen Sie das Residuum der Funktion f (z) =

z2 . 4z − 3

Aufgabe 5: Bestimmen Sie das Residuum der Funktion f (z) = sin(3z)/z 4 . Aufgabe 6:



ez dz für den entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufenen z2 + π2

Berechnen Sie C

Kreis C um i mit Radius 3. Aufgabe 7:  Berechnen Sie R

Aufgabe 8:  Berechnen Sie

z2

2π 0

Aufgabe 9:  Berechnen Sie R

3 dz. − 4z + 5

dt . 2 + cos t

x2

sin(2x) dx. + 2x + 2

281 Lösungshinweise Aufgabe 1: Für einen geradlinigen Weg C : t → z(t) = a + t(b − a) ist dz = (b − a) dt. Aufgabe 2: Für die Parametrisierung t → z(t) = eit eines Kreises ist Re z(t) = cos t,

Im z(t) = sin t,

dz = iz(t) dt .

Aufgabe 3:  Besitzt f eine Stammfunktion F , dann gilt C f (z) dz = [F ]ba für einen Weg C von a nach b. Aufgabe 4: Für eine Funktion f mit einer einfachen Polstelle bei a ist Resf = (z − a)f (z)|z=a . a

Aufgabe 5: Das Residuum bei z = a einer Funktion f ist der Koeffizient von 1/(z − a) der Laurent-Entwicklung und kann für f (z) = sin(3z)/z 4 und z = 0 durch TaylorEntwicklung der Sinus-Funktion bestimmt werden. Aufgabe 6: Wenden Sie den Residuensatz an:  f (z) dz = 2πi Resf , a

C

wobei a die Polstelle in der von C berandeten Kreisscheibe ist. Aufgabe 7: Nach dem Residuensatz gilt  3 dz = 2πi Resf 2 a 4z + 5 R z −  f (z)

mit a der Polstelle von f in der oberen Halbebene.

282

19 Tests

Aufgabe 8: Stellen Sie das Integral mit Hilfe der Formel von Euler-Moivre, cos t = (z + 1/z)/2,  z(t) = eit , als komplexes Integral C g(z) dz über den Einheitskreis C : t → z(t) = eit , 0 ≤ t ≤ 2π, dar, und wenden Sie den Residuensatz an:  g(z) dz = 2πi Res g a

C

mit a der Polstelle von g innerhalb von C. Aufgabe 9: Mit Hilfe der Formel von Euler-Moivre können Sie das Integral als Imaginärteil eines komplexen Integrals darstellen, das sich mit dem Residuensatz berechnen lässt:    e2iz I = Im dz = Im 2πi Res f 2 a 2z + 2 R z +  f (z)

mit a der Polstelle von f in der oberen Halbebene.

283

19.3

Taylor- und Laurentreihen

Aufgabe 1: Entwickeln Sie f (z) =

z 2 − z/2 in eine Taylor-Reihe um z = 0. e−2z

Aufgabe 2: Entwickeln Sie f (z) =

2 in eine Taylor-Reihe um z = 1. z(2 − z)

Aufgabe 3: √ Entwickeln Sie f (z) = 1 + 2z um z = −1 in eine Taylor-Reihe mit f (−1) = i (Hauptzweig der Wurzelfunktion), und geben Sie den Konvergenzradius an. Aufgabe 4: Bestimmen Sie die ersten 4 Terme der Laurent-Entwicklung von f (z) = dem Kreisring D : 0 < |z| < π.

1+z in sin2 z

Aufgabe 5: Bestimmen Sie die Laurent-Entwicklung der Funktion f (z) = ring D : |z| > 1.

1 in dem Kreis1 + z2

Aufgabe 6: Bestimmen Sie den Hauptteil der Funktion f (z) = 1/(ln z)2 bei z = 1. Aufgabe 7: Entwickeln Sie die Funktion f (z) = Kreisring 1 < |z| < 3 konvergiert.

z2

4z in eine Laurent-Reihe, die in dem + 2z − 3

Aufgabe 8:  Bestimmen Sie die ersten drei Terme der Laurent-Entwicklung k ck z k der Funk1 tion f (z) = z . e −1−z

284

19 Tests Lösungshinweise

Aufgabe 1: Verwenden Sie die bekannte Taylor-Reihe et =

∞  1 n t mit t = 2z. n! n=0

Aufgabe 2: Nach Partialbruchzerlegung können Sie die entstehenden Terme a/(1 ± (z − 1)) mit ∞ der Formel für die geometrische Reihe, n=0 q n = 1/(1 − q), entwickeln. Aufgabe 3: Durch Bestimmen der ersten vier Ableitungen von f (z) und Einsetzen von z = −1 ist die allgemeine Form der Taylor-Koeffizienten f (n) (−1)/n! ersichtlich. Der Konvergenzradius ist der Abstand vom Entwicklungspunkt zur nächsten Singularität. Aufgabe 4: Erweitern Sie nach Einsetzen der Taylor-Entwicklung der Sinus-Funktion mit 1 + z 2 /3 und benutzen Sie anschließend, dass c/(1 + ε) = c + O(ε). Aufgabe 5: ∞ Formen Sie die Funktion f so um, dass Sie die Formel 1/(1 − q) = n=0 q n für eine geometrische Reihe anwenden können. Aufgabe 6: Die Laurent-Entwicklung einer Funktion f an einer Polstelle a n-ter Ordnung, f (z) = c−n (z − a)−n + c−n+1 (z − a)−n+1 + · · · entspricht der Taylor-Entwicklung von g(z) = f (z)(z −a)n , d.h. c−n+k = g (k) (a)/k!. Verwenden Sie bei der Berechnung der Ableitungen für das betrachtete Beispiel die Regel von L’Hôpital und die Taylor-Entwicklung der Logarithmus-Funktion. Aufgabe 7: Mit Partialbruchzerlegung erhalten Sie eine Summe von Termen der Form a/(z −b), ∞ die Sie nach geeigneter Umformung mit Hilfe der Formel 1/(1 − q) = n=0 q n für eine geometrische Reihe entwickeln können. Aufgabe 8: Bestimmen Sie die Koeffizienten ck der Laurent-Entwicklung von f (z) durch Koeffizientenvergleich in der Identität ,  k ck z (ez − 1 − z) = 1 k

nach Einsetzen der Taylor-Entwicklung der Exponentialfunktion.

285

19.4

Komplexe Differentialgleichungen

Aufgabe 1: Bestimmen Sie die Lösung u(z) des Anfangswertproblems u = zu + 1,

u(0) = 0 ,

durch Taylor-Entwicklung. Aufgabe 2: Bestimmen Sie die allgemeine Lösung u(z) der Differentialgleichung zu +(1+z)u = 0 durch einen Potenzreihenansatz. Aufgabe 3: Für welche λ besitzt die Differentialgleichung (1 + 3z 2 )u = λu polynomiale Lösungen? Aufgabe 4: Lösen Sie das Anfangswertproblem (1 + z 2 )u = 6u,

u(0) = 1, u (0) = 0 ,

durch Taylor-Entwicklung. Aufgabe 5: Bestimmen Sie die reelle Lösung u(t) des Anfangswertproblems t2 u + tu + u = 0,

u(1) = 0, u (1) = 1 .

Aufgabe 6:

,

Bestimmen Sie zwei linear unabhängige Lösungen u(z) = z

λ

1+

∞  n=1

Differentialgleichung z 2 u + zu = (1 + z 4 )u .

un z

n

der

286

19 Tests Lösungshinweise

Aufgabe 1: Setzen Sie die Taylor-Enwicklung u(z) =

∞ 

un z n

n=0

in die Differentialgleichung ein, und vergleichen Sie die Koeffizienten von z n . Aufgabe 2: ∞ Setzen Sie den Potenzreihenansatz u(z) = n=0 un z λ+n in die Differentialgleichung ein, und bestimmen Sie zunächst λ durch Vergleich der Koeffizienten von z λ . Der Vergleich der Koeffizenten von z λ+n für n > 0 liefert eine Rekursion, mit der die Koeffizienten un berechnet werden können. Aufgabe 3: ∞ Setzen Sie die Taylor-Entwicklung u(z) = n=0 un z n in die Differentialgleichung ein. Durch Vergleich der Koeffizienten von z n erhalten Sie eine Rekursion un+2 = f (λ, n) un . Die resultierende Lösung u ist polynomial, falls f (λ, n) = 0 für ein n ∈ N. Aufgabe 4: ∞ Setzen Sie die Taylor-Entwicklung u(z) = n=0 un z n in die Differentialgleichung ein. Durch Vergleich der Koeffizienten von z n erhalten Sie eine Rekursion, mit der Sie un , n ∈ N, aus den Anfangsbedingungen bestimmen können. Aufgabe 5: Bestimen Sie die allgemeine Lösung dieser Euler-Differentialgleichung mit dem Ansatz u(t) = tλ . Eine reelle Darstellung erhalten Sie mit der Formel von Euler-Moivre: tu+iv = tu eiv ln t = tu (cos(v ln t) + i sin(v ln t)) .

Aufgabe 6: Setzen Sie die Potenzreihe in die Differentialgleichung ein und vergleichen Sie die Koeffizienten von z λ (n = 0), um die zwei möglichen Exponenten λ zu bestimmen. Durch Vergleich der Koeffizienten von z λ+n mit n > 0 erhalten Sie eine Rekursion, mit der Sie die Entwicklungskoeffizienten der Lösung berechnen können.

Teil V Anwendungen mathematischer Software

20 MapleTM

Übersicht 20.1 Differentialoperatoren mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290 20.2 Koordinatentransformationen für Skalar- und Vektorfelder mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291 20.3 Visualisierung von Skalar- und Vektorfeldern mit MapleTM . . . . . . . . . . 292 20.4 Potential und Arbeitsintegral mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293 20.5 Vektorpotential und Flussintegral mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294 20.6 Differentialgleichungen erster Ordnung mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . 295 20.7 Schwingungsdifferentialgleichung mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296 20.8 Sturm-Liouville-Probleme mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297 20.9 Richtungsfeld und numerische Lösung eines Differentialgleichungssystems mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298 20.10 Animation einer inkompressiblen Strömung mit MapleTM . . . . . . . . . . . 299 20.11 Schnelle Fourier-Transformation mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300 20.12 Fourier-Analysis mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 20.13 Residuen und Laurent-Entwicklung mit MapleTM . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_21

20 MapleTM

290

20.1

Differentialoperatoren mit MapleTM

Bilden Sie für die Vektorfelder F = (x2 , y 2 , z 2 )t ,

 = (y, z, x)t G

 H  := F × G  und bestimmen Sie grad U , ΔU , div H,  rot H . U := F · G, Verweise:

Rechenregeln für Differentialoperatoren

Lösungsskizze (i) Definition der Felder: > > > >

with(VectorCalculus): # Einbinden relevanter Funktionen SetCoordinates(’cartesian’[x,y,z]): F := VectorField(): G := VectorField(): U := DotProduct(F,G); H := CrossProduct(F,G); U := x2 y + y 2 z + xz 2 H := (xy 2 − z 3 )ex + (−x3 + yz 2 )ey + (x2 z − y 3 )ez

(ii) Gradient und Laplace-Operator: > gradU := Gradient(U); DeltaU := Laplacian(U); gradU := (2xy + z 2 )ex + (x2 + 2yz)ey + (2xz + y 2 )ez DeltaU := 2x + 2y + 2z > # alternativ (Def. von Delta): > DeltaU := Divergence(gradU): (iii) Divergenz und Rotation: > divH := Divergence(H); rotH := Curl(H); divH := x2 + y 2 + z 2 rotH := (−3y 2 − 2yz)ex + (−2xz − 3z 2 )ey + (−3x2 − 2xy)ez > # alternativ (Produktregeln fuer Differentialoperatoren): > rotF := Curl(F); rotG := Curl(G); rotF := (0)ex + (0)ey + (0)ez rotG := (−1)ex + (−1)ey + (−1)ez > divH := DotProduct(G,rotF)-DotProduct(F,rotG): > # -> gleiches Resultat

291

20.2

Koordinatentransformationen für Skalar- und Vektorfelder mit MapleTM

a) Bestimmen Sie grad U und ΔU in Polarkoordinaten (r, ϕ) für das in kartesischen Koordinaten gegebene Skalarfeld U (x, y) = xy/(x2 + y 2 )2 . b) Bestimmen Sie rot F und div F in Kugelkoordinaten für das in Zylinderkoordinaten gegebene Vektorfeld F = e + zeϕ + zez . Verweise:

MapleTM -Funktionen, Vektorfelder in Zylinderkoordinaten, Vektorfelder in Ku-

gelkoordinaten

Lösungsskizze > with(VectorCalculus):

# Einbinden relevanter Funktionen

a) grad U und ΔU in Polarkoordinaten für U (x, y) = xy/(x2 + y 2 )2 : > # Umwandlung des Skalarfeldes in Polarkoordinaten > U := (x,y)->x*y/(x^2+y^2)^2: > Up := simplify(changecoords(U,[x,y],polar,[r,phi])); U p :=

cos ϕ sin ϕ r2

> # Gradient und Anwendung des Laplace-Operators > grad_U := Gradient(Up); Delta_U := Laplacian(Up); grad_U := −

2 cos ϕ sin ϕ 2 cos2 ϕ − 1 er + eϕ , 3 r r3

Delta_U := 0

b) rot F und div F in Kugelkoordinaten für F = e + zeϕ + zez : > > > > >

# Definition des Vektorfeldes in Zylinderkoordinaten SetCoordinates(’cylindrical’[rho,phi,z]): F := VectorField(): # Umwandlung in Kugelkoordinaten Fs := MapToBasis(F,’spherical’[r,theta,phi]); F s := rer + 0eϑ + r2 cos ϑ sin ϑeϕ

> # Rotation und Divergenz > rot_F := Curl(Fs); div_F := Divergenz(Fs); rot_F := (3r cos2 ϑ − r)er − 3r cos ϑ sin ϑeϑ + 0eϕ ,

div_F := 3

20 MapleTM

292

20.3

Visualisierung von Skalar- und Vektorfeldern mit MapleTM

Stellen Sie das Potential U (x, y) = r(x + 1, y) − r(x − 1, y),

1 r(x, y) =  , x2 + y 2

und das Vektorfeld F = grad U grafisch dar. Verweise:

Grafik mit MapleTM

Lösungsskizze > > > > > > > > > > >

with(plots): with(VectorCalculus): r := (x,y) -> 1/sqrt(x^2+y^2): U := r(x+1,y) - r(x-1,y): # Zeichnen der Aequipotentiallinien U=c, c=-2,-1,..., # basierend auf einem 200x200 Auswertungsgitter p1 := contourplot(U,x=-2..2,y=-2..2,grid=[200,200], color="Blue",contours=[-2,-1,-0.5,-0.2,-0.1,0.1,0.2,0.5,1,2]) # Pfeildiagramm des Gradientenfeldes auf einem 10x10 Gitter # mit logarithmischer Skalierung der Pfeillaengen F := Gradient(U): fieldplot(F,x=-2..2,y=-2..2,grid=[10,10],color="Red", arrows=medium,fieldstrength=log) # Simultane Darstellung der Grafiken display(p1,p2,axesfont = [Times, Bold, 20])

293

20.4

Potential und Arbeitsintegral mit MapleTM

Untersuchen Sie, ob die Vektorfelder F = (xy 2 , yx2 )t ,

 = (x2 y, y 2 x)t G

ein Potential besitzen, bestimmen Sie es gegebenenfalls und berechnen Sie für beide Vektorfelder jeweils das Arbeitsintegral für den abgebildeten Weg. Verweise:

Existenz eines Potentials, Arbeitsintegral

Lösungsskizze (i) F = (xy 2 , yx2 )t : > with(VectorCalculus): # Einbinden relevanter Funktionen > SetCoordinates(’cartesian’[x,y]): > F := VectorField(): > # Pruefen der Integrabilitaetsbedingung > diff(F[1],y)-diff(F[2],x); 0

( =⇒ ∃ Potential U,

F = grad U )

> U := ScalarPotential(F); U :=

x2 y 2 2

> # Berechnung des Arbeitsintegrals als Potentialdifferenz > AF := subs(x=2,y=2,U)-subs(x=2,y=0,U); # U(2,2)-U(2,0) AF := 8  = (x2 y, y 2 x)t : (ii) G > G := VectorField(): > # Pruefen der Integrabilitaetsbedingung > diff(G[1],y)-diff(G[2],x); x2 − y 2 > > > > > > > >

(= 0 =⇒ ∃ kein Potential)

# Parametrisierung der drei Teilwege C1 := Line(,): # Geradensegment (2,0)->(0,2) # Kreismittelpunkt und Radius mx := -1: my := 1: r := sqrt(2): C2 := Path(,t=Pi/4..7*Pi/4): C3 := Line(,): # Berechnung der entsprechenden drei Arbeitsintegrale A1:=LineInt(G,C1); A2:=LineInt(G,C2); A3:=LineInt(G,C3); A1 := 0,



A2 := −2/3,

A3 := 8

gesamtes Arbeitsintegral AG := A1 + A2 + A3 = 22/3

20 MapleTM

294

20.5

Vektorpotential und Flussintegral mit MapleTM

Untersuchen Sie, ob die Vektorfelder F = (y 3 , z, x2 )t ,

 = (x, y 2 , z 3 )t G

ein Vektorpotential besitzen, bestimmen Sie es gegebenenfalls und berechnen Sie für beide Vektorfelder jeweils den Fluss durch die Halbkugelschale S : x2 +y 2 +z 2 = R2 , z ≥ 0, nach oben. Verweise:

Vektorpotential, Flussintegral

Lösungsskizze (i) F = (y 3 , z, x2 )t : > with(VectorCalculus): # Einbinden relevanter Funktionen > SetCoordinates(’cartesian’[x,y,z]): > F := VectorField(): > # Überpruefung der Divergenzfreiheit (notw. Bed.) > Divergence(F);  ( =⇒ ∃ Vektorpotential A,

0

 F = rot A)

> A := VectorPotential(F); A := (z 2 /2 − x2 y)ex + (−y 3 z)ey + (0)ez Satz von Stokes =⇒      · dr, rot A  A ·dS = S

 F

C : x2 + y 2 = R 2 , z = 0

C

(Fluss nach oben, Kreis entgegen dem Uhrzeigersinn orientiert) > > > >

# Randkurve der Hemisphaere -> Kreis in der xy-Ebene C := Path(,phi=0..2*Pi): # Berechnung des Flussintegrals als Arbeitsintegral Fluss := LineInt(A,C); π F luss := R4 4 2 3 t  (ii) G = (x, y , z ) : > G := VectorField(): > # Überpruefung der Divergenzfreiheit (notw. Bed.) > Divergence(G); 1 + 2y + 3z 2

(= 0 =⇒ ∃ kein Vektorpotential)

> # Parametrisierung der Hemisphaere > S := Surface(,theta=0..Pi/2,phi=0..2*Pi): > Fluss := Flux(G,S); 2 2 F luss := πR5 + πR3 5 3

295

20.6

Differentialgleichungen erster Ordnung mit MapleTM

Bestimmen Sie die allgemeinen Lösungen der Differentialgleichungen y x a) y  = 2 b) y  = 2 x +1 y +1 sowie die Lösungen zu dem Anfangswert y(1) = 2 . Verweise:

MapleTM -Funktionen

Lösungsskizze > with(DEtools): a)

# Einbinden relevanter Funktionen

y  = y/(x2 + 1), y(1) = 2:

> DG := diff(y(x),x) = y(x)/(x^2+1): > # allgemeine Loesung > Lsg := dsolve(DG); Lsg := y(x) = _C1 earctan(x) > # Loesung des Anfangswertproblems > IVPsol(y(1)=2,Lsg); y(x) = b)

2earctan(x) eπ/4

y  = x/(y 2 + 1), y(1) = 2:

> DG := diff(y(x),x) = x/(y(x)^2+1): > # Typ der Differentialgleichung > odeadvisor(DG) [_separable] > # allgemeine Loesung (implizite Darstellung) > dsolve(DG,’implicit’); x2 y(x)3 − − y(x) + _C1 = 0 2 3 > # Loesung des Anfangswertproblems > dsolve({y(1)=2,DG},’implicit’); y(x)3 25 x2 − − y(x) + =0 2 3 6 Etwas schwieriger: Lösen Sie y  = 1 + x/y (ohne dsolve); eventuell mit der Hilfe der Funktion odeadvisor, die die Klassifizierung [[_homogeneous, class A], _rational, [_Abel, 2nd type, class A]] liefert.

20 MapleTM

296

20.7

Schwingungsdifferentialgleichung mit MapleTM

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Schwingungsdifferentialgleichung u + 4u + 3u = cos(ωt) sowie, für ω = 1, die Lösung up zu den Anfangswerten u(0) = 1, u (0) = 0 . Zeichnen Sie up auf dem Intervall [0, 4π] . Verweise:

Differentiation mit MapleTM

Lösungsskizze > > > >

> > > >

with(DEtools): # Einbinden relevanter Funktionen DG := D^(2)(u)(t)+4*D(u)(t)+3*u(t) = cos(omega*t): # allgemeine Loesung allg_Lsg := dsolve(DG); allg_Lsg := u(t) = e−3t _C2 + e−t _C1 + 2

1 −ω cos(ωt) + 4ω sin(ωt) + 3 cos(ωt) ω 4 + 10ω 2 + 9 # partikuläre Loesung und Grafik omega := 1: u_p := IVPsol([u(0)=1,D(u)(0)=0],allg_Lsg); DEplot(DG,u(t),t=0..4*Pi,[[u(0)=1,D(u)(0)=0]]); 5e−t cos(t) sin(t) 7e−3t up := u(t) = − + + + 20 4 10 5

starke Dämpfung → schnelles Abklingen des nichtperiodischen Anteils

297

20.8

Sturm-Liouville-Probleme mit MapleTM

Lösen Sie das Randwertproblem −(pu ) + qu = f,

u(0) = 1, u (1) = 0 ,

für a) p = q = 1, f (t) = et (linear, konstante Koeffizienten) b) p(t) = et , q(t) = e−t , f = 0 (linear, variable Koeffizienten) c) p = 1, q(t) = eu(t) , f = 0 (nicht-linear) Verweise:

MapleTM -Funktionen

Lösungsskizze Alle Probleme können mit der MapleTM -Funktion dsolve(DGl,RB,Lsg,options) aus dem Paket DEtools gelöst werden, dem die Differentialgleichung und die Randbedingungen übergeben werden. a) −u + u = et , u(0) = 1, u (1) = 0: > DGl := -diff(u(t),t$2)+u(t)=exp(t): > RB := u(0)=1, D(u)(1)=0: > Lsg := dsolve({DGl,RB},u(t)); tet 2 td

d e dt u(t) + e−t u(t) = 0, u(0) = 1, u (1) = 0: − dt Lsg := u(t) = et −

b)

> DGl := -diff(exp(t)*diff(u(t),t),t)+exp(-t)*u(t) = 0: > Lsg := dsolve({DGl,RB},u(t)): Lsg := simplify(Lsg); Lsg := u(t) =

sinh(e−1 ) sinh(e−t ) − cosh(e−1 ) cosh(e−t ) sinh(e−1 ) sinh(1) − cosh(e−1 ) cosh(1)

Ein beeindruckendes MapleTM -Ergebnis! c) −u + eu u = 0, u(0) = 1, u (1) = 0: > DGl := -diff(u(t),t$2)+exp(u(t))*u(t) = 0: > Lsg := dsolve({DGl,RB},u(t)); Lsg := () Keine analytische Lösung möglich - auch MapleTM hat seine Grenzen! Bei der numerischen Lösung gibt dsolve eine Prozedur zurück, mit der die Lösung ausgewertet werden kann. > Lsg := dsolve({DGl,RB},u(t)); Lsg(0.2); Lsg := proc(x_bvp) . . . end proc [ t = 0.2, u(t) = 0.788787785306801,

d u(t) = −0.855502552743120 ] dt

20 MapleTM

298

20.9

Richtungsfeld und numerische Lösung eines Differentialgleichungssystems mit MapleTM

Zeichnen Sie das Richtungsfeld des Differentialgleichungssystems u = cos(u) + sin(u + v),

v  = sin(v) + cos(u + v)

in [0, 2π]2 sowie die Lösungskurve (u (t), v (t)), t ∈ [0, 10], zu den Anfangsbedingungen u (0) = 4, v (0) = 2 . Bestimmen Sie numerisch die Kurvenpunkte für t = 5, 10 . Verweise:

Differentiation mit MapleTM

Lösungsskizze > with(DEtools): # Einbinden relevanter Funktionen > # Differentialgleichungen und Anfangsbedingungen > DG1 := D(u)(t) = cos(u(t))+sin(u(t)+v(t)): DG2 := D(v)(t) = sin(v(t))+cos(u(t)+v(t)): > AB1 := u(0) = 4: AB2 := v(0) = 2: > # Richtungsfeld mit Loesungskurve > DEplot([DG1,DG2],[u(t),v(t)],t=0..10,u=0..2*Pi,v=0..2*Pi, [[AB1,AB2]]):

> # numerische Loesung fuer t = 5,10 > T := [5,10]: > dsolve({DG1,DG2,AB1,AB2},numeric,output=Array(T)); # ⎤ ⎡ " t u(t) v(t) ⎢ ⎥ ⎢⎡ ⎤⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 5. 0.7753 3.2729 ⎥ ⎣⎣ ⎦⎦ 10. 1.3520 1.9689

299

20.10

Animation einer inkompressiblen Strömung mit MapleTM

Visualisieren Sie die Bewegung eines Bootes in einem Fluss um eine kreisförmige Insel mit Radius R für mehrere Ausgangspositionen. Benutzen Sie dazu für das Geschwindigkeitsfeld V die Approximation („unendliche“ Flussbreite, Strömung in x-Richtung)

 R2 V (x, y) = grad U (x, y), U (x, y) = 1 + 2 x. x + y2 Verweise:

MapleTM -Funktionen

Lösungsskizze > > > > > > > > > > > > > >

with(DEtools): with(plots): with(plottools): # Differentialgleichungen fuer den Weg x(t),y(t) des Bootes R := 1; U := (1+R^2/(x^2+y^2))*x Vx := diff(U,x); Vy := diff(U,y) DGx := diff(x(t),t) = subs(x=x(t),y=y(t),Vx) DGy := diff(y(t),t) = subs(x=x(t),y=y(t),Vy) # Startpositionen S := [[x(0)=-2,y(0)=-1],[x(0)=-2,y(0)=1/2],[x(0)=-2,y(0)=3/2]] # Zeitintervall und Bildausschnitt T := t=0..5; X := x=-2..2; Y := y=-2..2 # Zeichnen der Insel, des Geschwindigkeitsfeldes # und der Loesungskurven A := disk([0,0],R,color=green) B := DEplot([DGx,DGy],[x(t),y(t)],T,X,Y,S, ... ... color=blue,linecolor=black,animatecurves=true) > display(A,B)

Durch Klicken auf die Grafik und Wählen der Menüoptionen animation und play werden die Lösungskurven sukzessive gemäß der Geschwindigkeit des Bootes gezeichnet. Links abgebildet ist das letzte Frame dieser Videosequenza . a Das Geschwindigkeitsfeld innerhalb der Insel lässt sich nicht auf elegante Weise unterdrücken.

20 MapleTM

300

20.11

Schnelle Fourier-Transformation mit MapleTM

Rekonstruieren Sie das blau gezeichnete periodische Signal p(t) =

a0 + 2

n 

2

(ak cos(kt) + bk sin(kt))

1 0

k=1

mit n = 4 bestmöglich aus N = 16 mit einer relativ groben Toleranz gemessenen Werten (schwarze Punkte) an äquidistanten Stützstellen tj = 2πj/N , j = 0, . . . , N − 1. Verweise:

3

-1 -2 -3

0

5

MapleTM -Funktionen

Lösungsskizze Formel von Euler-Moivre, cos(kt) = (eikt + e−ikt )/2, sin(kt) = (eikt − e−ikt )/(2i)  komplexe Darstellung des Signals:  p(t) = Ck eikt , ak = 2 Re Ck , bk = −2 Im Ck , C−k = C k |k|≤n

 Ausgleichsproblem  ! Ck e2πijk/N Pj = p(tj ) =   , j = 0, . . . , N − 1

Interpolationsbedingungen

|k|≤n

wj,k

Orthogonalität der Spalten der Matrix W (indiziert mit k = −n, . . . , n, Norm = √ N )  Vereinfachung der Normalengleichungen: ∗

∗

W W C = W P,   NC

N −1 1 1  ∗ Ck = (W P )k = Pj e−2πijk/N N N j=0

Für eine Zweierpotenz N (N = 24 im betrachteten Beispiel)1 lässt sich die Berechnung mit der schnellen Fourier-Transformation (FFT-Algorithmus) durchführen: > > > >

with(SignalProcessing) P := Vector([2,2,-1,-3,0,3,1,-2,-2,0,1,1,0,-1,-1,0]) # FFT-Option "normalization" -> Vorfaktor 1/16 C := FFT(P,normalization=full) C := [0.+0.I, 0.1128+0.I, 0.+0.I, 0.9843+0.I, 0.-0.5I, ...] > # auf 4 Nachkommastellen gerundete Werte rekonstruiertes Signal p(t) = 0.2256 cos(t) + 1.9686 cos(3t) + 1.0000 sin(4t)

1 N muss größer als 2n gewählt werden, um zu vermeiden, dass verschiedene Funktionen mit dem gleichen Frequenzbereich (k ∈ {0, ..., n}) identische Daten interpolieren (Alias-Effekt).

301

20.12

Fourier-Analysis mit MapleTM

Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der Funktion f (x) = cos(x) exp(−|x|) und illustrieren Sie die Gültigkeit des Satzes von Plancherel und der PoissonSummationsformel. Verweise:

Fourier-Transformation, Satz von Plancherel, Poisson-Summationsformel

Lösungsskizze  (i) Fourier-Transformierte F (y) = R f (x)e−ixy dx: > with(inttrans): # Einbinden relevanter Funktionen > f := x -> cos(x)*exp(-abs(x)); F := fourier(f(x),x,y); f := x → cos(x)e−|x| , (ii) Satz von Plancherel 2π

 R

F :=

|f (x)|2 dx =

2(y 2 + 2) (y 2 − 2y + 2)(y 2 + 2y + 2)  R

|F (y)|2 dy:

> If := int(f(x)^2,x=-infinity..infinity); IF := int(F^2,y=-infinity..infinity); 3π  2 ∞ ∞ (iii) Poisson-Summationsformel k=−∞ f (k) = k=−∞ F (2πk): If :=

3 , 4

IF :=

> Sf := sum(f(k),k=-infinity..infinity); SF := sum(subs(y=2*Pi*k,F),k=-infinity..infinity);

Sf :=

e2 − 1 , (e1+I − 1)(e1−I − 1)

SF :=

sinh(1/2) cosh(1/2) cos(1/2)2 − cosh(1/2)2

Sf − SF = 0!  Sieht (sehr) schwierig aus - aber die Formeln von Euler-Moivre und für die geometrische Reihe machen es leicht: k k + q− , 2f (k) = (eik + e−ik )e−k = q+ k≥0

und f (k) = f (−k),

∞

k k=0 q±

=

1 1−q±

.

q± = e±i−1

20 MapleTM

302

20.13

Residuen und Laurent-Entwicklung mit MapleTM

Bestimmen Sie die Residuen der Funktionen f (z) =

1 + z4 , z + 2z 3 + z 5

g(z) =

exp(z/2) − cos(2z) sin(z)2

(an allen Polstellen) sowie jeweils die ersten drei Terme der Laurent-Entwicklungen in der Umgebung doppelter Polstellen. Verweise:

Residuum, Laurent-Reihe

Lösungsskizze (i) f (z) = (1 + z 4 )/(z + 2z 3 + z 5 ): > > > >

with(numapprox): # Einbinden relevanter Funktionen f := (1+z^4)/(z+2*z^3+z^5): # einfache Polstelle bei z=0 R0 := residue(f,z=0); R0 := 1

> # doppelte Polstellen bei z = -i,i > LmI := laurent(f,z=-I,4); LpI := laurent(f,z=-I,4); I 7I LmI := − (z + I)−2 + + O((z + I)) 2 8 I 7I LpI := (z − I)−2 − + O((z − I)) 2 8 =⇒ Residuen (Koeffizienten von (z ±i)−1 der Laurent-Entwicklungen): für beide doppelten Polstellen null (ii) g(z) = (exp(z/2) − cos(2z))/ sin(z)2 : > g := z -> (exp(z/2)-cos(2*z))/sin(z)^2: > # einfache Polstelle bei z=0 > R0 := residue(g(z),z=0); R0 := 1/2 > > > >

# doppelte Polstellen bei z=k*Pi, k0 assume(k,integer,k0) Lk := laurent(g(z),z=k*Pi,4): Lk := simplify(Lk); # Vereinfachung   1 Lk := ek∼π/2 − 1 (z − k ∼ π)−2 + ek∼π/2 (z − k ∼ π)−1 + 2 5 11ek∼π/2 + + O((z − k ∼ π)) 24 3

=⇒ Residuen: 12 ek∼π/2 “k ∼” symbolisiert die Einschränkungen an die Variable k (k ∈ Z\{0})

21 Matlab®

Übersicht 21.1 21.2 21.3 21.4 21.5 21.6 21.7 21.8 21.9 21.10 21.11 21.12 21.13 21.14 21.15 21.16

Animation mit Matlab® . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304 Grafische Eingabe mit Matlab® . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305 Vektorfelder mit Matlab® . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307 Differentialgleichungen mit Matlab® . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308 Finite-Elemente-Approximation mit Matlab®  . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309 Modellierung einer Achterbahnfahrt mit Matlab®  . . . . . . . . . . . . . . 311 Lineare Differentialgleichungssysteme mit Matlab® . . . . . . . . . . . . . . . 313 Grenzzyklus der van der Pol-Gleichung mit Matlab®  . . . . . . . . . . . . 315 Tor des Monats mit Matlab®  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 Rückkehr zur Erde mit Matlab®  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319 3-Körper-Problem mit Matlab®  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322 Trigonometrische Interpolation und Tiefpassfilter mit Matlab®  . . . 324 Fourier-Entwicklung mit Matlab® . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327 Visualisierung komplexer Funktionen mit Matlab® . . . . . . . . . . . . . . . 329 Visualisierung komplexer Iterationen mit Matlab® . . . . . . . . . . . . . . . 330 Riemannsche Zeta-Funktion mit Matlab®  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_22

21 Matlab®

304

21.1

Animation mit Matlab®

Illustrieren Sie die Konstruktion einer Hypozykloide, bei der ein Kreis auf der Innenseite eines größeren Kreises abrollt, mit einer Filmsequenz. Verweise:

Bilder und Animationen mit Matlab®

Lösungsskizze >> >> >> >> >> >> >>

% Parameter und Grafikfenster R = 3; r = 1; T = 2*pi*r; n_frames = 101; hold on, axis([-R R -R R]), axis equal, axis off % Zeichnen des großen Kreises (gruen) t = linspace(0,2*pi); cx = R*cos(t); cy = R*sin(t); plot(cx,cy,’-g’) for k=1:n_frames t = (k-1)*T/(n_frames-1); % Zeichnen des kleinen Kreises (blau) mx = (R-r)*cos(t); my = (R-r)*sin(t); % Mittelpunkt h1 = plot(mx+cx*r/R,my+cy*r/R,’-b’); % Punkt auf der Hypozykloide, Radien, Kurve (rot) px(k) = mx+r*cos(t*R/r); py(k)=my-r*sin(t*R/r); h2 = plot([0 mx px(k)],[0 my py(k)],’-ok’); h3 = plot(px,py,’-r’); % Speichern und Loeschen des aktuellen Bildes M(k) = getframe; delete(h1), delete(h2), delete(h3) end >> hold off >> % zweimaliges Abspielen mit 20 Bildern pro Sekunde >> movie(M,2,20)

Bild 1

Bild 60

Bild 101

305

21.2

Grafische Eingabe mit Matlab®

Schreiben Sie ein Programm1 zur sukzessiven grafischen Eingabe von „Kontrollpunkten“ (c1,0 , c2,0 )t , (c1,1 , c2,1 )t , . . . ∈ [0, 1]2 und Zeichnen der Bézier-Kurven ⎛ ⎞

 n  c1,k n ⎝ ⎠ (1 − t)n−k tk , 0 ≤ t ≤ 1 . t → p(t) = k c2,k k=0

Ein nachträgliches Verschieben einzelner Kontrollpunkte soll ebenfalls möglich sein. Verweise:

Grafische Eingabe mit Matlab®

Lösungsskizze >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >>

% Fenster oeffnen und Achsensystem festhalten clf; hold on; set(gca,’xlimmode’,’manual’,’ylimmode’,’manual’); % Eingabe des ersten Punktes mit der Maus [x,y] = ginput(1); % Polygon und Kurve zeichnen (zunaechst nur ein Punkt) n_plot = 100; h_polygon = plot(x,y,’-ok’); h_curve = plot(x,y,’-b’); % Eingabe der weiteren Punkte % Taste 1 neu, Taste 2 verschieben, Taste 3 beenden while 1 [xn,yn,button] = ginput(1); if button==1 % neuen Punkt hinzufuegen x(end+1) = xn; y(end+1) = yn; elseif button==2 % Punkt verschieben % Punkt mit minimaler Differenz ersetzen [min_d,ind] = min((x-xn).^2+(y-yn).^2); x(ind) = xn; y(ind) = yn; else break; end % Bezier-Kurve berechnen p = bezier([x;y],linspace(0,1,n_plot));

1 eine vereinfachte Version eines Demos aus einem Programmpaket zur geometrischen Modellierung

306

21 Matlab®

>> % Daten der Grafik aktualisieren >> set(h_polygon,’xdata’,x,’ydata’,y); >> set(h_curve,’xdata’,p(1,:),’ydata’,p(2,:)); >> end Das Matlab® -Skript nutzt die folgende Matlab® -Funktion zur Berechnung von Bézier-Kurven2 . function p = bezier(points,t) % Punkte der Bezier-Kurve zu den Parameterwerten t n = size(points,2)-1; % Polynomgrad p = points(:,1)*(1-t).^n; for k=1:n; p = p+points(:,k+1)*nchoosek(n,k)*((1-t).^(n-k).*t.^k); end end Die Abbildungen illustrieren die sukzessive Eingabe von vier Kontrollpunkten sowie ein anschließendes Verschieben eines Kontrollpunktes.

2 Eleganter ist der Algorithmus von de Casteljau (vgl. das zuvor erwähnte Programmpaket), der jedoch zusätzlicher Erläuterungen bedarf.

307

21.3

Vektorfelder mit Matlab®

Stellen Sie das Gradientenfeld zu dem Potential U (x, y) =

1 2 − , 2 2 (x + 1) + y (x − 1)2 + y 2

−2 ≤ x, y ≤ 2 ,

inklusive einiger Feldlinien grafisch dar. Verweise:

Visualisierung von Vektorfeldern mit Matlab®

Lösungsskizze >> >> >> >> >> >> >> >> >> >>

>> >> >> >>

% Auswerten von U auf einem xy-Gitter (dx=dy=1/4) x = [-2:1/4:2]; y = [-2:1/4:2]; [X,Y] = meshgrid(x,y); U = 1./(1+(X+1).^2+Y.^2) - 2./(1+(X-1).^2+Y.^2); % numerische Berechnung der Gradienten [Fx,Fy] = gradient(U,x,y); % Visualisierung von (Fx,Fy) durch Vektorpfeile quiver(X,Y,Fx,Fy) % Startpunkte fuer Feldlinien auf einem Kreis um (1,0) for k=1:30 xs(k) = 0.2*cos(2*pi*k/30)+1; ys(k) = 0.2*sin(2*pi*k/30); end % Zeichnen der Feldlinien streamline(X,Y,Fx,Fy,xs,ys) % Verwendung zusaetzlicher Grafik-Optionen % Farbe, Linien-/Pfeilstaerke, Fontgroesse, etc.

2

1

0

-1

-2 -2

-1

0

1

2

21 Matlab®

308

21.4

Differentialgleichungen mit Matlab®

Zeichnen Sie die Lösungen der Anfangswertprobleme a) u = sin(t + u)u, u(0) = 1 b) v  = −tv 3 ,

v(0) = 0, v  (0) = 1

auf dem Intervall [0, 10] . Verweise:

Matlab® -Funktionen

Lösungsskizze a) u = sin(t + u)u, u(0) = 1: >> % Spezifizierung des Anfangswertproblems >> Du = @(t,u) sin(t+u)*u; u0 = 1; >> Intervall = [0,10]; >> % ode23: numerische Loesung mit moderater Genauigkeit >> % output: [t(k),u(t(k))] fuer verwendete Zeitschritte >> [t,u] = ode23(Du,Intervall,u0); >> plot(t,u) 2 1 0

2

4

6

8

10

b) v  = −tv 3 , v(0) = 0, v  (0) = 1: Transformation auf Standardform u = f (t, u) durch Setzen von u := (v, v  )t : ⎞ ⎛ ⎞ ⎛  u u 2 1 ⎠ ⎠ =: f (t, u) =⎝ u = ⎝ u2 −tu31 >> >> >> >>

f = @(t,u) [u(2); -t*u(1)^3]; % ode45: numerische Loesung mit guter Genauigkeit [t,u] = ode45(f,[0,10],[0;1]); plot(t,u)

1

0

-1 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

309

21.5

Finite-Elemente-Approximation mit Matlab® 

Approximieren Sie die radialsymmetrische Lösung u(r) des Randwertproblems −Δu + u = 1 in D,

u = 0 auf ∂D,

D : r 2 = x2 + y 2 < 1

mit den abgebildeten Finiten Elementen B0 , . . . , Bn−1 , n = 1/h („Hut-Funktionen“)3 .

Verweise:

Matrix-Operationen in Matlab® , Differentialoperatoren in Zylinderkoordina-

ten

Lösungsskizze Randwertproblem in Polarkoordinaten 

d 1 d r u(r) + u(r) = 1, u (0) = 0, u(1) = 0 (Lu)(r) = − r dr dr Die erste Randbedingung basiert auf der Symmetrie einer radialsymmetrischen Funktion: u(x, y) = u(−x, −y) =⇒ (x, y) = (0, 0) ist eine lokale Extremalstelle. n−1 Einsetzen der Approximation uh = k=0 ck Bk und (analog zu der Charakterisierung einer orthogonalen Projektion) fordern, dass die Skalarprodukte mit den Basisfunktionen verschwinden  lineares Gleichungssystem , n−1  1  1  Bj (r) L ck Bk (r) rdr = Bj (r) · 1 rdr 1

0

1 2π

k=0



0

. . . dxdy) 1 1 Matrix G: gj,k = 0 Bj (r) (LBk )(r) rdr, rechte Seite f : fj = 0 Bj (r) rdr Vereinfachen der Matrix-Elemente durch partielle Integration



   1 d 1 d r Bk (r) + Bk (r) rdr Bj (r) − gj,k = r dr dr 0  1

 = Bj (r)Bk (r) + Bj (r)Bk (r) rdr (

0

. . . rdr =

D

0

keine Randterme, da Bj (1) = 0 und rBk (r)|r=0 = 0

3 Genauere Approximationen können mit B-Splines als Finite Elemente erzielt werden, insbesondere für kompliziertere Probleme in zwei und drei Dimensionen, bei denen nicht, wie für das Modellproblem der Aufgabe, auch eine analytische Lösung möglich ist.

21 Matlab®

310

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ r/h − k + 1, kh − h ≤ r ≤ kh Bk (r) = −r/h + k + 1, kh ≤ r ≤ kh + h ⎪ ⎪ ⎩ 0 sonst und mühsame Rechnung (die Verwendung von MapleTM ist empfehlenswert) Werte für gj,k und fj in dem folgenden Programmsegment, z.B. Einsetzen von



Diagonale von G : (1/2, 2, 4, . . . , 2n − 2) + (1/8, 1, 2, . . . , n − 1) · (2h2 )/3 >> >> >> >> >> >> >> >>

n % D d G % f u

= 10; h = 1/n; % Anzahl der Basisfunktionen und Gitterweite tridiagonale Matrix mit Diagonale D und Nebendiagonalen d = [1/2, 2:2:2*n-2]’+[1/8, 1:n-1]’*2*h^2/3; = -[1/2:n-3/2]’+[1:2:2*n-3]’*h^2/12; = diag(D)+diag(d,1)+diag(d,-1); % g_j,k=0 fuer |j-k|>1 rechte Seite = [1/6, 1:n-1]’*h^2; = G\f; % Loesen des linearen Gleichungssystems

Kontrolle der Genauigkeit durch Einsetzen der Gitterwerte von uh in die Differentialgleichung und Verwendung der Approximationen u (r) ≈ (u(r+h)−u(r−h))/(2h), u (r) ≈ (u(r + h) − 2u(r) + u(r − h))/h2 >> >> >> >> >> >>

% Differenzenapproximationen der Ableitungen u = [u;0]; du = (u(3:end)-u(1:end-2))/(2*h); ddu = (u(3:end)-2*u(2:end-1)+u(1:end-2))/h^2; % Fehler bei Einsetzen in die Differentialgleichung r = [1:n-1]’*h; error = norm(-ddu-du./r+u(2:end-1)-1,inf); plot([0:n]’*h,u,’-ok’); % Zeichnen der L\"osung 0.2

error = 0.0016 vergleichbar mit der Genauigkeit der Differenzenapproximationen

0.1 0 0

0.5

1

Was sagt MapleTM ? > dsolve({-diff(r*diff(u(r),r),r)/r+u(r)=1,D(u)(0)=0,u(1)=0}); BesselI(0,r) 4 ! BesselI(0, 1) Das einfache Modellproblem kann somit auch analytisch gelöst werden. u(r) = 1 −

4

Friedrich Wilhelm Bessel (1784-1846)

311

21.6

Modellierung einer Achterbahnfahrt mit Matlab® 

Visualisieren Sie die ersten 10 Sekunden einer Fahrt auf der durch h(x) = 10 cos2 (x/20)e−x/50 ,

x≥0

(Einheiten in Metern) modellierten Bahn, indem Sie die Fahrtpositionen in Intervallen von 0.5 Sekunden auf dem Graph von h markieren. Gehen Sie von einer „Anschubgeschwindigkeit“ von v0 = 0.1m/s aus. Vernachlässigen Sie Reibungskräfte5 . Verweise:

Matlab® -Funktionen, Energieerhaltung

Lösungsskizze (i) Differentialgleichung für die Fahrtposition (x(t), y(t)): Gesamtenergie (Summe aus potentieller und kinetischer Energie): E(t) = mgh(x(t)) +

m |v(t)|2 2

mit g = 9.81 m/s der Erdbeschleunigung, v(t) = (x (t), y  (t)) [m/s] der Geschwindigkeit und m [kg] der Masse des Fahrzeugs Invarianz von E =⇒ E(t) = E(0), d.h. m m (E) mgh(x(t)) + |v(t)|2 = mgh(x(0)) + v02  2 2 2

v  Tangentenvektor von h

=⇒

=0

h (x(t)) = y  (t)/x (t) und folglich

|v(t)|2 = x (t)2 + y  (t)2 = x (t)2 (1 + h (x(t))2 ) Einsetzen in (E), Division durch m



1 1 gh(x(t)) + x (t)2 (1 + h (x(t))2 ) = gh(0) + v02 2 2 bzw. nach Umformung x (t) = ±



(2gh(0) + v02 − 2gh(x(t)))/(1 + h (x(t))2 )

Nur die positive Wurzel ist relevant - Sie möchten auf einer Achterbahn nicht rückwärts fahren!

5 Realistischer (aber komplizierter) ist, wenn Sie auch bremsen können; interessanter eine dreidimensionale Bahnkurve, die auch Loops enthält  ein Inzentiv, sich genauer mit Differentialgleichungen zu beschäftigen!

21 Matlab®

312 (ii) Matlab® -Implementierung: >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >>

% Parameter g = 9.81; tmax = 10; dt = 0.5; x0 = 0; v0 = 0.1; h0 = 10; E0 = g*h(0)+v0^2/2; % Bahnkurve und Ableitung h = @(x) 10*cos(x/20).^2.*exp(-x/50); dh = @(x) 10*(-cos(x/20).*sin(x/20)/10 ... -cos(x/20).^2/50).*exp(-x/50); % rechte Seite der Differentialgleichung dx = @(t,x) sqrt(2*(E0-g*h(x))./(1+dh(x).^2)); % t tritt nicht explizit auf, ist aber fuer die Syntax % des Differentialgleichungsloesers notwendig % Loesen des Anfangswertproblems [t,x] = ode45(dx,[0:dt:tmax],x0); % -> t = [0 dt 2*dt ...], dx = [x(0) x(dt) x(2*dt) ...] % Zeichnung der Fahrtpositionen und Bahnkurve hold on plot(x,h(x),’ok’); x = linspace(0,xmax); plot(x,h(x),’-k’); hold off

15 10 5 0

0

50

100

Abgebildet ist die Höhe in Metern und zusätzlich die Geschwindigkeit in Metern/Sekunde, die jedoch nicht mit obigem Programmsegment berechnet wurde.  |v| = x 1 + h (x)2 ist maximal an den Nullstellen/Tiefpunkten x von h m m =⇒ E(0) = mgh(0) + v02 = mgh(x ) + v(x )2 , h(x ) = 0 m 2 2  vmax = |v(x )| = 2gh(0) + v02 = 2 · 9.81 · 10 + 0.12 m/s = 4.0075 m/s 

mögliche Kontrolle der Genauigkeit

313

21.7

Lineare Differentialgleichungssysteme mit Matlab®

Lösen Sie das Anfangswertproblem u1 =

u1 +2u2 +2u3 ,

u1 (0) =

1

u2 = −2u1 −3u2 +2u3 ,

u2 (0) = −1

u3

u3 (0) =

= −4u1 −4u2

−u3 ,

4

und zeichnen Sie die Projektionen der Lösungskurven u(t), t ∈ [0, 10], auf die xy-, xz- und yz-Ebene. Verweise:

Matrix-Operation in Matlab®

Lösungsskizze (i) u = Au, u(0) = b, analytische Lösung für diagonalisierbares A: spezielle Lösung u(t) = veλt mit v einem Eigenvektor zu einem Eigenwert λ von A Linearkombination für eine Basis aus Eigenvektoren v k u(t) = Anfangsbedingung b = u(0) =

c = V −1 b,

3 



allgemeine Lösung

c k v k eλk t

k=1



k ck v

k

=⇒

⎞ v1,1 · · · v1,3 ⎟ ⎜ ⎜ . .. ⎟ V = (v 1 , v 2 , v 3 ) = ⎜ .. . ⎟ ⎠ ⎝ v3,1 · · · v3,3 ⎛

Auswertung der Komponenten uj zu Zeiten t  k t uj (t ) = ck vj,k eλ  =: (W E)j,    k

wj,k

ek,

(ii) Matlab® -Skript: >> A = [1 2 2; -2 -3 2; -4 -4 -1]; b = [1;-1;4]; >> % Eigenvektoren und Diagonalmatrix der Eigenwerte >> [V,Lambda] = eig(A) V = -0.3536-0.3536i -0.3536+0.3536i 0.7071+0.0000i 0.3536-0.3536i 0.3536+0.3536i -0.7071+0.0000i 0.7071+0.0000i 0.7071+0.0000i 0.0000+0.0000i Lambda = -1.0+4.0i 0.0 0.0 0.0 -1.0-4.0i 0.0 0.0 0.0 -1.0 >> % Loesung des Gleichungssystems der Anfangsbedingungen

21 Matlab®

314

>> % Skalierung der Spalten von V -> W = (w^1,w^2,w^3) >> c = V\b, W = V*diag(Lambda) c = 2.8284 W = -1.0-1.0i -1.0+1.0i 3 2.8284 1.0-1.0i 1.0+1.0i -3 4.2426 2.0 2.0 0 3 Lösung u(t) = k=1 wk eλk t , d.h. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 + i 3 −1 − i ⎟ (−1−4i)t ⎜ ⎟ −t ⎜ ⎟ (−1+4i)t ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ +⎜ +⎜ u(t) = ⎜ ⎝ 1 + i ⎠e ⎝ −3 ⎠ e ⎝ 1 − i ⎠e 2 0 2 ⎛ ⎞ −2 cos(4t) + 2 sin(4t) + 3 ⎜ ⎟ −t ⎜ = e ⎝ 2 cos(4t) + 2 sin(4t) − 3 ⎟ ⎠ 4 cos(4t) (iii) Zeichnen der Projektionen auf die Koordinatenebenen: >> dt = 0.01; T = [0:dt:10]; >> E = exp(diag(Lambda)*T); >> uT = W*E; >> >> >> >> >> >>

subplot(1,3,1) % linkes Bild plot(uT(1,:),uT(2,:)) subplot(1,3,2) % mittleres Bild plot(uT(1,:),uT(3,:)) subplot(1,3,3) % rechtes Bild plot(uT(2,:),uT(3,:))

0

4

4

2

2

0

0

-0.5 -1 -1.5 -2 -2.5

-2

-2 0

2

4

0

2

4

-2

-1

0

315

21.8

Grenzzyklus der van der Pol-Gleichung mit Matlab® 

Nach einer kurzen „Einschwingphase“ wird die Lösung u der Differentialgleichung (Modell eines nichtlinearen Oszillators) u + (u2 − 1)u + u = 0 periodisch. 2 0 -2 0

5

10

15

20

Bestimmen Sie die Periode T und Anfangswerte u0 , u0 für diesen sogenannten Grenzzyklus. Verweise:

Matlab® -Funktionen

Lösungsskizze Mit der Wahl von u0 = 0 ist für die unbekannte Ableitung a = u0 und die Periode T das Gleichungssystem (Periodizitätsbedingung) P (a, T ) − (0, a)t = (0, 0)t

(1) 

t

zu lösen, wobei P eine Funktion bezeichnet, die (u(T ), u (T )) für die Anfangswerte (u(0), u (0))t mit u(0) = 0 berechnet. Transformation der Differentialgleichung auf Standardform (Differentialgleichungssystem erster Ordnung) durch Einführung der Variablen U = (u, u )t , ⎞ ⎛ U 2 ⎠ U  = vdP(U ) = ⎝ (1 − U12 )U2 − U1 

Matlab® -Implementierung

function UT = P(aT) a = aT(1); T = aT(2); % Loesung des Differentialgleichungssystems % auf dem Intervall [0,T] mit den Anfangswerten [0;a] [t,Ut] = ode45(@vdP,[0;T],[0;a]); % Ut(k,1) = U_1(t(k)), Ut(k,2) = U_2(t(k)) UT = Ut(end,:)’; end

21 Matlab®

316 function dU = vdP(t,U) dU = [U(2); (1-U(1)^2)*U(2)-U(1)]; end

Lösung von (1) durch numerische Minimierung der Norm des Fehlers >> >> >> >> >> >>

grafische Bestimmung von Startwerten a = 2 % Steigung von u bei der Nullstelle nahe t = 13 T = 6 % Zeitdifferenz bis zur uebernaechsten Nullstelle aT = [a;T]; err = @(aT) norm(P(aT)-[0;aT(1)]) aT = fminsearch(err,aT) 2.1733 6.6655

Darstellung des Grenzzyklus in der Phasenebene (u = U2 in Abhängigkeit von u = U1 ) >> [t,Ut] = ode45(@vdP,[0;aT(2)],[0; aT(1)]); >> plot(Ut(:,1),Ut(:,2))

2 1 0 -1 -2 -2

0

2

Alternative Lösung Eleganter wäre, das nichtlineare Gleichungssystem (1) mit dem Newton-Verfahren zu lösen. Die Implementierung ist jedoch wesentlich schwieriger, da zur Berechnung der Jacobi-Matrizen zusätzliche Differentialgleichungssysteme zu lösen sind6 .

6

s. Aufgabe 7.6 für ein einfaches Modellbeispiel

317

21.9

Tor des Monats mit Matlab® 

Unter welchem Winkel ϕ muss ein Fußball vom Elfmeterpunkt aus mit einer Geschwindigkeit von 80 km/h geschossen werden, um (unhaltbar !) ins linke obere Toreck zu treffen? Bezeichnet x1 (t) die horizontale Entfernung der Position des Ballmittelpunkts vom Elfmeterpunkt und x2 (t) deren vertikale Koordinate, so kann die Flugbahn in einem vereinfachten Modell7 durch die Differentialgleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 cos ϕ ⎠ x = − ⎝ ⎠ − γ |x | x , x(0) = ⎝ ⎠ , x (0) = v ⎝ g r sin ϕ beschrieben werden. Dabei ist g ≈ 9.81 die Erdbeschleunigung, γ ≈ 0.0118 ein Proportionalitätsfaktor bei der Modellierung des Luftwiderstands, r ≈ 0.11 der Radius des Fußballs, v = 80 · 1000/602 die Anfangsgeschwindigkeit des Fußballs  (Einheiten: Meter und Sekunden) und |x | = (x1 )2 + (x2 )2 . Verweise:

Matlab® -Funktionen

Lösungsskizze Durch numerische Lösung der Differentialgleichung erhält man die Ballposition x(T ) als Funktion f der Parameter p = (ϕ, T )t (Abschusswinkel und Flugzeit). Der gesuchte Winkel ϕ ergibt sich dann durch Lösen des nichtlinearen Gleichungssystems ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2 + (7.32/2 − 0.11)2 11.56 e 11 1 ! ⎠≈⎝ ⎠ x(T ) = f (p) = ⎝ ⎠ = ⎝ e2 2.44 − 0.11 2.33 mit e der Position des Ballmittelpunkts in der linken oberen Torecke relativ zum Elfmeterpunkt. (i) Standardform der Differentialgleichung für die numerische Lösung: Einführung zusätzlicher Variablen für die Geschwindigkeit x , u = (x1 , x2 , x1 , x2 )  Differentialgleichungssystem erster Ordnung ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ u3 u1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ u ⎟ ⎜ u4 ⎟ ⎜ 2⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜  ⎜ u ⎟ ⎜ −γ u2 + u2 u3 ⎟ 3 4 ⎠ ⎝ 3⎠ ⎝   2 2 u4 −g − γ u3 + u4 u4

7 T. Wilhelm, F. Zimmermann: Die Luft beim Fußballflug, Praxis der Naturwissenschaften - Physik in der Schule 63, Nr. 1, 2014, S. 28-37.

21 Matlab®

318 (ii) Matlab® -Funktion f : function e = f(p) % Parameter gamma = 0.0118; g = 9.81; r = 0.11; v = 80000/3600; % Umrechnung km/h -> m/s phi = p(1); T = p(2);

% rechte Seite der Differentialgleichung, Anfangsbedingung u_prime = @(t,u) [u(3); u(4); ... -gamma*norm(u(3:4))*u(3); -g-gamma*norm(u(3:4))*u(4)]; u_0 = [0; r; v*cos(phi); v*sin(phi)]; % numerische Loesung [t,u] = ode45(u_prime,[0,T],u_0); e = u(end,1:2)’; % Endposition des Balls end (iii) Lösung des nichtlinearen Gleichungssystems: Startnäherung ps = (ϕs , Ts )t durch geradlinigen Schuss ohne Erdanziehung und Luftreibung Differenzvektor von Ziel- und Abschusspunkt, d = e − (0, r)t ≈ (11.56, 2.22)t  ϕs = arctan(d2 /d1 ) ≈ 0.180,

Ts = |d|/v = 0.530

Lösen von f (p) = e durch Minimierung der Fehlerquadratsumme Δe = |f (p) − e|2  Matlab® -Skript >> >> >> >> >> >> >> >> >>

% Startnaeherung r = 0.11; v = 80000/3600; e = [sqrt(11^2+(7.32/2-r)^2); 2.44-r]; d = e-[0;r]; phi_s = atan(d(2)/d(1)), T_s = norm(d)/v, % Minimierung der Fehlerquadratsumme delta_e = @(p) norm(f(p)-e)^2; p = fminsearch(delta_e,[phi_s;T_s]); phi = p(1), T = p(2) phi = 0.3209,

T = 0.5885

Der Abschusswinkel ϕ ist fast doppelt so groß wie der Winkel ϕs bei der geraden Luftlinie zwischen Elfmeterpunkt und Torecke..

319

21.10

Rückkehr zur Erde mit Matlab® 

Die Position p(t) und Geschwindigkeit v(t) eines Raumschiffs kann für |v| > 0 durch die Differentialgleichungen p = v,

v  = −Gp/|p|3 − Av/|v|

beschrieben werden mit G = 3.9860 · 1014 , dem Produkt aus Gravitationskonstante und Erdmasse, und A der Bremsbeschleunigung (Einheiten in Metern und Sekunden). Schreiben Sie eine Matlab® -Funktion space_shuttle(R) zur Simulation eines Fluges aus einem kreisförmigen Orbit mit Radius R  r = 6.378 · 106 (Erdradius) zurück zur Erde. Dabei soll A durch Drücken der linken und rechten Pfeiltasten stufenweise erhöht bzw. reduziert werden können (A = nA Amin , nA ∈ N0 ). Verweise:

Matlab® -Funktionen, Matlab® -Darstellung von Funktionen und Kurven

Lösungsskizze In der Funktion space_shuttle(R) werden zunächst die relevanten Konstanten und Parameter definiert. Dann wird ein Grafikfenster geöffnet, die Erde gezeichnet und eine Funktion key_action zur Reaktion auf das Drücken der Pfeiltasten aktiviert. In der anschließenden while-Schleife wird jeweils ein Zeitschritt t → t + Δt mit der Euler-Approximation8 durchgeführt, d.h. p(t + Δt) = p(t) + Δt v(t), v(t + Δt) = v(t) + Δt (−Gp(t)/|p(t)|3 − Av(t)/|v(t)|) , und das Segment der Flugbahn für das Intervall [t, t + Δt] wird gezeichnet. Eine eventuelle Aktualisierung der Bremsbeschleunigung via key_action (A = nA Amin , nA → nA ± 1) erfolgt indirekt durch Deklaration von nA als globale Variable. function space_shuttle(R) % R: Radius des Startorbits, z.B. 2 x 10^7 global n_A % Konstanten (Einheiten [m,s]) und Parameter G = 3.9860e14; % Gravitationskonstante x Erdmasse r = 6.378e6; g = G/(r^2); % Erdradius, Erdbeschleunigung Amin = g/20; n_A = 0; % Beschleunigungsinkrement und -Faktor dt = 2*pi*sqrt(R^3/G)/2000; % Zeitschritt: Umlaufzeit/2000 dt_s = dt/200; % Skalierung fuer die Grafik (Zeitraffer)

8

gewählt, um das Programm möglichst einfach zu halten

320

21 Matlab®

p = [R; 0]; % Startposition v = [0; sqrt(G/R)]; % Startgeschwindigkeit % Initialisierung der Grafik, Zeichnen der Erde figure; axis equal; hold on fill(r*cos(linspace(0,2*pi)),r*sin(linspace(0,2*pi)),’b’) % Einbinden einer Funktion fuer die Tasteneingabe set(gcf,’KeyPressFcn’,@key_action) while norm(p) > r % noch nicht gelandet p_new = p + dt*v; v = v+dt*(-G*p/norm(p)^3-n_A*Amin*v/(10*eps+norm(v))); % Die Addition von 10*eps vermeidet ein Teilen durch 0. plot([p(1) p_new(1)],[p(2) p_new(2)],’r’); p = p_new; % aktuelle Geschwindigkeit und Bremsbeschleunigung vt = num2str(round(norm(v))); At = num2str(n_A*Amin/g); xlabel([’|v|: ’ vt ’, A: ’ At ’g’]) pause(dt_s) end function key_action(h,evt) % h: Grafik-Handle % evt: Struktur mit dem Feld .Key fuer die gedrueckte Taste global n_A switch evt.Key case ’leftarrow’; % Erhoehen der Bremsbeschleunigung n_A = n_A+1; case ’rightarrow’; % Reduzieren der Bremsbeschleunigung n_A = max(n_A-1,0); end Beispiel eines Simulationsverlaufs Die Abbildung zeigt einen Flugverlauf, bei dem zunächst (25.000s) in einem kreisförmigen Orbit geflogen wird (nA = 0, keine Pfeiltasten gedrückt). Dann wird gebremst, um zu landen. Dabei muss die Bremsbeschleunigung sukzessive an die größer werdende Erdbeschleunigung angepasst werden. Mit einer manuellen Eingabe ist dies sehr schwierig. Der gezeigte Landeanflug mit der relativ niedrigen

321 Aufprallgeschwindigkeit von 2 m/s ist das Resultat eines „Autopiloten“ 9 , eines zusätzlichen Programmsegments, das eine Aktualisierung der Bremsbeschleunigung automatisch durchführt.

Das nachstehende Balkendiagramm zeigt die Bremsbeschleunigung A in Vielfachen der Erdbeschleunigung g als Funktion der Flugzeit t und dokumentiert damit den genauen Bremsverlauf. 1.2 1

A/g

0.8 0.6 0.4 0.2 0 0

1

2

t

9

3 10 4

Konzipieren Sie ebenfalls eine automatische Steuerung, wenn Sie (wie die Autoren!) mit Ihren Versuchen, manuell „weich“ zu landen, unzufrieden sind.

21 Matlab®

322

3-Körper-Problem mit Matlab® 

21.11

Die Bahnkurven t → Pk (t) ∈ R3 , k = 1, 2, 3, von drei Himmelskörpern unter dem wechselseitigen Einfluss ihrer Gravitationskräfte erfüllen bei geeignet normalisierten Massen mk die Differentialgleichungen Pk =



mj

j=k

Pj − P k . |Pj − Pk |3

Lösen Sie dieses Differentialgleichungssystem numerisch für 0 ≤ t ≤ 4, m = (10, 10, 1) und die beiden (fast identischen) Anfangsbedingungen P1 (0)

P2 (0)

P3 (0)

(1, 0, 0) (−1, 0, 0)

(0, 0, 0)

P1 (0)

P2 (0)

P3 (0)

(0, 1, 0) (0, −1, 0) (0, 0, 1) .

(1, 0, 0) (−1, 0, 0) (0.1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, −1, 0) (0, 0, 1) Zeichnen Sie in beiden Fällen die Bahnkurven. Verweise:

Matlab® -Funktionen

Lösungsskizze (i) Transformation auf Standardform: Elimination von Ableitungen höherer Ordnung  erster Ordnung u (t) = f (t, u(t))

Differentialgleichungssystem

(=  Standardform für numerische Löser) einfachstes Beispiel: p (t) = g(t, p(t)) u := (p, p )

(u1 , u2 ) = (u2 , g(t, u1 )) =: f (t, (u1 , u2 ))



Elimination der zweiten Ableitung durch Einführung von p als zusätzliche Variable analoge Behandlung des 3-Körper-Problems u := (P1 , P2 , P3 , P1 , P2 , P3 ) ∈ R18 , d.h. (u1 , u2 , u3 ) = P1 , (u4 , u5 , u6 ) = P2 , . . ., und (u10 , u11 , u12 ) = P1 , . . . Kopplung von Position P1 und Geschwindigkeit P1  (u1 , u2 , u3 ) = (u10 , u11 , u12 ), Gleichung für P1 = (P1 )

...



(u10 , u11 , u12 ) = m1

(u4 , u5 , u6 ) − (u1 , u2 , u3 ) + m3 d31/n313 |(u4 , u5 , u6 ) − (u1 , u2 , u3 )|3    =:d21/n213

analoge Differentialgleichungen für die zweite und dritte Bahnkurve



(u1 , . . . , u18 ) = (f1 (t, u), . . . , f18 (t, u)) , wobei im betrachteten Fall keine explizite t-Abhängigkeit vorhanden ist

323 (ii) Programmierung: • rechte Seite f des Differentialgleichungssystems (m-file f_3body.m) function Du = f_3body(t,u) m = [10; 10; 1]; % P_j-P_k und |P_j-P_k| d21 = u(4:6)-u(1:3); n21 = norm(d21); d31 = u(7:9)-u(1:3); n31 = norm(d31); d32 = u(7:9)-u(4:6); n32 = norm(d32); % Ableitungen Du = [u(10:18); ... m(2)*d21/n21^3+m(3)*d31/n31^3; ... -m(1)*d21/n21^3+m(3)*d32/n32^3; ... -m(1)*d31/n31^3-m(2)*d32/n32^3]; • numerisches Lösen und Zeichnen ( Matlab® -Skript) >> % erste Anfangsbedingung >> u0 = [1,0,0, -1,0,0, 0,0,0, 0,1,0, 0,-1,0, 0,0,1]; >> % numerische Loesung des Differentialgleichungssystems >> % output: u(k,1:18) = Loesung zur Zeit t(k) >> [t,u] = ode45(@f_3body,[0,4],u0); >> % Zeichnen der drei Bahnkurven (blau, gruen, rot) >> subplot(1,2,1) % linkes Bild >> plot3(u(:,1),u(:,2),u(:,3),’-b’,u(:,4),u(:,5),u(:,6),’-g’, ... u(:,7),u(:,8),u(:,9),’-r’); >> % zweite Anfangsbedingung >> u0 = [1,0,0, -1,0,0, 0.1,0,0, 0,1,0, 0,-1,0, 0,0,1]; ... >> subplot(1,2,2) % rechtes Bild ... 0.4

0.4

0.2

0.2

0 0 -0.2 0.5 1 0

0

0.5

2

0 0

-0.5 -0.5 -1 -1 -2 kleine Störung mit großem Effekt (regelmäßige Auf- und Abbewegung des kleinen Himmelskörpers → chaotischer Orbit) !

21 Matlab®

324

21.12

Trigonometrische Interpolation und Tiefpassfilter mit Matlab® 

Interpolieren Sie f (x) = 2 exp(cos(x − 1)) + sin(exp(x + 4))/3 an den Punkten xj = 2πj/n, j = 0, . . . , n − 1, n = 25 = 32, durch ein trigonometrisches Polynom a0  + ak cos(kx) + bk sin(kx), 2 m

p(x) =

m = n/2, bm = 0 ,

k=1

und zeichnen Sie eine geglättete Approximation P , bei der die Koeffizienten ak , bk für k > M = 4 Null gesetzt wurden (Tiefpassfilter). Verweise:

Schnelle Fourier-Transformation, Trigonometrische Interpolation

Lösungsskizze (i) Interpolation mit Hilfe der schnellen Fourier-Transformation: zunächst Interpolation mit n−1  dk eikx p˜(x) = k=0



Anwendung der schnellen Fourier-Transformation 10 !

fj = p˜(xj ) =

n−1 

dk eikxj

⇔

dk =

k=0

n−1 1 fj e−ikxj , n j=0

fj := f (xj )

(Transformation f → d =  Matlab® -Befehl d = (1/n)*fft(f) 11 ) „symmetrisiere“ p˜ durch folgende Modifikationen dk eikx → dk ei(k−n)x für k = m + 1, . . . , n − 1 dm −imx dm imx e e dm eimx → + 2 2

(k − n = −m + 1, . . . , −1)

(gleiche Werte an den Punkten xj = 2πj/n, da e2πij = 1  keine Beeinträchtigung der Interpolationseigenschaft)  interpolierendes trigonometrisches Polynom in Standardform p(x) =

m  k=−m

a0  + ak cos(kx) + bk sin(kx) 2 m

ck eikx =

k=1

mit ck = dk für k = 0, . . . , m − 1, ck = dk+n für k = −m + 1, . . . , −1 und c−m = cm = dm /2 sowie ak = c−k + ck ,

10

bk = i(−c−k + ck )

Für Zweierpotenzen n = 2 benötigt der FFT-Algorithmus lediglich O(n) Operationen. Die Definition der schnellen Fourier-Transformation ist bzgl. des Vorfaktors und des Vorzeichens im Exponenten der Exponentialfunktion nicht einheitlich. 11

325 Die Kosinus- und Sinus-Koeffizienten ergeben sich aus der Formel von Euler-Moivre: c−k e−ikx + ck eikx = c−k (cos(kx) − i sin(kx)) + ck (cos(kx) + i sin(kx)) (ii) Matlab® -Skript zur Berechnung der Fourier-Koeffizienten: >> >> >> >> >>

m x % % f

= 16; n = 2*m; = 2*pi*[0:n-1]’/n; Matlab-Indizierung beginnt mit 1 -> Verschiebung um 1 gegenueber der Theorie: x_0 -> x(1) = 2*exp(cos(x-1)) + sin(exp(x+4))/3;

>> % komplexe Fourier-Koeffizienten >> d = fft(f)/n; c = [d(m+1)/2; d(m+2:n); d(1:m); d(m+1)/2]; >> % reelle Fourier-Koeffizienten >> a = c(m+1:n+1)+c(m+1:-1:1), b = i*(c(m+1:n+1)-c(m+1:-1:1)) a = 4.9811 b = 0 % b(1) = 0 irrelevant 1.2038 1.8825 -0.3415 0.5351 -0.2164 0.0486 -0.0173 -0.0594 ... ... >> % Visualisierung der Koeffizienten als Balkendiagramm >> bar([0:m],[abs(c(m+1:n+1)) a b])

|ck |, ak , bk 5 4 3 2 1 0 -1

0

2

4

6

8

10

12

14

16

21 Matlab®

326

(iii) Tiefpassfilter und grafische Darstellung: Glättung: Null setzen der hochfrequenten Terme mit kleinen Fourier-Koeffizienten ck = 0 für |k| > M = 4



Koeffizienten C, A, B von P

Auswerten an (vielen) Punkten Xj = 2πj/N , j = 0, . . . , N − 1 P (Xj ) =

M 

Ck e

k=−M

ikXj

=

k =k+M

e

−iM Xj

2M 

(N  n) 

Ck −M eik Xj

k =0

zur Anwendung der schnellen Fourier-Transformation setze CM +1 , . . . , CN −1−M Null und summiere bis k  = N − 1 (statt k  = 2M ) (Auswertung C → P =  Matlab® -Befehl P = N*ifft(C)) (iv) Matlab® -Skript zur Glättung und grafischen Darstellung: >> C = c(m+1-M:m+1+M) C = -0.0086-0.0297i % C_{-4} -0.1082+0.0243i ... -0.1082-0.0243i -0.0086+0.0297i % C_{+4} >> N = 512; >> X = 2*pi*[0:N-1]’/N; >> P = exp(-i*M*X).*(N*ifft([C; zeros(N-2*M-1,1)])); >> plot(x,f,’-b’,x,f,’o’,X,P,’-g’) % f blau, P gruen Interpolationsdaten und geglättete Approximation

5 4 3 2 1 0

1

2

3

4

5

6

327

Fourier-Entwicklung mit Matlab®

21.13

Berechnen Sie mit Hilfe der Trapezregel die ersten 2n+1 = 17 Fourier-Koeffizienten der Funktion 1 f (x) = cos(2x) + sin(3x) + 4 und illustrieren Sie die Konvergenz der Fourier-Reihe. Verweise:

Demo: Fourier Series, Schnelle Fourier-Transformation

Lösungsskizze (i) Fourier-Koeffizienten: ∞ ∞ f ∼ k=−∞ ck eikx = a20 + k=1 ak cos(kx) + bk sin(kx) mit 1 ck = 2π



2π

f (x)e−ikx dx

0

≈

Trapezregel

N −1 1  f (xj )e−ikxj , N j=0

xj = 2πj/N

und bei einer reellen Funktion f c−k = c¯k ,

ak = ck + c−k = 2 Re ck , bk = i(ck − c−k ) = −2 Im ck

 nur c0 , . . . , cn zu berechnen Wenden Sie die Trapezregel für N = 2n, 4n, 8n, . . . an, bis eine vorgegebene Toleranz unterschritten wird, und benutzen Sie die schnelle Fourier-Transformation ( Matlab® -Befehl c = fft(f)/N) zur Berechnung der Summen. >> >> >> >> >>

n = 16; N = n; tol = 1.0e-5; f = @(x) 1./(cos(2*x)+sin(3*x)+4); % aufeinanderfolgende Approximationen: C -> c c = ones(n+1,1); C = 0*c; while norm(c-C,inf) > tol N = 2*N; C = c; x = 2*pi*[0:N-1]’/N; c = fft(f(x))/N; c = c(1:n+1); % Komponenten c(n+2:N) irrelevant end >> c % Ausgabe der Fourier-Koeffizienten c_0,...,c_8 c = 0.2685 + 0.0000i 0.0000 - 0.0116i -0.0371 + 0.0000i ... 0.0021 + 0.0000i % c(9) c_8

21 Matlab®

328

(ii) Konvergenz der Fourier-Reihe: sukzessives Zeichnen der Partialsummen (trigonometrische Polynome vom Grad m ≤ 0, 1, . . . , 8) >> % Kosinus- und Sinus-Koeffizienten >> a = 2*real(c), b = -2*imag(c) a = 0.5371 b = 0 0.0000 -0.0232 -0.0743 -0.0000 ... ... 0.0042 0 >> x = linspace(0,2*pi,1000); >> hold on % Überlagern von Grafiken >> plot(x,f(x),’-r’) % ’-r’: rote Linie >> p = 0*x; >> a(1) = a(1)/2; % a_0/2-Term der Fourier-Reihe >> for m=0:n p = p + a(m+1)*cos(m*x) + b(m+1)*sin(m*x); h = plot(x,p,’-b’); % ’-b’: blaue Linie pause delete(h) % Loeschen des Graphen mit "handle h" end >> hold off Approximationen mit Grad m = 0, 2, 4, 6, 8 0.5 0.45 0.4 0.35 0.3 0.25 0.2 0.15 0

1

2

3

4

5

6

7

329

21.14

Visualisierung komplexer Funktionen mit Matlab®

Visualisieren Sie die Funktion x + iy = z → z 3 = w = u + iv, indem Sie den Graph der Funktion (x, y) → u gemäß dem Imaginärteil v von w einfärben. Wenden Sie diese Methode ebenfalls zur Darstellung der mehrdeutigen Umkehrfunktion w → z = w1/3 (3 z-Werte für jede komplexe Zahl w = 0) an12 . Verweise:

Matlab® -Darstellung bivariater Funktionen

Lösungsskizze >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >>

view([0.7,0.7,0.3]) % Blickrichtung colormap(jet) % Farbpalette [x,y] = meshgrid([-1:0.01:1]); % Auswertungsgitter z = x+i*y; w = z.^3; u = real(w); v = imag(w); % Graph von (x,y)->u, Farbgebung gemaess v % kein Zeichnen der Gitterkanten surf(x,y,u,v,’EdgeColor’,’none’); % linkes Bild % alternativ: Graph von (x,y)->v, Farbgebung gemaess u surf(x,y,v,u,’EdgeColor’,’none’); % mittleres Bild % Umkehrfunktion: Graph von (u,v)->y, Farbgebung gemaess x surf(u,v,y,x,’EdgeColor’,’none’) % rechtes Bild

Alternative Lösung Polarkoordinaten z = reiϕ >> [r,phi] = meshgrid([0:0.01:1], ... [-1:0.01:1]*3*pi); >> u = r.*cos(phi); v = r.*sin(phi); >> w = r.^(1/3).*exp(i*phi/3); >> x = real(w); y = imag(w); >> % Graph: (u,v)->x, Farbe: y >> surf(u,v,x,y,’EdgeColor’,’none’)

12

Experimentieren Sie mit anderen Funktionen, z.B. w = sin z.

21 Matlab®

330

Visualisierung komplexer Iterationen mit Matlab®

21.15

Ordnen Sie für die Newton-Iteration z ← g(z) = z −

ez − 1 ez

Startwerten z = x + iy mit −4 ≤ x, y ≤ 4 einen Farbwert entsprechend der zur Konvergenz benötigten Iterationszahl (∞ =  Divergenz) zu 13 . Verweise:

Demo: Newton’s Method, Darstellung bivariater Funktionen und Flächen mit

®

Matlab

Lösungsskizze >> >> >> >> >> >>

N = 100; % maximale Iterationszahl (=N: Divergenz) tol = 1.0e-8; % Toleranz (|z-z_alt|tol); end >> % Pixelbild der Farbverteilung (Indexbereich skaliert) >> imagesc([-4 4],[-4 4],c), colormap(cool), colorbar 4

100

80

2

rosa (Farbindex 100) =  keine Konvergenz

60

0 40

-2

20

-4 -4

13

0

-2

0

2

4

Versuchen Sie ebenfalls g(z) = z − (z 3 − 1)/(3z 2 ).

blau (kleiner Farbindex) =  schnelle Konvergenz

331

21.16

Riemannsche Zeta-Funktion mit Matlab® 

Die Riemannsche Zeta-Funktion ( Matlab® -Befehl w = zeta(z)) ist für Re z > 1 ∞ durch  n−z ζ(z) = n=1

definiert und kann komplex differenzierbar eindeutig auf C\{1} fortgesetzt werden. Illustrieren Sie die Riemannsche Vermutung14 15 , dass alle nicht reellen Nullstellen auf der vertikalen Geraden g : z = 1/2 + i R liegen, durch geeignete Grafiken. Verweise:

Darstellung bivariater Funktionen und Flächen mit Matlab®

Lösungsskizze Es werden nur mathematisch essentielle Teile der Matlab® -Skripte gelistet, ohne auf Details der Grafikeinstellungen einzugehen. (i) ζ(z) auf der kritischen Geraden g : x = Re z = 1/2: >> >> >> >>

% n y w

Werte auf g, Symmetrie -> Einschraenkung auf y>0 = 1000; y_max = 40; = y_max*[0:n_pts]/n; z = 1/2 + i*y; = zeta(z); u = real(w); v = imag(w);

>> % Graph von |w| (rot), u (gruen), v (blau) >> plot(t,abs(w),’-r’,t,u,’-g’,t,v,’-b’) % linkes Bild >> % Stiloptionen fuer die Grafik ... >> % Kurve t -> (u,v) (rot) und Ursprung (schwarz) >> plot(u,v,’-r’,0,0,’ok’) % rechtes Bild >> % Stiloptionen fuer die Grafik ... 3 2

1

1 0

0 -1

-1 -2 0

14

10

20

30

40

-1

0

1

2

HM-relevant? NEIN; aber etwas „Faszination Mathematik“ ist legitim! Das Clay Mathematics Institute hat für einen Beweis ein Preisgeld von 1000000 $ ausgesetzt. 15

21 Matlab®

332 (ii) ζ(z) auf dem kritischen Streifen D : 0 < x = Re z < 1: >> >> >> >> >> >>

% Gitter fuer D, Symmetrie -> Einschraenkung auf y>0 y_max = 40; nx = 50; ny = 200; % Punkteanzahl in x- bzw. y-Richtung x = [1:nx-1]/nx; y = y_max*[0:ny]/ny; [X,Y] = meshgrid(x,y); Z = X+i*Y; W = zeta(Z); U = real(W); V = imag(W);

>> >> >> >>

% Hoehenlinien fuer zeta d = 1/16; w_max = 2; % Inkrement und obere Schranke contourf(X,Y,abs(W),[[-d/2:d:wmax],inf]); colorbar % linkes Bild % Stiloptionen fuer die Grafik ...

>> % Visualisierung der (mehrdeutigen) Inversen zeta^(-1) >> surf(U,V,Y,X); colorbar % rechtes Bild >> % Stiloptionen fuer die Grafik ... 0.2

0.4

0.6

0.8

40 20 0 5

5

0 -5

0 -5

Linkes Bild: Dunkelblaue Bereiche kennzeichnen die Lage von Nullstellen auf der kritischen Geraden (x = Re z = 0.5). Rechtes Bild: Beispielsweise bedeutet ein gelber (=  Wert ≈ 0.6) Punkt des Graphen mit horizontalen Koordinaten (u, v) und vertikaler Koordinate y, dass x ≈ 0.6 und u + iv = ζ(x + iy). Insbesondere parametrisieren die vertikale Koordinate die kritische Gerade g (gestrichelt) und die Farben den Realteil des kritischen Streifens D. Schnittpunkte des Graphen mit der vertikalen Achse (0, 0, R) entsprechen Nullstellen von ζ. Die Riemannsche Vermutung ist richtig, wenn die vertikale Achse die bis ins Unendliche fortgesetzte „Wendelfläche“ nur in Punkten auf der gestrichelten Linie schneidet.

Teil VI Formelsammlung

22 Vektoranalysis

Übersicht 22.1 22.2 22.3 22.4

Skalar- und Vektorfelder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336 Arbeits- und Flussintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339 Integralsätze von Gauß, Stokes und Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341 Potentialtheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_23

336

22.1

22 Vektoranalysis

Skalar- und Vektorfelder

Skalarfeld P → U (P ) ∈ R bzw. (x, y, z) → U (x, y, z) oder r → U (r) mit r dem Ortsvektor des Punktes P = (x, y, z) Vektorfeld P → F (P ) = Fxex + Fy ey + Fz ez ,

ex = (1, 0, 0)t , . . .

alternative Schreibweisen: F (x, y, z), F (r) Feldlinien/Stromlinien: Kurven, die zu dem durch F definierten Richtungsfeld tangential verlaufen Vektorfelder in Zylinderkoordinaten x =  cos ϕ, y =  sin ϕ, z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos ϕ − sin ϕ 0 ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟  ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ F = F (, ϕ, z) ⎝ sin ϕ ⎠ +Fϕ (. . .) ⎝ cos ϕ ⎠ +Fz (. . .) ⎝ 0 ⎟ ⎠ 0 0 1           e

 eϕ

 ez

F = F · e , Fϕ = F · eϕ , Fz = F · ez (Koeffizienten bzgl. einer orthonormalen Basis) keine z-Komponente  Polarkoordinaten für ebene Vektorfelder Vektorfelder in Kugelkoordinaten x = r sin ϑ cos ϕ, y = r sin ϑ sin ϕ, z = r cos ϑ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ sin ϑ cos ϕ cos ϑ cos ϕ − sin ϕ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ +Fϑ (. . .) ⎜ cos ϑ sin ϕ ⎟ +Fϕ (. . .) ⎜ cos ϕ ⎟ F = Fr (r, ϑ, ϕ) ⎜ sin ϑ sin ϕ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ cos ϑ − sin ϑ 0           er

 eϑ

 eϕ

Fr = F · er , Fϑ = F · eϑ , Fϕ = F · eϕ (Koeffizienten bzgl. einer orthonormalen Basis) Gradient grad U = (∂x U, ∂y U, ∂z U )t , Richtung des stärksten Anstiegs eines Skalarfeldes:  1  grad U (P ) = lim U dS, S = ∂V, P = (x, y, z) ∈ V V →P vol V S

Vektorgradient1 : grad F = (grad Fx , grad Fy , grad Fz )

1

 )t = J F  = (∂x F  , ∂y F  , ∂z F  ) (Jacobi-Matrix) (grad F

337 Divergenz div F = ∂x Fx + ∂y Fy + ∂z Fz , Quelldichte eines Vektorfeldes:  1  F · dS, P = (x, y, z) ∈ V div F (P ) = lim V →P vol V S

Rotation rot F = (∂y Fz −∂z Fy , ∂z Fx −∂x Fz , ∂x Fy −∂y Fx )t , Wirbeldichte eines Vektorfeldes:  1 ◦  F · dr, C = ∂S, P = (x, y, z) ∈ S (n · rot F )(P ) = lim S→P area S C

Indexschreibweise mit ε-Tensor: (rot F )j =

3

k, =1 εj,k, ∂k F

Laplace-Operator ΔU = div grad U = ∂x2 U + ∂y2 U + ∂z2 U komponentenweise Anwendung für ein Vektorfeld F Rechenregeln für Differentialoperatoren

Differentiation von Produkten grad(U V ) = U grad V + V grad U div(U F ) = U div F + F · grad U , rot(U F ) = U rot F − F × grad U  =G  · rot F − F · rot G,  div(F × G)  = (grad F )t · G  − (grad G)  t · F + F div G  −G  div F rot(F × G) Ableitungen zweiter Ordnung rot(grad U ) = 0, div(grad U ) = ΔU div(rot F ) = 0, rot(rot F ) = grad(div F ) − ΔF Differentialoperatoren in Zylinderkoordinaten x =  cos ϕ, y =  sin ϕ Basis: e = (cos ϕ, sin ϕ, 0)t , eϕ = (− sin ϕ, cos ϕ, 0)t , ez = (0, 0, 1)t 1 grad U = ∂ Ue + ∂ϕ Ueϕ + ∂z Uez ,  1 1 ΔU = ∂ (∂ U ) + 2 ∂ϕ2 U + ∂z2 U   1 1 div F = ∂ (F ) + ∂ϕ Fϕ + ∂z Fz ,   1 1 rot F = ( ∂ϕ Fz − ∂z Fϕ )e + (∂z F − ∂ Fz )eϕ + (∂ (Fϕ ) − ∂ϕ F )ez  

338

22 Vektoranalysis

Spezialfälle U = u(): grad U = u ()e , ΔU = 1 ∂ (∂ u()) F = f ()e (axialsymmetrische Quelle): div F = 1 ∂ (f ()), rot F = 0 F = f ()eϕ (axialsymmetrischer Wirbel): div F = 0, rot F = 1 ∂ (f ())eϕ Differentialoperatoren in Kugelkoordinaten x = r sin ϑ cos ϕ, y = r sin ϑ sin ϕ, z = r cos ϑ Basis: er = (sin ϑ cos ϕ, sin ϑ sin ϕ, cos ϑ)t , eϑ = (cos ϑ cos ϕ, cos ϑ sin ϕ, − sin ϑ)t , eϕ = (− sin ϕ, cos ϕ, 0)t 1 1 ∂ϕ Ueϕ , grad U = ∂r Uer + ∂ϑ Ueϑ + r r sin ϑ 1 1 1 ∂ ϕ Fϕ + ∂ϑ (sin ϑFϑ ), div F = 2 ∂r (r2 Fr ) + r r sin ϑ r sin ϑ 1 1 (∂ϑ (sin ϑFϕ ) − ∂ϕ Fϑ )er + (∂ϕ Fr − sin ϑ∂r (rFϕ ))eϑ rot F = r sin ϑ r sin ϑ 1 + (∂r (rFϑ ) − ∂ϑ Fr )eϕ r 1 1 1 ∂ϑ (sin ϑ∂ϑ U ) ΔU = 2 ∂r (r2 ∂r U ) + 2 2 ∂ϕ2 U + 2 r r sin ϑ r sin ϑ Spezialfälle = u(r) (radialsymmetrisches Skalarfeld): grad U = u (r)er , ΔU = 1 2 r 2 ∂r (r ∂r u(r)) F = f (r)er (radialsymmetrisches Vektorfeld): div F = r12 ∂r (r2 f (r)), rot F = 0

U

339

22.2

Arbeits- und Flussintegral

Kurvenintegral eines Skalarfeldes U über eine Kurve C : [a, b]  t → r(t) b

 U=

U (r) |r  (t)| dt

a

C

unabhängig von der Parametrisierung Weg C : [a, b]  t → r(t) = (x(t), y(t), z(t))t , Kurve mit festgelegtem Durchlaufsinn, d.h. C : r(a) → r(b) Arbeitsintegral eines Vektorfeldes F entlang eines Weges [a, b]  t → r(t) b

 F · dr =

F (r(t)) · r  (t) dt

a

C

unabhängig von der Parametrisierung bei gleicher Orientierung des Weges, Vorzeichenänderung bei Umkehrung der Durchlaufrichtung Komponentenschreibweise:  Fx dx + Fy dy + Fz dz, dx = x (t) dt, . . . C

Flächenintegral eines Skalarfeldes U über eine Fläche S  (u, v) → r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))t    U= U (r) dS = U (r(u, v)) |n(u, v)| dudv, n = ∂ur × ∂v r S

S

S

unabhängig von der Parametrisierung Flussintegral eines Vektorfeldes F durch eine Fläche S : D  (u, v) → r(u, v) = (x(u, v), y(u, v) z(u, v))t    = F (r) · dS F (r) · n◦ dS = F (r(u, v)) · n(u, v) dudv , S

S

S

n = ∂ur × ∂v r Vorzeichenänderung bei Umkehrung der Normalenrichtung

340

22 Vektoranalysis

Fluss durch einen Funktionsgraph S : z = f (x, y), (x, y) ∈ D, r = (x, y, z)t     −Fx (r )∂x f (x, y) − Fy (r )∂y f (x, y) + Fz (r ) dxdy F (r ) · dS = S

D

Fluss in Zylinderkoordinaten eines Vektorfeldes Fe + Fϕeϕ + Fz ez durch eine Mantelfläche S : (ϕ, z) → ( cos ϕ,  sin ϕ, z)t nach außen (z), Rotationskörper:  2π  zmax F ((z), ϕ, z)(z) − Fz ((z), ϕ, z)(z) (z) dzdϕ zmin

0

(ϕ), winkelabhängige Profilkurve:  2π  zmax F ((ϕ), ϕ, z)(ϕ) − Fϕ ((ϕ), ϕ, z) (ϕ) dzdϕ zmin

0

 = R, Kreiszylinder: 

2π



zmax

F (R, ϕ, z) dzdϕ

R 0

zmin

= 2πR(zmax − zmin )f (R) für ein axialsymmetrisches Vektorfeld F = f ()e Fluss in Kugelkoordinaten eines Vektorfeldes Fr er + Fϑeϑ + Fϕeϕ durch eine Sphäre mit Radius R nach außen 

π 0



2π

Fr (R sin ϑ cos ϕ, R sin ϑ sin ϕ, R cos ϑ) R2 sin ϑ dϕdϑ

0

= 4πR2 f (R) für ein radiales Vektorfeld f (r)er

341

22.3

Integralsätze von Gauß, Stokes und Green

Orientierter Rand C einer Fläche S: „Das Kreuzprodukt aus der Normalen der Fläche und dem Tangentenvektor der Kurve zeigt ins Innere der Fläche.“ Ebene Fläche, n = (0, 0, 1)t : „Die Fläche liegt links (Orientierung entgegen dem Uhrzeigersinn).“ Satz von Gauß für ein Volumen V mit Randfläche S und nach außen zeigender Flächennormalen n     = n◦ dS div F dV = F · dS, dS V

F (r) = r



vol V =

S 1 3



 r · dS

S

Satz von Gauß in der Ebene, Satz von Green für eine ebene Fläche A mit entgegen dem Uhrzeigersinn orientierter Randkurve C : t → r(t) = (x(t), y(t))t , a ≤ t ≤ b    b div F dA = Fx (x(t), y(t))y  (t) − Fy (x(t), y(t))x (t) dt, F × dr = A

a

C

div F = ∂x Fx + ∂y Fy , F × dr = Fx dy − Fy dx    b rot F dA = F · dr = Fx (x(t), y(t))x (t) + Fy (x(t), y(t))y  (t) dt, A

a

C

rot F = ∂x Fy − ∂y Fx Satz von Stokes für eine Fläche S mit orientiertem Rand C     rot F · dS = F · dr S

C

342

22 Vektoranalysis

22.4

Potentialtheorie

Potential eines Vektorfeldes F : Skalarfeld U mit grad U = F  Wegunabhängigkeit des  Arbeitsintegrals Q F · dr = [U ]P = U (Q) − U (P ) C

für jeden Weg C : [a, b]  t → r(t) von P = r(a) nach Q = r(b)  F · dr = 0 für geschlossene Wege C Existenz eines Potentials U für ein Vektorfeld F auf einem Gebiet D notwendig: rot F = 0 (∂x Fy = ∂y Fx für ebene Vektorfelder) hinreichend, falls zusätzlich D einfach zusammenhängend ist U ist bis auf Addition einer Konstanten eindeutig.

2

Konstruktion eines Potentials U für ein Vektorfeld F Wegunabhängigkeit des Arbeitsintegrals U (P ) =



U (Q)   

 +

Integrationskonstante

F · dr

CP

mit CP einem Weg, der P mit dem fest gewählten Punkt Q verbindet achsenparalleler Weg  Hakenintegral p1

p2 Fx (x, q2 , q3 ) dx +

U (P ) = U (Q) + q1

p3 Fy (p1 , y, q3 ) dy +

q2

Fz (p1 , p2 , z) dz q3

sukzessive Integration  Fx = ∂x U =⇒ U =

Fx dx = U1 (x, y, z) + 

C1 (y, z)    Integrationskonstante

Fy = ∂y (U1 + C1 ) =⇒ C1 (y, z) = Fy − ∂y U1 dy = U2 (y, z) + C2 (z)    U  Fz = ∂z (U1 + U2 + C2 ) =⇒ C2 (z) = Fz − ∂z U1 − ∂z U2 dz = U3 (z) + c 

2

U = U1 + U2 + U3 + c

Jeder Weg in D lässt sich auf einen Punkt zusammenziehen.

343 Vektorpotential  mit rot A  = F eines Vektorfeldes F : Vektorfeld A Existenz eines Vektorpotentials  für ein Vektorfeld F auf einem Gebiet D A notwendig: div F = 0 hinreichend, falls zusätzlich D einfach zusammenhängend ist  ist bis auf Addition eines Gradientenfeldes eines beliebigen Skalarfeldes U einA deutig. →B  =A  + grad U mit ΔU = − div A  Eichung: A potential



quellenfreies Vektor-

Konstruktion eines Vektorpotentials  für ein Vektorfeld F A Achsenparallele Integration ⎛

z

⎜z ⎜ 0 ⎜  A(x, y, z) = ⎜ ⎜ ⎝

⎞ Fz (x, η, z0 ) dη ⎟ y0 ⎟ ⎟ z ⎟ − Fx (x, y, ζ) dζ ⎟ z0 ⎠ 0

Fy (x, y, ζ) dζ −

y

Bilden von Stammfunktionen Az = 0 (gewählt zur Vereinfachung)  Ax (x, y, z) = Fy (x, y, z) dz = U (x, y, z) +     Ay (x, y, z) = −

Stammfunktion

u(x, y)    Integrationskonstante

Fx (x, y, z) dz = V (x, y, z) + v(x, y) ,

wobei U und V beliebig gewählte Stammfunktionen sind und u und v anschlie! ßend aus der Identität Fz = ∂x (V + v) − ∂y (U + u) bestimmt werden  entsprechende Formeln bei Nullsetzen der x- oder y-Komponente von A

23 Differentialgleichungen

Übersicht 23.1 23.2 23.3 23.4

Differentialgleichungen erster Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346 Differentialgleichungen zweiter Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348 Differentialgleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350 Laplace-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_24

346

23.1

23 Differentialgleichungen

Differentialgleichungen erster Ordnung

Differentialgleichung erster Ordnung y  (x) = f (x, y(x)) Festlegung der Integrationskonstante in der allgmeinen Lösung x → y(x) durch einen Anfangswert y(x0 ) = y0 Existenz einer eindeutigen Lösung des Anfangswertproblems auf einem Intervall (x0 − δ, x0 + δ), falls f stetig differenzierbar ist Lineare Differentialgleichung erster Ordnung homogen: y  (x) = p(x)y(x), allgemeine Lösung yh (x) = c exp(P (x)),



P (x) =

p(x) dx

=⇒ c = y0 exp(−P (x0 )) y(x0 ) = y0  inhomogen: y (x) = p(x)y(x) + q(x), allgemeine Lösung x exp(P (x) − P (ξ))q(ξ) dξ

y(x) = yh (x) + yp (x) = c exp(P (x)) + x0







partikuläre Lösung

y(x0 ) = y0

=⇒

c = y0 exp(−P (x0 )) x p(x−x0 )

Spezialfall p(x) = p: yh (x) = ce

ep(x−ξ) q(ξ) dξ, c = y(x0 )

, yp (x) = x0

Bernoullische Differentialgleichung u + pu = quk , k = 0, 1 Lösung mit Hilfe der Substitution y = u1−k ( lineare Differentialgleichung) 1

 1−k q Spezialfall p und q konstant: u(x) = + c exp(p(k − 1)x) p Methode der unbestimmten Koeffizienten Lösungsansätze für spezielle rechte Seiten der linearen Differentialgleichung y  (x) − py(x) = f (x) f (x) n 

ak xk , p = 0

k=0 λx

ae , λ = p aepx

partikuläre Lösung yp (x) n  a ˜ k xk k=0

a λx e λ−p axepx

a cos(ωx) + b sin(ωx) a ˜ cos(ωx) + ˜b sin(ωx) allgemeine Lösung: y(x) = yp (x) + cepx

347 Separable Differentialgleichung g(y(x))y  (x) = f (x) Trennung der Variablen  implizite Lösungsdarstellung durch separates Bilden von Stammfunktionen   g(y) dy = f (x) dx  G(y(x)) = F (x) + c

Ähnlichkeitsdifferentialgleichung y  (x) = f (y(x)/x) Substitution xz(x) = y(x)  xz  (x) = f (z(x)) − z(x) (separabel) Exakte Differentialgleichung q(x, y)y  + p(x, y) = 0 bzw. p dx + q dy = 0,

p = ∂x F, q = ∂y F

 implizite Lösungsdarstellung F (x, y) = c Integrabilitätsbedingung: ∂y p = ∂x q (notwendig für die Existenz einer Stammfunktion F , hinreichend bei einem einfach zusammenhängenden Definitionsgebiet Integrierender Faktor a(x, y) p dx + q dy = 0

·a

−→

(ap) dx + (aq) dy = 0,    exakte Diff.-Gl.

∂y (ap) = ∂x (aq)

348

23.2

23 Differentialgleichungen

Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Linearer Oszillator u (t) + ω02 u(t) = c cos(ωt), ω0 > 0 Superposition einer freien und einer erzwungenen Schwingung: u = uh + up mit uh (t) = a cos(ω0 t) + b sin(ω0 t) ⎧ c ⎨ 2 (cos(ω0 t) − cos(ωt)), ω = ω0 ω − ω02 up (t) = ⎩ c t sin(ωt), ω = ω (Resonanz) 0 2ω Anfangsbedingungen



Festlegung der Konstanten: a = u(0), b = u (0)/ω0

Homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten u (t) + pu (t) + qu(t) = 0 Lösungstyp bestimmt durch die Nullstellen des charakteristischen Polynoms λ2 + pλ + q zwei reelle Nullstellen λ1 = λ2 : u(t) = aeλ1 t + beλ2 t eine doppelte Nullstelle λ: u(t) = (a + bt)eλt zwei komplex konjugierte Nullstellen −p/2±i: u(t) = e−pt/2 (a cos(t)+b sin(t)) Anfangsbedingungen u(0) = u0 , u (0) = u0 die Konstanten a und b



lineares Gleichungssystem für

Methode der unbestimmten Koeffizienten Lösungsansätze für spezielle rechte Seiten der Differentialgleichung u (t) + pu (t) + qu(t) = f (t) n n Polynome f (t) = k=0 ak tk  up (t) = k=0 bk tk , falls q = 0 Multiplikation von up mit t (t2 ), falls q = 0 (q = p = 0) Exponentialfunktionen f (t) = eλt  up (t) = ceλt , falls λ2 + pλ + q = 0 Multiplikation von uh mit t (t2 ), falls λ eine einfache (doppelte) Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist (f (t) löst in diesem Fall die homogene Differentialgleichung u + pu + qu = 0) Trigonometrische Funktionen f (t) = eαt (a sin(ωt) + b cos(ωt))  up (t) = eαt (˜ a sin(ωt) + ˜b cos(ωt)) Multiplikation von uh mit t, falls α ± iω die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind Superposition der Ansätze bei gemischten Termen

349 Gedämpfte harmonische Schwingung u (t) + 2ru (t) + ω02 u(t) = c cos(ωt), r > 0 qualitatives Verhalten bestimmt durch die Lösungen uh der homogenen Differentialgleichung (c = 0)  starke Dämpfung (r > ω0 ): uh = aeλ1 t + beλ2 t , λ1,2 = −r ± r2 − ω02 kritische Dämpfung (r = ω0 ): uh = (a + bt)e−rt  schwache Dämpfung (r < ω0 ): uh = e−rt (a cos(λt) + b sin(λt)), λ = ω02 − r2 partikuläre Lösung up (t) = C cos(ωt + δ)  mit Amplitude C = c/ (ω02 − ω 2 )2 + (2rω)2 und Phase δ = arg(ω02 − ω 2 − i2rω) allgemeine Lösung: u = up + uh  √ Resonanzfrequenz (maximiert C): ω = ω02 − 2r2 für r < ω0 / 2 Phasenebene einer autonomen Differentialgleichung u = f (u, u ) Kurven: t → (u(t), u (t)), eindeutig bestimmt durch Anfangswerte (u0 , u0 ) kritische Punkte (konstante Lösungen u(t) ≡ u0 , die nur als Grenzwerte erreicht werden)  „Kreuzungen“ von Lösungskurven sind nur dort möglich Differentialgleichung für v(u), v = u dv v = f (u, v) du Energieerhaltung bei der Differentialgleichung u + P  (u) = 0 für eine eindimensionale Bewegung in einem durch ein Potential P induzierten Kraftfeld: konstante Summe 1 E(u, v) = v 2 + P (u), v = u , 2 aus kinetischer und potentieller Energie



Kurven E(u, v) = c

350

23 Differentialgleichungen

23.3

Differentialgleichungssysteme

System von Differentialgleichungen erster Ordnung u (t) = f (t, u(t)), u(t0 ) = a,

u = (u1 , . . . , un )t , f : R × Rn → Rn

Transformation auf diese Standardform durch Einführen zusätzlicher Variablen (z.B. u1 = y, u2 = y  , u3 = y  , etc.) Lösbarkeit des Anfangswertproblems u (t) = f (t, u(t)), u(t0 ) = a, auf einer offenen Umgebung von (t0 , a) Existenz (Satz von Peano) für stetiges f Eindeutigkeit (Picard-Iteration) für Lipschitz-stetiges f , d.h. |f (t, u) − f (t, u ˜)| ≤ L|u − u ˜|

Ableitung nach Anfangsbedingungen für das Anfangswertproblem u (t) = f (t, u(t)), u(t0 ) = (a1 , . . . , an )t ua (t) = fu (t, u(t))ua (t),

ua (t0 ) = E ,

mit der Jacobi-Matrix ua = (∂u/∂a1 , . . . , ∂u/∂an ), der Jacobi-Matrix fu von f bzgl. des zweiten Arguments und E der (n × n)-Einheitsmatrix  simultanes System von n + n2 Differentialgleichungen für u und ua Lineares Differentialgleichungssystem u (t) = A(t) u(t) + b(t) 



n×n

u(t) = up (t) + Γ(t)c    allgemeine Lösung

mit einer partikulären Lösung up und einer Fundamentalmatrix Γ, deren Spalten n linear unabhängige Lösungen des homogenen Differentialgleichungssystems u = Au enthalten Anfangsbedingung u(t0 ) = a  c = Γ(t0 )−1 (u(t0 ) − up (t0 )) Wronski-Determinante einer Fundamentalmatrix Γ: Γ = AΓ

=⇒ ⎛

(det Γ) = Spur A (det Γ),

d.h. det Γ(t) = det Γ(t0 ) exp ⎝

t

t0

⎞ Spur A(s) ds⎠

351 Variation der Konstanten für ein Differentialgleichungssystem u (t) = A(t)u(t) + b(t): Ansatz u(t) = Γ(t)c(t) mit einer Fundamentalmatrix Γ  ⎛ ⎞ t u(t) = uh (t) + up (t) = Γ(t) ⎝Γ(t0 )−1 u(t0 ) + Γ(s)−1 b(s) ds⎠ t0

Eigenlösungen eines linearen Differentialgleichungssystems Av = λv, u(t) = eλt v

=⇒

u (t) = Au(t)

Diagonalisierung von A bei Existenz einer Basis aus Eigenvektoren vk , d.h. Q−1 AQ = diag(λ1 , . . . , λn ) mit Q = (v1 , . . . , vn )  Entkopplung des inhomogenen Differentialgleichungssystems u (t) = Au(t) + b(t): dk (t) = λk dk (t) + ck (t), mit den Lösungen dk (t) = e

λk t

 e

−λk t0

u(t) = Qd(t), c = Q−1 b t

dk (t0 ) +

e−λk s ck (s) ds



t0

Jordan-Form eines Differentialgleichungssystems u (t) = Au(t) + b(t) Transformation A → J = Q−1 AQ, u(t) = Qv(t), c(t) = Q−1 b(t)



vn (t) = λn vn (t) + cn (t)  vn−1 (t) = λn−1 vn−1 (t) + n vn (t) + cn−1 (t) .. .

v1 (t) = λ1 v1 (t) + 2 v2 (t) + c1 (t) mit λk den Eigenwerten von A (Diagonalelemente von J) und k ∈ {0, 1} sukzessive Lösung, beginnend mit der n-ten Komponente Stabilität linearer Differentialgleichungssysteme u (t) = Au(t), charakterisiert mit Hilfe der Eigenwerte λk der Matrix A stabil, d.h. limt→∞ |u(t)| = 0 für alle Anfangswerte u(0) ⇐⇒ Re λk < 01 neutral stabil, d.h. u(t) ≤ c, und es gibt Startwerte, für die |u(t)| → 0 ⇐⇒ Re λk ≤ 0, ∃λ mit Re λ = 0, Re λ = 0 =⇒ Übereinstimmung von algebraischer und geometrischer Vielfachheit

1

die einfachste und wichtigste Bedingung

352

23 Differentialgleichungen

instabil, d.h. limt→∞ |u(t)| = ∞ für einen Anfangswert u(0) ⇐⇒ ∃λ mit Re λ > 0 oder mit Re λ = 0 und kleinerer geometrischer als algebraischer Vielfachheit Spezialfall zweidimensionaler Differentialgleichungssysteme (A : 2 × 2) Stabilität ⇐⇒ det A > 0 ∧ Spur A < 0 stabiler Knoten (bzw. stabile Spirale), falls det A ≤ ((Spur A)/2)2 (bzw. . . . > . . .) Abgebildet sind typische Beispiele der qualitativ verschiedenen nicht degenerierten Fälle (kein Eigenwert null), die anhand der Jordan-Form von A, ⎛ ⎞ λ s ⎠ , s ∈ {0, 1} , J =⎝ 0  klassifiziert werden können.

Stabilität autonomer Differentialgleichungssysteme u = f (u) in einem kritischen Punkt u (f (u ) = (0, . . . , 0)t ), charakterisiert mit Hilfe der Linearisierung v  = f  (u )v,

v(t) = u(t) − u

Stabilität von u , d.h. limt→∞ u(t) = u für alle Anfangswerte in einer Umgebung von u ⇐⇒ Re λ < 0 für alle Eigenwerte der Jacobi-Matrix f  (u ) Typeneinteilung (stabiler Knoten oder Spirale) analog zu der des approximierenden linearen Differentialgleichungssystems

353

23.4

Laplace-Transformation

Laplace-Transformation L : u → U = Lu ∞ U (s) = u(t)e−st dt, 0

Voraussetzungen: u(t)e

b+i∞ 

1 u(t) = 2πi

U (s)est ds,

b≥a

b−i∞ −at

absolut integrierbar, Re s ≥ a, b ≥ a

Laplace-Transformation von Exponentialfunktionen L

u(t) = tn eat −→ U (s) = a = λ ± iω, Formel von Euler-Moivre eλt cos(ωt) −→

n! , (s − a)n+1

Re s > Re a



s−λ , (s − λ)2 + ω 2

eλt sin(ωt) −→

ω (s − λ)2 + ω 2

Verschiebung und Skalierung bei Laplace-Transformation L

u(t − a) −→ e−as U (s), a > 0 und u(t) = 0 für t ≤ 0 L eat u(t) −→ U (s − a) L u(at) −→ a−1 U (s/a), a > 0 Laplace-Transformation periodischer Funktionen T u(t) = u(t + T )

=⇒

U (s) =

0

e−st u(t) dt 1 − e−T s

Differentiation und Integration L

u(n) (t) −→ sn U (s) − sn−1 u(0) − sn−2 u (0) − · · · − u(n−1) (0) L

v(t) =

t

tn u(t) −→ (−1)n U (n) (s) L

u(r) dr −→ V (s) = U (s)/s

0

n = 1:

Faltung

L

u (t) −→ sU (s) − u(0),

t

L

v(t − r)u(r) dr −→ U (s)V (s)

(u  v)(t) = 0

L

tu(t) −→ −U  (s)

354

23 Differentialgleichungen

Laplace-Transformation linearer Differentialgleichungen erster Ordnung u (t) + pu(t) = f (t), u(0) = a L−1

Φ(s) = (s + p)−1 −→ ϕ(t) = e−pt

=⇒

L

−→

U (s) =

1 (F (s) + a) s+p

u = uh + up = aϕ + ϕ  f

Laplace-Transformation linearer Differentialgleichungen zweiter Ordnung

u (t) + pu (t) + qu(t) = f (t), u(0) = a, u (0) = b 1 L (F (s) + as + ap + b) −→ U (s) = 2 s + ps + q 

Darstellung der Lösung als Faltung:

u = aϕ + (ap + b)ϕ + ϕ  f ,       uh

up

⎧ λt e − et ⎪ ⎨ , λ =  λ− ϕ(t) = ⎪ ⎩ λ= teλt ,

mit λ,  den Nullstellen des charakteristischen Polynoms Φ−1 (s) = s2 + ps + q

24 Fourier-Analysis

Übersicht 24.1 Reelle und komplexe Fourier-Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356 24.2 Diskrete Fourier-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358 24.3 Fourier-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_25

356

24.1

24 Fourier-Analysis

Reelle und komplexe Fourier-Reihen

Periodische quadratintegrierbare Funktionen f : R → C, f (t + 2π) = f (t) f, g 2π

1 = 2π

π f (t)g(t) dt,

f 22π

−π

1 = 2π

π |f (t)|2 dt −π

Reelle Fourier-Reihe Entwicklung bzgl. des Orthogonalsystems 1, cos(kt), sin(kt), k > 0: ∞

f (t) ∼

a0  + (ak cos(kt) + bk sin(kt)) 2 k=1

mit ak =

1 π

π −π

f (t) cos(kt) dt, bk =

1 π

π

f (t) sin(kt) dt

−π

Gerade Funktionen: reine Kosinus-Reihe, ak = Ungerade Funktionen: reine Sinus-Reihe, bk =

2 π 2 π

π 0 π

f (t) cos(kt) dt f (t) sin(kt) dt

0

Fourier-Reihe Entwicklung bzgl. des Orthonormalsystems ek (t) = eikt , k ∈ Z: f (t) ∼



ck ek (t),

ck = f, ek 2π

k∈Z

1 = 2π

π f (t)ek (t) dt,

ek (t) = e−ikt

−π

∞

⇐⇒

Sinus/Kosinus-Reihe f (t) ∼

a0  + (ak cos(kt) + bk sin(kt)) 2 k=1

a0 = 2c0 , ak = ck + c−k , bk = i(ck − c−k ) 1 1 1 c0 = a0 , ck = (ak − ibk ), c−k = (ak + ibk ) 2 2 2 ak , bk ∈ R

⇐⇒

c−k = ck

Differentiation und Integration    ck eikt , ck eikt dt = C + ik k=0

k=0

 d  ck eikt = ikck eikt dt k

k=0

keine periodische Stammfunktion für Fourier-Reihen mit c0 = 0

357 T -periodische Funktionen f (t + T ) = f (t) f (t) ∼



ck e

2πikt/T

,

k∈Z

1 ck = T

T

f (t)e−2πikt/T dt

0

∞

bzw. f (t) ∼

a0  + (ak cos(2πkt/T ) + bk sin(2πkt/T )) mit 2 k=1

2 ak = T

T f (t) cos(2πkt/T ) dt,

2 bk = T

0

T f (t) sin(2πkt/T ) dt 0

Fourier-Projektion  pn f = |k|≤n f, ek 2π ek , ek (t) = eikt beste Approximation zu f in der durch das Skalarprodukt ·, · 2π induzierten Norm Integraldarstellung 1 (pn f )(t) = 2π

π qn (t − s) f (s) ds, −π

qn (τ ) = 

sin((n + 1/2)τ ) sin(τ /2)  

Dirichlet-Kern

Konvergenz im Mittel der Fourier-Projektion pn f −

pn f 22π

1 = 2π

π |f (t) − (pn f )(t)|2 dt → 0

(n → ∞)

−π

Parseval-Identität f 22π

1 = 2π

π |f (t)|2 dt = −π



|ck |2 ,

f (t) =

k∈Z

∞

bzw. f 22π =



ck eikt

k∈Z

1  2 a20 + ak + b2k für die Koeffizienten einer Sinus/Kosinus4 2 k=1

Reihe Konvergenzrate der Fourier-Projektion  pn (t) = |k|≤n ck eikt f − pn f 2π ≤ (n + 1)−k f (k) 2π

358

24 Fourier-Analysis

24.2

Diskrete Fourier-Transformation

Diskrete Fourier-Transformation eines Vektors (c0 , . . . , cn−1 )t f =

n−1 

ck wn k

⇐⇒

ck =

k=0



n−1 1 f wn−k , n =0  

wn = e2πi/n

inverse Transformation

=  Multiplikation mit der Fourier-Matrix Wn = (wn k )n−1 ,k=0 : f = Wn c bzw. c = 1 ∗ W f n n n−1 c→f =  Auswertung des trigonometrischen Polynoms p(t) = k=0 ck eikt an den Punkten t = 2π/n (f = p(t )) 2π  1 f →c=  Riemann-Summe für die Fourier-Koeffizienten ck = 2π f (t)e−ikt dt 0

Schnelle Fourier-Transformation1 n−1 2πi k/n Berechnung von f = ,  = 0, . . . , n − 1, für n = 2 mit 2nk=0 ck e Operationen rekursiver „Pseudocode“ f = FFT(c) n = length(c) if n = 1, f = c, end else g= FFT(c0 , c2 , . . . , cn−2 ) ,  h = FFT(c1 , c3 , . . . , cn−1 ) n/2−1

p = 1, wn , wn2 , . . . , wn

f = (g + p .∗ h, g − p .∗ h)

% (a.∗ b)k = ak bk

end Analog implementiert man die inverse Transformation IFFT, oder man kann die Beziehung IFFT(f0 , f1 , . . . , fn−1 ) = FFT(f0 , fn−1 , . . . , f1 )/n verwenden.

1 entdeckt von J.W. Cooley and J.W. Tukey (An algorithm for the machine calculation of complex Fourier series, Math. Comp. 19 (1965), 297-301)

359 Trigonometrische Interpolation Berechnung der Koeffizienten des Polynoms  p(x) = cm cos(mx) + ck eikx ,

m = n/2 = 2 −1

|k| 0; χD : charakteristische Funktion des Intervalls D, d.h. χD (x) = 1 für x ∈ D und 0 sonst; sinc(y) = (sin y)/y Transformationsregeln F f (x) −→ fˆ(y) Differentiation f  (x) −→ iy fˆ(y), xf (x) −→ ifˆ (y) Verschiebung f (x − a) −→ e−iay fˆ(y), eiax f (x) −→ fˆ(y − a) Skalierung f (ax) −→ fˆ(y/a)/|a| ∞ Faltung (f  g)(x) = f (x − ξ)g(ξ) dξ −→ fˆ(y)ˆ g (y) −∞

Quadratintegrierbare Funktionen f : R→C   f, g = f (x)g(x) dx, f 2 = f, f = |f (x)|2 dx < ∞ R

R

approximierbar durch unendlich oft differenzierbare Funktionen Satz von Plancherel √ 2π f, g = fˆ, gˆ , 2π f  = fˆ Rekonstruktionssatz fˆ quadratintegrierbar und fˆ(y) = 0 für |y| > h (Bandbreite h) =⇒ f aus Werten auf dem Gitter . . . , −2π/h, −π/h, 0, π/h, 2π/h, . . . rekonstruierbar: f (x) =

∞  k=−∞

f (kπ/h) sinc(hx − kπ),

sinc(t) =

sin t t

361 Poisson-Summationsformel  k∈Z

f (k) =



fˆ(2π)

∈Z

für stetige und quadratintegrierbare Funktionen f , fˆ

25 Komplexe Analysis

Übersicht 25.1 25.2 25.3 25.4

Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen . . . . . . . . . . . . 364 Komplexe Integration und Residuenkalkül . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366 Taylor- und Laurent-Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369 Komplexe Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2023 K. Höllig und J. Hörner, Aufgaben und Lösungen zur Höheren Mathematik 3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68151-0_26

364

25.1

25 Komplexe Analysis

Komplexe Differenzierbarkeit und konforme Abbildungen

Gebiet zusammenhängende offene (nicht leere) Teilmenge des Rn oder Cn Komplexe Funktion C ⊇ D  z → w = f (z) ∈ C reelle Schreibweise: f (z) = u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy, d.h. u = Re f , v = Im f Möbius-Transformation z → w =

az + b , ad − bc = 0, cz + d

−dw + b w → z =  cw − a   Umkehrabbildung

bildet Kreise auf Kreise ab mit Geraden als „entartete Kreise“ eindeutig bestimmt durch die Bilder wk von drei Punkten zk  Konstruktion mit Hilfe des Doppelverhältnisses: w − w 2 w 1 − w2 z − z2 z1 − z2 : = : w − w3 w1 − w3 z − z3 z1 − z3 Komplexe Exponentialfunktion ez = ex (cos y + i sin y), ez+2πi = ez Abbildung von Streifen Im z ∈ [s, s + 2π) auf die gelochte Gauß-Ebene C\{0} iy horizontalen Geraden z = t + iy auf Halbgeraden w = se , s ≥ 0 vertikalen Geraden z = x + it auf Kreise |w| = ex Komplexer Logarithmus w = Ln(z) ⇐⇒ z = ew , z = x + iy = reiϕ   Ln z = ln(r) + i(ϕ + 2πk), r = x2 + y 2 , ϕ = arctan(y/x) + σπ ∈ (−π, π] mit k ∈ Z (Hauptzweig: k = 0) und σ ∈ {−1, 0, 1} je nach Vorzeichen von x und y Potenzen z s = rs eisϕ , z = reiϕ mehrdeutig für s ∈ / N0 , weitere Potenzen rs eisϕ+2πiks mit k ∈ Z, insbesondere q Wurzeln für s = p/q ∈ Q (k = 0, . . . , q − 1) Komplexe Differenzierbarkeit, chungen f  (z) = lim

Cauchy-Riemannsche Differentialglei-

|Δz|→0

f (z + Δz) − f (z) Δz

365 wesentlich stärkere Bedingung als (reelle) Differenzierbarkeit der Funktionen u(x, y) = Re f (x + iy), v(x, y) = Im f (x + iy) (f = u + iv), denn es gelten die Differentialgleichungen ux = v y

uy = −vx

⇐⇒

∂x f (x + iy) = −i∂y f (x + iy) ,

insbesondere sind u und v harmonisch, d.h. uxx + uyy = vxx + vyy = 0; eine komplex differenzierbare Funktion f auf einem Gebiet D (dem Analytizitätsgebiet von f ) ist unendlich oft differenzierbar auf D. Komplexes Potential f (z): Zu einer harmonischen Funktion u auf einem einfach zusammenhängenden Gebiet D existiert eine konjugiert harmonische Funktion v, so dass f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) komplex differenzierbar ist. Konforme Abbildung injektive komplex differenzierbare Funktion D  z → w = f (z) isotrope und winkeltreue Abbildung von Kurven z(t) → w(t) = f (z(t)) w (t0 ) = f  (z(t0 ))z  (t0 ) Streckung von Tangenten in z(t0 ) um den Faktor |f  (z0 )| und Drehung um den Winkel arg(f  (z(t0 ))), insbesondere Invarianz des Schnittwinkels zweier Kurven Elementare konforme Abbildungen z → w = f (z) Skalierung mit einem Faktor s > 0: w = sz Drehung um einen Winkel ϕ: w = eiϕ z z+i z+1 1+i−z Halbebene Im z > 0 → Kreisscheibe |w| < 1: w = z+i−1 Quadrant Re z, Im z > 0 → Halbebene Im z > 0: w = z 2 Streifen 0 < Im z < γ ≤ 2π → Sektor 0 < arg w < γ: w = ez → geschlitzte Ebene C\R+ 0 für γ = 2π Sektor 0 < arg z < α → Sektor 0 < arg w < β: w = z β/α Kreisscheibe |z| < 1 → Halbebene Im w > 0: w = (1 − i)

Riemannscher Abbildungssatz Jedes einfach zusammenhängende, echte Teilgebiet der komplexen Ebene kann konform auf die Einheitskreisscheibe abgebildet werden.

366

25 Komplexe Analysis

25.2

Komplexe Integration und Residuenkalkül

Komplexe Integranden      (u + iv) := u + i v, | f | ≤ |f |    f

Komplexes Kurvenintegral 



b

f dz =

f (z(t))z  (t) dt,

C : t → z(t), t ∈ [a, b]

a

C

unabhängig von der Parametrisierung bei gleichbleibender Orientierung, Änderung des Vorzeichens bei Umkehrung der Durchlaufrichtung (C → −C) reelle Schreibweise: z = x + iy, f = u + iv     f dz = (u + iv) dx + (iu − v) dy C

C

C

Stammfunktion 

f  (z) dz = f

!z1 z0

,

C : z0 → z1

C

=⇒

Wegunabhängigkeit für komplex differenzierbare Funktionen

Singularitäten von in der Umgebung eines Punktes a komplex differenzierbaren Funktionen f schwache Singularität (immer hebbar): lim (z − a)f (z) = 0 z→a

Pol n-ter Ordnung: |(z − a)n f (z)| = O(1), z → a, n ∈ N minimal wesentliche Singularität: (z − a)n f (z) = O(1) ∀n ∈ N Homotope Kurven C, C˜ ⊂ D: stetig innerhalb von D ineinander überführbar, homotop zu einem Punkt a: stetig auf a zusammenziehbar Satz von Cauchy  f (z) dz = 0 mit C der entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Randkurve C

eines Analytizitätsgebiets von f Umlaufzahl  dz 1 n(C, a) = für einen geschlossenen Weg C, der nicht durch a verläuft 2πi C z − a

367 Cauchysche Integralformel f auf D komplex differenzierbar f (n) (z) =

n! 2πi

=⇒ 

f (w) dw, (w − z)n+1

C

z∈D

mit C der entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Randkurve von D Spezialfall C : t → w(t) = z + reit (Kreis um z mit Radius r) f

(n)

n! (z) = 2π



2π

f (w(t))e−int dt

0

Mittelwerteigenschaft 2π 1 f (z + reit ) dt sowohl für komplex differenzierbare als auch für harmof (z) = 2π 0

nische Funktionen f Maximumprinzip maxz∈D |f (z)| ≤ maxz∈C |f (z)| mit C dem Rand eines Analytizitätsgebiets D von f Für harmonische Funktionen u, insbesondere für Real- und Imaginärteil von f , gilt: maxz∈D u(x, y) ≤ max(x,y)∈C u(x, y). Satz von Liouville Eine beschränkte und für alle z ∈ C komplex differenzierbare Funktion f (z) ist konstant. Residuum einer in der punktierten Kreisscheibe D : 0 < |z − a| < R komplex differenzierbaren Funktion f  1 Res f (z) = Res f = f (z) dz, D ⊃ C : t → a + reit , r < R z=a a 2πi C

keine oder hebbare Singularität: Resf = 0 a

einfache Polstelle: Resf = lim (z − a)f (z) a z→a " # 1 n−1 (d/dz) Polstelle n-ter Ordnung: Res f = lim ((z − a)n f (z)) a z→a (n − 1)! wesentliche Singularität: ∞  Koeffizient c−1 der Laurent-Reihe f (z) = cn (z − a)n n=−∞

368

25 Komplexe Analysis

Residuensatz Für ein beschränktes Gebiet D mit entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufener Randkurve C und eine bis auf endlich viele Punkte ak ∈ D komplex differenzierbare Funktion gilt   f (z) dz = 2πi Resf . k

C

ak

Trigonometrische Integrale  2π r(cos t, sin t) dt mit rationalen Funktionen r 0



1 z − z1 , Integration über den Substitution z = eit , cos t = 12 z + z1 , sin t = 2i Einheitskreis C : t → eit und Anwendung des Residuensatzes  

 

 1 1 1 1 1 z+ , z− r dz = 2πi Resf a 2 z 2i z iz |a| 0 R  

(p(x)/q(x)) eiλx dx = 2πi Res f (z)eiλz z=a    R f (x)

λ0

negative Residuensumme der unteren Halbebene

369

25.3

Taylor- und Laurent-Reihen

Taylor-Polynom, Taylor-Reihe

f (z) =

∞  f (k) (a) k=0

k!

(z − a)k ,

|z − a| < r

mit dem Konvergenzradius r = (limk→∞ |f (k) (a)/k!|1/k )−1 , der gleich dem Abstand von a zur nächsten Singularität, d.h. zum Rand des Analytizitätsgebiets D von f , ist n Restglied/Fehler des Taylor-Polynoms pn (z) = k=0 . . . 

1 f (w) dw (z − a)n+1 = O |z − a|n+1 , z → a f (z) − pn (z) = n+1 2πi (w − a) (w − z) C

mit C : |w − a| = r < r, r > |z − a| einem entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Kreis Methoden der Taylor-Entwicklung direkte Berechnung der Ableitungen im Entwicklungspunkt gliedweise Differentiation oder Integration bekannter Reihen Koeffizientenvergleich Produktbildung durch gliedweise Multiplikation Hintereinanderschaltung von Funktionen durch Einsetzen einer Reihe als Argument

Laurent-Reihe einer in einem Kreisring D : r1 < |z − a| < r2 komplex differenzierbaren Funktion f  ∞  f (w) 1 f (z) = cn (z − a)n , cn = dw 2πi (w − a)n+1 n=−∞ C

mit C ⊂ D einem entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Kreis um a Methoden der Laurent-Entwicklung analoge Anwendung der Techniken für Taylor-Entwicklung 1 Substitution von z → z−a in bekannten Taylor-Reihen

370

25.4

25 Komplexe Analysis

Komplexe Differentialgleichungen

Regulärer Punkt einer Differentialgleichung 



ru + qu + pu = 0, Ansatz u(z) =

∞ n=0

∞ ∞  q(z)  n p(z) = = qn (z − a) , pn (z − a)n r(z) n=0 r(z) n=0

un (z − a)n



Rekursion

(n + 2)(n + 1)un+2 = −(qn u1 + · · · + q1 nun + q0 (n + 1)un+1 ) −(pn u0 + · · · + p1 un−1 + p0 un ) u2 , u3 , . . . sukzessive aus den Anfangsbedingungen u(0) = u0 , u (0) = u1 bestimmbar Singulärer Punkt einer Differentialgleichung ru + qu + pu = 0 mit q(z) q0 p0 p(z) p1 = + q1 + · · · , = + ··· + r(z) z−a r(z) (z − a)2 z−a Ansatz u(z) = (z − a)λ (u0 + u1 (z − a) + · · · ) mit λ einer der Nullstellen der charakteristischen Gleichung ϕ(λ) = λ(λ − 1) + q0 λ + p0 = 0  Rekursion ϕ(λ + n)un = −(λqn u0 + (λ + 1)qn−1 u1 + · · · + (λ + n − 1)q1 un−1 ) −(pn u0 + pn−1 u1 + · · · + p1 un−1 ) Die Koeffizienten u1 , u2 , . . . sind sukzessive nach Wahl von u0 berechenbar, falls ϕ(λ + n) = 0 ∀ n. Andernfalls, d.h. bei ganzzahliger Differenz der Nullstellen von ϕ, kann eine zweite linear unabhängige Lösung mit Variation der Konstanten bestimmt werden. Bessel-Differentialgleichung z 2 u (z) + zu (z) + (z 2 − λ2 )u(z) = 0 ∞  z 2n  z ±λ  (−1)n  Bessel-Funktionen u(z) = J±λ (z) = 2 n! Γ(±λ + n + 1) 2 n=0 Für ±λ ∈ N ist das Funktionenpaar nicht linear unabhängig; eine zweite linear unabhängige Lösung ist in diesem Fall eine sogenannte Bessel-Funktion zweiter Art. spezielle Bessel-Funktionen 6 6 ∞  (−1)n  z 2n 2 sin z 2 cos z √ , J−1/2 (z) = √ , J1/2 (z) = J0 (z) = 2 (n!) 2 π z π z n=0 Integraldarstellung

Jn (x) =

1 π



π

cos(nt − x sin t) dt, n ∈ N0 0

371 Hypergeometrische Differentialgleichung z(1 − z)u (z) + (c − (a + b + 1)z)u (z) − abu(z) = 0 reguläre Lösung (hypergeometrische Funktion) für −c ∈ / N0 ∞  (a)n (b)n n u(z) = F (a, b, c, z) = z , (c)n (1)n n=0

(t)0 = 1, (t)1 = t, (t)2 = t(t + 1), . . .

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