Höhere Mathematik für Ingenieure. 1 Höhere Mathematik für Ingenieure 1: Aufgabensammlung 9783486599084

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(ft

Höhere Mathematik für Ingenieure 1 Aufgabensammlung von

Dr. Norbert Herrmann Mit 27 Abbildungen und mehr als 150 vollständig

gelösten Aufgaben

R. Oldenbourg Verlag München Wien 1995

Die Deutsche Bibliothek CIP-Einheitsaufnahme -

Hermann, Norbert:

Höhere Mathematik fur Ingenieure : Aufgabensammlung / von Norbert Herrmann. München ; Wien : Oldenbourg -

1. Mit mehr als 150 vollständig gelösten ISBN 3-486-23156-1

© 1995 R.

1995

Aufgaben. -

Oldenbourg Verlag GmbH, München

Das Werk einschließlich aller Abbildungen ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlages unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Bearbeitung in elektronischen Systemen.

Gesamtherstellung: R. Oldenbourg Graphische Betriebe GmbH, München ISBN 3-486-23156-1

Inhaltsverzeichnis Vorwort 1

Vektoranalysis 1.1 Gradient, Divergenz, Rotation. 1.2 Kurvenintegrale. 1.3 Potential, Vektorpotential. 1.4 Oberflächenintegrale. 1.5 Volumenintegrale. 1.6 1.7 1.8 1.9

2

VII

Satz

von

Green.

Divergenzsatz von Gauß. Satz von Stokes. Maxwellsche

Gleichungen.

1

1 11 17

28 40 43 46 54 62

Lineare Gleichungssysteme 2.1 Numerisches Rechnen 2.2 Numerik linearer Gleichungssysteme. 2.3 Gaußsches Eliminationsverfahren.

65 65 68 72 2.4 QR-Zerlegung. 82 2.5 Positiv-definite Matrizen . 88 2.6 Verfahren von Cholesky. 90 2.7 Vektor- und Matrix-Norm, Kondition. 95 2.8 Der Satz von Prager und Oettli. 101 2.9 Gesamt- und Einzelschrittverfahren 105 2.10 Das Youngsche SOR-Verfahren. 116 2.11 cg-Verfahren. 122 .

.

3

Matrizeneigenwerte Grundlegende Beispiele Eigenwert-Abschätzung.

3.1 3.2 3.3 3.4

.

129 129

134 Wilkinson und Householder. 139 QR-Verfahren. 148

Verfahren

von

VI

INHALTSVERZEICHNIS

3.5 3.6 3.7 3.8 3.9

Jacobi-Verfahren. 155 Verfahren von Hyman. 161 Von-Mises-Verfahren. 164

Rayleigh-Quotient.

170 Inverse Iteration. 172 3.10 Deflation . 177 4

Lineare 4.1 4.2 4.3

5

180 Optimierung Einführungsaufgabe .180 Das Simplex-Tableau .183 Anwendungsaufgaben .185

201 Interpolation 5.1 Newton-Interpolation .201 5.2 Hermite-Interpolation.208 5.3 Spline-Funktionen.211

6 Numerische Quadratur 224 6.1 Interpolatorische Quadraturformeln.224

6.2

Gaußsche Quadraturformeln.230

Literaturverzeichnis

235

Sachverzeichnis

237

Vorwort Der vorliegende erste Band einer Sammlung von mehr als 250 vollständig gelösten Aufgaben zur Höheren Mathematik für Ingenieure entstand während meiner Tätigkeit als Mitarbeiter am Institut für Angewandte Mathematik der Universität Hannover. Hier

betreue ich seit 1989 Studentinnen und Studenten der Elektrotechnik in ihrem zweiten Studienjahr und versuche, ihnen den manchmal trocken erscheinenden Stoff der Mathematik mit Beispielen und Übungsaufgaben verständlicher zu machen. Bewußt habe ich dieses Buch als Sammlung von Aufgaben konzipiert und wollte kein neues Lehrbuch schreiben. Einmal hätte das nicht meiner Tätigkeit und damit meiner Erfahrung entsprochen, und zum zweiten gibt es davon reichlich auf dem Markt (vgl. das Literaturverzeichnis am Ende des Buches), wenn auch ein einheitliches Werk, in dem neben der Analysis und der Algebra die Numerische Mathematik gebührend zu Wort kommt, fehlt. Zum dritten habe ich oft von Studierenden gehört, daß sie sich gerne den Stoff mit Hilfe von Übungsaufgaben aneignen. Sie seien dann näher an der Praxis. Auch fällt es vielen leichter, eine abstrakte Definition oder einen sauber formulierten Satz an Hand eines Beispiels zu durchdringen. Trotzdem habe ich die entscheidenden Zusammenhänge durch einen Rahmen hervorgehoben in die Lösungen der Aufgaben eingestreut. Manchmal sind auch Beweise von wichtigen Ergebnissen als Aufgaben getarnt. Dadurch wird aber keinesfalls eine vollständige Auflistung aller mathematischen Sätze erreicht. Hier hilft tatsächlich nur die dringend angeratene Begleitlektüre eines guten Lehrbuchs. Dieser erste Band enthält Aufgaben zu den grundlegenden Kapiteln der Höheren Mathematik. Da ist zunächst die Vektoranalysis, die bis zu den Maxwellschen Gleichungen führt. Es folgen 'Lineare Gleichungssysteme' und 'Matrizeneigenwertaufgaben'. Im Kapitel 'Lineare Optimierung' wird der Simplex-Algorithmus an vielen Beispielen in einer leicht programmierbaren Form vorgeführt. Das Kapitel 'Interpolation' enthält als Schwerpunkt Spline-Funktionen, während das Kapitel 'Numerische Quadratur' neben den interpolatorischen Quadraturformeln vor allem die Gauß-Quadratur beschreibt. Damit sind die Grundlagen gelegt, um sich im folgenden u. a. mit der Numerik von gewöhnlichen und partiellen Differentialgleichungen auseinanderzusetzen. Dieses weite Feld wird im zweiten Band behandelt. Dort findet man auch Aufgaben zu Laplace- und Fourier-Transformationen, Distributionen und zur Variationsrechnung. —

—

VIII

VORWORT

Damit richtet sich dieses Buch in erster Linie an Studierende der Ingenieurwissenschaften. Genau so können aber auch Studierende der Naturwissenschaften Gewinn aus diesen Aufgaben ziehen. Ja, ich denke, selbst Studierende der Mathematik finden hier viele Aufgaben, die sie zwar theoretisch durchdrungen, aber praktisch selten erprobt haben. Welcher Mathematikstudent hat schon mal ernstlich den Gaußschen Integralsatz

angewendet?

Danken möchte ich zunächst allen Studierenden, die mich bei der Erstellung dieser Teil mit Diskussionen und Ratschlägen, aber besonders mit der Suche nach Fehlern unterstützt haben. Sicherlich sind noch einige Bonbons zu gewinnen, und ich bin weiterhin für Hinweise auf Fehler dankbar. Ein weiterer Dank gilt meinem Schwiegervater, Johannes Döring, der das Manuskript mit großer Sorgfalt Korrektur gelesen hat. Danken möchte ich schließlich auch meiner Frau, die viel Verständnis dafür aufgebracht hat, daß ich abends das Manuskript in I£Tj}X übertrug, statt den Feierabend mit ihr gemeinsam zu genießen. Auch dem Oldenbourg Verlag möchte ich danken für die schnelle Entscheidung, dieses Buch in das Verlagsangebot zu übernehmen, und die stets unkomplizierte Art, auftretende Probleme zu entschärfen. Mein wichtigstes Bemühen bestand darin zu vermitteln, daß unsere Mathematik keine tote, sondern eine überaus lebendige und sehr spannende Wissenschaft ist. Wenn auch noch andere Studierende, die dieses Buch lesen, bei der Lektüre ab und zu schmunzeln können, wie mir ein Student schrieb, ist ein weiteres Anliegen erreicht.

Sammlung zum

Norbert Herrmann

Kapitel

1

Vektoranalysis 1.1

Gradient, Divergenz,

Rotation

Aufgabe

1.1 Stellen Sie die Begriffe Skalarfeld, Vektorfeld, Potentialfeld und Vektorpotentialfeld zusammen, und erläutern Sie den Begriff Ck -Feld.

Lösung: Den Feldbegriff findet man häufig in den Anwendungen, seltener in der mathematischen Literatur. Man versteht darunter eine von Ort zu Ort veränderliche Größe, was mathematisch nichts anderes bedeutet als eine Funktion von Ort (und Zeit). Unter einem Skalar versteht man gemeinhin eine reelle oder komplexe Zahl. So ergibt sich die folgende

Erklärung:

Feldbegriff Skalarfeld: Vektorfeld:

/ : (x, y, z) -» fft v

=

(vi, v2, «3) : (x, y, z)

—

H3

1

2

Vektoranalysis

Potentialfeld Ein Vektorfeld

v

heißt

Potentialfeld,

wenn es v

gibt

mit

grad » »)Mit

Aufgabe

1.2 erhält

man

df

dx~i

vom

skalarwertigen Funktion f(x\,X2, x3) verstehen wir den Vek-

tor:

Zu

zum

Formel her:

grad(r") Lösung:

xy

at

—

Aufgabe

Vektoranalysis

damit:

~ _

_-2a:,-_ -x{ 2{x\ + xl + x§)3/2 |f|3 -

-Xi _ -

r3

1.1

Gradient, Divergenz, Rotation

Daraus

folgt

das

5

Ergebnis: grad 7

Zu

(b)

Nach Definition erhält

—r —.

=

man:

Die einzelnen Koeffizienten berechnen sich dann

zu:

£X(6l'62'63)

rot 6.

den

1.1: Rotierender Körper

Abbildung

—

div (a2b3 ,

=

Achse, die durch

Geschwindigkeitsfeld:

div (ö*

div(ax&)

eine

um

v.

V

Wir

der

Vektoranalysis

1.2

Kurvenintegrale

Mit dieser Formel

11

folgt nun: div v

=

div (w

x

r)

=

f rot w

Da nach Voraussetzung w ein konstanter Vektor nach, daß rotr = 0 gilt, denn IOt ?=

=

0. Leicht rechnet

'

'

~

=

man

°-

~

folgt insgesamt: div v

Aus

ist rotw

ist,

{lhZ ly) (lX lZ) {h ¥yX) ~

Also

CJ rot f. —

Aufgabe

1.11

=

div (w

r)

x

=

0.

folgern wir noch rot v

=

2öJ.

Kurvenintegrale

1.2

Aufgabe

1.13

Gegeben

sei das

folgende Vektorfeld

v(x) Berechnen Sie das

:=

(x

y,

x2, x z). —

Kurvenintegral

v(x) dx vom

(a) (b)

Nullpunkt k die

zum

Punkt

(1,2,4),

wobei

gerade Verbindung beider Punkte ist,

k die Kurve

gegeben

durch die

folgende Parametrisierung

x

(c) Vergleichen Sie Lösung:

Machen wir

uns an

das

Ergebnis

=

von

einer kleinen Skizze

ist:

t2,y 2t3,z =4t. =

(a)

und

(b),

und

begründen Sie

(vgl. Abbildung 1.2)

es.

zunächst die

Wege klar.

(a) Hier besteht die kleine Kniffelaufgabe darin, eine Parametrisierung der Verbindungsstrecke zu finden. Versuchen wir doch einfach den Ansatz x t. Wenn wir jetzt t von 0 bis 1 durchlaufen lassen, so gelangen wir zur verlangten x-Komponente 1. In 2 gelandet sein. Also derselben Zeit müssen wir bezüglich der y-Koordinate bei y Zu

=

=

1

12

Abbildung

1.2:

Vektoranalysis

Integrationswege

wählen wir y = 2t, was sonst? Im selben Sinne ist dann für die z-Koordinate z = 4t, und schon ist alles geschafft. Wir erhalten also die Parametrisierung: x

Daraus

ergibt

=

t,y

2t, z

=

setzen

0*)

0

KX>V)

/

=

Jxa x0

v3(x,y,z0)dx

Ir —3zodx

=

—3znx +

=

Jxo d.h. w0

=

(3yz 3yz0,-yz -

z

+ yz0 + z0

-

-

Probe: rot wo

3z0x + 3z0x0,0).

-dß da dß

da

dz 'dz' dx

dy

(-(-y l),3y,-3z0

=

-

Zu

3zoXo,

t

3z + -

3z0)

=

iT.

(c)

Beh.: Jedes Vektorfeld w mit rotw = v läßt sich darstellen als mit einer Skalarfunktion /. grad / Ist nämlich w ein Vektorfeld mit rot w = v, so erhalten wir w

=

wo +

rot w

=

v

=

rot wq => rot

(tu wq)

=

0,

—

d. h. das Kurvenintegral über (w eine Skalarfunktion / mit w wo =

—

—

tun)

ist

grad /,

wegunabhängig. Dann gibt w wo + grad /.

also

=

es

bekanntlich

1

28

1.24 Gibt es im bares Vektorfeld w mit

Aufgabe

(a) (b)

rotü;

=

r

xotw

=

(2,1,3)

,

wobei

r

Würfel 1 < x < 1, 1 < y < 1, 1 < z < 1 —

der Vektor

—

—

Nullpunkt

vom

Punkt

zum

ein

differenzier-

(x,y,z) ist,

?

Lösung:

Zu (a) Gäbe es ein Vektorfeld w mit rot w Seite 24 div rot tu verschwinden; aber es gilt:

div rot w

div r

=

=

f,

=

div (x,y,z)

so

müßte nach dem Existenzsatz

1+1 + 1

=

=

das heißt, das Vektorfeld v = f ist kein Vektorpotentialfeld. Zu (b) Hier gilt: div (2,1,3) = 0, also existiert ein Vektorfeld Nach Aufgabe 1.22 machen wir den Ansatz: w

Dann

Vektoranalysis

von

3^0. w

mit rotü;

=

(2,1,3).

(a,ß,0).

=

folgt:

a(x,y, z)

=

ß(x,y,z)

=

/ v2(x,y,z)dz + a(x,y)

/

=

J-i

Jz0

ldz + 0

pZ

-/ vi(x,y, z)dz + b(x,y) -2z rx

b{x,y)

=

2 + 3x+ 3

=

-

J-i

2dz + 3x + 3

2z+1,

3x

-

z+l,

pZ

/

=

Jz0

=

=

-

/ v3(x, y, z)dx Jxo

=

/ 3dx

J-i

=

3x + 3.

Damit erhalten wir: w

1.4

=

(z+ 1,-2«+ 3*+ 1,0).

Oberflächenintegrale

Aufgabe

1.25 Bestimmen Sie die

y2

=

Fläche, 4

x

die

und

begrenzt

y2

=

4

—

ist durch die Parabeln

4x. —

Lösung: Die gemeinsamen Schnittpunkte beider Parabeln sind (0,2) und (0, —2). die gesuchte Fläche: r2

r4-y2

I /

ldx dy

=s

2

r2 r4-y

•

/ /

ldxdy

Dann

gilt für

1.4

29

Oberflächenintegrale

L Ki

-2

dy dy

2

=

Jo

'

«'

'

'

(yl[ ^J/312}oJ 2

3 2

=

-

Eine andere, viel einfachere, aber nicht Blatt um 90° zu drehen. Dann handelt es

J

o

-

Stoff sich um

zum es

genügt Schulmathematik.

Aufgabe

12

oberhalb der

(x, y)

-Ebene und innerhalb des

=

=

8.

passende Lösung besteht darin, das gewöhnliche Funktionsgraphen, und

1.26 Bestimmen Sie den Flächeninhalt des

x2 + y2

J

Kegelabschnittes

3z2

Zylinders x2 + y2

=

4jy.

Lösung: Bei der Gleichung des Zylinders handelt es sich um einen Kreis in der (x, jy)-Ebene mit Mittelpunkt (0,2) und Radius 2: x2 + {y 2)2 = 4. Die Zylinderachse ist damit parallel zur zAchse. Zu berechnen ist also der Flächeninhalt des auf der Kegelmantelfläche liegenden Flächenstücks. -

Abbildung

1.3: Schnitt

von

Daß es sich hier um ein Flächenstück handelt, sehen wir auf trachten das fragliche Teil als Bild unter der Abbildung:

wobei D der

obige Kreis

in der

f(x, y)

=

Zylinder

folgende

(x, ?/)-Ebene und / die Abbildung ist: (x, y,z)=

\ x, y, \/-(x2 + y2)

und

Kegel

Weise: Wir be-

1

30

Offensichtlich ist Rang 2:

diese

Abbildung stetig differenzierbar,

Vektoranalysis

also C1. Die Funktionalmatrix

hat den

/ äA dx

'

äA \* dy

äA

äA

dx

dy

dx

0

1 0

dy

1

Damit handelt es sich wirklich um ein Flächenstück. Zur Berechnung des Flächeninhalts ist das folgende „Oberflächenintegral 1. Art" zu berechnen:

iL Allgemein sind Oberflächenintegrale

Ida.

1. Art dabei

so

Oberflächenintegral

definiert:

1. Art

Seien F ein Flächenstück, D ein sogenanntes Parametergebiet mit den Koordinaten u,v und der Parameterdarstellung / : D — IR3 und ip : G —> JR eine stetige Funktion und F C G C IR3, dann sei

j tp(x) JJ^ ¥>(/(«, »)) \ da

:=

•

fu

x

fv |(v>v) du dv

Im Sonderfall, wo das Flächenstück als Funktionsgraph einer Funktion g(x,y) über einem ebenen Flächenstück dargestellt werden kann, ergeben sich die Parameter des Parametergebiets D auf natürliche Weise: man nehme die Koordinaten der Ebene als Parameter u = x, v = y. Dann lautet die Parametrisierung:

f(u,v) Daraus

folgt: fu

=

:=

(u,v,g(u,v)).

(1,0,

dy

J^2(4-!,!)(6-2s,-(2-!,)) [(xy+y2)dx

+

für

den IR2

für

das

Integral

x2dy],

wobei k der Rand des beschränkten Gebietes F ist, das durch y wird.

=

x

und y

=

x2 berandet

Lösung: Der Greensche lautet:

Satz, also das Analogon des Gaußschen-Integralsatzes für die Ebene,

1

44

Vektoranalysis

Greenscher Satz für die Ebene

Sei G C IR2 ein beschränktes Gebiet mit stückweise glattem Rand dG, v:G—* IR2 ein (^-Vektorfeld. Ist dann n der nach außen gerichtete Normaleneinheitsvektor an die Randkurve dG, so gilt:

//

div v(x, y) dx dy

jjf

Wählt man die Funktionen / und g so, daß alternativen Form dar:

=

lv(x,y)-nds

Jk

gilt:

v

=

(g,—f),

so

stellt

er

sich in der

Greenscher Satz, alternative Form

IL [dxdg__dldy

dx + g dy]

dx dy:

F

In dieser alternativen Form benutzen wir den Satz Für die linke Seite erhalten wir:

IL [dxdg__dj_ f

dy

dx dy

jetzt:

llWx2)-h{xy+y2)]dxdy

=

JJ (x 2y) dy j \ f{x-2y)dy dx

=

-

=

Für die rechte Seite berechnen wir zunächst das (0,0) nach (1,1):

Kurvenintegral entlang

19 /f1 [(x x2 + x*) dx + x2 2x dx] —, 20 Jo Kurvenintegral entlang y x von (1,1) nach (0, 0): =

und dann das

dx

=

f°

j

[(x

x

+

x2) dx + x2 dx]

Zusammengefaßt folgt dasselbe Ergebnis

wie oben.

1.

= —

y

=

x2

von

1.6 Satz

von

45

Green

Aufgabe 1.39 Verifizieren Green für

j> (x2y wobei k die Kurve ist.

+

Sie den Satz

von

y)dx + y2 dy,

nebenstehende

geschlossenen

|0

1

Abbildung Lösung:

x

1.7: Greenscher Satz

Prüfen wir zunächst die

Voraussetzungen zur Anwendung des Greenschen Satzes: Kurve, die das oben gezeigte Gebiet G umfaßt, besteht aus glatten Stücken,

(i)

Die ist also stückweise

(ii)

Die beiden Funktionen P(x,y) = haben stetige erste Ableitungen.

glatt.

x2y + y und Q(x,y)

=

y2

sind

stetig

in G und

So können wir den Satz also anwenden und rechnen beide Seiten getrennt nach. Rechte Seite: Jk

fdx + gdy

=

/ (x2y + y)dx + y2 dy

Jk =

I

Jy=x3 =

(x4 + x2) dx + x42x dx + J/ (x3 + x) dx + x2 dx

f (2x5

y —X

+

x4 + x2) dx

-

f (x3

+

x2 + x) dx

13 60' Linke Seite: = °. Aus

k

U

=

*2 + 1 folst:

J y (-x2 f1 [(_»>

=

l\x

Jo

_

-

1) dy

dx

i)x (_x2 _

x3 + x2 -

_

x) dx

i)^]

dx

1

46

Vektoranalysis

13

60' was

wir

zeigen

Aufgabe

wollten.

1.40 Berechnen Sie die Fläche der x

Lösung:

Ist G ein Gebiet mit einer einfach inhalt F von G durch:

=

a

costi,

Ellipse, gegeben durch

y

=

geschlossenen

b sint?.

Randkurve

k, so erhält man den Flächen-

Flächeninhaltsformel

F{G)=^j>{xdy-ydx) Setzt

man

nämlich im Greenschen Satz

f(x,y) so

aus

=

Aufgabe

-y,g(x,y)

1.38

=

von

Seite 44

x,

folgt:

j>{xdy-ydx) Jj^^ß-(x)--^(-y)jdxdy -JJ dxdy 2-F{G). =

=

Damit erhalten wir den

^Ellipse

=

=

gesuchten

1 2 1 2

-

1 =

1.7

1.41

Flächeninhalt der

Ellipse:

—

2

/ [(acos«?)(6costf)dtf-(6sin»?)(-asini?)dtf] Jo r2* a-b- (cos2 d + sin2 d) dd Jo If2*

Jo

Divergenzsatz

Aufgabe

=

\j>^dy-ydx f2* -

=

2

Verifizieren

a

b dti

von

Sie den

=

x

a

b.

Gauß

Divergenzsatz

von

Gauß für folgende Vektorfelder:

1.7

Divergenzsatz

Gauß

von

47

(4xz,-y2,yz) {(*, y, z) G IR3 : 0 < x, y, z < 1}, (b) v(x,y,z) (4x,-2y2,z2)

(a) v(x,y,z)

=

auf V

:

=

aufV

:=

Lösung: Der Divergenzsatz

{(x,y,z) 6 JR3 : x2 + y2 < 4, 0 < z < 3}.

von

Gauß lautet:

Divergenzsatz

von

Gauß

Sei V C JR3 ein beschränktes Gebiet mit stückweise glatter und orientierbarer Randfläche dV. Sei v = (vi(x, y, z), v2(x, y, z), v3(x, y, z) : G — IR3 ein C1-Vektorfeld. Dann gilt, wenn n der nach außen gerichtete Normaleneinheitsvektor auf dV ist: div vdxdydz Zu

(a) Berechnung

=

I

JJdV

i7

•

n

dF

der linken Seite:

JJl^vdxdydz //X[£(^)+|(V) +l2(yz) =

v

dx dy dz

(4z y)dx dy dz —

m(4z y)dz n[2z2 yz]\\ dydx —

dy dx

-

=

Zur

Berechnung

fj\2-y)dydx=Z-.

der rechten Seite führen wir

Seite 48 ein. Damit

ergibt sich für

//

Bezeichnungen

wie in

die rechte Seite: =

// +// +//

JJdefg

JJdv

+

JJabco

JJabef

=o

=-i

// +// +// jjogdc

jjbcde

jja,

Abbildung

1.8 auf

1

48

Für das erste

Abbildung

1.8:

Vereinbarung

Integral erhalten

wir

zum

//

=

JJdefg

Beispiel

/ / (4z'~V2'yz)

Jo Jo

=

JIII J Jv (4

=

und mit

x

=

f f 4zdydz

=

2.

n

=

—

ei

Jo Jo

und kommt

so

1:

durch Aufsummieren

zu

4y + 2z) dx dy dz

4-x2

=

Bezeichnungen

wegen

eidydz

Analog berechnet man die anderen Integrale obigem Ergebnis. Zu (b) Berechnung der linken Seite: div v dx dy dz

der

Vektoranalysis

r3

11 / (4 4y + 2z) dz dy dx J-2 J-y/a-x2 Jo _

-

-

Berechnung der rechten Seite: zerlegen das Oberflächenintegral

Wir

84tt.

in drei Anteile:

Ildv IIf! IIf2 IIfs Dabei sei Fi die Zu Fi

: n=

Zu F2

: n

=

Zu

:

Grundfläche, F2

-e3, v

n

=

0 =>

die Oberfläche und F3 der Mantel des

ffFi dF\ 0. fff2v-ndF2 9ffF2 dF2 v

Zylinders.

n

-

F3

e3,

v- n

=

9

=>

=

=

36?r.

Zur Bestimmung des Normalenvektors an die Mantelfläche berechnen wir zunächst den zweidimensionalen Normalenvektor «2 an den Grundkreis des Zylinders:

grad (x2 + y2)

=

(2x, 2y) ==> n2

=

Ux, y).

1.7

Divergenzsatz

Gauß

von

49

Damit lautet der Normalenvektor

n(x, y, z) Setze

2 cos tf, y

x

—

im Punkt

^(x,y, 0)

=

2 sin i?

n

==>

df3

==>

(x, y, z) n

v

des

Zylindermantels

2x2

=

-

y3.

2di? dz

=

—

//

/•27t

J JF3

t;

ndF3

•

['iJ

=

/

=

Aufsummieren führt

Aufgabe

1.42

zum

0

=

0

-

(48cos2i?-48sin3t?)d??

10 Jo

Ergebnis

selben

Verifizieren Sie

=

/»3

f [2(2costf)2 (2sini9)3]2dz< Jz =

487r.

wie oben.

Gaußschen Divergenzsatz für das Vektorfeld:

den

-x\ + x3,xi x3) das vom Zylinder Z := {(xi, x2, x3) E IR3 : x|+x3 9} und der Ebene v(x1,x2,x3)

und das Gebiet V, E := {(xx,X2,x3) €

Lösung:

Die Formel im

:=

(xi

x2,xi

=

IR3

:

xi

=

Divergenzsatz ///

JJJv

2}

von

im ersten Oktanten

div v dxi dx2 dx3

x2

=

r cos

wird

(Skizze!).

(vgl. Aufgabe 1.41):

Gauß lautet

Berechnung der linken Seite: Mit der Einführung von Zylinderkoordinaten

eingeschlossen

=

II

JJdV

v

n

da.

xi, r, tp mit

tp, x3

=

r sin



0} (Ellipt. Paraboloid)

Lösung:

*t F ist ein elliptisches Paraboloid. Führt man die neue Achse Q = 9 z ein, so erkennt man, daß £ nie kleiner als Null werden kann. £ > 0 bedeutet aber: z < 9, d.h. das Paraboloid ist nach unten geöffnet. Die Orientierung der Randkurve wählen wir wie in der Skizze angedeutet, um den Satz von Stokes anwenden zu können. —

Abbildung

1.12:

Ellipt.

Paraboloid

Mit diesem Satz aus Aufgabe 1.47 (vgl. S. 55) führen wir die Berechnung des Oberflächenintegrals auf ein Kurvenintegral in der (x, j/)-Ebene zurück. Die Randkurve hat als Kreis in der (x, j/)-Ebene die Darstellung: z

Als

Parametrisierung dieses ergibt sich für v

Hieraus

=

0

:

x2 + y2

=

9.

Kreises wählen wir: x

Damit

=

=

3 cost, y

das Vektorfeld i7 in der

=

3sint.

(x, j/)-Ebene:

(x2 + y + 2,2xy, 0) (9 cos21 + 3 sini + 2,18 cost sint, 0). =

folgt:

JJ

lotv ndF

=

Jv-rdk 2?r

[9cos2t + 3sint + 2,18 cost sint]

1.8 Satz

von

Stokes

61

•[—3sint,3cost] dt [—27 cos21 sin t

9 sin21 —

6 sin t —

+54 sin t cos21] dt

[27 sin t cos21

Aufgabe

1.51

Gegeben

sei das

-

6 sin t] dt

Vektorfeld

v(x,y,z) und der Torus D, den die z-Achse rotiert. In

9 sin2* -

=

(—x2

x -y ' + y2 x2 + y',2

'

dadurch erhält, daß der Kreis (x 2)2 + z2 < 1, y Aufgabe 1.15 hatten wir gesehen, daß in D gilt: man

=

0

um

—

rot v

=

0

aber

wobei k der Kreis x2 + y2 4, z Satz von Stokes konstruieren? =

Lösung: Die Aufgabe

=

Jk ist. 0 Warum

läßt sich daraus kein Gegenbeispiel zum

liefert kein Gegenbeispiel zum Satz von Stokes, wo das Flächenintegral über die Rotation des Vektorfeldes ja wegen der Rotationsfreiheit den Wert Null lieferte, wohingegen das Kurvenintegral einen Wert ungleich Null hat. Dieser Satz setzt nämlich ein Integral über ein Flächenstück in Beziehung zu einem Integral über die gesamte Randkurve des Flächenstücks. Hier kneift die Sache. Als Flächenstück im Torus bietet sich ein geschlossenes Band an, das ganz im Torus verläuft. Dieses hat aber neben dem betrachteten Kreis k noch den zweiten Randkreis als Randkurve. Zur Anwendung des Stokesschen Satzes muß also noch ein zweites Randintegral betrachtet werden. Wegen der Orientierungsvorschrift ist diese Randkurve entgegengesetzt zur ersten Randkurve zu orientieren. Somit ergäbe das Integral über diese Randkurve den negativen Wert zum ersten Integral, die Summe würde also verschwinden in guter Übereinstimmung mit der Rotationsfreiheit und dem Satz von Stokes. Ein Flächenstück, das nur den in der Aufgabe erwähnten Kreis als Randkurve besitzt, wäre zum Beispiel eine Halbkugel. Wegen der Singularität der gesamten z-Achse für das Vektorfeld verbietet sich diese Wahl. Das war ja auch der Grund für die Vorgabe des Torus in der Aufgabe.

1

62

1.9

Maxwellsche

Aufgabe

1.52 Aus

Gleichungen

physikalischen

(D (2) (3) (4)

Gesetzen lassen sich

=

folgende Gleichungen

AM

=

-if,

divD

=

p,

rot#

=

-j

divß

=

0.

Dabei ist: E elektrische Feldstärke, j c H Feldstärke, magnetische B magnetische Induktion, p D Verschiebungsstrom, und es gelten die Materialgleichungen: D

Vektoranalysis

herleiten:

Flächenstromdichte, Lichtgeschwindigkeit, Raumladungsdichte,

e0-E,B

=

ß0H,j

=

a-E.

Zeigen Sie, daß das dritte Gesetz in der Form nicht korrekt ist, und modifizieren Sie geeignet. Lösung: Rechnet

man aus

beiden Seiten des dritten Gesetzes die

-divj c also

=

Divergenz

aus,

so

folgt:

divrot/f 0, =

div/= 0.

Andererseits können wir divj auf andere Weise berechnen: Für die gesamte in einem Volumen V ergibt sich:

Die Änderung von Q in der Zeit t ist durch die Oberfläche F von V.:

gleich

dt Die linke Seite dieser

es

dem Gesamtfluß des elektrischen Stromes

JJF

J dF'

Gleichung formen wir um zu: d fff _JT/_ fff dp dQ dt

_

dt

Ladung Q

y-UlP-

1.9 Maxwellsche

Gleichungen

63

Auf die rechte Seite wenden wir den

Daraus

folgt

Divergenzsatz

von

Gauß

an:

dann die Gleichheit:

Das bedeutet, als Folgerung aus der Definition und dem mathematischen Divergenz-Satz, also nicht aus physikalischen Beobachtungen ergibt sich: ..

was

im

allgemeinen von 0

=

-äT'

verschieden ist. Mit ft ^D, ..

p

also

dp

*

dlvJ

=

Gleichung (2) folgt

dp

=,-

damit:

3D

=

dlv—,

insgesamt: Hinweis, wie wir Gleichung (3) zu modifizieren haben. Das resultierende Gleichungen ist das berühmte System der Maxwellschen Gleichungen:

Dies gibt uns den

System

von

Maxwellsche

Gleichungen

differentielle Form

„,

^

=

(2)

divD

=

(3) (4)

rot^

=

divß

=

-lf I(J+f)

p

0

Bemerkung: Hertz bestätigte erst mehr als zwanzig Jahre später experimentell die Existenz des von Maxwell theoretisch eingeführten Verschiebungsstroms als den Strom, der zwischen den Platten eines Kondensators erzeugt wird.

Aufgabe

1.53 Leiten Sie

aus

den Maxwellschen

Gleichungen (vgl. Aufgabe 1.52)

her

1

64

Faradaysche Gesetz

fa)

das

(b)

das Gesetz

von

der

Vektoranalysis

elektromagnetischen Induktion:

Oersted:

Lösung: Zu (a) Anwendung des Stokesschen Integralsatzes auf die linke Seite zusammen mit den Maxwellschen Gleichungen der Aufgabe 1.52 liefert:

1 Wjfe

(iii)

=

5S "(o")mi'

" A-1 existiert und ist positiv definit, alle Diagonalelemente sind größer als Null. A positiv definit => Die folgenden n Determinanten einer n x n-Matrix A heißen ihre Hauptminoren auch Hauptunterdeterminanten oder Hauptabschnittsdeterminanten: A

oder

det

I

akk

Der

Vollständigkeit

halber erklären wir noch den A

Aufgabe

(a)

[\

-A

:

positiv

2.20 Welche der folgenden Matrizen sind

] li—i/

1

negativ definit

Begriff der negativen

1

1

,

(b)

(

\

1 -l

1 l

] i)

1

,

(c)

\

\

Definitheit:

definit

positiv definit? -1 l

1 l

1

l

Lösung:

Zu (a) Zwei Hauptdiagonalelemente sind kleiner als Null, also ist nach Aufgabe 2.19 die Matrix nicht positiv definit. Eine Cholesky-Zerlegung würde bereits beim ersten Element scheitern. Zu (b) Wir versuchen die Cholesky-Zerlegung durchzuführen:

-l/vr

2 Lineare

90

Gleichungssysteme

0 ist, die Cholesky-Zerlegung mit positiven Diagonalelementen also nicht durchgeführt werden kann. Darüber hinaus verschwindet der zweite Hauptminor, also die Determinante aus den

Wir sehen also, daß das Element /22 ersten beiden Zeilen und

=

Spalten:

det(; ;)=o. Formt man die Matrix A nach Gauß um, so ergibt sich ebenfalls an der Stelle 522 Zu (c) Die Matrix ist nicht symmetrisch, also auch nicht positiv definit.

2.6

Verfahren

Aufgabe lesky:

(*) /4

1 2

Die Formeln

zur

V

3 2 1

2

x

3 4

/

\

3 6 4 7

=

/

V

\

/

0.

Cholesky

2.21 Lösen Sie folgende

2 4 6 3

3 6 4

von

=

Gleichungssysteme

(b) /II

1

1

\

3 6 10 15

2 13 1 4 1 5

1 4 10 20

35

mit

des

Hilfe

l\ 5 15 35 70

Verfahrens von Cho-

( 01 \ x

=

0 0 0

/

\

folgender

Form:

)

Lösung:

Cholesky-Zerlegung

schreiben wir in

Cholesky-Zerlegung A

=

CT

C mit C

=

(c{j) und c,j

=

0 für i >

j

i-l

Für i

=

1n

:

c,,-

=

k=l i-l

Für ür j

=

i+ 1.n cij


/lÖ )

vTö/2 715/3 V15/6 0 V3Ö/3 V3Ö/6

X3

1 3

0

Cholesky-Zerlegung:

Lösung ergibt sich dann durch Aufrollen X4

Zu

3/2 \

1/2

1

=

10,

x2

=-10,

Xi

Gleichungssystem:

+

3x2

=

3xi +

(2 k)x2

=

1 1

(Jb € Hl).

-

(a) (b)

Für welche Werte Lösen Sie

für

von

k ist die

diese Werte

von

Systemmatrix A positiv definit? k das

Gleichungssystem

Zu

Verfahren

von

Cholesky.

Lösung: alle

mit dem

Als notwendige Bedingung für positive Definitheit (vgl. Aufgabe 2.19) Diagonalelemente größer als Null sein. Das führt auf die Bedingung

(a)

müssen

k 2 die Matrix A auf keinen Fall positiv definit ist. Um endgültige Klarheit zu gewinnen, wenden wir eine der hinreichenden Bedingungen an. Am einfachsten ist wohl die Determinantenbedingung nachzuprüfen. Also rechnen wir die beiden Hauptminoren aus: Das meint

also,

2 Lineare

Gleichungssysteme

(1 x 1)-Matrix (2 k).

Wir erhalten also

92

Der erste Hauptminor ist die Determinante der wie schon aus der obigen Bedingung:

—

k < 2. Der zweite

Hauptminor ist

die Determinante

(2 k)(2 k) -

Daraus

ergeben

sich zwei

-

9 -

=

von

A selbst:

(k + l)(k 5)

> 0.

-

Möglichkeiten:

i)

k + 1 > 0 und k 5>0=>fc>5. Das Einschränkung für k.

ii)

k + 1 < 0 und Ar

aber der bereits

widerspricht

gefundenen

—

5P= l,2,oo. ("6/

VFte sehen im

1R2 rfte Einheitskugeln {x

Lösung: Wiederholen wir kurz:

G

IR2 : ||x||p


o Nullmatrix A \\A\\ 0 ||A.A|| |A|.||A|| \\A + B\\

condoo(#4)

cond 1(^4)

=

=

28 375.

über die Kondition

chungssystems Ax

den relativen Fehler

b bei

3.0003 3

(a)

Leichte

A.

g-stelliger Gleitkommarechnung

des linearen Gleierwarten, wenn also für

l|A6||

5•10~3 ?

Rechnung zeigt:

H4|oo

=

||4|i

=

Spek-

•

Lösung: Zu

der

•

gilt:

l|AA|| 1141

bezüglich

Matrix

Wieviel richtige Mantissenstellen können Sie in der Lösung =

28 375,

10

folgende

f V

==>

1.6-104 4.8-105 1.6 1013

•

.

13 620

Angaben

3 5.2 102

sei die

13 620

=

6.0003,

det A

=

-0.0009.

x

2 Lineare

100

Damit berechnet sich die inverse Matrix

A'1 Daraus

=

-1 ( -3 0.000 9 V -3

folgt:

Gleichungssysteme

zu:

3 3.000 3

) ( \ J

/ 3 333.3 \ 3 333.3

=

-3 333.3 -3 333.6

p-1||oo ||^1||i=6667. =

So

ergibt sich für

die Kondition:

cond(A) Zu

(b)

wenn

Der

ein

folgende

=

l^lloo H^lloo

=

•

Satz macht eine

gestörtes Problem vorliegt.

||A||i

Aussage

=

•

über den relativen Fehler der

Fehlerabschätzung bei gestörten Vorliegen eines gestörten

Bei

relativen

Fehler, falls ||AA||

||Ax|| Pll

Problemen

•

=

||A_1||
0, A6 > 0. aTo bezogen auf das Gleichungssystem Ax

gegeben,

—

\r(Z)\ < AA \ü\ + Ab

(*)

_

.

(it) 3Ä:\Ä-A\< AA, 3b:\b-b\< Ab => A x=b

2.8

Der Satz

Aufgabe

2.29

von

Gegeben

Prager

und Oettli

seien

Genauigkeit müssen die Daten A und b gegeben sein, damit x als Ax b angesehen werden kann? Dabei werde vorausgesetzt, daß vernünftige Lösung alle Komponenten von A und b mit derselben relativen Genauigkeit e > 0 gegeben sind. Mit welcher relativen

von

Lösung:

Den Satz

von

Prager

=

und Oettli findet

man

auf Seite 101.

Dieser Satz sagt also, daß man aus der Größe des Residuums |r(xn)| auf die Brauchbarkeit des Vektors xq als Lösung des Gleichungssystems schließen kann. Unser in der Aufgabe vorgegebenes Gleichungssystem hat die exakte Lösung x0 = (1,1)T. Wir weisen (i) nach, um auf (ii) zu schließen und damit festzustellen, ob die vorgegebene Näherungslösung als Lösung akzeptabel ist. Besitzen alle Komponenten von A und b dieselbe relative Genauigkeit e (z. B. infolge

gleichartiger Messungen),

so

gilt:

AA Wenn wir

nun

das

e so

=

e-\A\,

A6

=

e-|6|.

klein wählen können, daß

\b-A~x\

e

e >

Genauigkeit vernünftige Lösung von Ax

Das bedeutet: Falls die relative

(0.95,1.05)T

als

=

2.30 Welche der

Aufgabe

x

wird

man

für

Gleichungssysteme

=

0.15/3.95 e

6

=

verwertbar):

0.038.

nicht kleiner ist als 4

%,

so

wird

x

=

akzeptiert.

Näherungslösungen

(1.1 0.9)T

,

,

y

=

(1.5 0.6)T *= (0 2)T ,

,

Gleichungssystem

das

( )(Z) ( ) 3

=

7

10

auf Grund des Satzes von Prager und Oettli als Lösungen akzeptieren, Fehler der Daten (a) 2.5 % , (b) 10 % (c) 20 % betragen?

wenn

die relativen

,

Lösung: Wie in Aufgabe äquivalent:

(i) \r(S)\ (ii)

A

x

2.29

< AA =

b mit

dargelegt,

sind nach

\£\ + Ab mit r(!)

:=

b

benachbarten' A und

Prager und Oettli die folgenden Aussagen A x,

-

6.

2.8 Der Satz

von

103

Prager und Oettli

Sind alle Komponenten mit

gleicher AA

Wir weisen

(i) nach, um auf (ii) |r(i?)|

=

=

zu

relativer

Genauigkeit e

e-\A\,

A6

•

\g\ + Ab

gegeben,

so

gilt

also:

e-|6|.

=

schließen:

\b—A-x 1 3

3 10 Ayl

> 0

2 7

0.1 0.4

1.1 0.9

e-{\A\.\x\ + \b\) 1 3

2W1.1 V 0.9

7

+

3 10

=

5.9 19.6

e

Für welche e ist (i) erfüllt? Wir erhalten zwei Ungleichungen: 0.1 0.4

c-5.9 e-19.6




18.

tt

—Cl o

+-c2 0

2tt TCi + 6 3 c2

-(-0.1)

=

18.

tt

=

7t

—

Durch

Multiplikation mit

—

ergeben

1.8

=-—

7t

5.4

no. -0.3

=-

7t

—

sich die

4ci + c2

—4ci

n

7t

Gleichungen 10.8

=

tt 2

16c2

=

129.6

—

Gleichungen führt

Addition dieser

auf

-15c2 Als

Lösungen

erhält c2

3J

60 6,

=

=

-(0.5) 6/.

=

dann

man

7.92 118.8 und Cl "TTT =-r 7t2 1Ö7H ,

2.88\

-

-

118.8 =

\--^\ / 7.92

3 =

+

-

=

=

2-2.88\

h=im'L2.lf) JT

18 \

7t

7

=

l.1.K 7t

~

0.72

T~2 47^ =-2~7t

2.88\ —) -[3+ 1 (

2.88 —

1 /

j(0.4) --(-_-_)=- (2.4+ t

10.8

c2

~T 4

7.92 —

+

1

„

.a 3.16

= -

•

5.76 \ —

3.16

Spline

5

222

1-1

di

=

2, c2

2 /

-

7T

=

2, -c2 -

7.92

+ ci) =-r K \ 1T* .

-

d2

7Td

7TJ /

\

7T

ött

,

2

1

7.92

=-r

=

—

Interpolation

2.88 \ It*

=

J

1 ,Ä 10.08 —37T-3 nn

•

,

•

15.84

5.14 Interpretieren Sie die Extremaleigenschaft kubischer Spline-Funktionen Funktion g, die dieselben Interpolationsforderungen wie s erfüllt, geometrisch für jede und mechanisch.

Aufgabe s

Lösung: Die 1957

von

Holladay entdeckte Extremaleigenschaft

Extremaleigenschaft

||s"||2

der

der

Spline-Funktionen sagt

aus:

Spline-Funktionen

I" s"(x)2 dx < Jaf g"{x)2dx=:\\g"\\2

:=

Ja

Das bedeutet in Worten: Unter allen Funktionen g, die die gleichen Interpolationseigenschaften wie die kubische Spline-Funktion s besitzen, hat die Spline-Funktion die kleinste Norm.

Zu (a) Geometrische Interpretation: Unter der Krümmung k eines Funktionsgraphen y

=

g(x)

versteht

man

die Größe:

(l + y'(x)2)3/2Falls

nun

\g'{x)\

) *,