Beispiel Klausuraufgaben
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Lineares Anfangswertproblem
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Löse das
lineare Anfangswertproblem
(
v
1
v
2
v
3
)
′
=
(
8
2
4
0
10
0
0
1
4
)
(
v
1
v
2
v
3
)
mit
(
v
1
(
0
)
v
2
(
0
)
v
3
(
0
)
)
=
(
3
1
0
)
.
{\displaystyle {\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}8&2&4\\0&10&0\\0&1&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}{\begin{pmatrix}v_{1}(0)\\v_{2}(0)\\v_{3}(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}}.}
Aus der homogenen DGL in der zweiten Zeile folgt
v
2
(
t
)
=
a
e
10
t
,
{\displaystyle v_{2}(t)=ae^{10t},}
mit
a
=
1
{\displaystyle {}a=1}
1
=
a
e
10
⋅
0
{\displaystyle {}1=ae^{10\cdot 0}}
v
3
′
(
t
)
=
4
v
3
+
e
10
t
.
{\displaystyle v_{3}'(t)=4v_{3}+e^{10t}.}
Der homogene Teil lässt sich wieder in einem Schritt mit
a
(
t
)
=
e
4
t
{\displaystyle {}a(t)=e^{4t}}
c
(
t
)
=
∫
e
10
t
e
4
t
d
t
=
∫
e
6
t
d
t
=
1
6
e
6
t
+
c
mit
c
∈
R
{\displaystyle {}c(t)=\int {\frac {e^{10t}}{e^{4t}}}\,dt=\int e^{6t}\,dt={\frac {1}{6}}e^{6t}+c{\text{ mit }}c\in \mathbb {R} \,}
Also
v
3
(
t
)
=
e
4
t
⋅
(
1
6
e
6
t
+
c
)
=
1
6
e
10
t
+
c
e
4
t
{\displaystyle {}v_{3}(t)=e^{4t}\cdot ({\frac {1}{6}}e^{6t}+c)={\frac {1}{6}}e^{10t}+ce^{4t}\,}
mit der Anfangsbedingung
0
=
1
6
e
0
+
c
e
0
⇔
c
=
−
1
6
{\displaystyle {}0={\frac {1}{6}}e^{0}+ce^{0}\Leftrightarrow c=-{\frac {1}{6}}}
v
1
′
(
t
)
=
8
v
1
+
2
e
10
t
+
24
(
e
10
t
−
e
4
t
)
v
1
′
(
t
)
=
8
v
1
+
8
3
e
10
t
+
−
2
3
e
4
t
.
{\displaystyle v_{1}'(t)=8v_{1}+2e^{10t}+24(e^{10t}-e^{4t})v_{1}'(t)=8v_{1}+{\frac {8}{3}}e^{10t}+-{\frac {2}{3}}e^{4t}.}
Homogener Teil
a
(
t
)
=
e
8
t
{\displaystyle {}a(t)=e^{8t}}
c
(
t
)
=
∫
8
3
e
10
t
−
2
3
e
4
t
e
8
t
d
t
=
∫
8
3
e
2
t
d
t
−
∫
2
3
e
−
4
t
d
t
=
4
3
e
2
t
+
1
6
e
−
4
t
+
c
{\displaystyle {}c(t)=\int {\frac {{\frac {8}{3}}e^{10t}-{\frac {2}{3}}e^{4t}}{e^{8t}}}\,dt=\int {\frac {8}{3}}e^{2t}\,dt-\int {\frac {2}{3}}e^{-4t}\,dt={\frac {4}{3}}e^{2t}+{\frac {1}{6}}e^{-4t}+c\,}
und mit
a
(
t
)
⋅
c
(
t
)
{\displaystyle {}a(t)\cdot c(t)}
v
1
(
t
)
=
4
3
e
2
t
+
1
6
e
−
4
t
+
c
⋅
e
8
t
{\displaystyle v_{1}(t)={\frac {4}{3}}e^{2t}+{\frac {1}{6}}e^{-4t}+c\cdot e^{8t}}
berechnet. Für die Anfangsbedingung gilt
3
=
4
3
+
1
6
+
c
⇔
c
=
3
2
{\displaystyle {}3={\frac {4}{3}}+{\frac {1}{6}}+c\Leftrightarrow c={\frac {3}{2}}}
(
v
1
(
t
)
v
2
(
t
)
v
3
(
t
)
)
=
(
4
3
e
2
t
+
1
6
e
−
4
t
+
3
2
e
8
t
e
10
t
1
6
⋅
(
e
10
t
−
e
4
t
)
)
.
{\displaystyle {}{\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\\v_{3}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {4}{3}}e^{2t}+{\frac {1}{6}}e^{-4t}+{\frac {3}{2}}e^{8t}\\e^{10t}\\{\frac {1}{6}}\cdot (e^{10t}-e^{4t})\end{pmatrix}}\,.}
Berechne das Volumen des Rotationskörpers
K
G
{\displaystyle K_{G}}
f
1
:
R
⟶
R
,
x
⟼
e
x
{\displaystyle f_{1}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {e^{x}}}
f
2
:
R
⟶
R
,
x
⟼
1
{\displaystyle f_{2}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto 1}
mit den Grenzen 0 und 2 um die x-Achse dreht.
Mit
λ
3
(
K
1
)
=
π
⋅
∫
0
2
(
x
)
d
x
C
h
e
c
k
m
e
p
l
e
a
s
e
=
π
⋅
(
1
2
e
2
x
)
|
0
2
=
π
2
⋅
(
e
4
−
1
)
{\displaystyle {}\lambda ^{3}(K_{1})=\pi \cdot \int _{0}^{2}(x)\,dxCheckmeplease=\pi \cdot ({\frac {1}{2}}e^{2x})|_{0}^{2}={\frac {\pi }{2}}\cdot (e^{4}-1)\,}
ist der Rotationskörper der Exponentialfunktion bestimmt. Aus der gleichen Formel ergibt sich
λ
3
(
K
2
)
=
π
⋅
∫
0
2
(
x
)
d
x
C
h
e
c
k
m
e
p
l
e
a
s
e
=
π
⋅
(
x
)
|
0
2
=
2
π
{\displaystyle {}\lambda ^{3}(K_{2})=\pi \cdot \int _{0}^{2}(x)\,dxCheckmeplease=\pi \cdot (x)|_{0}^{2}=2\pi \,}
Daraus folgt
λ
3
(
K
G
)
=
λ
3
(
K
1
)
−
λ
3
(
K
2
)
=
π
2
⋅
(
e
4
−
1
)
−
2
π
=
π
⋅
(
1
2
e
4
−
5
2
)
.
{\displaystyle {}\lambda ^{3}(K_{G})=\lambda ^{3}(K_{1})-\lambda ^{3}(K_{2})={\frac {\pi }{2}}\cdot (e^{4}-1)-2\pi =\pi \cdot ({\frac {1}{2}}e^{4}-{\frac {5}{2}})\,.}
Bestimme das
Taylor-Polynom
vom Grad
≤
2
{\displaystyle {}\leq 2}
Funktion
R
2
⟶
R
,
f
(
x
,
y
)
⟼
exp
(
x
3
−
y
)
,
{\displaystyle \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,f(x,y)\longmapsto \exp(x^{3}-y),}
im Punkt
P
=
(
2
,
1
)
{\displaystyle {}P=(2,1)}
Für die 0.Ordnung gilt
1
0
!
e
7
⋅
1
=
e
7
.
{\displaystyle {}{\frac {1}{0!}}e^{7}\cdot 1=e^{7}\,.}
Nun alle partiellen Ableitungen im Punkt P für
∣
r
∣=
1
{\displaystyle {}\mid r\mid =1}
∂
f
∂
x
=
3
x
2
⋅
e
x
3
−
y
∂
f
(
P
)
∂
x
=
12
e
7
,
{\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial x}}=3x^{2}\cdot e^{x^{3}-y}\,\,{\text{ }}\,\,{\frac {\partial f(P)}{\partial x}}=12e^{7},}
∂
f
∂
y
=
−
e
x
3
−
y
∂
f
(
P
)
∂
y
=
−
e
7
.
{\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial y}}=-e^{x^{3}-y}\,\,{\text{ }}\,\,{\frac {\partial f(P)}{\partial y}}=-e^{7}.}
Somit ergibt sich für das Taylor-Polynom der 1. Ordnung
e
7
+
12
e
7
x
−
e
7
y
.
{\displaystyle e^{7}+12e^{7}x-e^{7}y.}
Weiter mit der 2. Ordnung
(
∣
r
∣=
2
)
{\displaystyle {}(\mid r\mid =2)}
∂
∂
x
∂
f
∂
y
=
−
3
x
2
e
x
3
−
y
∂
∂
x
∂
f
(
P
)
∂
y
=
−
12
e
7
,
{\displaystyle {\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial y}}=-3x^{2}e^{x^{3}-y}\,\,{\text{ }}\,\,{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f(P)}{\partial y}}=-12e^{7},}
∂
∂
x
∂
f
∂
x
=
3
x
(
3
x
3
+
2
)
e
x
3
−
y
∂
∂
x
∂
f
(
P
)
∂
x
=
156
e
7
u
n
d
{\displaystyle {\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=3x(3x^{3}+2)e^{x^{3}-y}\,\,{\text{ }}\,\,{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f(P)}{\partial x}}=156e^{7}und}
∂
∂
y
∂
f
∂
y
=
e
x
3
−
y
∂
∂
y
∂
f
(
P
)
∂
y
=
e
7
.
{\displaystyle {\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial y}}=e^{x^{3}-y}\,\,{\text{ }}\,\,{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f(P)}{\partial y}}=e^{7}.}
Aus
−
12
e
7
x
y
,
{\displaystyle -12e^{7}xy,}
1
2
⋅
156
e
7
x
2
u
n
d
{\displaystyle {\frac {1}{2}}\cdot 156e^{7}x^{2}und}
1
2
⋅
e
7
y
2
{\displaystyle {\frac {1}{2}}\cdot e^{7}y^{2}}
und den vorherigen Berechnungen folgt dann die Lösung für die gesuchte quadratische Approximation:
e
7
+
12
e
7
x
−
e
7
y
−
12
e
7
x
y
+
78
e
7
x
2
+
1
2
e
7
y
2
.
{\displaystyle e^{7}+12e^{7}x-e^{7}y-12e^{7}xy+78e^{7}x^{2}+{\frac {1}{2}}e^{7}y^{2}.}
Charakteristisches Polynom
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Bestimme das charakteristische Polynom und die Eigenwerte von der linearen Abbildung
f
:
R
3
⟶
R
3
,
{\displaystyle f\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},}
die bezüglich der Standardbasis durch die Matrix
A
=
(
3
−
4
2
0
2
3
0
5
1
)
{\displaystyle A={\begin{pmatrix}3&-4&2\\0&2&3\\0&5&1\end{pmatrix}}}
beschrieben wird.
Das charakteristische Polynom wird mit
P
A
(
x
)
=
[
[
:
V
o
r
l
a
g
e
:
O
p
:
d
e
t
]
]
=
x
3
−
6
x
2
−
4
x
+
39
{\displaystyle P_{A}(x)=[[:Vorlage:Op:det]]=x^{3}-6x^{2}-4x+39}
bestimmt.
Um die Eigenwerte über die Nullstellen des charak. Polynoms zu berechnen wird nach der ersten Spalte entwickelt und erhält so
P
A
(
x
)
=
(
3
−
x
)
[
[
:
V
o
r
l
a
g
e
:
O
p
:
d
e
t
]
]
.
{\displaystyle P_{A}(x)=(3-x)[[:Vorlage:Op:det]].}
Die erste Nullstelle
x
1
=
3
{\displaystyle {}x_{1}=3}
[
[
:
V
o
r
l
a
g
e
:
O
p
:
d
e
t
]
]
=
x
2
−
3
x
−
13.
{\displaystyle [[:Vorlage:Op:det]]=x^{2}-3x-13.}
Um die weiteren Nullstellen zu berechnen kann die p,q-Formel mit
p
=
−
3
{\displaystyle {}p=-3}
q
=
−
13
{\displaystyle {}q=-13}
x
2
,
3
=
3
2
±
9
4
+
13
=
3
2
±
61
2
.
{\displaystyle x_{2,3}={\frac {3}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {9}{4}}+13}}={\frac {3}{2}}\pm {\frac {\sqrt {61}}{2}}.}
Alle drei Eigenwerte sind also
x
1
=
3
,
x
2
=
3
2
+
61
2
,
x
3
=
3
2
−
61
2
.
{\displaystyle x_{1}=3{\text{, }}x_{2}={\frac {3}{2}}+{\frac {\sqrt {61}}{2}}{\text{, }}x_{3}={\frac {3}{2}}-{\frac {\sqrt {61}}{2}}.}
Aufgabe 34.12 / Aufgabe 34.16
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Karussell/Doppeldrehung/Radius 10 und 3/Umlaufzeit 8 und 2/Gleichläufig/Animation/Aufgabe
Gleichläufige Kreisbewegungen
irgendwas stimmt da nicht, da sich in der Aufgabe der kleine Kreis viermal dreht, wenn sich der große einmal dreht. In der Animation dreht er sich aber nur gut zweimal.--Bocardodarapti (Diskussion ) 16:28, 2. Mai 2012 (CEST)Shoetten (Diskussion ) 12:36, 4. Mai 2012 (CEST)
So ist es gut--Bocardodarapti (Diskussion ) 17:59, 8. Mai 2012 (CEST) 
![{\displaystyle P_{A}(x)=[[:Vorlage:Op:det]]=x^{3}-6x^{2}-4x+39}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b6bea3e4e548e18190b3a0322ae3ab5d7d6218f9)
![{\displaystyle P_{A}(x)=(3-x)[[:Vorlage:Op:det]].}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/68ad620afcf72aec81d84f815ee6f1fe8d1824a8)
![{\displaystyle [[:Vorlage:Op:det]]=x^{2}-3x-13.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4820547ef16e808972b57471203a6ba2272824de)
