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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / Klausursammlung und übungen

« on: August 15, 2010, 06:31:31 pm »

hab mal gegooglt: http://www.skf.com/skf/productcatalogue/jsp/viewers/tableViewer.jsp?tableName=1_0_tt1.tab&maincatalogue=1&lang=de
hier steht, dass es sich wohl doch auf den innenring bezieht.
50/50 und ich machs falsch -.-
--> also dazu schreiben

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / Lösungen zur Klausurensammlung

« on: August 15, 2010, 06:23:13 pm »

also ich persönlich mach das ja immer mit variation der konstanten, weil das im gegensatz zu störgliedansatz immer geht, auch wenns manchmal länger dauert.
vdk geht so:

[latex] Du machst n Gleichungen (n ist die ordnung deiner DGL)\\
$y_1(x)\cdot C_1'(x) + y_2(x)\cdot C_2'(x) + ... + y_n(x)\cdot C_n'(x)=0\\
y_1'(x)\cdot C_1'(x) + y_2'(x)\cdot C_2'(x) + ... + y_n'(x)\cdot C_n'(x)=0$\\
(...)\\ \\
$y_1^{(n-2)}(x)\cdot C_1'(x) + y_2^{(n-2)}(x)\cdot C_2'(x) + ... + y_n(x)^{(n-2)}\cdot C_n'(x)=0\\
y_1^{(n-1)}(x)\cdot C_1'(x) + y_2^{(n-1)}(x)\cdot C_2'(x) + ... + y_n(x)^{(n-1)}\cdot C_n'(x)=r_(x)$[/latex]

in diesem fall wäre n LGS mit n=5 gleichungen. ausrechnen brauchste nich, weil will ja nur den ansatz
klar oder muss ich noch den kompletten ansatz einhacken?

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« on: August 15, 2010, 04:39:41 pm »

@basti: der ansatz steht ja da
[latex]$y_2(x)=v(x)y_1(x)$\\
zweimal ableiten und in ursprüngliche DGL einsetzen: \\
$y_2'(x)=v'(x)y_1(x) + v(x)y_1'(x)\\
y_2''(x)=v''(x)y_1(x) + 2v'(x)y_1'(x) + v(x)y_1''(x)$\\ \\[/latex]

v(x) muss dabei herausfallen. jetzt ganz normal v bestimmen und in die erste gleichung einsetzen und man bekommt y2

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« on: August 15, 2010, 01:59:51 pm »

was steht denn da völlig anderes?

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« on: August 15, 2010, 10:23:00 am »

@mech: im prinzip schon, aber wie machstn mit den beiden gleichungen weiter?
ich hab dann

I: a²-b²+2a+2b=0
II:2ab+2b-2a-4=0

form ich die zweite nach a um komm sowas wie a= (2-b)/(b-1) raus und wenn ich das in die erste einsetz kommt großerhumbug raus, denn ich höchstens mit schätzen lösen kann.

übrigens is deine lösung richtig
[latex]\omega_1=-2\\
\omega_2=2i\\
\omega_3=2i-2\\$[/latex]

wobei -2 ja nicht wirklich ne komplexe lösung ist.
außerdem dachte ich immer die lösung wäre a und b wieder zusammengesetzt zu w=a+bi?

@florian: für die variation der konstanten reicht die 1. ableitung (n-1=1)
du müsstest ja rausbekommen haben:
[latex]
$y_1(x)=e^0=1\Rightarrow y_1'(x)=0\\
y_2(x)=e^x \Rightarrow y_2'(x)=e^x\\
y_h(x)=C_1y_1+C_2y_2$\\ \\
Variation der Konstanten:\\
$C_1'y_1+C_2'y_2=0\\
C_1'y_1'+C_2'y_2'=\frac{1}{2-e^{-x}}\\ \\
$C_1'+C_2'e^x=0\\
(C_1'\cdot 0)+C_2'e^x=\frac{1}{2-e^{-x}}\\
\Rightarrow C_2'=\frac{e^{-x}}{2-e^{-x}}$
Die Integration von C2 löst du dann mit Integral 246 im Merziger auf S.109\\
$C_1'=-C_2'e^x$ (Integral 245)\\ \\
$C_1=\frac{x}{2}-\frac{1}{2}ln|2+e^{-x}|\\
C_2=-ln|2+e^{-x}|\\$[/latex]

das sollte die lösung sein wenn mans zusammensetzt.
hoffe ich konnte dir helfen

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« on: August 15, 2010, 08:22:00 am »

ok, ich hab noch mal was: august 2007 aufgabe 4b:
Mit Hilf der Taylor-Reihe der Funktion [latex]$e^x$[/latex] gebe man die Taylor-Reihe von f mit der Enwicklungsstelle [latex]$x_0=0$[/latex] an. Man bestimme mittels dieser den Wert [latex]$f^{(9)}(0)$[/latex] ohne neunmalige Differentiation von f.

[latex] $f(x) := (x^3-3)e^{-x}$[/latex]

in de lösung schreibt er einfach

[latex] $(x^3-3) \sum_{j=0}^{\infty}(-1)^j\frac{1}{j!}x^j$[/latex]

was einfach nur [latex] $(x^3-3)$[/latex] mal die Taylorreihe von [latex] $e^{-x}$[/latex] is. ich versteh nich so ganz, warum er die klammer so unbehelligt lässt. ??


außerdem krieg ich für märz 2005 1.b immer noch keine lösung. könnte das mal wer posten? demjenigen wäre ich sehr verbunden

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« on: August 15, 2010, 08:04:27 am »

naja, in der klausur von 2006 isses ja nich gegeben, da steht nur rillenkugellager 625 6207
das entsprechende lager findest du im arbeitsheft 2 auf seite 216. interessant ist hier der außendurchmesser und die breite. notiert: D = 72mm; B = 17mm
jetzt arbeitsheft 1 seite 20 "Toleranzklasse PO - normal
wir haben ein radiallager mit durchmesser zwischen 50 und 80mm durchmesser, also ist die bemaßung des kugellagers:
[latex]$B = 17_{- 0,15}^{+ 0}mm$[/latex]

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« on: August 14, 2010, 07:28:33 pm »

@joko: tippfehler, my bad
@mech: schon möglich. hab aber ehrlich gesagt keine lust die aufgabe nochmal zu rechnen

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« on: August 14, 2010, 06:58:55 pm »

@scholzi: jap, hast recht. ich verlier bei latex immer die bersicht und rechne dann falsch weiter, editier das gleich

@clausi: mit pq-formel solltest du ja eigentlich auf die beiden weiteren eigenwerte [latex] $\lambda_{2/3} = 2 \pm i$[/latex] kommen.

die jagst du genau wie -1 durch die matrix und holst dir die werte für deinen eigenvektor. den kann man schon fast so ablesen.
es bleibt für 2+i:

-i  -1  0
5  -5 -3-i

(die zweite zeile is mist), noch zwei umformungen und man findet
v1=v1
v2=-v1*i
v3=(i+2)v1

setz v1 = 1 und alles is in butter

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« on: August 14, 2010, 06:03:34 pm »

naja, ich denk der will da einfach hören wie man die loeranzkette vermeiden kann. z.b. anstatt sicherungsring ein gewinde mit mutter (wahlweise nutemutter-sicherungsring-verbindung)
ich habs jetzt nich durchgerechnet, aber könnt auch sein, dass man pech hat und die drei sachen im schlechtesten fall nich drauf passen

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« on: August 14, 2010, 05:38:22 pm »

jap, die 3 konstanten bleiben da so stehen. is halt die allgemeine lösung

[latex]
$y_h(x) = C_1 e^{-x}\left(\begin{array}{c}0\\0\\1 \end{array}\right)+C_2 e^{2x}[\left(\begin{array}{c}1\\0\\2 \end{array}\right)cos(x) - \left(\begin{array}{c}0\\-1\\1 \end{array}\right)sin(x)]\\+C_3 e^{2x}[\left(\begin{array}{c}1\\0\\2 \end{array}\right)sinx+\left(\begin{array}{c}0\\-1\\1 \end{array}\right)cosx]$\\[/latex]

richtig eklig wäre nur, denn das system inhomogen wär, aber ich denk fr sowas gibts computer

für b kriegste dann ein gleichungssystem von C1, C2 und C3
I: C2 = 1
II: -C3 = 1
III: C1 + 2C2 + C3 = 1

Also C1=0 C2=1 C3=-1

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« on: August 14, 2010, 01:23:49 pm »

^^ ich war grad am editieren, weil mir der fehler auch aufgefallen is. wo das 1/2 nun fehlt hab ich aber noch nich rausgefunden

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« on: August 14, 2010, 12:05:03 pm »

aber du hast ja die formel aus a), nur dass in der wurzel eben f'(x)² anstatt x steht
[latex] substituiere: $y=f'(x)=2x \\
y^2=4x^2\\
y^3=8x^3 \Rightarrow x^3=\frac{y^3}{8}\\ \\
\int x^3 \sqrt{1+x^2} = (-\frac{2}{15}+\frac{1}{5}x^2)(1+x^2)^{\frac{3}{2}}\\
J_y = \frac{2\pi p}{8} \int y^3 \sqrt{1+y^2} = \frac{2\pi p}{8}(-\frac{2}{15} +\frac{1}{5}y^2)(1+y^2)^{\frac{3}{2}}$\\
mit $y=f'(x)=2x $ folgt \\

$J_y = \frac{2\pi p}{8}(-\frac{2}{15}+\frac{1}{5} 4x^2)(1+4x^2)^{\frac{3}{2}}$\\
in den Grenzen von 0 bis $\frac{\sqrt{3}}{2}$ :\\

J_y =58\pi$
[/latex]
irgendwo is noch der wurm drin oder ich hab mich verrechnet, aber so die richtung müsste es gehen. es fehlt mir noch irgendwo ein 1/2

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« on: August 14, 2010, 11:11:41 am »

ok, pass auf
[latex]$x^3 \sqrt(1+x^2) = \frac{d}{dx}[(\alpha + \beta x^2)(1+x^2)^{\frac{3}{2}}]$\\
rechte Seite ableiten nach x:\\
$2x\beta (1+x^2)^\frac{3}{2} + (\alpha + \beta x^2)\frac{3}{2}(1+x^2)^\frac{1}{2} \cdot 2x$\\
Ganze Gleichung durch $\sqrt{1+x^2}$ teilen:\\
$x^3 = 2x\beta (1+x^2) + 3x(\alpha +\beta x^2)$\\
Koeffizientenvergleich \\
$x^3 = x^3 (5\beta ) + x(3\alpha + 2\beta )$\\
(x³): $ 1 = 5\beta \Rightarrow \beta = \frac{1}{5}$\\
(x): $0 = 3\alpha + 2\beta \Rightarrow \alpha = \frac{-2}{15}$[/latex]

ach quark, du wolltest ja b!

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« on: August 14, 2010, 09:12:51 am »

ok, ich hab was für dich:
kommst du bei aufgabe 1 auf die richtigen eigenwerte? wenn ja, wie? (vorgehen reicht)
ich bestimmte ganz normal das charakteristische polynom

[latex]$x^2 - 6x - 2xi - 12i + 8 = 0\\
(x^2 - 6x + + i(-2x-12)\\
(I): x^2 - 6x + 8 = 0 \Leftrightarrow x = 2; 4\\
(II): -2x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = -6$\\
[/latex]

das bringt mich aber nicht zur lösung
wenn ich x noch aufspalte x = a + bi komm ich auf was ganz bescheuertes