Lösungen zur Klausurensammlung

[plumps]

ich seh gerade nich ganz wie v(x) rausfallen soll, wenn y1(x) = 1 + e^x -> y1'(x) = y1''(x) = e^x

na du leitest ja dein y2 zweimal ab, dann setzt du die ableitungen und so in deine ausgans-DGL ein.
wenn du das ganze jetzt ordnest nach v, v' und v'', dann steht in der  klammer von v wieder deine Ausgangs-DGL. und die ist ja =0, deshalb  fällt v weg. dann kannst du noch bissl umordnen und ausmultiplizieren  und kommst dann irgendwann auf 2v' + v'' =0
und der rest ist ja recht simpel dann.

[Mekis]

August 2007 Grossmann Aufgabe 4
 
bei c: bis zu welchem glied muss ich dort ableiten, eigentlich ja immer so weit wie meine höchste potenz ist, diese ist aber in diesem fall ^-3/4
 
kann mir da jemand helfen?

[plumps]

hätt auch noch ne Frage zu august 07 Grossmann:
bei 2.c) hab ich die Lösungen x bestimmt, mir ist allerdings nicht klar, wie ich mit diesen x die eigenvektoren von AtA bestimmen soll.

und dann noch bei 3.a), da komm ich irgendwie nicht auf die c, ich hab die partiellen ableitungen gebildet, und damit es Extremstellen geben kann, müssen die doch =0 sein, es müssen also stationäre Punkte vorliegen... aber irgendwie komm ich da trotzdem nicht weiter:nudelholz:, wär nett, wenn mir jemand auf die Sprünge hilft

[lorbeer]

hätt auch noch ne Frage zu august 07 Grossmann:


und dann noch bei 3.a), da komm ich irgendwie nicht auf die c, ich hab die partiellen ableitungen gebildet, und damit es Extremstellen geben kann, müssen die doch =0 sein, es müssen also stationäre Punkte vorliegen... aber irgendwie komm ich da trotzdem nicht weiter:nudelholz:, wär nett, wenn mir jemand auf die Sprünge hilft

Die drei partiellen Ableitungen sehen so aus:

f_x = 2cx + 2y = 0
f_y = 2y - 2c + 2x = 0
f_z = 2z * (3-c) -1 = 0

Das habe ich dann in ein LGS übertragen- da sehe ich einfacher, wann es Lösungen geben kann und wann nicht:

[latex]

\begin{matrix}  x&y&z \\    2c & 2 & 0 &| & 0\\ 2 & 2 & 0 &| & 2c \\ 0 & 0& 6-2c & |&1 \end{matrix}

[/latex]

Aus Zeile 3 sieht man, daß es für c=3 keine Lösung geben kann.

Für c = 1 steht in Zeile 1 und 2 auf der linken Seite das gleiche, aber auf der rechten Seite nicht => ebenfalls keine Lösung.

Für die anderen Fälle muss man die Gleichungen umformen, z.B. Zeile 1 - Zeile 2 ergibt:

(2c-2)*x = - 2c => x = -2c / (2c-2) = -c / (c-1)

[Rollo-derWikinger]

zu Aufgabe 4 2005:
du setzt y2(x), y2'(x) und y2''(x), so wie in dem zitat eben beschrieben in deine ursprüngliche DGL ein
[latex]
&y_2(x)=v(x)y_1(x)=v(x)(1+e^x)\\
y_2'(x)=v'(x)y_1(x)+v(x)y_1'(x)=v'(x)(1+e^x)+v(x)e^x\\
y_2''(x)=v''(x)y(x)+2v'(x)y'(x)+v(x)y''(x)=v''(x)(1+e^x)+2v'(x)e^x+v(x)e^x\\
\\(1+e^x)y''_2(x)+2y_2'(x)+a_0(x)y_2(x)=0\\
(1+e^x)[v''(x)(1+e^x)+2v'(x)e^x+v(x)e^x]+2[v'(x)(1+e^x)+v(x)e^x]+a_0v(x)(1+e^x)=0$[/latex]

das nennt man "Reduktionsverfahren von d'Alembert" und benutzt es immer bei linearen DGL höherer Ordnung mit variablen koeffizienten. dem reduktionsverfahren zufolge muss nach einsetzen der substitutionen der einfache variable koeffizient wegfallen. also a0 so wählen, dass sich v(x) kürzt

[latex]|:(1+e^x)\\
v''(1+e^x)+2v'e^x+ve^x+2v'+2v \frac{e^x}{1+e^x}+a_0v=0\\
\Rightarrow e^x + \frac{2e^x}{1+e^x}+a_0=0\\
\Leftrightarrow a_0=-e^x-\frac{2e^x}{1+e^x}$\\
hier im prinzip auch egal, weils eh rausfallen soll, aber damit hat man schonmal b)\\
es bleibt: $v''(1+e^x)+2v'(e^x+1)=0\\
e^x+1$ wird niemal 0, kann also gekürzt werden:\\
$v''+2v'=0$ es fehlt die 0-te ableitung: substituiere $z:=v'$ bzw. $z'=v''\\
z'+2z=0$ TdV liefert: $z(x)=e^{-2x}\cdot c_1$\\
Resubstituieren: $v'(x)=z(x) \Rightarrow v(x)=-\frac{e^{-2x}\cdot c_1}{2}+c_2\\
y_2(x)=y_1(x)v(x)=  [-\frac{e^{-2x}\cdot c_1}{2}+c_2](1-e^x)[/latex]

[Rollo-derWikinger]

@mekis: das taylorpolynome ist eine annäherung an eine funktion, die an der entwicklungsstelle genau gleich der funktion ist. je ofter man ableitet, desto genauer wird das polynom. im idealfall muss unendlich oft abgeleitet werden. hier steht aber "bestimme das zu f gehörige taylorpolynom 1. ordnung" also musst du nur einmal ableiten. der exponent der funktion hat nichts damit zu tun

[tobi0123]

@ rollo:
[latex]
$z(x)=e^{-2x}\cdot c_1$\\

Resubstituieren: $v'(x)=z(x) \Rightarrow v(x)=-\frac{e^{-2x}\cdot c_1}{2}+c_2\\

[/latex]

bei der integration ist ein x im nenner, das da nich hingehört. kannst du das bitte noch ändern?

// wunderbar, dankeschön. ansonsten hab ich's auch so.

[Rollo-derWikinger]

sicher das.
sonst richtig, tobi?

hat noch jemand was kluges für 2007 2 c) und d)?
eigenwerte hab ich 13 und 7, eigenvektoren (1,1) bzw. (1,-1) komm dann aber nich weiter

[aviator-sbh]

4.3.2005 / 1b)

@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?

Sag mal, Rollo, wie kommst Du auf die 2i-2? M.W. handelt es sich hier um eine quadratische Gleichung, die nur zwei Lösungen haben kann. Ich hab die 2i-2 eingesetzt und es kommt Murks raus.

[Mekis]

@ rollo
was du sagst ist schon richtig, aber schau mal bei c), dort sollst du die Taylorreihe für f bei x0=0 angeben, das ist doch dasselbe wie bei Teilaufgabe a) oder nicht?

[Rollo-derWikinger]

@aviator: is auch quatsch, hab ich auch schon festgestellt. natürlich kann eine quadratische gleichung nur 2 lösungen haben. mir ist aber bis heute nicht klar, wie man auf -2 bzw 2i kommt

@mekis: bei c sollst du garnicht ableiten. das taylorpolynom ist ja eine unendlich anzahl von gleidern der taylorreihe und um die geht es hier. du sollst auf der taylorreihe und deiner funktion ne neue reihe erstellen und den konvergenzradius bestimmen

[latex] Die allgemeine Taylorreihe:\\
$T_n(x)=\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$\\
an der stelle a=0: \\
$T_n(x)=\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}x^k$\\
nun überlegst du dir wie die k-te ableitung von f wohl aussieht...\\
$f^{(k)}=\prod (-\frac{3}{4}-(k-1))$\\
das würde mir dazu einfallen (nich schön)\\
zusammen:\\
$T_n(x)=\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{\prod (-\frac{3}{4}-(k-1))}{k!}x^k$\\[/latex]

davon roll man jetzt irgendwie den konvergenzradius bekommen :nudelholz:

also wenn jemand was schöneres hat: bitte melden

[adeptus mechanicus]

okay, also hier mal was zu 2005, 1 b :
 
bis zum koeffizientenvergleich ís soweit alles klar denke ich:
 
i :     0 = a² - b² + 2a +2b    (1)
x°:    4 = 2ab + 2b -2a         (2)
 
dann stelle ich  (2) nach b um : b = (a+2) / (a+1)
 
das ergebnis für b setze ich dann in (1) ein, das führt auf: 0 = a^4 + 4a³ +6a² + 4a
 
also is a1 = 0 erste nullstelle ->   0 = a³ + 4 a² + 6a +4
 
nun "systematisch" probieren (die nächste nullstelle muss entweder 1,2,4,-1,-2 oder -4 sein)
 
a2 = -2 -> polynomdivision und man erhält: 0 = a² + 2a + 2
a3/4 = -1 +/- wurzel(-3) ... also komplex
 
da aber z = a + b i ist müssen a und b element der reellen zahlen sein -> a3/4 entfällt
 
nagut, und jetzt setzt man einmal a1 und einmal a2 in bzw. (2) ein um b zu ermitteln
 
ergebnis is dann: w1 = 2i und w2 = -2

[Rollo-derWikinger]

ja, so hatte ich das auch. aber als ich dann die eine gleichung erweitern musste und was mit a^4 raus kam, dachte ich das kann nicht richtig sein. offensichtlich doch ^^
danke!

[Vakuole]

hat noch jemand was kluges für 2007 2 c) und d)?

Hast du inzwischen eine Lösung, sonst stell ich das online was ich habe

[Rollo-derWikinger]

@mech: welchen ansatz hast du bei 1a gewählt? additionstheorem?
@vakuole: ich bitte darum!