Klausur - Universität Innsbruck

Proseminar Mathematische Methoden der Physik I
Aufgabenblatt 11, 8. Juni 2015
Universität Innsbruck
Zweite Klausur
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Zahl der abgegebenen Blätter (inklusive Angabeblatt)...................
Studierende der Atmosphärenwissenschaften können Beispiel 4) ignorieren!
1. (8P) Sei f : R → R mit f (x) = cos2 x.
(a) (2P) Zeigen Sie, dass die Funktion f ein trigonometrisches Polynom ist.
(b) (1P) Welchen Grad n hat f und für welche Zahlen ak und bk gilt
f (x) =
a0
+
2
n
(ak cos (kx) + bk sin (kx)) für alle x ∈ R?
k=1
(c) (1P) Hat f auch eine Periode kleiner als 2π? Wenn ja, welche?
(d) (1P) Ist f gerade / ungerade / weder noch?
(e) (2P) Geben Sie den maximalen und den minimalen Wert von f an. Wo werden diese Werte
angenommen?
(f) (1P) Welches Periodenmittel hat f ?
2. (6P) Sei L die Menge aller Funktionen y : R → R mit
y′′ (x) + y (x) = sin2 (x) für alle x ∈ R.
(a) (3P) Bestimmen Sie mit dem Ansatz yp (x) =
sin2 (x) = 12 (1 − cos (2x)) .
a0
2
+ a2 cos (2x) ein Element yp ∈ L. Hinweis:
(b) (3P) Bestimmen Sie die Funktion y ∈ L mit y (0) = y ′ (0) = 0.
3. (4P) Die Funktion f : R → C mit f (x) = exp (ix/2) für x ∈ [0, 2π) sei 2π-periodisch.
(a) (2P) Skizzieren Sie die Graphen von ℑf über dem Bereich [−2π, 2π] .
(b) (2P) Berechnen Sie den Fourierkoeffizienten ck = ek , f .
4. *(2P) Sei a ∈ R. Hat die DG
y ′′ (x) + y (x) + ay 3 (x) = sin2 (x) für alle x ∈ R
eine ungerade Lösung y : I → R mit einem symmetrischen Intervall I = −I? Hinweis: Versuchen
Sie nicht die DG zu lösen, sondern überlegen Sie welche DG die Funktion (Πy) (x) = y (−x) erfüllt.
1
Lösung
1a) Es gilt
2
f (x) = cos (x) =
2
eix + e−ix
2
Damit ist f ein trigonometrisches Polynom.
1b) Es gilt nach 1a)
a0
f (x) =
+
2
e2ix + 2 + e−2ix
1
= (1 + cos (2x)) .
4
2
=
n
(ak cos (kx) + bk sin (kx))
k=1
für n = 2 und a0 = 1, a1 = 0, a2 = 1/2. Die Konstanten bi erfüllen b1 = 0 = b2 .
1c) f hat auch die Periode π.
1d) f ist gerade.
1e) max f = 1 und min f = 0. Das Maximum wird in den Punkten x = nπ für n ∈ Z angenommen.
Das Minimum wird in x = (2n + 1) π/2 mit n ∈ Z angenommen.
1f) Das Periodenmittel ist
f=
1
2π
2π
1
2π
f (x) dx =
0
2π
0
1
1
(1 + cos (2x)) dx = .
2
2
2a) Einsetzen des Ansatzes in die DG ergibt
(−4a2 cos (2x)) +
a0
1
+ a2 cos (2x) = (1 − cos (2x)) für alle x ∈ R.
2
2
Dies ist genau dann erfüllt, wenn a0 = 1 und −3a2 = −1/2. Somit gilt
yp (x) =
1
2
1+
cos (2x)
3
.
1.25
1
0.75
0.5
0.25
0
-1
-0.5
0
0.5
1
Figure 1: yp (2πx) (schwarz), y (2πx) (grün) und sin2 (2πx) (grau)
Die kleinste Periode von yp ist π. Siehe Figur 1.
2b) Für jedes Element y ∈ L existieren Zahlen A, B ∈ R, sodass
y (x) = A cos (x) + B sin (x) + yp (x) .
Es gilt yp (0) = 2/3 und yp′ (0) = 0. Die Anfangsvorgabe erfüllt y somit genau dann, wenn A = −2/3 und
B = 0. Daher gilt
2
2
1
y (x) = − cos (x) + yp (x) = − cos (x) +
3
3
2
2
1+
cos (2x)
3
.
1
0.75
0.5
0.25
-5
-2.5
0
2.5
5
Figure 2: |sin (x/2)|
3a) Es gilt ℑeix/2 = sin (x/2) für x ∈ [0, 2π] und daher ℑf = |sin (x/2)| für alle x ∈ R. Siehe Figur 2.
3b) Es gilt für k ∈ Z
2π
2πck
=
0
2π
x
e−ikx ei 2 dx =
x
x
ei(1−2k) 2 dx =
0
ei(1−2k) 2
i (1 − 2k) 12
2π
=2
0
ei(1−2k)π − 1
i (1 − 2k)
−1 − 1
4i
= 2
=
.
i (1 − 2k)
1 − 2k
Somit gilt
ck =
2i
.
π (1 − 2k)
4) Ist y : I → R für ein Intervall I mit I = −I eine Lösung, dann ist die Funktion Πy : I → R
ebenfalls eine Lösung, da sin2 gerade ist. Ist y ungerade, dann wäre wegen Πy = −y auch die Funktion
−y eine Lösung der DG. Dies zieht aber den Widerspruch nach sich, dass sin2 = − sin2 . Somit existiert
keine ungerade Lösung.
3