praktische mathematik if ¨ur tph

Institut für Analysis und Scientific Computing
O. Koch
PRAKTISCHE MATHEMATIK
WS 2013/14
I F Ü R T P H
2. Haupttest (17. Januar 2014)
Gruppe weiß (mit Lösung )
↑ FAMILIENNAME
— — kein Taschenrechner;
↑ Vorname
↑ Studium / MatrNr
Unterlagen: eigenes Skriptum gestattet — —
(1)
P
(2)
(3)
(max. 30)
Aufgabe 1.
Eine Steh-auf-Puppe aus Holz (ρ = 0, 69g/cm3 ) bestehe aus zwei Halbkugeln mit den Radien
r1 = 2 cm und r2 = 3 cm (siehe Skizze).
a) Berechnen Sie die Masse des Objekts mittels Integration!
b) Wo liegt der Schwerpunkt S der Puppe?
Hinweis: Es gilt:
1
S=
V
Z
r dV.
K
LÖSUNG
a) Die Masse des gegebenen Objekts ergibt sich als Summe der Masse der kleineren Halbkugel (m1 )
und der Masse der größeren Halbkugel (m2 ),
m = m1 + m2
Die Masse kann mittels eines Volumsintegrals über die Halbkugel ermittelt werden. Dabei wählt
man am besten gedrehte Kugelkoordinaten, bei denen die ausgezeichnete Achse mit der ausgezeichneten Achse des Systems (= der x-Achse) übereinstimmt,
x = r cos(θ),
y = r sin(θ) cos(φ),
z = r sin(θ) sin(φ).
Die Funktionaldeterminante dieses Koordinatensystems ist dieselbe wie jene von Kugelkoordinaten. Daraus ergeben sich die Massen zu:
Z r1 Z π Z 2π
2
r2 sin(θ) dr dθ dφ
m1 = ρ
0
m2
0
0
π
r3
2πr13
2
= ρ · 2π 1 (− cos(θ)) = ρ
,
3
3
0
Z r2 Z π Z 2π
2πr23
r2 sin(θ) dr dθ dφ = ρ
= ρ
.
π
3
0
0
2
Schließlich erhält man
2π 3
2π
(r1 + r23 ) = 0, 69 ·
· 35 g.
3
3
Bemerkung: Wenn man die Formel für das Volumen einer Kugel kennt (VK =
direkt die Masse des Objekts:
m=ρ
m=ρ
4πr3
),
3
folgt daraus
VK1
VK2
2π
2π
+ρ
= ρ (r13 + r23 ) = 0, 69 ·
· 35 g.
2
2
3
3
b) Wie man aus der Skizze entnehmen kann, ist die Massenverteilung des Objekts in y- und zRichtung völlig symmetrisch. Daraus folgt direkt:
 
Sx

S = 0 .
0
Zur Berechnung der Position des Schwerpunkts entlang der x-Achse, verwendet man am besten
wieder gedrehte Kugelkoordinaten, bei denen die x-Achse ausgezeichnet ist, siehe a).
Bei der Berechnung von Sx zerfällt der Integrationsbereich in eine Integration über die kleinere
Kugel K1 und in eine Integration über die größere Kugel K2 :
Z
Z
1
x dV +
x dV
Sx =
V
K1
K2
!
Z r1 Z π Z 2π
Z r2 Z π Z 2π
2
1
=
r cos(θ)r2 sin(θ) dr dθ dφ +
r cos(θ)r2 sin(θ) dr dθ dφ
π
V
0
0
0
0
0
2
!
π
Z
Z
2π r14 2
r4 π
=
cos(θ) sin(θ) dθ + 2
cos(θ) sin(θ) dθ .
V
4 0
4 π2
Unter Berücksichtigung von
Z π
Z 0
Z 1
2
1
cos(θ) sin(θ) dθ = u = cos(θ) = −
u du =
u du = ,
2
0
Z0 π
Z1 −1
Z
0
1
cos(θ) sin(θ) dθ = u = cos(θ) = −
u du =
u du = − ,
π
2
0
−1
2
folgt daraus
2π
Sx =
V
r14 1 r24 1
· −
·
4 2
4 2
=
π 4
65π
(2 − 34 ) cm4 = −
cm4 .
4V
4V
Das Endergebnis erhält man unter Verwendung von V =
Sx = −
m
,
ρ
65π
39
cm.
2π cm = −
56
140 · 3
Aufgabe 2.
Gegeben sei die Differentialgleichung
(x3 + 3yx) dx − 3x2 dy = 0.
a) Zeigen Sie, dass diese Differentialgleichung nicht exakt ist.
b) Bestimmen Sie einen integrierenden Faktor a(x).
c) Lösen Sie obige Differentialgleichung unter Verwendung der Methoden zur Lösung exakter Differentialgleichungen und verifizieren Sie die von Ihnen gefundene Lösung y(x) durch Einsetzen.
d) Berechnen Sie die spezielle Lösung, welche die Bedingung y(3) = 0 erfüllt.
LÖSUNG
a) Durch Vergleich mit p(x, y) + q(x, y)y 0 (x) = 0 erhält man
p(x, y) = x3 + 3xy,
q(x, y) = −3x2 .
∂p
∂y
Einsetzen in die Integrabilitätsbedingung
=
∂q
∂x
ergibt:
∂q
= −6x 6= 3x.
∂x
∂p
= 3x,
∂y
Diese Differentialgleichung ist nicht exakt.
b) Man soll einen Faktor a(x) bestimmen, so dass folgende Differentialgleichung exakt ist:
a(x)p(x, y) dx + a(x)q(x, y) dy = 0.
Es muss also gelten
∂p·a
∂y
=
∂q·a
∂x
:
∂(pa)
= 3xa(x),
∂y
∂(qa)
= −6xa(x) + (−3x2 )a0 (x).
∂x
Man kann nun eine Differentialgleichung erster Ordnung aufstellen, welche mittels Separation der
Variablen gelöst werden kann:
3xa(x)
3
− a(x)
x
da
a
ln(a)
= −6xa(x) − 3x2 a0 (x)
= a0 (x)
3 dx
x
= −3 ln(x)
1
a(x) = 3 .
x
= −
c) Man löst die eben ermittelte exakte Differentialgleichung (1 + 3 xy2 ) − x3 y 0 (x) = 0, indem man das
Potential Φ(x, y) bestimmt.
Z y
3y
1 + 3 2 dx + C(y) = x −
Φ(x, y) =
+ C(y)
x
x
Z
3
3y
Φ(x, y) =
− dy + C(x) = − + C(x)
x
x
3y
=⇒ Φ(x, y) = x − .
x
Mögliche Lösungen liegen entlang der Äquipotentiallinien:
3y
=C
x−
x
=⇒
x · C x2
y=−
+ .
3
3
Probe durch Einsetzen in die ursprüngliche Differentialgleichung:
C 2x
3
2
2
x + (−Cx + x )x − 3x − +
= 0.
3
3
d) Die gesuchte spezielle Lösung ergibt sich zu:
y(3) = 0
=⇒
−C + 3 = 0
=⇒
y(x) = −x +
x2
.
3
Aufgabe 3.
Ein gedämpfter linearer Oszillator bestehe aus einer punktförmigen Masse m = 2 kg, die an einer
N
und die Dämpfungskonstante r = 4 Nms
Feder hängt, welche durch die Federkonstante k = 10 m
charakterisiert ist. Eine auslenkende Kraft f (t) = 32e−3t N wirke auf die Masse.
a) Geben Sie die Differentialgleichung an, welche dieses System beschreibt.
b) Bestimmen Sie die Lösungen der zugehörigen homogenen Differentialgleichung und überprüfen
Sie, dass diese ein Fundamentalsystem bilden.
c) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung dieser Differentialgleichung.
Hinweis: Machen Sie für die Partikulärlösung einen Ansatz, der bezüglich seiner Struktur der
Inhomogenität ähnelt.
d) Berechnen Sie die Lösung des Anfangswertproblems u(0) = u0 = 2 m, u̇(0) = v0 = 0 ms .
LÖSUNG
a) Man erhält die Differentialgleichung, indem man ein Kräftegleichgewicht für dieses System aufstellt (siehe auch Skript Formel (5.30)),
mü(t) = −ku(t) − ru̇(t) + f (t)
2ü = −10u − 4u̇ + 32e−3t
ü + 2u̇ + 5u = 16e−3t .
b) Die Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichung ü + 2u̇ + 5u = 0 ergibt sich wegen
r
√
k
r
ω0 =
= 5 s−1 , ρ =
= 1 s−1 =⇒ ρ < ω0 ,
m
2m
zu
uh (t) = e−ρt (C1 cos(ωt) + C2 sin(ωt),
=⇒
mit ω =
q
ω02 − ρ2 = 2 s−1
uh (t) = e−t (C1 cos(2t) + C2 sin(2t)).
Die Fundamentalmatrix des Systems lautet
u1 (t) u2 (t)
e−t cos(2t)
e−t sin(2t)
Y =
=
.
u˙1 (t) u˙2 (t)
−e−t cos(2t) − 2e−t sin(2t) −e−t sin(2t) + 2e−t cos(2t)
Damit ein Fundamentalsystem vorliegt, muss gelten det(Y ) 6= 0 ∀t > 0.
det(Y ) = −e−2t cos(2t) sin(2t) + 2e−2t cos(2t)2 + e−2t cos(2t) sin(2t) + 2e−2t sin(2t)2 = 2e−2t
Die Exponentialfunktion ist, unabhängig vom Argument, immer positiv. Es liegt also tatsächlich
ein Fundamentalsystem vor.
c) Für die Partikulärlösung kann man folgenden Ansatz verwenden:
up (t) = Ceλt .
Durch Einsetzen in die Differentialgleichung ergibt sich daraus:
λ2 Ceλt + 2λCeλt + 5Ceλt = 16e−3t =⇒ λ = −3
9Ce−3t − 6Ce−3t + 5Ce−3t = 16e−3t
8C = 16 =⇒ C = 2.
Die allgemeine Lösung der Gleichung lautet:
u(t) = uh (t) + up (t) = e−t (C1 cos(2t) + C2 sin(2t) + 2e−3t .
d) Ermittle die Lösung des Anfangswertproblems:
u(0) = C1 + 2 = 2
=⇒ C1 = 0.
Unter Verwendung von
u̇(t) = C1 (−e−t cos(2t) − 2e−t sin(2t)) + C2 (−e−t sin(2t) + 2e−t cos(2t)) − 6e−3t
erhält man weiters:
u̇(0) = 2C2 − 6 = 0
=⇒ C2 = 3.
Die Lösung des Anfangswertproblems ergibt sich zu:
u(t) = 3e−t sin(2t) + 2e−3t .