Mathematik für Naturwissenschaftler

Mathematik für Naturwissenschaftler
Wintersemester 2007/08
Lösung des 10. Übungsblattes
Aufgabe 37:
Wiederholung: Berechnung des Arguments einer komplexe Zahl
Das Argument der komplexen Zahl z liegt im Intervall [0, 2π) und wird folgendermaßen berechnet:
1.
Im z
a > 0, b > 0 : arg z = arctan Re
z
2.
z
a < 0, b > 0 : arg z = arctan Im
Re z + π
3.
Im z
a < 0, b < 0 : arg z = arctan Re
z +π
4.
Im z
a > 0, b < 0 : arg z = arctan Re
z + 2π
Die Polarkoordinatendarstellung der gegebenen Zahlen ist damit:
√
z = −2 + 4i : |z| = 2 5, arg z = arctan(−2) + π ≈ 2, 0344
√
√
=⇒ −2 + 4i = 2 5 ei(arctan(−2)+π) = −2 5 ei arctan(−2)
√
2
+ π ≈ 3, 5221
z = −5 − 2i : |z| = 29, arg z = arctan
5
√
√
2
2
=⇒ −5 − 2i = 29 ei(arctan( 5 )+π) = − 29 ei arctan( 5 )
√
10
2+i
2+i1+i
1 + 3i
z=
: z=
=
=⇒ |z| =
, arg z = arctan(3) ≈ 1, 249
1−i
1−i1+i
2
2
√
10 i arctan(3)
2+i
=⇒
=
e
1−i
2
Komplexe Wurzeln:
Wir suchen die komplexen Zahlen
z = r eiϕ , die die Gleichung z 3 = −1 = eiπ erfüllen. Der Betrag
√
3
dieser Zahlen ist r = |z| = 1 = 1. Wegen eiπ = z 3 = ei 3ϕ gilt 3ϕ = π + 2πk für k ∈ Z, also
ϕ ∈ { π3 + 2π
3 k, k ∈ Z}. Das Argument einer komplexen Zahl liegt per Definition im Intervall [0, 2π),
daher kommen für arg z die Winkel ϕ = π3 , ϕ = π oder ϕ = 5π
3 in Frage. Die dritten Wurzeln aus −1
sind also
π
5π
ei 3 , eiπ und ei 3 .
√
iϕ
5
Jetzt suchen
√ wir die komplexen Zahlen z = r e , sodass z = 16 − 768 i gilt. In Polarkoordinaten
hat 16 − 768 i die Darstellung
√ !
√
√
3
1
5
16 − 768 i = 2
−
i = 25 ei arctan(− 3)+2π .
2
2
√
Es gilt daher r = 2 und 5ϕ = arctan(− 3) + 2πk, also ϕ ≈ 5, 236 + 2π
5 k für k ∈ Z. Von diesen
Winkeln
liegen
fünf
im
Intervall
[0,
2π),
nämlich
die
für
k
=
−1,
−2,
−3,
−4.
Die fünften Wurzeln von
√
16 − 768 i sind somit
2 e0,2094i ,
2 e1,4661i ,
2 e2,7227i ,
2 e3,9794i
und
2 e5,236i .
Aufgabe 38:
Wir berechnen das Taylorpolynom zweiten Grades der Funktion
f (x) =
ex + log x
x2
am Entwicklungspunkt x̂ = 1. Dafür müssen wir die ersten zwei Ableitungen von f ausrechnen. Die
Quotientenregel liefert
(x − 2)ex + 1 − 2 log x
,
x3
(x2 − 4x + 6)ex − 5 + 6 log x
.
f ′′ (x) =
x4
f ′ (x) =
Das Taylorpolynom zweiten Grades von f an x̂ = 1 ist daher
f ′′ (1)
(x − 1)2
2!
3e − 5
= e + (1 − e)(x − 1) +
(x − 1)2 .
2
T2 (x; 1) = f (1) + f ′ (1)(x − 1) +
Zur Berechnung des Taylorpolynom fünften Grades der Funktion
f (x) = tan(x)
am Entwicklungspunkt x̂ = 0 benötigen wir die ersten fünf Ableitungen des Tangens.
f ′ (x) = 1 + tan2 x,
f ′′ (x) = 2 tan x tan′ x = 2 tan x + 2 tan3 x,
f ′′′ (x) = 2 tan′ x + 6 tan2 x tan′ x = 2 + 8 tan2 x + 6 tan4 x,
f (4) (x) = 16 tan x tan′ x + 24 tan3 x tan′ x = 16 tan x + 40 tan3 x + 24 tan5 x,
f (5) (x) = 16 tan′ x + 120 tan2 x tan′ x + 120 tan4 x tan′ x = 16 + 136 tan2 x + 240 tan4 x + 120 tan6 x.
Ausgewertet an x̂ = 0 verschwinden die geraden Ableitungen und wir erhalten
1
2
T5 (x; 0) = x + x3 + x5 .
3
15
Aufgabe 39:
(a)
(1 + x2 )y ′ = xy + 3x,
y(0) = 1.
Wir lösen diese lineare DGL mit Hilfe der Variation der Konstanten aus Abschnitt 3.4.2 der
Vorlesung. Da 1 + x2 nicht Null werden kann, können wir bedenkenlos beide der Seiten der DGL
durch 1 + x2 dividieren und erhalten
y′ −
x
3x
y=
,
2
1+x
1 + x2
In der Notation der Vorlesung ist f (x) = −
lösen wir diese DGL nun in drei Schritten:
y(0) = 1.
3x
x
und q(x) =
. Der Vorlesung folgend,
2
1+x
1 + x2
1. Lösung der homogenen DGL
Wir suchen eine Lösung der DGL
y ′ + f (x)y = y ′ −
x
y = 0.
1 + x2
Diese ist gegeben durch y(x) = Ce−F (x) mit einer Konstanten C und einer beliebigen Stammfunktion F von f , zum Beispiel
Z
Z
Z
p
1
dt
1
x
dx
=
−
= − ln(1 + x2 ) = − ln 1 + x2 ,
F (x) = f (x) dx = −
2
1+x
2
t
2
dt
= 2x substituiert haben. (Da wir nur eine beliebige Stammfunktion
wobei wir t = 1 + x2 , dx
suchen, können wir hier die Konstante, die normalerweise beim Integrieren dazukommt, gleich
Null setzen.) Wir erhalten also
y(x) = Ce−F (x) = Celn
√
1+x2
.
2. Variation der Konstanten
Wir lösen nun die DGL
C ′ (x) = q(x)eF (x) =
√
3x
3x
2
e− ln 1+x =
3 ,
2
1+x
(1 + x2 ) 2
d. h. wir berechnen eine Stammfunktion von C ′ (x). Mit der gleichen Substitution wie oben und
für eine Konstante d gilt:
Z
Z
3
1
3
3x
−3
t− 2 dt = −3t− 2 + d = √
C(x) =
+ d.
3 dx + d =
2
2
1 + x2
(1 + x ) 2
3. Lösung der DGL - Anfangswert Einsetzen:
Die Lösung der DGL ist nun
√
p
−3
2
−F (x)
+ d eln 1+x = −3 + d 1 + x2 .
y(x) = C(x)e
= √
1 + x2
(b)
Die Konstante d bestimmen wir durch Einsetzen des Anfangswerts, 1 = y(0) = −3 + d, folglich
ist d = 4. Die Lösung der DGL lautet
p
y(x) = 4 1 + x2 − 3.
y ′ + 5y = x2 ,
y(0) = 1.
Dies ist wieder eine lineare DGL, die wie eben mit Variation der Konstanten gelöst werden kann.
Hier ist f (x) = 5 und q(x) = x2 .
1. Lösung der homogenen DGL
Wir lösen die homogene DGL
y ′ + 5y = 0,
indem wir eine (beliebige) Stammfunktion von f berechnen:
Z
Z
F (x) = f (x) dx = 5 dx = 5x.
Wir erhalten
y(x) = Ce−F (x) = Ce−5x .
2. Variation der Konstanten
Wir berechnen eine Stammfunktion von C ′ (x) = q(x)eF (x) = x2 e5x :
Z
1 2
2
2
2 5x
C(x) = x e dx + d =
e5x + d,
x − x+
5
25
125
denn zweifache partielle Integration angewandt auf das Integral liefert:
Z
Z
1
1
2xe5x dx
x2 e5x dx = x2 · e5x −
5
5
Z
1 5x 1
1 2 5x 2
5x
x· e −
= x e −
e dx
5
5
5
5
1
2
2 5x
= x2 e5x − xe5x +
e .
5
25
125
3. Lösung der DGL - Anfangswert Einsetzen:
Wir bestimmen die Konstante d in der Lösung
y(x) = C(x)e−F (x) =
2
2
1 2
x − x+
+ de−5x
5
25
125
2
123
durch Einsetzen des Anfangswerts 1 = y(0) = 125
+ d, also d = 125
. Die Lösung der DGL lautet
daher
1
2
2
123 −5x
y(x) = x2 − x +
+
e
.
5
25
125 125
(c)
y′ =
x3
3x2 + 44x + 92
(y + 1),
+ 16x2 + 68x + 80
y(0) = 3.
Diese DGL lässt sich durch Trennung der Variablen lösen, denn Division durch y +1 (für y 6= −1)
liefert
y′
3x2 + 44x + 92
p(x)
= 3
=
,
1+y
x + 16x2 + 68x + 80
q(x)
wobei wir Zähler und Nenner der gebrochen rationalen Funktion in der Mitte mit p bzw. q
benennen. Wir integrieren beide Seiten von 0 nach T und erhalten
Z
T
0
y ′ (x)
dx =
1 + y(x)
Wir substituieren im linken Integral u = y(x) + 1,
Z
T
0
y ′ (x)
dx =
1 + y(x)
Z
y(T )+1
y(0)+1
Z
T
0
p(x)
dx.
q(x)
du
= y ′ (x), damit ist
dx
|y(T ) + 1|
du
= ln |y(T ) + 1| − ln |y(0) + 1| = ln
.
u
4
Mit Hilfe von Satz 3.6 zur Partialbruchzerlegung berechen wir das Integral über
benötigen wir die Linearfaktorzerlegung von q (Tipp) und die Ableitung von q:
q(x) = x3 + 16x2 + 68x + 80 = (x + 2)(x + 4)(x + 10),
q ′ (x) = 3x2 + 32x + 68.
Gemäß Satz 3.6 berechnen wir folgende Werte an den Nullstellen von q:
q ′ (−2) = 16
p(−2) = 16
z1 = −2
b1 = 1
Wir erhalten
q ′ (−4) = −12
p(−4) = −36
z2 = −4
b2 = 3
1
3
1
p(x)
=
+
−
.
q(x)
x + 2 x + 4 x + 10
q ′ (−10) = 48
p(−10) = −48
z3 = −10
b3 = −1
p(x)
q(x) .
Dazu
Jetzt können wir das Integral berechnen:
Z
T
0
T
1
3
1
+
−
x
+
2
x
+
4
x
+
10
0
3
5(T + 2)(T + 4)
= ln
.
43 (T + 10)
p(x)
dx =
q(x)
Z
T + 2
+ 3 ln T + 4 − ln T + 10 dx = ln 2
4
10 Da alle Terme T + 2 etc. größer als Null sind, konnten wir die Beträge weglassen. Es gilt also
ln
|y(T ) + 1|
=
4
Z
0
T
y ′ (x)
dx =
1 + y(x)
und folglich
|y(T ) + 1| =
Z
0
T
5(T + 2)(T + 4)3
p(x)
dx = ln
,
q(x)
43 (T + 10)
5 (T + 2)(T + 4)3
,
16
(T + 10)
was wir zu
y(T ) =
5 (T + 2)(T + 4)3
− 1 oder
16
(T + 10)
y(T ) = −
5 (T + 2)(T + 4)3
−1
16
(T + 10)
auflösen. Einsetzen des Anfangswerts y(0) = 3 zeigt, dass die positive Variante die richtige
Lösung ist, nämlich
5 (T + 2)(T + 4)3
− 1.
y(T ) =
16
(T + 10)
Prof. Dr. M. Hanke-Bourgeois · Stefanie Reußwig
Institut
für
Mathematik,
Johannes
Gutenberg-Universität
Mainz,
http://www.numerik.mathematik.uni-mainz.de
D-55099
Mainz