Mathematik fur Ingenieure und Naturwissenschaftler

Lothar Papula Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Klausur- und Übungsaufgaben Das sechsbändige Lehr- u...

Author: Lothar Papula

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Lothar Papula Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Klausur- und Übungsaufgaben

Das sechsbändige Lehr- und Lernsystem Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler umfasst neben dem Buch mit Klausur- und Übungsaufgaben die folgenden Bände: Papula, Lothar Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Band 1 Ein Lehr- und Arbeitsbuch für das Grundstudium Mit 609 Abbildungen, zahlreichen Beispielen aus Naturwissenschaft und Technik sowie 352 Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Band 2 Ein Lehr- und Arbeitsbuch für das Grundstudium Mit 345 Abbildungen, zahlreichen Beispielen aus Naturwissenschaft und Technik sowie 324 Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Band 3 Vektoranalysis, Wahrscheinlichkeitsrechnung, Mathematische Statistik, Fehler- und Ausgleichsrechnung Mit 549 Abbildungen, zahlreichen Beispielen aus Naturwissenschaft und Technik sowie 285 Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen Mathematische Formelsammlung für Ingenieure und Naturwissenschaftler Mit über 400 Abbildungen und zahlreichen Rechenbeispielen und einer ausführlichen Integraltafel Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler – Anwendungsbeispiele Aufgabenstellungen aus Naturwissenschaft und Technik mit ausführlichen Lösungen

www.viewegteubner.de

Lothar Papula

Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Klausur- und Übungsaufgaben 632 Aufgaben mit ausführlichen Lösungen zum Selbststudium und zur Prüfungsvorbereitung 4., überarbeitete und erweiterte Auflage Mit 320 Abbildungen STUDIUM

Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über abrufbar.

1. Auflage 2004 2., durchgesehene und erweiterte Auflage 2007 3., durchgesehene und erweiterte Auflage 2008 4., überarbeitete und erweiterte Auflage 2010 Alle Rechte vorbehalten © Vieweg +Teubner Verlag | Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2010 Lektorat: Thomas Zipsner Vieweg +Teubner Verlag ist eine Marke von Springer Fachmedien. Springer Fachmedien ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media. www.viewegteubner.de Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlags unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Technische Redaktion: Gabriele McLemore, Wiesbaden Umschlaggestaltung: KünkelLopka Medienentwicklung, Heidelberg Bilder: Graphik & Text Studio Dr. Wolfgang Zettlmeier, Barbing Satz: Druckhaus Thomas Müntzer GmbH, Bad Langensalza Druck und buchbinderische Verarbeitung: Tˇeˇsínská Tiskárna, a. s., Tschechien Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier. Printed in Czech Republic ISBN 978-3-8348-1305-3

V

Vorwort

Entwicklung und Erwerb der Fa¨higkeit, die im Grundstudium vermittelten mathematischen Kenntnisse auf Problemstellungen aus Naturwissenschaft und Technik erfolgreich anwenden zu ko¨nnen, sind ein wesentliches Ziel der Grundausbildung und somit zugleich auch Voraussetzung fu¨r ein erfolgreiches Studium. Dieses Ziel ist aber nur erreichbar durch sta¨ndiges und intensives Training (ben), zumal die Defizite der Studienanfa¨nger in den Grundlagenfa¨chern wie Mathematik nach wie vor enorm sind. Die vorliegende Sammlung entha¨lt 632 ausfu¨hrlich und vollsta¨ndig gelo¨ste bungs- und Klausuraufgaben und bietet dem Studienanfa¨nger Hilfestellung und Unterstu¨tzung auf dem Wege zum genannten Ziel. Dieses Buch ermo¨glicht als sta¨ndiger Begleiter zur Vorlesung das intensive Einu¨ben und Vertiefen des Vorlesungsstoffes, eine gezielte und optimale Vorbereitung auf die Pru¨fungen und Klausuren des Grundstudiums und eignet sich in besonderem Maße zum Selbststudium. Die Lo¨sung der Aufgaben wird dabei Schritt fu¨r Schritt vorgefu¨hrt, der Lo¨sungsweg ist damit leicht nachvollziehbar. Alle verwendeten Regeln werden genannt und erkla¨rt, wobei besondere Sorgfalt auf die elementaren Rechenschritte gelegt wird. Denn die ta¨gliche Arbeit mit den Anfangssemestern bringt es immer wieder zu Tage: Die gro¨ßten Probleme treten meist im Bereich der Elementarmathematik auf (Wer kann heutzutage noch fehlerfrei mit Logarithmen, Wurzeln und Potenzen umgehen? Wie werden eigentlich Bru¨che addiert?). Daher werden in diesem Buch auch die beim Lo¨sen einer Aufgabe auftretenden elementarmathematischen Probleme behandelt und alle no¨tigen Rechenschritte besprochen. Welche Stoffgebiete wurden beru¨cksichtigt? Die Auswahl der Stoffgebiete ist auf die Mathematikvorlesungen im Grundstudium abgestimmt. Zahlreiche der 632 Aufgaben sind dabei anwendungsorientiert formuliert und beschreiben einfache Problemstellungen aus Naturwissenschaft und Technik. Beru¨cksichtigt wurden folgende Gebiete: Funktionen und Kurven

Gewo¨hnliche Differentialgleichungen

Differentialrechnung

Laplace-Transformationen (im Zusammenhang mit linearen Differentialgleichungen)

Integralrechnung Taylor- und Fourier-Reihen Partielle Differentiation Mehrfachintegrale

Komplexe Zahlen und Funktionen Vektorrechnung Lineare Algebra

Vera¨nderungen gegenu¨ber der 3. Auflage Neu aufgenommen wurde ein Kapitel u¨ber Komplexe Zahlen und Funktionen (komplexe Rechnung und Anwendungen u. a. in der Schwingungslehre und Wechselstromtechnik).

VI

Hinweise fu¨r den Benutzer

Ein Wort des Dankes . . . . . . an Frau McLemore, Frau Zander und Herrn Zipsner vom Vieweg þ Teubner Verlag fu¨r die hervorragende Unterstu¨tzung bei der Erstellung dieses Werkes, . . . an Frau Schulz, Herrn Ho¨lzer und Herrn Wunderlich vom Druck- und Satzhaus „Thomas Mu¨ntzer“ fu¨r den ausgezeichneten mathematischen Satz. Wiesbaden, im Sommer 2010

Lothar Papula

Hinweise fu¨r den Benutzer Die bungs- und Klausuraufgaben sind kapitelweise durchnummeriert. Zu Beginn eines jeden Kapitels bzw. Abschnitts finden Sie Hinweise auf das Lehrbuch „ Mathematik fu¨r Ingenieure und Naturwissenschaftler“ (Band 1––3) sowie auf die Mathematische Formelsammlung des Autors. Hier ko¨nnen Sie die zum Lo¨sen der Aufgaben beno¨tigten mathematischen Hilfsmittel nachlesen und gegebenenfalls nacharbeiten. Beachten Sie auch die weiteren nu¨tzlichen Informationen. Die vollsta¨ndige Lo¨sung der jeweiligen Aufgabe finden Sie direkt im Anschluss an die Aufgabenstellung. So wird la¨stiges Bla¨ttern vermieden. Folgen Sie meiner Empfehlung: Versuchen Sie zuna¨chst, die Aufgaben selbst zu lo¨sen (Lo¨sungsteil vorher abdecken). Skizzen erleichtern dabei in vielen Fa¨llen den Lo¨sungsweg. Vergleichen Sie dann „ Ihre“ Lo¨sung mit der angegebenen Lo¨sung. Sollten Sie bei einem Zwischenschritt „ ha¨ngen bleiben“, so greifen Sie auf die vorgegebene Lo¨sung zuru¨ck und versuchen einen neuen Start. Denn auch aus Fehlern lernt man. Verwendete Abku¨rzungen Bd. 1 FS Dgl LGS

! Band 1 des Lehr- und Lernsystems „ Mathematik fu¨r Ingenieure und Naturwissenschaftler“ ! Mathematische Formelsammlung ! Differentialgleichung ! Lineares Gleichungssystem

VII

Inhaltsverzeichnis A Funktionen und Kurven

..................................................

1

1

Ganzrationale Funktionen (Polynomfunktionen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

2

Gebrochenrationale Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

3

Trigonometrische Funktionen und Arkusfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

4

Exponential- und Logarithmusfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

5

Hyperbel- und Areafunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

6

Funktionen und Kurven in Parameterdarstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

7

Funktionen und Kurven in Polarkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

B Differentialrechnung

.........................................................

61

1

Ableitungsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Produktregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Quotientenregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Kettenregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Kombinationen mehrerer Ableitungsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Logarithmische Ableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Implizite Differentiation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Differenzieren in der Parameterform . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Differenzieren in Polarkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61 61 64 67 72 77 80 83 86

2

Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Einfache Anwendungen in Physik und Technik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Tangente und Normale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Linearisierung einer Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Kru¨mmung einer ebenen Kurve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Relative Extremwerte, Wende- und Sattelpunkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Kurvendiskussion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Extremwertaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Tangentenverfahren von Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 Grenzberechnung nach Bernoulli und de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

89 89 95 106 108 112 120 131 142 146

VIII

Inhaltsverzeichnis

C Integralrechnung

...............................................................

151

1

Integration durch Substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

151

2 3

Partielle Integration (Produktintegration) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integration einer echt gebrochenrationalen Funktion durch Partialbruchzerlegung des Integranden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

161 168

4

Numerische Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

175

5

Anwendungen der Integralrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

180

5.1 5.2

180

5.3 5.4

Fla¨cheninhalt, Fla¨chenschwerpunkt, Fla¨chentra¨gheitsmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rotationsko¨rper (Volumen, Mantelfla¨che, Massentra¨gheitsmoment, Schwerpunkt) . . . . . . . . . . . . . . . . . Bogenla¨nge, lineare und quadratische Mittelwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arbeitsgro¨ßen, Bewegungen (Weg, Geschwindigkeit, Beschleunigung) . . . . . . . . . .

D Taylor- und Fourier-Reihen

186 196 203

............................................

208

Potenzreihenentwickungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

208

1.1 1.2

Mac Laurin’sche und Taylor-Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

208 220

Fourier-Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

235

E Partielle Differentiation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

247

1

Partielle Ableitungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

247

2

Differentiation nach einem Parameter (Kettenregel) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

263

3

Implizite Differentiation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

268

4

Totales oder vollsta¨ndiges Differential einer Funktion (mit einfachen Anwendungen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

272

Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1 Linearisierung einer Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Lineare Fehlerfortpflanzung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Relative Extremwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Extremwertaufgaben mit und ohne Nebenbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

281 281 285 290 294

1

2

5

Inhaltsverzeichnis

F Mehrfachintegrale

IX

.............................................................

301

Doppelintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

301

1.1 1.2

Doppelintegrale in kartesischen Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Doppelintegrale in Polarkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

301 318

Dreifachintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

334

2.1 2.2

Dreifachintegrale in kartesischen Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dreifachintegrale in Zylinderkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

334 341

G Gewo¨hnliche Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

357

Differentialgleichungen 1. Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

357

1.1 1.2 1.3 1.4 1.5

Differentialgleichungen mit trennbaren Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integration einer Differentialgleichung durch Substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineare Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exakte Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

357 365 375 381 393

Lineare Differentialgleichungen 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten . . . . . . . . .

401

2.1 2.2

Homogene lineare Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Inhomogene lineare Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

401 405

3

Integration von Differentialgleichungen 2. Ordnung durch Substitution . . . . . . . . . . .

425

4

Lineare Differentialgleichungen ho¨herer Ordnung mit konstanten Koeffizienten

429

4.1 4.2

Homogene lineare Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Inhomogene lineare Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

429 433

Lo¨sung linearer Anfangswertprobleme mit Hilfe der Laplace-Transformation

440

5.1 5.2

Lineare Differentialgleichungen 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten . . . . . . . Lineare Differentialgleichungen 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten . . . . . . .

440 447

H Komplexe Zahlen und Funktionen.................................

452

Komplexe Rechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

452

1.1

Grundrechenarten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

452

1.2

Potenzen, Wurzeln, Logarithmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

458

1.3

Algebraische Gleichungen, Polynomnullstellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

464

Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

470

2.1

berlagerung von Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

470

2.2

Komplexe Widersta¨nde und Leitwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

474

2.3

Ortskurven, Netzwerkfunktionen, Widerstands- und Leitwertortskurven elektrischer Schaltkreise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

477

1

2

1

2

5

1

2

X

Inhaltsverzeichnis

I

Vektorrechnung

.................................................................

485

1

Vektoroperationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

485

2

Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

498

J

Lineare Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

522

1

Matrizen und Determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

522

1.1 1.2 1.3

Rechenoperationen mit Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Spezielle Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

522 530 544

2

Lineare Gleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

564

3

Eigenwertprobleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

586

1

A Funktionen und Kurven

Hinweise fu¨r das gesamte Kapitel Ku¨rzen eines gemeinsamen Faktors wird durch Grauunterlegung gekennzeichnet.

1 Ganzrationale Funktionen (Polynomfunktionen) Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel III.5 Formelsammlung: Kapitel III.4

Zerlegen Sie die folgenden ganzrationalen Funktionen (Polynomfunktionen) in Linearfaktoren: a) y ¼ 2 x 3 þ 20 x 2 24 x 144

A1

b) y ¼ 2 x 4 þ 12 x 3 44 x þ 30 c) y ¼ 3 x 5 þ 3 x 4 36 x 3 36 x 2 þ 81 x þ 81 d) y ¼ x 5 þ 4 x 4 þ 4 x 3 6 x 2 37 x 30

Lo¨sungsweg: Durch Probieren eine Nullstelle bestimmen, dann das Polynom mit Hilfe des Horner-Schemas reduzieren. Das Verfahren so lange wiederholen, bis man auf eine quadratische Gleichung sto¨ßt, aus der man die restlichen Nullstellen erha¨lt. Fehlen Potenzen (ist also das Polynom unvollsta¨ndig), so sind im Horner-Schema die entsprechenden Koeffizienten gleich Null zu setzen. a) Eine Nullstelle liegt bei x 1 ¼ 2; das Polynom ist vollsta¨ndig: 2 x1 ¼ 2 2

20

24

144

4

48

144

24

72

0

) 1. reduziertes Polynom: 2 x 2 þ 24 x 72

Restliche Nullstellen: 2 x 2 þ 24 x 72 ¼ 0 j : ð 2Þ ) x 2 12 x þ 36 ¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi x 2=3 ¼ 6 36 36 ¼ 6 0 ¼ 6 0 ¼ 6 Nullstellen: x 1 ¼ 2 ;

x2 ¼ 6;

x3 ¼ 6

Produktform (Zerlegung in Linearfaktoren): y ¼ 2 ðx þ 2Þ ðx 6Þ ðx 6Þ ¼ 2 ðx þ 2Þ ðx 6Þ 2 L. Papula, Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Klausur- und Übungsaufgaben, DOI 10.1007/978-3-8348-9730-5_1,© Vieweg+Teubner Verlag |Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2010

)

2


b) Eine Nullstelle liegt bei x 1 ¼ 1; das Polynom ist unvollsta¨ndig (es fehlt das quadratische Glied): 2 x1 ¼ 1 2

12

0

44

30

2

14

14

30

14

14

30

0

) 1. reduziertes Polynom: 2 x 3 þ 14 x 2 þ 14 x 30

Eine weitere Nullstelle liegt bei x 2 ¼ 1; das 1. reduzierte Polynom ist vollsta¨ndig: 2 x2 ¼ 1 2

14

14

30

2

16

30

16

30

0

) 2. reduziertes Polynom: 2 x 2 þ 16 x þ 30

Restliche Nullstellen: 2 x 2 þ 16 x þ 30 ¼ 0 j : 2 ) x 2 þ 8 x þ 15 ¼ 0 ) pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x 3=4 ¼ 4 16 15 ¼ 4 1 ¼ 4 1 ) x 3 ¼ 3 ; Nullstellen: x 1 ¼ 1 ;

x2 ¼ 1;

x3 ¼ 3;

x4 ¼ 5

x4 ¼ 5

Produktform (Zerlegung in Linearfaktoren): y ¼ 2 ðx 1Þ ðx 1Þ ðx þ 3Þ ðx þ 5Þ ¼ 2 ðx 1Þ 2 ðx þ 3Þ ðx þ 5Þ c) Eine Nullstelle liegt bei x 1 ¼ 1; das Polynom ist vollsta¨ndig: 3 x1 ¼ 1 3

3

36

36

81

81

3

0

36

0

81

0

36

0

81

0

) 1. reduziertes Polynom: 3 x 4 36 x 2 þ 81

Die restlichen Nullstellen erhalten wir aus der bi-quadratischen Gleichung 3 x 4 36 x 2 þ 81 ¼ 0; die wir durch die Substitution u ¼ x 2 wie folgt lo¨sen: 3 x 4 36 x 2 þ 81 ¼ 0 j : 3 ) x 4 12 x 2 þ 27 ¼ 0 ) u 2 12 u þ 27 ¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi u 1=2 ¼ 6 36 27 ¼ 6 9 ¼ 6 3 ) u 1 ¼ 9 ; u 2 ¼ 3 pffiffiffi Ru¨cksubstitution: x 2 ¼ u 1 ¼ 9 ) x 2=3 ¼ 3 ; x 2 ¼ u 2 ¼ 3 ) x 4=5 ¼ 3 pffiffiffi pffiffiffi Nullstellen: x 1 ¼ 1 ; x 2 ¼ 3 ; x 3 ¼ 3 ; x 4 ¼ 3 ; x 5 ¼ 3 Produktform (Zerlegung in Linearfaktoren): pffiffiffi pffiffiffi y ¼ 3 ðx þ 1Þ ðx 3Þ ðx þ 3Þ ðx 3Þ ðx þ 3Þ d) Eine Nullstelle liegt bei x 1 ¼ 1 ; das Polynom ist vollsta¨ndig: 1 x1 ¼ 1 1

4

4

6

37

30

1

3

1

7

30

3

1

7

30

0

) 1. reduziertes Polynom: x 4 þ 3 x 3 þ x 2 7 x 30

)

1 Ganzrationale Funktionen (Polynomfunktionen)

3

Eine weitere Nullstelle liegt bei x 2 ¼ 2 ; das 1. reduzierte Polynom ist vollsta¨ndig: 1 x2 ¼ 2 1

3

1

7

30

2

10

22

30

5

11

15

0

) 2. reduziertes Polynom: x 3 þ 5 x 2 þ 11 x þ 15

Eine weitere Nullstelle liegt bei x 3 ¼ 3 ; das 2. reduzierte Polynom ist vollsta¨ndig: 1 x3 ¼ 3

5

11

15

3

6

15

2

5

0

1

) 3. reduziertes Polynom: x 2 þ 2 x þ 5

Es gibt keine weiteren Nullstellen, da die Gleichung x 2 þ 2 x þ 5 ¼ 0 keine reellen Lo¨sungen hat. Der quadratische Faktor x 2 þ 2 x þ 5 la¨sst sich daher nicht weiter zerlegen. Produktform (Zerlegung in Linearfaktoren): y ¼ ðx þ 1Þ ðx 2Þ ðx þ 3Þ ðx 2 þ 2 x þ 5Þ

y 36 3

Wie lautet die Gleichung der in Bild A-1

A2

x

–3

skizzierten Polynomfunktion 3. Grades?

– 72

A

Bild A-1

Bei x 1 ¼ 3 liegt eine doppelte Nullstelle (relatives Minimum, Beru¨hrungspunkt), eine weitere einfache Nullstelle gibt es bei x 2 (noch unbekannt, 0 < x 2 < 3). Wir verwenden den Produktansatz (Zerlegung in Linearfaktoren) y ¼ a ðx þ 3Þ 2 ðx x 2 Þ

ðmit a 6¼ 0Þ

und bestimmen die noch unbekannten Konstanten a und x 2 aus der Schnittstelle der Kurve mit der y-Achse und dem Kurvenpunkt A wie folgt: y ðx ¼ 0Þ ¼ 36

)

a ð3Þ 2 ð x 2 Þ ¼ 9 a x 2 ¼ 36 j : ð 9Þ

)

ðIÞ

A ¼ ð3 ; 72Þ

)

a ð3 þ 3Þ 2 ð3 x 2 Þ ¼ 36 a ð3 x 2 Þ ¼ 72 j : 36

ax2 ¼ 4 )

ðIIÞ a ð3 x 2 Þ ¼ 2

Gleichung (I) in Gleichung (II) einsetzen: ðIIÞ

)

a ð3 x 2 Þ ¼ 3 a a x 2 ¼ 3 a þ 4 ¼ 2 |{z} 4

ðIÞ

)

ax2 ¼ 4

)

2x2 ¼ 4

)

)

3a ¼ 6

)

a ¼ 2

x2 ¼ 2

Ergebnis: y ¼ 2 ðx þ 3Þ 2 ðx 2Þ ¼ 2 ðx 2 þ 6 x þ 9Þ ðx 2Þ ¼ ¼ 2 ðx 3 þ 6 x 2 þ 9 x 2 x 2 12 x 18Þ ¼ 2 ðx 3 þ 4 x 2 3 x 18Þ

4


y ¼ 2 x 3 þ 12 x 2 þ 19 x þ 9 a) Zeigen Sie mit Hilfe einer Koordinatentransformation, dass diese ganzrationale Funktion bezu¨glich des

A3

Kurvenpunktes A ¼ ð 2 ; 3Þ punktsymmetrisch verlaüft. b) Wo liegen die Nullstellen? c) Wie lautet die Produktdarstellung?

a) Wir fu¨hren eine Parallelverschiebung des x; y-Koordinatensystems durch und wa¨hlen dabei den Punkt A als Nullpunkt des neuen u; v-Koordinatensystems. Die Transformationsgleichungen ko¨nnen wir an Hand einer Skizze direkt ablesen (Bild A-2): v

y P

u ¼ x þ 2;

v 3

A

bzw.

u u

y

x ¼ u 2;

3

–2

v ¼ y3

y ¼ vþ3

Bild A-2

0

x

x

2

Gleichung der Polynomfunktion im neuen u; v-System ðx durch u 2 ; y durch v þ 3 ersetzenÞ: y ¼ 2 x 3 þ 12 x 2 þ 19 x þ 9

)

v þ 3 ¼ 2 ðu 2Þ 3 þ 12 ðu 2Þ 2 þ 19 ðu 2Þ þ 9 ¼ ¼ 2 ðu 3 6 u 2 þ 12 u 8Þ þ 12 ðu 2 4 u þ 4Þ þ 19 u 38 þ 9 ¼ ¼ 2 u 3 12 u 2 þ 24 u 16 þ 12 u 2 48 u þ 48 þ 19 u 29 ¼ 2 u 3 5 u þ 3 Ergebnis: v ¼ f ðuÞ ¼ 2 u 3 5 u Diese Funktion entha¨lt nur ungerade Potenzen (ungerade Funktion) und verlaüft somit punktsymmetrisch: f ð uÞ ¼ 2 ð uÞ 3 5 ð uÞ ¼ 2 u 3 þ 5 u ¼ ð2 u 3 5 uÞ ¼ f ðuÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} f ðuÞ b) Durch Probieren finden wir eine Nullstelle bei x 1 ¼ 1 : Mit dem Horner-Schema erhalten wir das 1. reduzierte Polynom und daraus die restlichen Nullstellen: 2 x1 ¼ 1 2

12

19

9

2

10

9

10

9

0


Restliche Nullstellen: 2 x 2 þ 10 x þ 9 ¼ 0 j : 2 ) x 2 þ 5 x þ 4;5 ¼ 0 ) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi x 2=3 ¼ 2;5 6;25 4;5 ¼ 2;5 1;75 ¼ 2;5 1;3229 ) x 2 ¼ 1;1771 ; Nullstellen:

x1 ¼ 1;

c) Produktdarstellung:

x 2 ¼ 1;1771 ;

x 3 ¼ 3;8229

y ¼ 2 ðx þ 1Þ ðx þ 1;1771Þ ðx þ 3;8229Þ

x 3 ¼ 3;8229


5

Die Flugbahn eines Geschosses laute wie folgt:

A4

y ¼

1 ðx 2 100 x 416Þ 58

ðx; y in mÞ

(Abschussort: x ¼ 0Þ. Bestimmen Sie Flugweite W und Steigho¨he (maximale Ho¨he) H .

Die Flugbahn ist eine nach unten geo¨ffnete Parabel (Bild A-3). Wir berechnen zuna¨chst die Nullstellen und den Scheitelpunkt S ¼ ðx 0 ; y 0 Þ der Parabel und daraus dann die gesuchten Gro¨ßen. Nullstellen:

y ¼ 0

)

S

y

Flugbahn

x 100 x 416 ¼ 0 ) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x 1=2 ¼ 50 2500 þ 416 ¼ 50 2916 ¼ 50 54 2

x1 ¼ 4; Flugweite:

H y0 Abschussort

x 2 ¼ 104 x1

W ¼ x 2 ¼ 104

x1 þ x2 4 þ 104 ¼ 50 ¼ 2 2

H ¼ y 0 ¼ y ðx 0 ¼ 50Þ ¼

A5

x2

x

W

Bild A-3

Die Steigho¨he H ist die Ordinate y 0 des Scheitelpunktes S, der genau in der Mitte zwischen den beiden Nullstellen liegt: x0 ¼

x0

ðin mÞ

ðin mÞ

1 ð50 2 100 50 416Þ ¼ 50;28 58

ðin mÞ

Welche zur y-Achse spiegelsymmetrische Polynomfunktion 6. Grades besitzt bei x 1 ¼ 2 ; x 2 ¼ 3 und x 3 ¼ 5 jeweils (einfache) Nullstellen und schneidet die y-Achse an der Stelle y ð0Þ ¼ 450?

Wegen der Spiegelsymmetrie ko¨nnen nur gerade Potenzen auftreten, die gesuchte Funktion hat also die Form y ¼ ax6 þ bx4 þ cx2 þ d Zu jedem Kurvenpunkt gibt es ein Spiegelbild. Dies gilt auch fu¨r die Nullstellen, d. h. es gibt weitere Nullstellen bei x 4 ¼ 2, x 5 ¼ 3 und x 6 ¼ 5. Damit kennen wir sa¨mtliche Nullstellen der noch unbekannten Polynomfunktion 6. Grades. Sie lauten also (in neuer paarweiser Nummerierung): x 1=2 ¼ 2 ;

x 3=4 ¼ 3 ;

x 5=6 ¼ 5

Als Lo¨sungsansatz fu¨r die Funktionsgleichung verwenden wir jetzt zweckma¨ßigerweise den Produktansatz (mit a 6¼ 0Þ: y ¼ a ðx 2Þ ðx þ 2Þ ðx 3Þ ðx þ 3Þ ðx 5Þ ðx þ 5Þ ¼ a ðx 2 4Þ ðx 2 9Þ ðx 2 25Þ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} x2 4 x2 9 x 2 25 Die Berechnung von a erfolgt aus der Schnittstelle mit der y-Achse: y ð0Þ ¼ 450

)

a ð 4Þ ð 9Þ ð 25Þ ¼ 900 a ¼ 450

)

a ¼ 0;5

Ergebnis: y ¼ 0;5 ðx 2 4Þ ðx 2 9Þ ðx 2 25Þ ¼ 0;5 ðx 4 4 x 2 9 x 2 þ 36Þ ðx 2 25Þ ¼ ¼ 0;5 ðx 4 13 x 2 þ 36Þ ðx 2 25Þ ¼ 0;5 ðx 6 13 x 4 þ 36 x 2 25 x 4 þ 325 x 2 900Þ ¼ ¼ 0;5 ðx 6 38 x 4 þ 361 x 2 900Þ ¼ 0;5 x 6 þ 19 x 4 180;5 x 2 þ 450

6


Kennlinie einer Glu¨hlampe Eine Glu¨hlampe stellt einen nichtlinearen elektrischen Widerstand dar. Aus einer Messung sind die folgenden Strom-Spannungs-Wertepaare bekannt ( I : Stromsta¨rke in Ampere; U : Spannung in Volt):

A6

I /A

0

0,1

0,2

0,5

U /V

0

21,0

48,0

225,0

a) Bestimmen Sie aus diesen Messwerten ein Na¨herungspolynom 3. Grades fu¨r die unbekannte Kennlinie U ¼ f ðIÞ der Glu¨hlampe. b) Welcher Spannungsabfall ist bei einer Stromsta¨rke von I ¼ 0;3 A zu erwarten? Anleitung: Verwenden Sie die Interpolationsformel von Newton (! Band 1, Kap. III.5.6 und FS, Kap. III.4.7.3)

a) Interpolationsformel von Newton: U ¼ f ðIÞ ¼ a 0 þ a 1 ðI I 0 Þ þ a 2 ðI I 0 Þ ðI I 1 Þ þ a 3 ðI I 0 Þ ðI I 1 Þ ðI I 2 Þ ¼ ¼ a 0 þ a 1 ðI 0Þ þ a 2 ðI 0Þ ðI 0;1Þ þ a 3 ðI 0Þ ðI 0;1Þ ðI 0;2Þ ¼ ¼ a 0 þ a 1 I þ a 2 I ðI 0;1Þ þ a 3 I ðI 0;1Þ ðI 0;2Þ Berechnung der Koeffizienten a 0 ; a 1 ; a 2 und a 3 aus dem Steigungs- oder Differenzenschema: k

Ik

Uk a0

0

0

1

0,1

0 21

2

0,2

48

3

0,5

225

a1 210 270 590

a2 300 800

a3 1000

Somit: a0 ¼ 0;

a 1 ¼ 210 ;

a 2 ¼ 300 ;

a 3 ¼ 1000

Na¨herungspolynom 3. Grades fu¨r die unbekannte Kennlinie U ¼ f ðIÞ: U ¼ f ðIÞ ¼ 0 þ 210 I þ 300 I ðI 0;1Þ þ 1000 I ðI 0;1Þ ðI 0;2Þ ¼ ¼ 210 I þ 300 I 2 30 I þ 1000 I ðI 2 0;1 I 0;2 I þ 0;02Þ ¼ ¼ 180 I þ 300 I 2 þ 1000 I ðI 2 0;3 I þ 0;02Þ ¼ ¼ 180 I þ 300 I 2 þ 1000 I 3 300 I 2 þ 20 I ¼ 200 I þ 1000 I 3 Unter Beru¨cksichtigung der Einheiten: U ¼ f ðIÞ ¼ 200

V V I þ 1000 3 I 3 A A

U/V

250

(siehe Bild A-4)

200

Anmerkung: Es ist kein Zufall, dass der Zusammenhang zwischen Spannung und Stromsta¨rke punktsymmetrisch ist (nur ungerade Potenzen). Denn: Bei einer nderung der Stromrichtung a¨ndert sich lediglich die Richtung der abfallenden Spannung!

150

b) U ¼ f ðI ¼ 0;3 AÞ ¼ 200 ¼ 60 V þ 27 V ¼ 87 V

V V 0;3 A þ 1000 3 ð0;3 AÞ 3 ¼ A A

100 50 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5

Bild A-4

I/A


7

Biegelinie eines Tra¨gers q = const.

Ein im Punkt A eingespannter Tra¨ger mit einem zusa¨tzlichen Gelenklager (Punkt B) wird durch eine konstante Streckenlast

q

belastet (Bild A-5). Die

B A

Träger

Biegelinie la¨sst sich dabei durch die folgende Polynomfunktion 4. Grades beschreiben (y ist die Durchbiegung

A7

Biegelinie y

an der Stelle x): " 2 3 # ql3 x x þ2 x 13 y ðxÞ ¼ 48 E I l l

x

l

Bild A-5

(0 x l; l : La¨nge des Tra¨gers; E I : Biegesteifigkeit). An welchen Stellen des Tra¨gers findet keine Durchbiegung statt, wo ist die gro¨ßte Durchbiegung? Skizzieren Sie den Verlauf der Biegelinie (Wertetabelle erstellen). Hinweis: Die Stelle der gro¨ßten Durchbiegung la¨sst sich exakt nur mit Hilfe der Differentialrechnung bestimmen.

Zur Vereinfachung fu¨hren wir eine neue Variable u ¼ x = l mit 0 u 1 ein. Die Gleichung der Biegelinie lautet dann (wir erweitern zuna¨chst mit l ): " 2 3 # " 2 3 # ql3 x x ql4 x x x x 13 13 y ðxÞ ¼ ¼ ) þ2 þ2 48 E I 48 E I l l l l l y ðuÞ ¼ K u ð1 3 u 2 þ 2 u 3 Þ ¼ K u ð2 u 3 3 u 2 þ 1Þ mit K ¼

ql4 > 0 48 E I

und 0 u 1

Berechnung der Nullstellen im Intervall 0 u 1 Aus physikalischen Gru¨nden ist einleuchtend, dass in den Randpunkten A und B keine Durchbiegung stattfinden kann. Somit sind u 1 ¼ 0 und u 2 ¼ 1 Nullstellen der Biegelinie. Sa¨mtliche Nullstellen erha¨lt man aus der Gleichung y ðuÞ ¼ 0 , d. h. u ¼ 0

K u ð2 u 3 3 u 2 þ 1Þ ¼ 0

)

u1 ¼ 0

2u3 3u2 þ 1 ¼ 0

u 1 ¼ 0 ist dabei die (bereits bekannte) Lo¨sung der linearen Gleichung u ¼ 0 , u 2 ¼ 1 eine Lo¨sung der kubischen Gleichung 2 u 3 3 u 2 þ 1 ¼ 0 (ebenfalls schon bekannt). Die restlichen Lo¨sungen der kubischen Gleichung erhalten wir mit Hilfe des Horner-Schemas durch Reduzierung des Polynoms 2 u 3 3 u 2 þ 1 (Abspaltung des Linearfaktors u 1; das Polynom ist unvollsta¨ndig): 2 u2 ¼ 1 2

3

0

1

2

1

1

1

1

0

) 1. reduziertes Polynom: 2 u 2 u 1

2 u 2 u 1 ¼ 0 j : 2 ) u 2 0;5 u 0;5 ¼ 0 ) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 0;25 0;0625 þ 0;5 ¼ 0;25 0;5625 ¼ 0;25 0;75 ) u 3 ¼ 1 ;

Restliche Nullstellen: u 3=4

u 4 ¼ 0;5

Am Ort der Einspannung (Punkt A) liegt somit eine doppelte Nullstelle ðu 2=3 ¼ 1Þ, der Wert u 4 ¼ 0;5 dagegen hat keine physikalische Bedeutung (er liegt außerhalb des Tra¨gers). Folgerung: Zwischen den Randpunkten A und B des Tra¨gers gibt es keine weiteren Stellen ohne Durchbiegung.

8


Ort der maximalen Durchbiegung Eine exakte Berechnung dieser Stelle ist nur mit Hilfe der Differentialrechnung u¨ber die 1. und 2. Ableitung der Biegelinie mo¨glich: y ¼ K ð2 u 4 3 u 3 þ uÞ

y 0 ¼ K ð8 u 3 9 u 2 þ 1Þ ;

)

y 00 ¼ K ð24 u 2 18 uÞ

Aus der notwendigen Bedingung y 0 ¼ 0 erhalten wir eine kubische Gleichung, von der wir bereits eine Lo¨sung kennen (na¨mlich u 1 ¼ 1 ; an dieser Stelle besitzt die Biegelinie bekanntlich eine doppelte Nullstelle!): y0 ¼ 0

)

K ð8 u 3 9 u 2 þ 1Þ ¼ 0 j : K

)

8u3 9u2 þ 1 ¼ 0

Die restlichen Lo¨sungen dieser Gleichung bestimmen wir mit Hilfe des Horner-Schemas (Abspalten des Linearfaktors u 1; das Polynom ist unvollsta¨ndig): 8 u1 ¼ 1 8

0

1

8

1

1

1

1

0

) 1. reduziertes Polynom: 8 u 2 u 1

1 1 u ¼ 0 ) 8 8 rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi 1 1 1 1 1 þ 32 1 33 1 33 1 5;7446 ¼ ¼ ¼ þ ¼ ¼ 2 2 2 16 16 8 16 16 16 16 16 16

Restliche Nullstellen:

u 2=3

9

8u2 u 1 ¼ 0 j : 8

u 2 ¼ 0;4215 ;

u 3 ¼ 0;2965 < 0

)

u2

)

ðohne physikalische BedeutungÞ

Umformungen: Bru¨che des Radikanden gleichnamig machen (Hauptnenner: 16 2 ), den 2. Bruch also mit 2 16 ¼ 32 erweitern, dann Teilwurzeln ziehen. Wegen y 00 ðu 2 ¼ 0;4215Þ ¼ K ð 3;3231Þ ¼ 3;3231 K < 0 liegt ein Maximum vor. Die gro¨ßte Durchbiegung findet daher an der Stelle u 2 ¼ 0;4215 und somit x 2 ¼ 0;4215 l statt. Sie hat den Wert y ðu 2 ¼ 0;4215Þ ¼ 0;2600 K. An der Stelle u 1 ¼ 1 (Punkt A) liegt ein Minimum (keine Durchbiegung). Der Kurvenverlauf (ermittelt mit Hilfe der folgenden Wertetabelle) besta¨tigt diese Ergebnisse (Bild A-6). Wertetabelle (ohne den Faktor K > 0Þ u

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

y

0

0,097

0,179

0,235

0,259

0,25

0,211

0,151

0,083

0,025

0

0,4215 0,5

1 u

Biegelinie y

Bild A-6

2 Gebrochenrationale Funktionen

9

2 Gebrochenrationale Funktionen Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel III.6 Formelsammlung: Kapitel III.5

y ¼

A8

ðx 1Þ ðx þ 5Þ ðx þ 1Þ 2 ðx 3Þ

Bestimmen Sie folgende Eigenschaften: Definitionslu¨cken, Nullstellen, Pole, Asymptoten, Schnittpunkt mit der y-Achse. Skizzieren Sie den Kurvenverlauf.

Definitionslu¨cken:

Nenner ¼ 0

Nullstellen: Za¨hler ¼ 0 , Pole:

Nenner ¼ 0 ,

) ðx þ 1Þ 2 ðx 3Þ ¼ 0

)

x ¼ 1;

Nenner 6¼ 0 ) ðx 1Þ ðx þ 5Þ ¼ 0 ) ðx þ 1Þ 2 ðx 3Þ ¼ 0

Za¨hler 6¼ 0

)

)

x ¼ 3

x1 ¼ 1;

x 3=4 ¼ 1 ;

x2 ¼ 5 x5 ¼ 3

Bei 1 liegt ein Pol ohne Vorzeichenwechsel, bei 3 ein solcher mit Vorzeichenwechsel. x ¼ 1;

Polgeraden (senkrechte Asymptoten):

x ¼ 3

Verhalten der Funktion im „Unendlichen“ Die Funktion ist echt gebrochen (Za¨hler: quadratisch, Nenner: kubisch), sie na¨hert sich daher fu¨r x ! 1 asymptotisch der x-Achse ðy ¼ 0Þ. Asymptote im „Unendlichen“:

y ¼ 0 y ð0Þ ¼

Schnittpunkt mit der y-Achse: Kurvenverlauf:

ð1Þ ð5Þ 5 ¼ 2 3 ð1Þ ð 3Þ

siehe Bild A-7

Die Kurve na¨hert sich fu¨r x ! 1 von unten der x-Achse, links von der Nullstelle x 2 ¼ 5 besitzt sie daher noch ein relatives Minimum (die genaue Lage la¨sst sich nur mit Hilfe der Differentialrechnung bestimmen). y

2 5/3 1

Bild A-7 –8

–6

–4

–2

x = –1

1 –1

–2

2

4 x=3

6

x

10


Diskutieren Sie den Verlauf der gebrochenrationalen Funktion y ¼

A9

2 x 4 2 x 3 20 x 2 þ 8 x þ 48 x3 þ x2 4x 4

(Definitionslu¨cken, Nullstellen, Pole, Asymptoten, Schnittpunkt mit der y-Achse). Gibt es hebbare Definitionslu¨cken? Wie lautet gegebenenfalls die „erweiterte“ Funktion? Skizzieren Sie den Kurvenverlauf.

Sinnvoller Weise zerlegen wir zuna¨chst Za¨hler und Nenner in Linearfaktoren. Z ðxÞ ¼ 2 x 4 2 x 3 20 x 2 þ 8 x þ 48 ¼ 0

Za¨hler:

Durch Probieren findet man die Lo¨sung x 1 ¼ 2, mit dem Horner-Schema wird dann reduziert: 2

2

20

8

48

4

4

32

48

2

16

24

0

x1 ¼ 2 2

) 1. reduziertes Polynom: 2 x 3 þ 2 x 2 16 x 24

Eine weitere Nullstelle liegt bei x 2 ¼ 3: 2 x2 ¼ 3 2

2

16

24

6

24

24

8

8

0

Restliche Za¨hlernullstellen:


2x2 þ 8x þ 8 ¼ 0 j : 2

)

x 2 þ 4 x þ 4 ¼ ðx þ 2Þ 2 ¼ 0

)

x 3=4 ¼ 2

Z ðxÞ ¼ 2 x 4 2 x 3 20 x 2 þ 8 x þ 48 ¼ 2 ðx 2Þ ðx 3Þ ðx þ 2Þ 2

Za¨hler:

N ðxÞ ¼ x 3 þ x 2 4 x 4 ¼ 0

Nenner:

Durch Probieren erha¨lt man die Lo¨sung x 1 ¼ 1, mit dem Horner-Schema wird reduziert: 1 x1 ¼ 1 1 Restliche Nennernullstellen: Nenner:

1

4

4

1

0

4

0

4

0

x2 4 ¼ 0

)

) 1. reduziertes Polynom: x 2 4 x2 ¼ 4

)

x 2=3 ¼ 2

N ðxÞ ¼ x 3 þ x 2 4 x 4 ¼ ðx þ 1Þ ðx 2Þ ðx þ 2Þ

Die (unecht) gebrochenrationale Funktion la¨sst sich damit auch wie folgt darstellen: y ¼

2 x 4 2 x 3 20 x 2 þ 8 x þ 48 2 ðx 2Þ ðx 3Þ ðx þ 2Þ 2 ¼ 3 2 x þ x 4x 4 ðx þ 1Þ ðx 2Þ ðx þ 2Þ

ðx 6¼ 1; 2; 2Þ

Es gibt drei Definitionslu¨cken bei 1, 2 und 2 (dort wird der Nenner jeweils gleich Null). Za¨hler und Nenner haben bei x ¼ 2 und x ¼ 2 gemeinsame Nullstellen, diese Definitionslu¨cken sind jedoch beide behebbar, da die jeweiligen Grenzwerte vorhanden sind: lim

2 ðx 2Þ ðx 3Þ ðx þ 2Þ 2 2 ðx 3Þ ðx þ 2Þ 2 2 ð 1Þ ð4Þ 2 8 ¼ lim ¼ ¼ 3 ðx þ 1Þ ðx 2Þ ðx þ 2Þ ðx þ 1Þ ðx þ 2Þ ð3Þ ð4Þ x!2

lim

2 ð x 2Þ ðx 3Þ ðx þ 2Þ ðx þ 2Þ 2 ðx 2Þ ðx 3Þ ðx þ 2Þ 2 ¼ lim ¼ ðx þ 1Þ ðx 2Þ ðx þ 2Þ ðx þ 1Þ ðx 2Þ ðx þ 2Þ x!2

x!2

x ! 2

¼ lim

x ! 2

2 ðx 2Þ ðx 3Þ ðx þ 2Þ 2 ð 4Þ ð 5Þ ð0Þ ¼ ¼ 0 ðx þ 1Þ ðx 2Þ ð 1Þ ð 4Þ


11

„Erweiterte“ Funktion und ihre Eigenschaften Die „erweiterte“ Funktion y * erhalten wir durch ku¨rzen der gemeinsamen Faktoren: y ¼

2 ðx 2Þ ðx 3Þ ðx þ 2Þ ðx þ 2Þ 2 ðx 3Þ ðx þ 2Þ ! y* ¼ ðx þ 1Þ ðx 2Þ ðx þ 2Þ x þ1

ðx 6¼ 1Þ

Wir bestimmen zuna¨chst die Eigenschaften dieser Funktion. Definitionsbereich:

x 6¼ 1

Nullstellen: ðx 3Þ ðx þ 2Þ ¼ 0 Pole:

x þ1 ¼ 0

)

x3 ¼ 1

Polgerade (senkrechte Asymptote):

x1 ¼ 3;

)

x2 ¼ 2

(Pol mit Vorzeichenwechsel)

x ¼ 1

Verhalten im „Unendlichen“ Die Funktion ist unecht gebrochenrational (Grad des Za¨hlers > Grad des Nenners). Wir zerlegen sie durch Polynomdivision wie folgt: y* ¼ y* ¼

2 ðx 3Þ ðx þ 2Þ 2 ðx 2 3 x þ 2 x 6Þ 2 ðx 2 x 6Þ 2 x 2 2 x 12 ¼ ¼ ¼ x þ1 x þ1 x þ1 x þ1 ð2 x 2 2 x ð2 x 2 þ 2 xÞ 4x ð 4 x

12Þ : ðx þ 1Þ ¼ 2 x 4 12 4Þ 8

8 x þ1 |fflffl{zfflffl}

echt gebrochen

Fu¨r große x-Werte (d. h. fu¨r x ! 1) wird der echt gebrochenrationale Anteil vernachla¨ssigbar klein (er strebt gegen Null). Unsere Kurve na¨hert sich daher „im Unendlichen“ asymptotisch der Geraden y ¼ 2 x 4. Asymptote im Unendlichen:

y ¼ 2x 4

Schnittpunkt mit der y-Achse: Kurvenverlauf:

y ðx ¼ 0Þ ¼ 12

siehe Bild A-8

Gezeichnet ist die „erweiterte“ Funktion; nimmt man die beiden dick gekennzeichneten Punkte heraus, erha¨lt man den Verlauf der Ausgangsfunktion (Definitionslu¨cken bei 1, 2 und 2). y

20 y = 2x – 4

10 1

–5

Bild A-8 3

–2 – 10

x = –1

2

– 12 – 20

5

x

12


Bestimmen Sie den Verlauf der gebrochenrationalen Funktion

A10

y ¼

2 ðx 2 6 x þ 9Þ ðx þ 3Þ 2

ðx 6¼ 3Þ

aus den Null- und Polstellen, den Asymptoten und dem Schnittpunkt mit der y-Achse.

Wir zerlegen zuna¨chst den Za¨hler Z ðxÞ in Linearfaktoren: Z ðxÞ ¼ 2 ðx 2 6 x þ 9Þ ¼ 2 ðx 3Þ 2 . Somit gilt: y ¼

2 ðx 2 6 x þ 9Þ 2 ðx 3Þ 2 ¼ ðx þ 3Þ 2 ðx þ 3Þ 2

ðx 6¼ 3Þ

Wir stellen fest: Za¨hler und Nenner haben keine gemeinsamen Nullstellen. Damit ergeben sich folgende Funktionseigenschaften: Nullstellen: Z ðxÞ ¼ 2 ðx 3Þ 2 ¼ 0

)

x 1=2 ¼ 3

(doppelte Nullstelle, d. h. Beru¨hrungspunkt und relativer Extremwert) Pole:

N ðxÞ ¼ ðx þ 3Þ 2 ¼ 0

)

Polgerade (senkrechte Asymptote):

x 3=4 ¼ 3 (Pol ohne Vorzeichenwechsel) x ¼ 3

Verhalten im „Unendlichen“ Die Funktion ist unecht gebrochenrational ðZ ðxÞ und N ðxÞ sind jeweils Polynome 2. Grades), wir mu¨ssen sie daher zuna¨chst durch Polynomdivision zerlegen: y ¼ y ¼

2 ðx 3Þ 2 2 ðx 2 6 x þ 9Þ 2 x 2 12 x þ 18 ¼ ¼ ðx þ 3Þ 2 ðx þ 3Þ 2 x2 þ 6x þ 9 24 x ð2 x 2 12 x þ 18Þ : ðx 2 þ 6 x þ 9Þ ¼ 2 2 x þ 6x þ 9 ð2 x 2 þ 12 x þ 18Þ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} echt gebrochen 24 x

Im „Unendlichen“, d. h. fu¨r x ! 1 verschwindet der echt gebrochenrationale Anteil und die Kurve na¨hert sich asymptotisch der Geraden y ¼ 2 (Parallele zur x-Achse). Asymptote im „Unendlichen“:

y ¼ 2 y ðx ¼ 0Þ ¼ 2

Schnittpunkt mit der y-Achse: Kurvenverlauf: siehe Bild A-9 y

20

10 x = –3 y=2 2

Bild A-9 – 15

– 10

–3

3

10

15

x


13

Diskutieren Sie den Verlauf der gebrochenrationalen Funktion y ¼

A11

ðx þ 1Þ 2 ðx 2 þ x 2Þ x3 þ 5x2 þ 6x

(Definitionslu¨cken, Null- und Polstellen, Asymptoten, Schnittpunkt mit der y-Achse). Pru¨fen Sie, ob es hebbare Definitionslu¨cken gibt und skizzieren Sie die Funktion bzw. die „erweiterte“ Funktion.

Wir zerlegen zuna¨chst Za¨hler Z ðxÞ und Nenner N ðxÞ in Linearfaktoren: Z ðxÞ ¼ ðx þ 1Þ 2 ðx 2 þ x 2Þ ¼ 0

Za¨hler:

Faktor x 2 þ x 2 in Linearfaktoren zerlegen: x2 þ x 2 ¼ 0 x1 ¼ 1;

)

x 1=2 ¼ 0;5

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi 0;25 þ 2 ¼ 0;5 2;25 ¼ 0;5 1;5

)

x2 ¼ 2

Z ðxÞ ¼ ðx þ 1Þ 2 ðx 2 þ x 2Þ ¼ ðx þ 1Þ 2 ðx 1Þ ðx þ 2Þ Nenner:

N ðxÞ ¼ x 3 þ 5 x 2 þ 6 x ¼ 0

x2 þ 5x þ 6 ¼ 0 x2 ¼ 2;

)

x 2=3

)

x ðx 2 þ 5 x þ 6Þ ¼ 0

x ¼ 0

)

x1 ¼ 0

x2 þ 5x þ 6 ¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 2;5 6;25 6 ¼ 2;5 0;25 ¼ 2;5 0;5

)

x3 ¼ 3

N ðxÞ ¼ x 3 þ 5 x 2 þ 6 x ¼ ðx 0Þ ðx þ 2Þ ðx þ 3Þ ¼ x ðx þ 2Þ ðx þ 3Þ Somit gilt: y ¼

ðx þ 1Þ 2 ðx 2 þ x 2Þ ðx þ 1Þ 2 ðx 1Þ ðx þ 2Þ ¼ x3 þ 5x2 þ 6x x ðx þ 2Þ ðx þ 3Þ

Definitionslu¨cken liegen bei 0, 2 und 3. Da Za¨hler und Nenner an der Stelle x ¼ 2 eine gemeinsame einfache Nullstelle haben, ist der Grenzwert an dieser Stelle jedoch vorhanden: lim

x ! 2

ðx þ 1Þ 2 ðx 1Þ ðx þ 2Þ ðx þ 1Þ 2 ðx 1Þ ð 1Þ 2 ð 3Þ 3 ¼ ¼ ¼ lim x ðx þ 3Þ 2 ð1Þ 2 x ðx þ 2Þ ðx þ 3Þ x ! 2

Die Definitionslu¨cke bei x ¼ 2 la¨sst sich daher beheben, in dem wir nachtra¨glich diesen Grenzwert zum Funktionswert an der Stelle x ¼ 2 erkla¨ren. Wir erhalten dann die „erweiterte“ Funktion y* ¼

ðx þ 1Þ 2 ðx 1Þ x ðx þ 3Þ

ðx 6¼ 0 ; 3Þ

(sie entsteht aus der Ausgangsfunktion durch Ku¨rzen des gemeinsamen Faktors x þ 2). Diese Funktion besitzt nur noch zwei Definitionslu¨cken bei 0 und 3. Wir ermitteln nun die Eigenschaften der „erweiterten“ Funktion y * . Definitionslu¨cken:

x ¼ 0;

x ¼ 3

Nullstellen: Z ðxÞ ¼ ðx þ 1Þ 2 ðx 1Þ ¼ 0

)

x 1=2 ¼ 1 ;

x3 ¼ 1

Die doppelte Nullstelle x 1=2 ¼ 1 ist zugleich ein Beru¨hrungspunkt mit der x-Achse und somit ein relativer Extremwert. Pole:

N ðxÞ ¼ x ðx þ 3Þ ¼ 0

)


x4 ¼ 0;

x 5 ¼ 3 (bei Pole mit Vorzeichenwechsel)

x ¼ 0 ðy-AchseÞ ;

x ¼ 3

14


Verhalten im „Unendlichen“ Die Funktion ist unecht gebrochenrational (Grad des Za¨hlers > Grad des Nenners), wir zerlegen sie daher zuna¨chst mit Hilfe der Polynomdivision in einen ganzrationalen und einen echt gebrochenrationalen Anteil: y* ¼ y* ¼

ðx þ 1Þ 2 ðx 1Þ ðx 2 þ 2 x þ 1Þ ðx 1Þ x3 þ 2x2 þ x x2 2x 1 x3 þ x2 x 1 ¼ ¼ ¼ x ðx þ 3Þ x2 þ 3x x2 þ 3x x2 þ 3x 5x 1 ðx 3 þ x 2 x 1Þ : ðx 2 þ 3 xÞ ¼ x 2 þ 2 þ 3x x ðx 3 þ 3 x 2 Þ |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} 2x2 x 1 echt gebrochen ð 2 x 2 6 xÞ 5x 1

Fu¨r x ! 1 verschwindet der echt gebrochenrationale Anteil, die Kurve na¨hert sich dann asymptotisch der Geraden y ¼ x 2. Asymptote im „Unendlichen“:

y ¼ x 2

Schnittpunkt mit der y-Achse: nicht vorhanden (Polstelle bei x ¼ 0Þ Funktionsverlauf: siehe Bild A-10

y

Gezeichnet wurde die „erweiterte“ Funktion y * . Die Ausgangsfunktion y hat an der fett gezeichneten Stelle ðx ¼ 2Þ eine weitere Definitionslu¨cke, ansonsten aber den gleichen Verlauf wie die „erweiterte“ Funktion.

10

5

–8

–6

–4

–2 –1

2

4

x

–5 y=x–2 x = –3 – 10

Bild A-10

Eine gebrochenrationale Funktion besitzt an den Stellen x 1 ¼ 2 und x 2 ¼ 5 einfache Nullstellen

A12

und bei x 3 ¼ 0 und x 4 ¼ 6 Pole 1. Ordnung. Fu¨r große x-Werte, d. h. fu¨r x ! 1 na¨hert sie sich asymptotisch der Geraden y ¼ 2. Durch welche Gleichung la¨sst sich diese Funktion beschreiben? Skizzieren Sie den Kurvenverlauf.

Die Nullstellen der gesuchten Funktion sind die Nullstellen des Za¨hlerpolynoms Z ðxÞ, die Pole die Nullstellen des Nennerpolynoms N ðxÞ (gemeinsame Nullstellen gibt es nicht). Wir wa¨hlen daher fu¨r Za¨hler und Nenner den Produktansatz: y ¼

Z ðxÞ a ðx þ 2Þ ðx 5Þ a ðx þ 2Þ ðx 5Þ ¼ ¼ N ðxÞ ðx 0Þ ðx 6Þ x ðx 6Þ

ðx 6¼ 0 ; 6Þ

Die Asymptote im „Unendlichen“, deren Gleichung bekannt ist ðy ¼ 2Þ, erha¨lt man durch Polynomdivision. Sie entspricht dabei dem ganzrationalen Anteil, der bei dieser Division entsteht: y ¼

a ðx þ 2Þ ðx 5Þ a ðx 2 þ 2 x 5 x 10Þ x 2 3 x 10 ¼ a ¼ x ðx 6Þ x2 6x x2 6x


15

Polynomdivision (der Faktor a 6¼ 0 wird zuna¨chst weggelassen): 3 x 10 ðx 2 3 x 10Þ : ðx 2 6 xÞ ¼ 1 þ 2 x 6x ðx 2 6 xÞ 3 x 10 Damit erhalten wir die folgende Zerlegung: x 2 3 x 10 3 x 10 y ¼ a ¼ a 1 þ x2 6x x2 6x |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} echt gebrochen

Im „Unendlichen“ verschwindet der echt gebrochenrationale Anteil und die Funktion na¨hert sich asymptotisch der Geraden y ¼ a (Parallele zur x-Achse). Sie ist identisch mit der Geraden y ¼ 2, woraus folgt: a ¼ 2. Die gesuchte Funktionsgleichung lautet somit: y ¼

2 ðx þ 2Þ ðx 5Þ 2 ðx 2 3 x 10Þ ¼ x ðx 6Þ x2 6x

ðx 6¼ 0 ; 6Þ

Kurvenverlauf: siehe Bild A-11

y

6 x=6

4 x=0 2 –6

10/3

–4 2

–2

4

Bild A-11 5

6

8

10

x

–2 y = –2 –4 –6

A13

Eine gebrochenrationale Funktion besitze folgende Eigenschaften: Doppelte Nullstelle bei x 1=2 ¼ 2 ; Einfache Polstellen bei x 3 ¼ 4; x 4 ¼ 0 und x 5 ¼ 10 ; Punkt P ¼ ð1; 0;2Þ liegt auf der Kurve. a) Wie lautet die Funktionsgleichung? b) Skizzieren Sie den Kurvenverlauf.

a) Die Nullstellen der gesuchten Funktion sind die Nullstellen des Za¨hlerpolynoms, die Polstellen dagegen die Nullstellen des Nennerpolynoms. Die Linearfaktorenzerlegung von Za¨hler und Nenner ist somit (bis auf einen noch unbekannten Faktor a 6¼ 0) bekannt. Wir wa¨hlen daher den folgenden Ansatz (Za¨hler und Nenner jeweils in der Produktform): y ¼ a

ðx 2Þ ðx 2Þ ðx 2Þ 2 ¼ a x ðx þ 4Þ ðx 10Þ ðx þ 4Þ ðx 0Þ ðx 10Þ

ðx 6¼ 4 ; 0 ; 10Þ

Die Konstante a bestimmen wir aus dem Kurvenpunkt P ¼ ð1 ; 0;2Þ: y ðx ¼ 1Þ ¼ 0;2 Funktionsgleichung:

)

a

ð 1Þ 2 ¼ 0;2 1 ð5Þ ð 9Þ

y ¼ 9

)

ðx 2Þ 2 x ðx þ 4Þ ðx 10Þ

1 a ¼ 0;2 45

)

a ¼ 9

16


b) Nullstellen: x 1=2 ¼ 2 (Beru¨hrungspunkt und relativer Extremwert) Pole:

x3 ¼ 4;

x4 ¼ 0;

Asymptote im „Unendlichen“:

x 5 ¼ 10 (alle mit Vorzeichenwechsel) y ¼ 0 (die Funktion ist echt gebrochenrational)

Schnittpunkt mit der y-Achse: nicht vorhanden (Polstelle bei x ¼ 0Þ Kurvenverlauf: siehe Bild A-12 Es ist hier sinnvoll, einige Kurvenpunkte zu berechnen (insbesondere im Intervall 4 < x < 0 wissen wir wenig u¨ber den Verlauf der Kurve). Wertetabelle: x

y

y

10 8 5 3 2 1 1 5 8 9 11 15 20

1;08 1;56 5;88 5;77 3 2;45 0;2 0;36 1;69 3;77 4;42 1;07 0;61

6 x = –4

x = 10

4 2

16 –8

–4

2 –2

4

8

12

x

–4 –6

Bild A-12

Eine gebrochenrationale Funktion y ¼ Z ðxÞ = N ðxÞ schneide die y-Achse bei 3. Sa¨mtliche Nullstellen des Za¨hlerpolynoms Z ðxÞ und des Nennerpolynoms N ðxÞ sind bekannt:

A14

Z ðxÞ :

x1 ¼ 2;

x2 ¼ 1;

N ðxÞ :

x 3=4 ¼ 1 ;

x5 ¼ 4

a) Bestimmen Sie die Gleichung dieser Funktion und skizzieren Sie den Kurvenverlauf. b) Wie lautet die Partialbruchzerlegung der Funktion?

a) Za¨hler und Nenner ko¨nnen in der Produktform angesetzt werden, da alle Nullstellen des Za¨hler- und Nennerpolynoms bekannt sind: y ¼

a ðx 2Þ ðx þ 1Þ a ðx 2Þ ðx þ 1Þ ¼ ðx 1Þ ðx 1Þ ðx 4Þ ðx 1Þ 2 ðx 4Þ

ðx 6¼ 1 ; 4Þ

Die Berechnung der Konstanten a 6¼ 0 erfolgt aus dem (bekannten) Schnittpunkt mit der y-Achse: y ðx ¼ 0Þ ¼ 3

)

Funktionsgleichung :

a ð 2Þ ð1Þ 2a a ¼ ¼ ¼ 3 ð 1Þ 2 ð 4Þ 4 2

y ¼

6 ðx 2Þ ðx þ 1Þ ðx 1Þ 2 ðx 4Þ

)

a ¼ 6

ðx 6¼ 1 ; 4Þ

Eigenschaften der Funktion Nullstellen: x 1 ¼ 2 ; Pole:

x2 ¼ 1

x 3=4 ¼ 1 (Pol ohne Vorzeichenwechsel);


x ¼ 1;

x 5 ¼ 4 (Pol mit Vorzeichenwechsel) x ¼ 4


Asymptote im „Unendlichen“:

17

y ¼ 0 (die Funktion ist echt gebrochenrational)

Schnittpunkt mit der y-Achse:

y ðx ¼ 0Þ ¼ 3


y

Wertetabelle: x

y

10 8 6 4 2 3 5 10

0;38 0;43 0;49 0;54 0;44 6 6;75 1;09

10

5 3 –6

–4

–2 –1

2

4

6

8

x

x=4

–5 x=1 – 10

Bild A-13 b) 1. Schritt: Berechnung der Nennernullstellen N ðxÞ ¼ ðx 1Þ 2 ðx 4Þ ¼ 0

)

x 1=2 ¼ 1 ;

x3 ¼ 4

2. Schritt: Zuordnung der Partialbru¨che x 1=2 ¼ 1 ðdoppelte NullstelleÞ

!

A B þ x 1 ðx 1Þ 2

¼ 4 ðeinfache NullstelleÞ

!

C x 4

x3

3. Schritt: Partialbruchzerlegung (Ansatz) 6 ðx 2Þ ðx þ 1Þ A B C þ ¼ þ 2 2 ðx 1Þ ðx 4Þ x 1 ðx 1Þ x 4 4. Schritt: Alle Bru¨che werden gleichnamig gemacht, d. h. auf den Hauptnenner ðx 1Þ 2 ðx 4Þ gebracht. Dazu mu¨ssen die Teilbru¨che der rechten Seite der Reihe nach mit ðx 1Þ ðx 4Þ, ðx 4Þ bzw. ðx 1Þ 2 erweitert werden: 6 ðx 2Þ ðx þ 1Þ A ðx 1Þ ðx 4Þ þ B ðx 4Þ þ C ðx 1Þ 2 ¼ 2 ðx 1Þ ðx 4Þ ðx 1Þ 2 ðx 4Þ Da die Nenner beider Seiten u¨bereinstimmen, gilt dies auch fu¨r die Za¨hler: 6 ðx 2Þ ðx þ 1Þ ¼ A ðx 1Þ ðx 4Þ þ B ðx 4Þ þ C ðx 1Þ 2 Um die drei Konstanten A; B und C zu bestimmen, beno¨tigen wir drei Gleichungen. Diese erhalten wir durch Einsetzen der Werte x ¼ 1; x ¼ 4 (es sind die Nullstellen des Nenners) und x ¼ 0: x ¼ 1

6 ð 1Þ ð2Þ ¼ 3 B

x ¼ 4

6 ð2Þ ð5Þ ¼ 9 C

x ¼ 0

6 ð 2Þ ð1Þ ¼ A ð 1Þ ð 4Þ 4 B þ C

)

4 A ¼ 12 þ 16 Ergebnis:

y ¼

)

3 B ¼ 12

9 C ¼ 60

)

)

B ¼ 4

C ¼

60 20 ¼ 9 3

)

4A 4B þ C ¼ 4A 4 4 þ

20 20 12 20 8 ¼ 4 ¼ ¼ 3 3 3 3

)

A ¼

6 ðx 2Þ ðx þ 1Þ 2 1 4 20 1 ¼ þ þ ðx 1Þ 2 ðx 4Þ 3 x 1 ðx 1Þ 2 3 x 4

2 3

20 ¼ 12 3

)

18


Magnetfeld in der Umgebung einer stromdurchflossenen elektrischen Doppelleitung Die in Bild A-14 skizzierte elektrische Doppelleitung besteht aus zwei langen parallelen Leitern, deren Durchmesser gegenu¨ber dem Leiterabstand d ¼ 2 a vernachla¨ssigbar klein ist. Die Stro¨me in den beiden Leitern L 1 und L 2 haben die gleiche Sta¨rke I, fließen jedoch in entgegengesetzte Richtungen. Der Verlauf der magnetischen Feldsta¨rke H la¨ngs der Verbindungslinie der beiden Leiterquerschnitte (x-Achse) wird durch die Gleichung

A15

H ðxÞ ¼

Ia 1 ; 2 p a x2

j x j 6¼ a

beschrieben. Bestimmen Sie die wesentlichen Eigenschaften dieser gebrochenrationalen Funktion und skizzieren Sie den Feldsta¨rkeverlauf. y H (x )

L1

L2

Bild A-14 x

x = –a

x=a

x

2a

j x j 6¼ a (am Ort der beiden Leiter verschwindet der Nenner)

Definitionsbereich:

Symmetrie: Nur gerade Potenzen ) Spiegelsymmetrie zu H-Achse Nullstellen: keine Pole:

a2 x2 ¼ 0

)

x 1=2 ¼ a (Pole mit Vorzeichenwechsel)

Physikalische Deutung: Die magnetische Feldsta¨rke wird unendlich groß am Ort der Leiter und a¨ndert ihr Vorzeichen (Richtungsa¨nderung), wenn man auf die andere Seite des Leiters geht! Polgeraden (senkrechte Asymptoten): x ¼ a Schnittpunkt mit H-Achse:

H ðx ¼ 0Þ ¼

Ia 1 I ¼ p a2 pa

Verhalten im „Unendlichen“ Die Funktion ist echt gebrochenrational (Za¨hler: konstante Funktion; Nenner: quadratische Funktion), fu¨r große Werte von x, d. h in großer Entfernung von der Doppelleitung nimmt die magnetische Feldsta¨rke H rasch gegen Null ab. Asymptote im „Unendlichen“:

H ¼ 0 (x-Achse)

Verlauf der magnetischen Feldsta¨rke: siehe Bild A-15

H

Deutung aus physikalischer Sicht Kleinster Wert (Minimum) zwischen den beiden Leitern I genau in der Mitte ðx ¼ 0Þ : H ðx ¼ 0Þ ¼ pa H nimmt in Richtung der Leiter zuna¨chst zu, wird am Ort der Leiter unendlich groß ðPolstellen x 1=2 ¼ aÞ und fa¨llt dann nach außen hin gegen Null ab, wobei sich gleichzeitig die Richtung des Feldsta¨rkevektors umkehrt: H ðxÞ > 0

f u¨ r

jxj < a

H ðxÞ < 0

f u¨ r

jxj > a

x=a L1

L2 a

–a x = –a

Bild A-15

I /πa

x

3 Trigonometrische Funktionen und Arkusfunktionen

19

3 Trigonometrische Funktionen und Arkusfunktionen Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel III.9 und 10 Formelsammlung: Kapitel III.7 und 8

A16

Zeige:

sin ðarccos xÞ ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 x2;

1 x 1

Wir setzen y ¼ arccos x ðmit 0 y pÞ: Durch Umkehrung folgt x ¼ cos y. Dann gilt: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sin ðarccos xÞ ¼ sin y ¼ 1 cos 2 y ¼ 1 x 2 (unter Beru¨cksichtigung der trigonometrischen Bezeichnung sin 2 y þ cos 2 y ¼ 1 und sin y 0 im Intervall 0 y pÞ. Damit ist die Formel bewiesen.

Welche Lo¨sungen besitzen die folgenden trigonometrischen Gleichungen?

A17

a) 2 ðsin x þ cos 3 xÞ ¼ sin x sin ð2 xÞ b) cos ð2 xÞ ¼ 2 sin 2 x

a) Unter Verwendung der trigonometrischen Formeln sin 2 x þ cos 2 x ¼ 1 und sin ð2 xÞ ¼ 2 sin x cos x (! FS) werden beide Seiten zuna¨chst wie folgt umgeformt: Linke Seite: 2 ðsin x þ cos 3 xÞ ¼ 2 sin x þ 2 cos 3 x ¼ 2 sin x þ 2 cos x cos 2 x ¼ |fflffl{zfflffl} 1 sin 2 x

¼ 2 sin x þ 2 cos x ð1 sin 2 xÞ ¼ 2 sin x þ 2 cos x 2 cos x sin 2 x Rechte Seite:

sin x sin ð2 xÞ ¼ sin x ð2 sin x cos xÞ ¼ 2 cos x sin 2 x |fflfflffl{zfflfflffl} 2 sin x cos x

Die trigonometrische Gleichung 2 ðsin x þ cos 3 xÞ ¼ sin x sin ð2 xÞ geht damit u¨ber in: 2 sin x þ 2 cos x 2 cos x sin 2 x ¼ 2 cos x sin 2 x sin x þ cos x ¼ 0

)

sin x ¼ cos x j : cos x

)

)

2 sin x þ 2 cos x ¼ 0 j : 2

)

sin x ¼ tan x ¼ 1 cos x

ðunter Beru¨cksichtigung der trigonometrischen Beziehung tan x ¼ sin x = cos xÞ Die Lo¨sungen dieser Gleichung lassen sich anhand einer Skizze leicht bestimmen (Bild A-16). Sie entsprechen den Schnittstellen der Tangenskurve mit der Geraden y ¼ 1 (Parallele zur x-Achse).

20

A Funktionen und Kurven y y = tan x

arctan (– 1)

–π

Bild A-16

π

x

2π

A y = –1 π

Der Schnittpunkt A liegt dabei an der Stelle x ¼ arctan ð 1Þ ¼ p = 4, die weiteren Schnittpunkte im Abstand von ganzzahligen Vielfachen der Periode p ¼ p links und rechts von A. Wir erhalten somit folgende Lo¨sungen: x k ¼ arctan ð 1Þ þ k p ¼ p = 4 þ k p

ðmit k 2 ZÞ

b) Unter Verwendung der trigonometrischen Beziehungen cos ð2 xÞ ¼ cos 2 x sin 2 x und sin 2 x þ cos 2 x ¼ 1 ð! FSÞ la¨sst sich die linke Seite der Gleichung wie folgt umformen: cos ð2 xÞ ¼ cos 2 x sin 2 x ¼ ð1 sin 2 xÞ sin 2 x ¼ 1 2 sin 2 x |fflffl{zfflffl} 1 sin 2 x

Somit folgt aus cos ð2 xÞ ¼ 2 sin 2 x : 1 2 sin 2 x ¼ 2 sin 2 x

)

4 sin 2 x ¼ 1

)

sin 2 x ¼ 0;25

)

sin x ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffi 0;25 ¼ 0;5

Wir untersuchen zuna¨chst die Lo¨sungen dieser beiden einfachen trigonometrischen Gleichungen im Periodenintervall 0 x < 2 p . Sie entsprechen den Schnittstellen der Sinuskurve mit den beiden zur x-Achse parallelen Geraden y ¼ 0;5 bzw. y ¼ 0;5 (siehe Bild A-17). 2π – arcsin 0,5

y

Symmetrieachse π + arcsin 0,5 y = sin x

1 y = 0,5

A

B

Bild A-17

π

2π B*

y = – 0,5 –1

x

A*

arcsin 0,5 π – arcsin 0,5

sin x ¼ 0;5

Die Umkehrung dieser Gleichung im Intervall 0 x p liefert die Lo¨sung x ¼ arcsin 0;5 ¼ p = 6 (Punkt A), eine weitere Lo¨sung liegt spiegelsymmetrisch zur eingezeichneten Symmetrieachse an der Stelle x ¼ p arcsin 0;5 (Punkt B). Somit ergeben sich fu¨r die Gleichung sin x ¼ 0;5 insgesamt folgende Lo¨sungen (mit k 2 Z):

x 1 k ¼ arcsin 0;5 þ k 2 p ¼ p = 6 þ k 2 p p 5 þ k 2p ¼ p þ k 2p x 2 k ¼ ðp arcsin 0;5Þ ¼ p 6 6 Denn wegen der Periodizita¨t der Sinusfunktion wiederholen sich die Schnittstellen im Abstand von ganzzahligen Vielfachen der Periode p ¼ 2 p.


21

sin x ¼ 0;5

Die Lo¨sungen dieser Gleichung erhalten wir aus den Lo¨sungen der ersten Gleichung sin x ¼ 0;5 durch eine einfache Symmetriebetrachtung. Die im Periodenintervall 0 x < 2 p gelegenen Schnittstellen A * und B * liegen bezu¨glich der Nullstelle x ¼ p der Sinusfunktion punktsymmetrisch zu den Punkten A und B (siehe Bild A-17). Der Schnittpunkt B * liegt daher an der Stelle x ¼ p þ arcsin 0;5; der Schnittpunkt A * bei x ¼ 2 p arcsin 0;5.

Weitere Schnittstellen ergeben sich, wenn wir wiederum ganzzahlige Vielfache der Periode p ¼ 2 p addieren oder subtrahieren (mit k 2 Z): p 7 þ k 2p ¼ p þ k 2p x 3 k ¼ ðp þ arcsin 0;5Þ þ k 2 p ¼ p þ 6 6 p 11 x 4 k ¼ ð2 p arcsin 0;5Þ þ k 2 p ¼ 2 p þ k 2p ¼ p þ k 2p 6 6 Lo¨sungsmenge der Ausgangsgleichung (mit k 2 Z): x 1k ¼

p þ k 2p; 6

x 2k ¼

5 p þ k 2p; 6

x 3k ¼

7 p þ k 2p; 6

x 4k ¼

11 p þ k 2p 6

Bestimmen Sie sa¨mtliche Nullstellen der periodischen Funktion 1 1 p y ¼ 5 sin x 3 cos x 2 2 3 a) unter Verwendung des Additionstheorems der Kosinusfunktion,

A18

b) mit Hilfe des Zeigerdiagramms. Hinweis zu b): Fassen Sie die beiden Summanden als gleichfrequente (mechanische) Schwingungen auf ðx : Zeit; y: Auslenkung; Kreisfrequenz: w ¼ 1 = 2Þ und ersetzen Sie die beiden Einzelschwingungen durch eine resultierende Sinusschwingung gleicher Frequenz, deren Nullstellen dann leicht bestimmt werden ko¨nnen.

1 1 p y ¼ 0 ) 5 sin x 3 cos x ¼ 0 ) a) Nullstellen: 2 2 3 1 1 p p 1 x ¼ 3 cos x ) 5 sin u ¼ 3 cos u Substitution : u ¼ x 5 sin 2 2 6 6 2 |fflffl{zfflffl} |{z} u u Mit dem Additionstheorem der Kosinusfunktion ð! FSÞ erhalten wir: 5 sin u ¼ 3 cos ðu p = 6Þ ¼ 3 ½ cos u cos ðp = 6Þ þ sin u sin ðp = 6Þ ¼ ¼ 3 cos ðp = 6Þ cos u þ 3 sin ðp = 6Þ sin u ¼ 2;5981 cos u þ 1;5 sin u 3;5 sin u ¼ 2;5981 cos u j : 3;5 cos u

)

sin u 2;5981 ¼ cos u 3;5

)

)

tan u ¼ 0;7423

(unter Verwendung der trigonometrischen Beziehung tan u ¼ sin u = cos u) Die Lo¨sungen der Gleichung tan u ¼ 0;7423 entsprechen den Schnittstellen der Tangenskurve mit der zur u-Achse parallelen Geraden y ¼ 0;7423 und lassen sich aus Bild A-18 leicht ermitteln:

22

A Funktionen und Kurven y y = tan u y = 0,7423

A π –π

Bild A-18

π

2π

u

arctan 0,7423

Lo¨sung im Periodenintervall p = 2 < u < p = 2 (Punkt A in Bild A-18): u ¼ arctan 0;7423 ¼ 0;6386 Weitere Lo¨sungen liegen im Abstand von ganzzahligen Vielfachen der Periode p ¼ p : u k ¼ arctan 0;7423 þ k p ¼ 0;6386 þ k p

ðk 2 ZÞ

Durch Ru¨cksubstitution erhalten wir die gesuchten Nullstellen ðx ¼ 2 uÞ: x k ¼ 2 u k ¼ 2 ð0;6386 þ k pÞ ¼ 1;2772 þ k 2 p

ðk 2 ZÞ

b) Die gleichfrequenten Einzelschwingungen 1 1 p 1 p x und y 2 ¼ 3 cos x ¼ 3 cos x y 1 ¼ 5 sin 2 2 3 2 6 ergeben bei ungesto¨rter berlagerung eine gleichfrequente resultierende Schwingung in der Sinusform 1 y ¼ y 1 þ y 2 ¼ A sin x þj ðmit A > 0Þ 2 + cos

Zuna¨chst aber mu¨ssen wir die Kosinusschwingung y 2 in eine Sinusschwingung mit positiver Amplitude verwandeln. Dies geschieht besonders anschaulich mit Hilfe des Zeigerdiagramms (Bild A-19): Drehwinkel:

240 ¼ b

y 2 ¼ 3 cos

4 p 3

1 p x 2 6

¼ 3 sin

1 4 x þ p 2 3

240°

+ sin

3 · sin 3

30° – 3 · cos

Auf die Berechnung der Amplitude A ko¨nnen wir verzichten, da diese keinen Einfluss auf die Lage der Nullstellen hat.

y2

Bild A-19 Berechnung des Nullphasenwinkels j Mit A 1 ¼ 5; A 2 ¼ 3; j 1 ¼ 0 und j 2 ¼ 240 folgt dann: tan j ¼

A 1 sin j 1 þ A 2 sin j 2 5 sin 0 þ 3 sin 240 0 2;5981 ¼ ¼ ¼ 0;7423 A 1 cos j 1 þ A 2 cos j 2 5 cos 0 þ 3 cos 240 5 1;5

Aus dem Zeigerdiagramm entnehmen wir, dass der resultierende Zeiger im 4. Quadranten liegt (siehe Bild A-20). Somit gilt: tan j ¼ 0;7423

y1

5

)

f 3

j ¼ arctan ð 0;7423Þ ¼ 0;6386 y2

Bild A-20

30°

A y


23

y ¼ y 1 þ y 2 ¼ A sin

Resultierende Schwingung:

1 x 0;6386 2

ðmit A > 0Þ

Die Nullstellen der Funktion sin u liegen bekanntlich an den Stellen u k ¼ k p mit k 2 Z. Somit besitzt die resultierende Schwingung genau dort Nullstellen, wo ihr Argument u ¼ x = 2 0;6386 einen der Werte k p annimmt: 1 x k 0;6386 ¼ k p 2

1 x k ¼ 0;6386 þ k p 2

)

)

x k ¼ 1;2772 þ k 2 p

ðmit k 2 ZÞ

Das Weg-Zeit-Gesetz einer periodischen Bewegung laute wie folgt:

A19

s ðtÞ ¼ 2 sin 2 t cos t ;

t 0

(s: Auslenkung; t : Zeit). Zu welchen Zeiten hat die Auslenkung den Wert s ¼ 2?

Uns interessieren also die positiven Lo¨sungen der trigonometrischen Gleichung 2 sin 2 t cos t ¼ 2 : Umformung mit Hilfe des „trigonometrischen Pythagoras“ sin 2 t þ cos 2 t ¼ 1 fu¨hrt zu: 2 sin 2 t cos t ¼ 2

)

2 cos 2 t cos t ¼ 0

cos t ¼ 0

)

2 ð1 cos 2 tÞ cos t ¼ 2 )

)

cos t ð 2 cos t 1Þ ¼ 0

2 2 cos 2 t cos t ¼ 2 cos t ¼ 0 2 cos t 1 ¼ 0

Lösungen sind die positiven Nullstellen des Kosinus : t 1 k ¼

2 cos t 1 ¼ 0

oder

)

p þk p 2

ðk 2 NÞ

cos t ¼ 0;5

Die Lo¨sungen dieser Gleichung entsprechen den Schnittpunkten der Kosinuskurve mit der zur Zeitachse parallelen Geraden y ¼ 0;5 (Bild A-21): y 2π – arccos (– 0,5)

arccos (– 0,5) 1

y = cos t

Bild A-21

π A –1

2π B

3π

t

y = – 0,5

Symmetrieachse p = 2π

Im Periodenintervall 0 t < 2 p gibt es genau zwei Lo¨sungen (Punkte A und B). Die erste Lo¨sung (Punkt A) erhalten wir aus der Gleichung cos t ¼ 0;5 durch Umkehrung: t ¼ arccos ( 0;5). Die zweite Lo¨sung (Punkt B) liegt bezu¨glich der eingezeichneten Symmetrieachse spiegelsymmetrisch zur ersten Lo¨sung bei t ¼ 2 p arccos ( 0;5). Wegen der Periodizita¨t der Kosinusfunktion liegen weitere Lo¨sungen rechts der Punkte A bzw. B im Abstand jeweils ganzzahliger Vielfacher der Periode p ¼ 2 p. Damit ergeben sich insgesamt folgende Lo¨sungen (zu diesen Zeitpunkten hat die Auslenkung jeweils den Wert s ¼ 2 ; k 2 N): 2 p þ k 2p 3 2 4 p þ k 2p ¼ p þ k 2p ¼ ð2 p arccos ð 0;5ÞÞ þ k 2 p ¼ 2 p 3 3

t 1 k ¼ arccos ð 0;5Þ þ k 2 p ¼ t 2k

24


Bestimmen Sie auf elementarem Wege die Nullstellen und relativen Extremwerte der Funktion pffiffiffi y ¼ sin x þ 3 cos x .

A20

Hinweis: Bringen Sie die Funktion zuna¨chst auf die Sinusform y ¼ A sin ðx þ jÞ mit A > 0 und 0 j < 2 p .

Wir fassen die Funktionsgleichung als eine harmonische Schwingung auf, die durch ungesto¨rte berlagerung zweier gleichfrequenter Schwingungen entstanden ist (Periode: p ¼ 2 p ; Winkelgeschwindigkeit: w ¼ 1). Aus dem Zeigerdiagramm ko¨nnen wir die „Amplitude“ A und den „Nullphasenwinkel“ j leicht berechnen“ (siehe Bild A-22): y 1 ¼ 1 sin x pffiffiffi y 2 ¼ 3 cos x

+ cos y

y2

y ¼ y 1 þ y 2 ¼ A sin ðx þ jÞ Satz des Pythagoras (im grau unterlegten Dreieck): pffiffiffi pffiffiffi A2 ¼ 12 þ ð 3Þ2 ¼ 1 þ 3 ¼ 4 ) A ¼ 4 ¼ 2 pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 3 tan j ¼ ¼ 3 ) j ¼ arctan 3 ¼ 60 ¼ b p=3 1 pffiffiffi y ¼ y 1 þ y 2 ¼ sin x þ 3 cos x ¼ 2 sin ðx þ p = 3Þ

A

3

3

f

+ sin 1

y1

Bild A-22

Die Resultierende ist also eine um p = 3 nach links verschobene Sinuskurve mit der „Amplitude“ A ¼ 2 und der Periode p ¼ 2 p (siehe Bild A-23) y Max

Max

2

7· π – 3

π 6

π π 2· 3 6

Bild A-23 π 5· 3

x

–2 Min

Min

p = 2π

Die Lage der Nullstellen und relativen Extremwerte la¨sst sich unmittelbar ablesen ðk 2 ZÞ: Nullstellen: x 1 k ¼ p = 3 þ k p Relative Maxima:

x 2k ¼ p = 6 þ k 2 p ;

Relative Minima:

x 3k ¼

7 p þ k 2p; 6

y 2k ¼ 2 y 3k ¼ 2


25

berlagerung gleichfrequenter Wechselspannungen Wie groß ist der Scheitelwert u 0 und der Nullphasenwinkel j einer Wechselspannung, die durch ungesto¨rte berlagerung der gleichfrequenten Wechselspannungen u 1 ðtÞ ¼ 100 V sin ðw t p = 6Þ

A21

und u 2 ðtÞ ¼ 200 V cos ðw t p = 4Þ

mit w ¼ 100 s 1 entsteht? a) Zeichnerische Lo¨sung im Zeigerdiagramm. b) Rechnerische Lo¨sung. Hinweis: Verwenden Sie den Lo¨sungsansatz u ðtÞ ¼ u 1 ðtÞ þ u 2 ðtÞ ¼ u 0 sin ðw t þ jÞ mit

u0 > 0

und

0 j < 2 p.

a) Zeigerdiagramm: Bild A-24 u2

+ cos

abgelesene Werte: u 0 246 V

0

20

45°

u

V

f 30°

10

j 22

u0

+ sin

0V u1

Bild A-24 b) Die kosinusfo¨rmige Wechselspannung u 2 ðtÞ bringen wir zuna¨chst mit Hilfe des Zeigerdiagramms (Bild A-24) auf die Sinusform (Drehung des entsprechenden Sinuszeigers aus der unverschobenen Position um 45 ¼ b p = 4): u 2 ðtÞ ¼ 200 V cos ðw t p = 4Þ ¼ 200 V sin ðw t þ p = 4Þ Berechnung von Scheitelwert u 0 und Nullphasenwinkel j Somit gilt:

u 01 ¼ 100 V ;

u 02 ¼ 200 V ;

j1 ¼ p=6 ¼ b 30 ;

j2 ¼ p=4 ¼ b 45

u 20 ¼ u 201 þ u 202 þ 2 u 01 u 02 cos ðj 2 j 1 Þ ¼ ¼ ð100 VÞ 2 þ ð200 VÞ 2 þ 2 ð100 VÞ ð200 VÞ cos ð45 þ 30 Þ ¼ |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} 75 ¼ ð10 000 þ 40 000 þ 10 352;76Þ V 2 ¼ 60 352;76 V 2 tan j ¼ ¼

)

u 0 ¼ 245;67 V

u 01 sin j 1 þ u 02 sin j 2 ð100 VÞ sin ð 30 Þ þ ð200 VÞ sin 45 ¼ ¼ ð100 VÞ cos ð 30 Þ þ ð200 VÞ cos 45 u 01 cos j 1 þ u 02 cos j 2 ð 50 þ 141;4214Þ V 91;4214 ¼ 0;4009 ¼ ð86;6025 þ 141;4214Þ V 228;0239

Da der gesuchte Nullphasenwinkel j im 1. Quadranten liegt (siehe Zeigerdiagramm, Bild A-24), gilt: j ¼ arctan 0;4009 ¼ 21;85 ¼ b 0;3813 Ergebnis: u ðtÞ ¼ u 1 ðtÞ þ u 2 ðtÞ ¼ 245;67 V sin ðw t þ 0;3813Þ

ðmit w ¼ 100 s 1 Þ

26


Superposition geda¨mpfter Schwingungen Die geda¨mpfte mechanische Schwingung mit der Funktionsgleichung y ðtÞ ¼ 5 cm e 0;1 t = s ½ 2 sin ð2 s 1 tÞ þ 3 cos ð2 s 1 tÞ ;

A22

t 0

kann als berlagerung zweier gleichfrequenter geda¨mpfter Schwingungen aufgefasst werden. Bringen Sie diese Schwingung mit Hilfe des Zeigerdiagramms auf die „Sinusform“ y ðtÞ ¼ A e 0;1 t = s sin ð2 s 1 t þ jÞ ;

t 0

mit A > 0 und 0 j < 2 p.

Aus der Gleichung 5 cm e 0;1 t = s ½ 2 sin ð2 s 1 tÞ þ 3 cos ð2 s 1 tÞ ¼ A e 0;1 t = s sin ð2 s 1 t þ jÞ folgt unmittelbar durch Ku¨rzen der e-Funktion: 5 cm ½ 2 sin ð2 s 1 tÞ þ 3 cos ð2 s 1 tÞ ¼ 10 cm sin ð2 s 1 tÞ þ 15 cm cos ð2 s 1 tÞ ¼ ¼ A sin ð2 s 1 t þ jÞ Die beiden gleichfrequenten ungeda¨mpften Einzelschwingungen x 1 ðtÞ ¼ 10 cm sin ð2 s 1 tÞ

und x 2 ðtÞ ¼ 15 cm cos ð2 s 1 tÞ

ko¨nnen durch die resultierende Sinusschwingung x ðtÞ ¼ x 1 ðtÞ þ x 2 ðtÞ ¼ A sin ð2 s 1 t þ jÞ ersetzt werden, deren Amplitude A und Nullphasenwinkel j sich wie folgt aus dem Zeigerdiagramm berechnen lassen (Bild A-25): Satz des Pythagoras (im grau unterlegten Dreieck): A 2 ¼ ð10 cmÞ 2 þ ð15 cmÞ 2 ¼ ð100 þ 225Þ cm 2 ¼ 325 cm 2 pffiffiffiffiffiffiffiffi A ¼ 325 cm ¼ 18;03 cm tan j ¼

15 cm ¼ 1;5 10 cm

)

+ cos 10 cm

x

x2

j ¼ arctan 1;5 ¼ 56;31 ¼ b 0;983

A

15 cm

15 cm

Somit gilt: x ðtÞ ¼ x 1 ðtÞ þ x 2 ðtÞ ¼ 18;03 cm sin ð2 s 1 t þ 0;983Þ ;

t 0

f

+ sin 10 cm

Darstellung der geda¨mpften Schwingung in der Sinusform: y ðtÞ ¼ e 0;1 t = s x ðtÞ ¼ e 0;1 t = s 18;03 cm sin ð2 s 1 t þ 0;983Þ ¼ ¼ 18;03 cm e 0;1 t = s sin ð2 s 1 t þ 0;983Þ

Bild A-25

x1


27

Zu¨nd- und Lo¨schspannung einer Glimmlampe Eine Glimmlampe liegt an der Wechselspannung u ðtÞ ¼ 360 V sin ð100 p s 1 tÞ ;

A23

t 0s

Sie beginnt zu leuchten, wenn die Zu¨ndspannung u Z ¼ 180 V erreicht wird und sie erlischt bei Unterschreitung der Lo¨schspannung u L ¼ 90 V. Wie lange leuchtet sie (bezogen auf eine Periode der angelegten Wechselspannung)?

Wir fu¨hren folgende Bezeichnungen ein (siehe hierzu Bild A-26): t 1:

Die Lampe beginnt zu dieser Zeit erstmals zu leuchten, d. h. u ðt 1 Þ ¼ 180 V

t 2:

Die Lampe erlischt erstmals, d. h. u ðt 2 Þ ¼ 90 V

t 3:

Die Lampe beginnt wieder zu leuchten, d. h. u ðt 3 Þ ¼ 180 V

t 4:

Die Lampe erlischt wieder, d. h. u ðt 4 Þ ¼ 90 V

t *:

Die Spannung an der Lampe erreicht erstmals den Wert 90 V, d. h. u ð t *Þ ¼ 90 V. U /V

360

180 0,01

90

– 90

t3 t* t1

t4

t2

Bild A-26 0,02

t /s

– 180

– 360

Sie leuchtet also in den beiden (wegen der Symmetrie der Sinuskurve) gleichlangen Zeitintervallen t 1 t t 2 und t 3 t t 4 , insgesamt also wa¨hrend der Zeit D t ¼ 2 ðt 2 t 1 Þ (innerhalb einer Periode der angelegten Wechselspannung). Berechnung der Zeitpunkte t1 und t2 w ¼ 100 p s 1

Kreisfrequenz der Wechselspannung:

Periode (Schwingungsdauer) der Wechselspannung: T ¼ Zeitpunkt t 1 :

u ðt 1 Þ ¼ 180 V

2p 2p ¼ 0;02 s ¼ w 100 p s 1

)

360 V sin ð100 p s 1 t 1 Þ ¼ 180 V j : 360 V |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} x

)

sin x ¼ 0;5

)

t1 ¼

Durch Umkehrung und anschließende Ru¨cksubstitution folgt: x ¼ arcsin 0;5 ¼ Zeitpunkt t 2 :

p 6

)

u ðt 2 Þ ¼ 90 V

100 p s 1 t 1 ¼

p 6

1 s ¼ 0;001 667 s 600

)

360 V sin ð100 p s 1 t 2 Þ ¼ 90 V j : 360 V |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} y

)

sin y ¼ 0;25

28


Beim Auflo¨sen dieser Gleichung mu¨ssen wir beachten, dass die Lo¨schspannung von 90 V erstmals bereits zum fru¨heren Zeitpunkt t * < t 1 erreicht wird (siehe Bild A-26). Diesen Zeitpunkt t * erhalten wir wie folgt durch Umkehrung der Gleichung sin y * ¼ 0;25 und anschließender Ru¨cksubstitution: sin y * ¼ 0;25

)

y * ¼ arcsin 0;25 ¼ 0;252 68

100 p s 1 t * ¼ 0;252 68

)

)

t * ¼ 0;000 804 s

Aus Bild A-26 entnehmen wir dann fu¨r den gesuchten Zeitpunkt t 2 : t 2 ¼ 0;01 s t * ¼ ð0;01 0;000 804Þ s ¼ 0;009 196 s „Leuchtintervall“ D t == 2 (t 2 — t 1 ) D t ¼ 2 ðt 2 t 1 Þ ¼ 2 ð0;009 196 0;001 667Þ s ¼ 0;015 058 s Im Verha¨ltnis zur Periode T der angelegten Wechselspannung: Dt 0;015 058 s ¼ ¼ 0;752 9 75;3 % T 0;02 s Die Glimmlampe leuchtet also wa¨hrend einer Periode zu rund 3 = 4 dieser Zeit.

a) Wie lauten die Gleichungen der in Bild A-27 durch Zeiger

+ cos y1 cm

dargestellten gleichfrequenten Schwingungen (Kreisfrequenz: 5

w; t 0 s)? b) Bestimmen Sie zeichnerisch die durch ungesto¨rte Super-

A24

45°

+ sin

15° 5 cm

position erzeugte resultierende Schwingung.

y2

c) Wie lautet die Gleichung der resultierenden Schwingung

Bild A-27

(elementare Berechnung ohne fertige Formeln). Hinweis: Alle Schwingungen sind in der Sinusform mit positiver Amplitude anzugeben.

a) Zeiger y 1 :

A 1 ¼ 5 cm ;

j 1 ¼ 45 ¼ b p=4

)

y 1 ¼ 5 cm sin ðw t þ p = 4Þ ;

Zeiger y 2 :

A 2 ¼ 5 cm ;

j 2 15 ¼ b p = 12

)

y 2 ¼ 5 cm sin ðw t p = 12Þ ;

b) Zeigerdiagramm: siehe Bild A-28 + cos

abgelesene Werte:

y1

cm 5 45°

A 8;7 cm

y

A

j 15

f

+ sin

15° 5 cm y2

Bild A-28 c) Darstellung der resultierenden Schwingung in der Sinusform: y ¼ y 1 þ y 2 ¼ A sin ðw t þ jÞ

ðmit A > 0 und t 0Þ

t 0s t 0s


29

Das Parallelogramm ist eine Raute (Rhombus) mit der Seitenla¨nge 5 cm und Innenwinkeln von 60 und 120 (siehe Bild A-29). Da die Diagonalen einer Raute bekanntlich die Innenwinkel halbieren, muss der gesuchte Phasenwinkel j ¼ 15 ¼ b p = 12 betragen. Die Berechnung der Amplitude A erfolgt aus dem in Bild A-29 grau unterlegten gleichschenkligen Dreieck mit Hilfe des Kosinussatzes (! FS): A 2 ¼ ð5 cmÞ 2 þ ð5 cmÞ 2 2 ð5 cmÞ ð5 cm Þ cos 120 ¼ pffiffiffiffiffi ¼ ð25 þ 25 þ 25Þ cm 2 ¼ 75 cm 2 ) A ¼ 75 cm ¼ 8;66 cm

5

cm

5 cm

60° cm

A

60°

t 0s

5

Ergebnis: y ¼ y 1 þ y 2 ¼ 8;66 cm sin ðw t þ p = 12Þ ;

120°

5 cm

120°

Bild A-29

Gegeben sind die gleichfrequenten Sinusschwingungen mit den Gleichungen y 1 ¼ 5 cm sin ð2 s 1 t þ p = 3Þ und y 2 ¼ A 2 cos ð2 s 1 t þ 4 p = 3Þ

A25

ðt 0 sÞ. Bestimmen Sie (zeichnerisch und rechnerisch) die Amplitude A 2 > 0 so, dass die durch Superposition entstandene resultierende Schwingung zu einem unverschobenen Sinuszeiger mit positiver Amplitude A fu¨hrt. Wie groß ist A?

Fu¨r die resultierende Schwingung gilt also ðj ¼ 0Þ: y ¼ y 1 þ y 2 ¼ 5 cm sin ð2 s 1 t þ p = 3Þ þ A 2 cos ð2 s 1 t þ 4 p = 3Þ ¼ A sin ð2 s 1 tÞ Zeigerdiagramm: siehe Bild A-30 + cos

abgelesene Werte:

y1 A2

5c m

240°

A 10 cm A 2 8;7 cm

60° y

+ sin

5c m

A A2 y2

Bild A-30

Berechnung der Amplituden A 2 und A Aus dem Zeigerdiagramm entnehmen wir: die Zeiger y 1 und y 2 stehen senkrecht aufeinander, das Parallelogramm ist somit ein Rechteck und wir ko¨nnen daher auf fertige Berechnungsformeln verzichten. Aus dem grau unterlegten rechtwinkligen Dreieck folgt dann: tan 60 ¼

A2 5 cm

)

A 2 ¼ 5 cm tan 60 ¼ 8;66 cm

cos 60 ¼

5 cm A

)

A ¼

Resultierende Schwingung:

5 cm ¼ 10 cm cos 60

y ¼ y 1 þ y 2 ¼ 10 cm sin ð2 s 1 tÞ ;

t 0s

30


berlagerung sinusfo¨rmiger Wechselstro¨me Wie lauten die Funktionsgleichungen der in Bild A-31 dargestellten Wechselstro¨me? Durch welche Gleichung la¨sst sich der Gesamtstrom beschreiben, der durch ungesto¨rte berlagerung der beiden Einzelstro¨me entsteht? Hinweis: Sa¨mtliche Stro¨me sind in der Sinusform i ðtÞ ¼ i 0 sin ðw t þ jÞ anzugeben mit i 0 > 0 und 0 j < 2 p .

A26

i /A i1

6

i2

4

π 4

π 2

3π 4

π

Bild A-31

5π 4

t /s

–4 –6

Wechselstrom i 1 (t) == i 01 sin (w 1 t + j 1 ) Scheitelwert: i 01 ¼ 6 A ; Nullphasenwinkel: j 1 ¼ 0 ; Schwingungsdauer: T 1 ¼ p s Kreisfrequenz: w 1 ¼

2p 2p ¼ ¼ 2 s 1 ps T1

Somit gilt: i 1 ðtÞ ¼ i 01 sin ðw 1 t þ j 1 Þ ¼ 6 A sin ð2 s 1 tÞ ;

t 0s

Wechselstrom i 2 (t) == i 02 sin (w 2 t + j 2 ) Scheitelwert: i 02 ¼ 4 A ; Schwingungsdauer: T 2 ¼ p s ; Kreisfrequenz: w 2 ¼

2p 2p ¼ ¼ 2 s 1 ps T2

Die Sinuskurve i 2 ðtÞ ¼ i 02 sin ðw 2 t þ j 2 Þ ¼ 4 A sin ð2 s 1 t þ j 2 Þ ist auf der Zeitachse um t 0 ¼ p = 4 s nach rechts verschoben. Daraus la¨sst sich der Nullphasenwinkel j 2 wie folgt bestimmen: p p 1 s þ j 2 ¼ 4 A sin þ j2 ¼ 0 j : 4 A ) i 2 ðt 0 ¼ p = 4 sÞ ¼ 0 ) 4 A sin 2 s 4 2 p p p sin þ j2 ¼ 0 ) þ j2 ¼ 0 ) j2 ¼ 2 2 2 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} 0 Somit gilt: i 2 ðtÞ ¼ 4 A sin ð2 s 1 t p = 2Þ ;

t 0s


31

berlagerung der Teilstro¨me i 1 (t) und i 2 (t) Da die Teilstro¨me gleiche Schwingungsdauer und damit gleiche Kreisfrequenz haben ðw 1 ¼ w 2 ¼ 2 s 1 Þ, entsteht bei der berlagerung ebenfalls ein Wechselstrom der Kreisfrequenz w ¼ 2 s 1 : i ðtÞ ¼ i 1 ðtÞ þ i 2 ðtÞ ¼ 6 A sin ð2 s 1 tÞ þ 4 A sin ð2 s 1 t p = 2Þ ¼ i 0 sin ð2 s 1 t þ jÞ Die Berechnung des Scheitelwertes i 0 und des Nullphasenwinkels j erfolgt anhand des Zeigerdiagramms (Bild A-32). Die Zeiger der beiden Teilstro¨me stehen aufeinander senkrecht, das Parallelogramm ist somit ein Rechteck. i 0 und j lassen sich daher elementar wie folgt berechnen: + cos

Satz des Pythagoras (im grau unterlegten Dreieck):

6A

i1

a

i 20 ¼ ð4 AÞ 2 þ ð6 AÞ 2 ¼ ð16 þ 36Þ A 2 ¼ 52 A 2 pffiffiffiffiffi i 0 ¼ 52 A ¼ 7;211 A

4A

i0

+ sin 4A

i i2 6A

Phasenwinkel:

j ¼ 2p a 4A

2 ¼ tan a ¼ 3 6A

Bild A-32 2 a ¼ arctan ¼ 0;588 3

)

)

j ¼ 2 p a ¼ 2 p 0;588 ¼ 5;695

Ergebnis: i ðtÞ ¼ i 1 ðtÞ þ i 2 ðtÞ ¼ 7;211 A sin ð2 s 1 t þ 0;5695Þ ;

t 0s

Zentrifugalkraftregler Bild A-33 zeigt den prinzipiellen Aufbau eines Zentrifugalkraftreglers. An den (als masselos angenommenen) Armen der La¨nge 2a ha¨ngt jeweils eine punktfo¨rmige Masse m, die mit der Winkelgeschwindigkeit w um die eingezeichnete Drehachse rotiert. Zwischen dem Winkel j, unter dem sich infolge der Zentrifugalkra¨fte die Arme gegenu¨ber der Achse einstellen, und der Winkelgeschwindigkeit w besteht dabei der folgende Zusammenhang: cos j ¼

g 2aw2

ðg : ErdbeschleunigungÞ

a) Zeigen Sie, dass zum Abheben der Arme eine Mindestwinkelgeschwindigkeit w 0 no¨tig ist. b) Skizzieren Sie die Abha¨ngigkeit des Winkels j von der Winkelgeschwindigkeit w. Welcher maximale Winkel j max ist mo¨glich? Drehachse v

a

ff a

a

a

A27

a

a

m

m r

f

r G

Bild A-33

FZ Fr

~: G

Gewichtskraft

~Z : F

Zentrifugalkraft

~r : F

Resultierende Kraft

32


a) Der kleinstmo¨gliche Winkel ist j ¼ 0 . Zu ihm geho¨rt der Mindestwert w 0 der Winkelgeschwindigkeit: rffiffiffiffiffiffiffi g g g 2 ¼ 1 ) w ¼ ¼ cos 0 ¼ ) w 0 0 |fflffl{zfflffl} 2 a w 20 2a 2a 1 b) Wir lo¨sen die Gleichung cos j ¼

g nach j auf und erhalten die gesuchte Beziehung zwischen j und w 2aw2

in Form einer Arkusfunktion: 2 2 g g=2a w0 w0 ; ¼ arccos ¼ arccos ¼ arccos j ¼ arccos w2 w 2aw2 w2

w w0

Kurvenverlauf: siehe Bild A-34 Wertetabelle: Wir setzen x ¼ w = w 0 und berechnen einige Werte der Funktion 2 w0 1 ¼ arccos ¼ arccos ð1 = x 2 Þ ; x 1 j ¼ arccos ðw = w 0 Þ 2 w x

j

1 1;2 1;4 1;6 1;8 2 2;5 3 4 5 10

0 46 59;3 67;0 72;0 75;5 80;8 83;6 86;4 87;7 89;4

f

90° 60° 30° 1

2

3

4

5

6

7

v /v 0

Bild A-34

Der gro¨ßtmo¨gliche Winkel ist j max ¼ 90 (waagerechte Arme!), er wird bei unendlich hoher Winkelgeschwindigkeit erreicht (w ! 1 und somit auch x ! 1): 2 w0 ¼ lim arccos ð1 = x 2 Þ ¼ arccos 0 ¼ 90 j max ¼ lim arccos w!1 x!1 w

4 Exponential- und Logarithmusfunktionen

33

4 Exponential- und Logarithmusfunktionen Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel III.11 und 12 Formelsammlung: Kapitel III.9 und 10

Zeigen Sie: Die Funktion y ¼ 3 2 3 x þ 1 5 3 x 1 ;

A28

1 < x < 1 ist umkehrbar. Wie lautet die

Umkehrfunktion?

Zuna¨chst bringen wir die Funktion auf eine „gu¨nstigere“ Form: 6 ð2 5Þ 3 x ¼ 1;2 10 3 x y ¼ 3 2 3xþ1 5 3x1 ¼ 3 2 3x 2 1 5 3x 5 1 ¼ 3 2 5 1 2 3x 5 3x ¼ |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} 5 2 3x 2 1

Rechenregeln:

5 3x 5 1

ð2 5Þ 3 x

a mþn ¼ a m a n ;

a n b n ¼ ða bÞ n

Es handelt sich also um eine streng monoton wachsende Exponentialfunktion, die bekanntlich umkehrbar ist. Wir lo¨sen die Funktionsgleichung nun nach x auf, in dem wir beide Seiten logarithmieren (Zehnerlogarithmus verwenden): y ¼ 1;2 10 3 x j lg

)

lg y ¼ lg ð1;2 10 3 x Þ ¼ lg 1;2 þ lg 10 3 x ¼ lg 1;2 þ 3 x lg 10 ¼ lg 1;2 þ 3 x 3 x ¼ lg y lg 1;2 j : 3

)

1 1 1 lg y lg 1;2 ¼ lg y 0;0264 3 3 3

x ¼

Rechenregeln: lg ða bÞ ¼ lg a þ lg b ;

)

lg a n ¼ n lg a ;

lg 10 ¼ 1

Durch Vertauschen der beiden Variablen erhalten wir schließlich die gesuchte Umkehrfunktion: y ¼

1 lg x 0;0264 ; 3

x > 0

Aufladen eines Kondensators Beim Aufladen eines Kondensators steigt die Kondensatorspannung u im Laufe der Zeit t nach dem Exponentialgesetz

A29

u ðtÞ ¼ 100 V ð1 e t = t Þ ;

t 0s

ðt > 0: Zeitkonstante, noch unbekanntÞ. a) Bestimmen Sie die Zeitkonstante t aus dem Messwert u ðt ¼ 2 sÞ ¼ 80 V: b) Welchen Endwert u E erreicht die am Kondensator liegende Spannung? Nach welcher Zeit wird der halbe Endwert erreicht? Skizzieren Sie den Spannungsverlauf am Kondensator. c) Berechnen Sie die Kondensatorspannung zum Zeitpunkt t ¼ 5 s:

34


a) u ðt ¼ 2 sÞ ¼ 80 V

)

100 V ð1 e 2 s = t Þ ¼ 80 V j : 100 V ln 0;2 ¼ ln e 2 s = t ¼

2s t

)

t ¼

1 e 2 s = t ¼ 0;8

)

)

0;2 ¼ e 2 s = t j ln

)

2 s ¼ 1;242 67 s ln 0;2

Rechenregel: ln e n ¼ n b) Der Endwert u E wird erst nach unendlich langer Zeit, d. h. fu¨r t ! 1 erreicht. Er betra¨gt: u E ¼ lim u ðtÞ ¼ lim 100 V ð1 e t = 1;242 67 s Þ ¼ 100 V t!1

t!1

(die streng monoton fallende e-Funktion verschwindet fu¨r t ! 1). Der halbe Endwert, also u ¼ 50 V, wird zum Zeitpunkt t ¼ T erreicht: u ðt ¼ TÞ ¼ 50 V

)

100 V ð1 e T = 1;242 67 s Þ ¼ 50 V j : 100 V 0;5 ¼ e T = 1;242 67 s j ln

)

1 e T = 1;242 67 s ¼ 0;5 T 1;242 67 s

ln 0;5 ¼ ln e T = 1;242 67 s ¼

)

)

)

T ¼ ð 1;242 67 sÞ ln 0;5 ¼ 0;8614 s Rechenregel: ln e n ¼ n Spannungsverlauf: siehe Bild A-35

u /V

u ðtÞ ¼ 100 V ð1 e t = 1;242 67 s Þ ¼ ¼ 100 V ð1 e 0;804 72 s

1

t

100 80

Þ

60

ðfu¨r t 0 sÞ

40

c) u ðt ¼ 5 sÞ ¼ 100 V ð1 e 0;804 72 s

1

5s

20

Þ ¼

¼ 100 V ð1 e 4;023 60 Þ ¼ 98;21 V

1

2

3

4

5

6

7

t /s

Bild A-35

A30

Zeigen Sie, dass fu¨r jedes x 1 gilt: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ln ðx þ x 2 1 Þ þ ln ðx x 2 1 Þ ¼ 0 :

Wir formen zuna¨chst die Gleichung wie folgt um: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ln ðx þ x 2 1 Þ ¼ ln ðx x 2 1 Þ ¼ 1 ln ðx x 2 1 Þ ¼ ln ðx x 2 1 Þ 1 ðRechenregel: n ln a ¼ ln a n Þ. Durch Entlogarithmieren folgt weiter: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 2 2 ) x þ x 2 1 ¼ ðx x 2 1 Þ 1 ) e ln ðx þ x 1 Þ ¼ e ln ðx x 1 Þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 x þ x2 1 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ðx x 2 1 Þ ) ðx þ x 2 1 Þ ðx x 2 1 Þ ¼ 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} x x2 1 3. Binom: ða þ bÞ ða bÞ ¼ a 2 b 2

x 2 ðx 2 1Þ ¼ 1 Rechenregel: ln a ¼ ln b

) )

x2 x2 þ 1 ¼ 1 e ln a ¼ e ln b

)

)

1 ¼ 1

a ¼ b

Damit ist die vorgegebene Beziehung fu¨r jedes x 1 bewiesen.

(Entlogarithmierung)

)


35

Abku¨hlungsgesetz von Newton Ein Ko¨rper besitzt zurzeit t ¼ 0 die Temperatur T 0 ¼ 30 C und wird dann durch einen Luftstrom der konstanten Temperatur T L ¼ 20 C geku¨hlt, wobei T ðtÞ ¼ ðT 0 T L Þ e k t þ T L ;

A31

t 0

gilt ðT ðtÞ: Ko¨rpertemperatur zum Zeitpunkt t; k > 0: Konstante). a) Nach 5 min betra¨gt die Ko¨rpertemperatur 28 C. Bestimmen Sie aus diesem Messwert die Konstante k. b) Welche Temperatur besitzt der Ko¨rper nach 60 min? c) Wann ist der Abku¨hlungsprozess beendet, welche Temperatur T E besitzt dann der Ko¨rper? Skizzieren Sie den Temperaturverlauf.

Das Abku¨hlungsgesetz lautet fu¨r die vorgegebenen Werte wie folgt: T ðtÞ ¼ ð30 C 20 CÞ e k t þ 20 C ¼ 10 C e k t þ 20 C ; a) T ðt ¼ 5 minÞ ¼ 28 C

t 0 min

)

10 C e ð5 minÞ k þ 20 C ¼ 28 C

)

ln e ð5 minÞ k ¼ ð5 minÞ k ¼ ln 0;8

10

)

C e ð 5 minÞ k ¼ 8

k ¼

C j : 10 C

e ð5 minÞ k ¼ 0;8 j ln

)

)

ln 0;8 ¼ 0;044 63 min 1 5 min

Rechenregel: ln e n ¼ n b) T ðtÞ ¼ 10 C e 0;044 63 min

1

t

þ 20 C ;

T ðt ¼ 60 minÞ ¼ 10 C e 0;044 63 min

1

t 0 min

60 min

þ 20 C ¼

¼ 10 C e 2;677 8 þ 20 C ¼ 0;687 C þ 20 C ¼ 20;687 C c) Der Abku¨hlungsprozess ist (theoretisch) erst nach unendlich langer Zeit beendet ðt ! 1Þ. Der Ko¨rper hat dann die Temperatur der Luft angenommen: T E ¼ lim T ðtÞ ¼ lim ½ 10 C e 0;044 63 min t!1

t!1

1

t

þ 20 C ¼ 20 C ¼ T L

(die streng monoton fallende e-Funktion verschwindet fu¨r t ! 1) Aus physikalischer Sicht: Der Abku¨hlungsprozess ist beendet, wenn (auf Grund gleicher Temperaturen) kein Wa¨rmeaustausch mehr stattfindet (Ko¨rpertemperatur ¼ Lufttemperatur). Temperaturverlauf: siehe Bild A-36 T ðtÞ ¼ 10 C e 0;044 63 min (fu¨r t 0 min)

1

t

T /°C

þ 20 C 30 25 20 15 10 5 10

Bild A-36

20

30

40

50

60

t /min

36


Fallschirmspringer Beim Fallschirmspringen gilt unter der Annahme, dass der Luftwiderstand R der Fallgeschwindigkeit v proportional ist ðR v , d. h. R ¼ c vÞ, das folgende Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz: v ðtÞ ¼

A32

mg ð1 e ðc = mÞ t Þ ; c

t 0

(m: Masse des Fallschirmspringers incl. Fallschirm; g: Erdbeschleunigung; c > 0: Reibungsfaktor, abha¨ngig von den aüßeren Umweltbedingungen). a) Welche Endgeschwindigkeit v E erreicht der Fallschirmspringer? Annahme: Der Sprung erfolgt aus großer Ho¨he, der Fallschirmspringer ist also lange unterwegs. b) Skizzieren Sie das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz. c) Nach welcher Zeit t wird die halbe Endgeschwindigkeit erreicht?

Wir setzen im Exponenten c = m ¼ a und beachten dabei, dass a > 0 ist: v ðtÞ ¼

mg mg ð1 e ðc = mÞ t Þ ¼ ð1 e a t Þ ; c c

t 0

a) Die streng monoton fallende e-Funktion besitzt fu¨r große Fallzeiten vernachla¨ssigbar kleine Werte. Bei (theoretisch) unendlich langer Fallzeit ðt ! 1Þ erreicht der Fallschirmspringer folgende Endgeschwindigkeit: v E ¼ lim v ðtÞ ¼ lim t!1

t!1

mg mg ð1 e a t Þ ¼ c c

Dieses Ergebnis ist physikalisch gesehen einleuchtend: Die Endgeschwindigkeit v E wird erreicht, wenn der Fallschirmspringer kra¨ftefrei fa¨llt. Dies aber ist genau dann der Fall, wenn Gewicht G ¼ m g und der entgegen wirkende Luftwiderstand R ¼ c v sich gerade kompensieren: G ¼ R

)

mg ¼ cvE

)

vE ¼ mg=c

b) Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz in „neuer Schreibweise“ (siehe Bild A-37): v ðtÞ ¼ v E ð1 e a t Þ ;

v

t 0

vE

ðmit v E ¼ m g = c und a ¼ c = mÞ

1 v 2 E

Bild A-37 1 c) v ðt ¼ tÞ ¼ vE 2

)

1 1 1 ) e at ¼ j ln ) v E ) 1 e at ¼ 2 2 2 1 ln 2 m ln e a t ¼ a t ¼ ln ¼ ln 1 ln 2 ¼ ln 2 ) t ¼ ¼ ðln 2Þ a c 2 a Rechenregeln: ln e n ¼ n ; ln ¼ ln a ln b ; ln 1 ¼ 0 b v E ð1 e a t Þ ¼

t

t


Gaußsche Glockenkurve:

A33

37

y ¼ a e b ðx cÞ ; 2

1 < x < 1

Bestimmen Sie die Kurvenparameter a; b > 0 und c so, daß das Maximum an der Stelle x ¼ 10 angenommen wird und die Punkte A ¼ ð5 ; 8Þ und B ¼ ð12 ; 10Þ auf der Kurve liegen. Skizzieren Sie den Kurvenverlauf.

Das Maximum wird an der Stelle x ¼ c angenommen ðx ¼ c ist Symmetrieachse, die Kurve fa¨llt auf beiden Seiten gleichma¨ßig streng monoton gegen Null abÞ. Somit ist c ¼ 10. Berechnung der Kurvenparameter a und b A ¼ ð5 ; 8Þ

)

y ðx ¼ 5Þ ¼ 8

)

ðIÞ

a e b ð5 10Þ ¼ a e 25 b ¼ 8

B ¼ ð12 ; 10Þ

)

y ðx ¼ 12Þ ¼ 10

)

ðIIÞ

a e b ð12 10Þ ¼ a 4 b ¼ 10

2

2

Wir dividieren Gleichung (I) durch Gleichung (II) (linke Seite durch linke Seite, rechte Seite durch rechte Seite), dabei ku¨rzt sich der Faktor a heraus: a e 25 b 8 ¼ 4 b ae 10 21 b ¼ ln 0;8

) )

e 21 b ¼ 0;8 j ln b ¼

am ¼ a mn ; an

Rechenregeln:

)

ln e 21 b ¼ ln 0;8

)

ln 0;8 ¼ 0;010 626 21

ln e n ¼ n

Diesen Wert setzen wir fu¨r b in Gleichung (II) ein: ðIIÞ

)

a e 4 0;010 626 ¼ a e 0;042 504 ¼ a 0;958 387 ¼ 10

Gaußsche Glockenkurve: y ¼ 10;4342 e

)

a ¼ 10;4342

y

0;010 626 ðx 10Þ 2

10

(fu¨r 1 < x < 1Þ

8


Max B A

5

Bild A-38 –5

5

10 12

15

20

25

x

Barometrische Ho¨henformel Zwischen dem Luftdruck p und der Ho¨he h (gemessen gegenu¨ber dem Meeresniveau) gilt unter der Annahme konstanter Lufttemperatur der folgende Zusammenhang:

A34

p ðhÞ ¼ p 0 e h = a ;

h 0 ðin mÞ

ðp 0 ¼ 1;013 bar : Luftdruck an der Erdoberfla¨che; a ¼ 7991 mÞ. a) Geben Sie die Ho¨he als Funktion des Luftdruckes an und skizzieren Sie den Funktionsverlauf. b) In welcher Ho¨he hat sich der Luftdruck halbiert? c) Wie groß ist der Luftdruck in 10 km Ho¨he?

38


a) Gleichung zuna¨chst geringfu¨gig umformen, dann logarithmieren: p p h h=a h = a ¼ ln e h = a ¼ p ¼ p0 e ) ¼ e : p0 ln ) ln p p0 a 0 p p0 h ¼ a ln ¼ a ð ln p ln p 0 Þ ¼ a ð ln p 0 ln pÞ ¼ a ln p p0 a Rechenregeln: ln e n ¼ n ; ln ¼ ln a ln b h/km b Ergebnis:

h ð pÞ ¼ a ln

p0 p

)

20

1;013 bar ¼ 7991 m ln p

10

ðf u¨ r 0 < p p 0 Þ

5,54


Bild A-39 0,290 0,507

b) h ð p ¼ p 0 = 2Þ ¼ a ln

!

p0 p0 =2

1,103

p /bar

¼ a ln

1 ¼ a ln 2 ¼ ð7991 mÞ ln 2 ¼ 5538;9 m 5;54 km 1=2

c) p ðh ¼ 10 000 mÞ ¼ 1;013 bar e 10 000 m = 7991 m ¼ 1;013 bar e 1;251 408 ¼ 0;290 bar

Aperiodischer Grenzfall einer Schwingung Die Bewegung eines stark geda¨mpften Federpendels la¨sst sich im sog. aperiodischen Grenzfall durch das Weg-Zeit-Gesetz

A35

s ðtÞ ¼ ðA þ B tÞ e l t ;

t 0

beschreiben (s: Auslenkung in cm; t : Zeit in s). Es liegen drei Messwertpaare vor: t=s

0

0,5

10

s = cm

3

0,0

0,3

Bestimmen Sie die drei Kurvenparameter A; B und l und skizzieren Sie den „Schwingungsverlauf“.

Wir fu¨hren die Zwischenrechnungen ohne Einheiten durch. s ðt ¼ 0Þ ¼ 3

)

)

A ¼ 3

ðA þ 0;5 BÞ e 0;5 l ¼ ð3 þ 0;5 BÞ e 0;5 l ¼ 0 |fflffl{zfflffl} 6¼ 0 s ðtÞ ¼ ð3 6 tÞ e l t

s ðt ¼ 0;5Þ ¼ 0 Zwischenergebnis:

ðA þ 0Þ e 0 ¼ A 1 ¼ 3

)

)

3 þ 0;5 B ¼ 0

Die noch fehlende Konstante l bestimmen wir aus dem Messwert s ðt ¼ 10Þ ¼ 0;3: 1 ð3 60Þ e 10 l ¼ 57 e 10 l ¼ 0;3 : ð 57Þ ) e 10 l ¼ ln ) 190 1 ln 190 ln e 10 l ¼ 10 l ¼ ln ¼ ln 1 ln 190 ¼ ln 190 ) l ¼ ¼ 0;524 702 190 10 Rechenregeln:

ln e n ¼ n ;

ln

a ¼ ln a ln b ; b

ln 1 ¼ 0

)

B ¼ 6


Ergebnis: A ¼ 3 cm ;

39

B ¼ 6 cm s 1 ;

l ¼ 0;524 702 s 1

s ðtÞ ¼ ð3 cm 6 cm s 1 tÞ e 0;524 702 s

1

t

ðt 0 sÞ

Kurvenverlauf: siehe Bild A-40 s /cm 3 2 1

8 0,5 2

–1

4

10

Bild A-40

6

t /s

–2 –3

Elektrischer Schwingkreis In einem stark geda¨mpften elektrischen Schwingkreis fließt ein Strom, dessen Sta¨rke i dem exponentiellen Zeitgesetz

A36

i ðtÞ ¼ a e 2 t þ b e 6 t ;

t 0

genu¨gt (aperiodische Schwingung; i in A, t in s). Gemessen wurden die Werte i ðt ¼ 0Þ ¼ 2 und i ðt ¼ 2Þ ¼ 0;1. Berechnen Sie die Parameter a und b und skizzieren Sie den zeitlichen Verlauf der Stromsta¨rke i. Gibt es einen Zeitpunkt, in dem der Schwingkreis stromlos ist?

i ðt ¼ 0Þ ¼ 2

)

ðIÞ

a e0 þ b e0 ¼ a þ b ¼ 2

i ðt ¼ 2Þ ¼ 0;1

)

ðIIÞ

a e 4 þ b e 12 ¼ 0;1

)

b ¼ 2a

Gleichung (I) in Gleichung (II) einsetzen: ðIIÞ

)

a e 4 þ ð2 aÞ e 12 ¼ a e 4 þ 2 e 12 a e 12 ¼ ¼ a ðe 4 e 12 Þ þ 2 e 12 ¼ 0;1

ðIÞ

)

a ðe 4 e 12 Þ ¼ 0;1 2 e 12

)

b ¼ 2 a ¼ 2 þ 5;4623 ¼ 7;4623

Ergebnis: i ðtÞ ¼ 5;4623 e 2 t þ 7;4623 e 6 t ;

)

a ¼

0;1 2 e 12 ¼ 5;4623 e 4 e 12

t 0

Stromloser Zustand, wenn i ðtÞ ¼ 0: 5;4623 e 2 t þ 7;4623 e 6 t ¼ 0

)

5;4623 e 2 t e 6 t ¼ 7;4623 e 6 t e 6 t e 4 t ¼ 1;366 146 j ln Rechenregeln:

)

e a e b ¼ e aþb ;

5;4623 e 2 t ¼ 7;4623 e 6 t j e 6 t )

5;4623 e 4 t ¼ 7;4623 e 0 ¼ 7;4623 j : 5;4623

ln e 4 t ¼ 4 t ¼ ln 1;366 146 ln e n ¼ n ;

e0 ¼ 1

)

)

t ¼

ln 1;366 146 ¼ 0;078 4

)

40


Der Schwingkreis ist zum Zeitpunkt t ¼ 0;078 s ¼ 78 ms stromlos. Der zeitliche Verlauf der Stromsta¨rke i ist in Bild A-41 dargestellt. i /A 2 1 0,078

1,5 0,5

2

1

Bild A-41 t /s

–1 –2

Adiabatische Zustandsgleichung eines idealen Gases Bei einer adiabatischen Zustandsa¨nderung des idealen Gases besteht zwischen den beiden Zustandsvariablen p (Druck) und T (absolute Temperatur) der folgende Zusammenhang:

A37

p p1

k 1

¼

T T1

k

ðk: Stoffkonstante, Verha¨ltnis der Molwa¨rmen c p und c v ;

p 1 : Druck bei der Temperatur T 1 Þ.

Wie la¨sst sich die Stoffkonstante k aus Druck und Temperatur bestimmen?

Wir lo¨sen die Zustandsgleichung durch Logarithmieren wie folgt nach k auf: k 1 k k 1 k p T p T p T ¼ k ln ¼ ) ln ¼ ln ) ðk 1Þ ln p1 T1 p1 T1 p1 T1 p p T p T p k ln ln ¼ k ln ) k ln k ln ¼ ln ) p1 p1 T1 p1 T1 p1 p p ln ln p1 p1 p T p ln ¼ ln ) k ¼ k ln ¼ p1 T1 p1 p T p = p1 ln ln ln p1 T1 T =T 1 a Rechenregeln: ln a n ¼ n ln a ; ln a ln b ¼ ln b

)

5 Hyperbel- und Areafunktionen

41

5 Hyperbel- und Areafunktionen Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel III.13 Formelsammlung: Kapitel III.11 und 12

A38

Zeigen Sie: Fu¨r jedes reelle x gilt

Unter Verwendung der Definitionsformeln cosh 2 x sinh 2 x ¼

cosh 2 x sinh 2 x ¼ 1

cosh x ¼

1 x ðe þ e x Þ 2

und

(„hyperbolischer Pythagoras“).

sinh x ¼

1 x ðe e x Þ 2

erhalten wir:

1 x 1 x 1 ðe þ e x Þ 2 ðe e x Þ 2 ¼ ½ ðe x þ e x Þ 2 ðe x e x Þ 2 ¼ 4 4 4

¼

1 ½ e 2 x þ 2 e 0 þ e 2 x ðe 2 x 2 e 0 þ e 2 x Þ ¼ 4

¼

1 2x 1 ðe þ 2 þ e 2 x e 2 x þ 2 e 2 x Þ ¼ 4 ¼ 1 4 4

Rechenregeln: ðe a Þ n ¼ e n a ;

e a e b ¼ e aþb ;

e0 ¼ 1

Beweisen Sie das sogenannte Additionstheorem fu¨r den Sinus hyperbolicus:

A39

sinh ðx þ yÞ ¼ sinh x cosh y þ cosh x sinh y

1 x 1 x ðe þ e x Þ und sinh x ¼ ðe e x Þ la¨sst sich die rechte Seite 2 2 der Gleichung schrittweise wie folgt umgestalten:

Mit Hilfe der Definitionsformeln cosh x ¼

sinh x cosh y þ cosh x sinh y ¼ ¼

1 x 1 y 1 x 1 y ðe e x Þ ðe þ e y Þ þ ðe þ e x Þ ðe e y Þ ¼ 2 2 2 2

¼

1 x ðe e y e x e y þ e x e y e x e y þ e x e y þ e x e y e x e y e x e y Þ ¼ 4

¼

1 xþy e x þ y þ e x y e x y þ e x þ y þ e x þ y e x y e x yÞ ¼ ðe 4

¼

1 1 xþy 1 xþy ð2 e x þ y 2 e x y Þ ¼ ðe ðe e x yÞ ¼ e ðx þ yÞ Þ 4 2 2

Rechenregel:

e a e b ¼ e aþb

Der letzte Ausdruck ist definitionsgema¨ß der Sinus hyperbolicus von u ¼ x þ y : 1 xþy 1 u ðe ðe e u Þ ¼ sinh u ¼ sinh ðx þ yÞ e ðx þ yÞ Þ ¼ 2 2 Damit ist das Additionstheorem bewiesen.

42


A40

Beweisen Sie die Formel cosh 2 x ¼

1 ½ cosh ð2 xÞ þ 1 : 2

Wir ersetzen auf der linken Seite der Gleichung cosh x mit Hilfe der Definitionsformel cosh x ¼

1 x ðe þ e x Þ und 2

erhalten nach einigen Umformungen genau den Ausdruck auf der rechten Seite der Gleichung: cosh 2 x ¼

Rechenregeln:

2

1 x ðe þ e x Þ 2

¼

1 x 1 2x 1 2x ðe þ e x Þ 2 ¼ ðe þ 2 e 0 þ e 2 x Þ ¼ ðe þ 2 þ e 2 x Þ ¼ 4 4 4

¼

1 1 2x 1 1 1 2x 1 ½ ðe 2 x þ e 2 x Þ þ 2 ¼ ðe þ e 2 x Þ þ ¼ ðe þ e 2 x Þ þ ¼ 4 4 2 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl 2 2 ffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} cosh ð2 xÞ

¼

1 1 1 cosh ð2 xÞ þ ¼ ½ cosh ð2 xÞ þ 1 2 2 2 e a e b ¼ e aþb ;

ðe a Þn ¼ e na ;

e0 ¼ 1

2 cosh ð2 xÞ þ 3 sinh ð2 xÞ ¼ 3

A41

Lo¨sen Sie diese Gleichung unter Verwendung der Definitionsformeln der Hyperbelfunktionen.

Substitution:

u ¼ 2x

Mit

)

2 cosh u þ 3 sinh u ¼ 3

e u e u folgt: 2 e u þ e u e u e u þ3 ¼ e u þ e u þ 1;5 ðe u e u Þ ¼ 2 cosh u þ 3 sinh u ¼ 2 2 2

cosh u ¼

e þe 2 u

u

und

sinh u ¼

¼ e u þ e u þ 1;5 e u 1;5 e u ¼ 2;5 e u 0;5 e u ¼ 3 Wir multiplizieren beide Seiten mit e u : ð2;5 e u 0;5 e u Þ e u ¼ 2;5 e u e u 0;5 e u e u ¼ 2;5 ðe u Þ 2 0;5 ¼ 3 e u |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} e uþu ¼ e 0 ¼ 1

Mit der Substitution z ¼ e u erhalten wir schließlich eine quadratische Gleichung: 2;5 z 2 0;5 ¼ 3 z ) 2;5 z 2 3 z 0;5 ¼ 0 j : 2;5 ) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi z 1 = 2 ¼ 0;6 0;36 þ 0;2 ¼ 0;6 0;56 ¼ 0;6 0;7483 Ru¨cksubstitution:

)

z 1 ¼ 1;3483 ;

)

z 2 ¼ 0;1483

z ¼ e u ¼ e 2x

e 2 x ¼ z 1 ¼ 1;3483 j ln e 2 x ¼ z 2 ¼ 0;1483 Rechenregel: ln e n ¼ n Lo¨sung:

z 2 1;2 z 0;2 ¼ 0

x 1 ¼ 0;1494

) )

ln e 2 x ¼ 2 x ¼ ln 1;3483 nicht lösbar; da stets

e 2x > 0

) ist

x1 ¼

ln 1;3483 ¼ 0;1494 2


43

berlandleitung (Kettenlinie) Die in Bild A-42 skizzierte berlandleitung wird zwi-

y /m

schen zwei aufeinander folgenden Strommasten durch die Kettenlinie

A42

30

y ðxÞ ¼ 1000 m cosh ð0;001 m 1 xÞ 980 m

20 Strommast

mit 150 x = m 150 beschrieben. Berechnen Sie

Leitung Strommast 10

die Ho¨he der Strommasten sowie den Durchhang H in der Mitte der Leitung.

– 150

– 50

50

150

x /m

Bild A-42

Ho¨he der Strommasten: y ðx ¼ 150 mÞ ¼ 1000 m cosh ð0;001 m 1 150 mÞ 980 m ¼ ð1000 cosh 0;15 980Þ m ¼ 31;27 m Ho¨he in der Mitte der Leitung

(x == 0 m):

y ðx ¼ 0 mÞ ¼ 1000 m cosh 0 980 m ¼ 1000 m 1 980 m ¼ 20 m Durchhang:

H ¼ y ðx ¼ 150 mÞ y ðx ¼ 0 mÞ ¼ 31;27 m 20 m ¼ 11;27 m

Die Hyperbelfunktion y ¼ sinh x setzt sich definitionsgema¨ß aus Exponentialfunktionen wie folgt zusammen:

A43

y ¼ sinh x ¼

1 x ðe e x Þ ; 2

1 < x < 1

Zeigen Sie, dass sich ihre Umkehrfunktion y ¼ arsinh x durch eine logarithmische Funktion darstellen la¨sst.

Wir multiplizieren die Funktionsgleichung beiderseits mit 2 e x , fu¨hren dann die Substitution u ¼ e x durch und lo¨sen die erhaltene quadratische Gleichung: y ¼

1 x ðe e x Þ j 2 e x 2

)

|{z}

u 2yu ¼ u2 1

)

1 ðe x e x Þ 2 e x ¼ e x e x e 0 ¼ ðe x Þ 2 1 |{z} 2 u pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ) u 1=2 ¼ y y 2 þ 1

2y ex ¼

u2 2yu 1 ¼ 0

)

Da wegen u ¼ e x > 0 nur positive Lo¨sungen in Frage kommen, scheidet u 2 < 0 als Lo¨sung aus (beachte: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 y þ 1 > j y j fu¨r y 6¼ 0). Somit gilt: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u ¼ ex ¼ y þ y2 þ 1 Diese Gleichung lo¨sen wir durch Logarithmieren nach x auf: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ln e x ¼ x ¼ ln ðy þ y 2 þ 1 Þ Rechenregeln:

e a e b ¼ e aþb ;

e0 ¼ 1;

ln e n ¼ n

Durch Vertauschen der beiden Variablen erhalten wir die Umkehrfunktion von y ¼ sinh x; also die Funktion y ¼ arsinh x; in der gewu¨nschten logarithmischen Darstellungsform: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y ¼ arsinh x ¼ ln ðx þ x 2 þ 1 Þ ; 1 < x < 1

44


A44

1 Zeige: Die Funktion y ¼ ln 2

1þx ; 1x

jxj < 1

ist die Umkehrfunktion von y ¼ tanh x:

Wenn diese Aussage zutrifft, muss die logarithmische Funktion identisch sein mit der Areafunktion y ¼ artanh x: Es genu¨gt daher zu zeigen, dass die Umkehrung der logaritmischen Funktion auf den Tangens hyperbolicus fu¨hrt. 1þx Wir setzen u ¼ und lo¨sen dann die Funktionsgleichung durch Entlogarithmieren nach u auf: 1x 1 1þx 1 ln ) y ¼ ln u j 2 ) 2 y ¼ ln u ) e 2 y ¼ u y ¼ 2 1x 2 Rechenregel:

ln a ¼ b

)

a ¼ e b:

Die aus u ¼ e 2 y durch Ru¨cksubstitution erhaltene Gleichung lo¨sen wir nach x auf: 1þx u ¼ e 2y ) ¼ e 2 y j ð1 xÞ ) 1 þ x ¼ ð1 xÞ e 2 y ) 1x x þ x e 2y ¼ e 2y 1

)

x ð1 þ e 2 y Þ ¼ e 2 y 1 j : ð1 þ e 2 y Þ

)

1 þ x ¼ e 2y x e 2y

x ¼

e 2y 1 e 2y 1 ¼ 1 þ e 2y e 2y þ 1

Durch Vertauschen der Variablen erhalten wir die Umkehrfunktion, die in der Tat auf den Tangens hyperbolicus fu¨hrt: y ¼

e 2x 1 ðe 2 x 1Þ e x e 2x e x e x e x e x ¼ ¼ ¼ ¼ tanh x ðe 2 x þ 1Þ e x e 2x e x þ e x e x þ e x e 2x þ 1

Umformungen: Gleichung zuna¨chst mit e x erweitern, dann die Rechenregel e a e b ¼ e a þ b anwenden.

Freier Fall unter Beru¨cksichtigung des Luftwiderstandes Beru¨cksichtigt man beim freien Fall den Luftwiderstand durch eine dem Quadrat der Fallgeschwindigkeit v proportionale Reibungskraft R ¼ k v 2 ; so ergeben sich fu¨r Fallweg s und Fallgeschwindig-

A45

keit v die folgenden (komplizierten) Zeitgesetze: rffiffiffiffiffiffiffiffiffi m mg s ðtÞ ¼ ln ½ cosh ða tÞ ; v ðtÞ ¼ tanh ða tÞ ; t 0 k k pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi (m: Masse; g: Erdbeschleunigung; k : Reibungsfaktor; a ¼ g k = m Þ a) Welcher Zusammenhang besteht zwischen der Fallgeschwindigkeit v und dem Fallweg s? b) Welche Endgeschwindigkeit v E wird erreicht? c) Welche Strecke muss der Ko¨rper fallen, um die halbe Endgeschwindigkeit zu erreichen? Wie lange ist er dann bereits unterwegs?

sinh x und cosh 2 x sinh 2 x ¼ 1 (! FS) la¨sst sich die im Geschwindigkeitcosh x Zeit-Gesetz auftretende Funktion tanh ða tÞ wie folgt durch cosh ða tÞ ausdru¨cken, wobei wir voru¨bergehend x ¼ a t setzen: sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi cosh 2 x 1 cosh 2 x sinh x 1 1 cosh 2 x 1 ¼ ¼ ¼ ¼ 1 tanh x ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi cosh x cosh 2 x cosh 2 x cosh 2 x cosh 2 x cosh 2 x

a) Mit Hilfe der Formeln tanh x ¼

Umformungen: cosh 2 x sinh 2 x ¼ 1 pffiffiffi rffiffiffiffiffi a a anwenden. pffiffiffi ¼ b b

)

sinh x ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi cosh 2 x 1 ;

cosh x ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi cosh 2 x ; Rechenregel

)


45

Damit erhalten wir: rffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi mg mg 1 v ¼ 1 tanh ða tÞ ¼ k k cosh 2 ða tÞ Das Weg-Zeit-Gesetz lo¨sen wir durch Entlogarithmierung wie folgt nach cosh ða tÞ auf: k m k s ¼ ln ½ cosh ða tÞ ) s ¼ ln ½ cosh ða tÞ ) e ðk = mÞ s ¼ e ln ½ cosh ða tÞ ¼ cosh ða tÞ k m m Diesen Ausdruck setzen wir in das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz ein und erhalten die gesuchte Abha¨ngigkeit der Fallgeschwindigkeit v vom Fallweg s: rffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi mg 1 mg 1 mg v ðsÞ ¼ 1 ðk = mÞ s 2 ¼ 1 ð2 k = mÞ s ¼ 1 e ð2 k = mÞ s ; s 0 k ½e k e k Rechenregeln:

ln a ¼ b

)

e ln a ¼ a ¼ e b ;

ðe a Þ n ¼ e n a ;

1 ¼ e a ea

b) Endgeschwindigkeit (nach unendlich langer Fallzeit und damit auch unendlich langem Fallweg): rffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffi mg mg mg v E ¼ lim v ðsÞ ¼ lim 1 e ð2 k = mÞ s ¼ lim ð1 e ð2 k = mÞ s Þ ¼ s!1 s!1 s!1 k k k |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 Umformungen: Der Grenzu¨bergang s ! 1 darf unter der Wurzel vorgenommen werden; die streng monoton fallende e-Funktion verschwindet fu¨r s ! 1.

v vE

Damit ko¨nnen wir den Zusammenhang zwischen v und s auch wie folgt darstellen (Bild A-43): pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi v ðsÞ ¼ v E 1 e ð2 k = mÞ s

1 v 2 E

ðmit s 0Þ Bild A-43 0,1438 · m /k

c) Fallweg bis zum Erreichen der halben Endgeschwindigkeit: v ðsÞ ¼

1 vE 2

)

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 1 e ð2 k = mÞ s ¼ quadrieren ) 2 2k 3 ð2 k = mÞ s ¼ ln e s ¼ ln ) m 4

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 1 e ð2 k = mÞ s ¼ vE 2 3 ð2 k = mÞ s ¼ ) e ln ) 4

vE

)

1 4 m 3 m ln ¼ 0;1438 s ¼ 2k 4 k 1 e ð2 k = mÞ s ¼

Rechenregel: ln e n ¼ n Fallzeit t bis zum Erreichen der halben Endgeschwindigkeit: rffiffiffiffiffiffiffiffiffi mg v ðtÞ ¼ tanh ða tÞ ¼ v E tanh ða tÞ k v ðtÞ ¼

1 vE 2

)

v E tanh ða tÞ ¼

1 vE 2

)

tanh ða tÞ ¼

1 2

Auflo¨sen dieser Gleichung durch bergang zur Umkehrfunktion Areatangens hyperbolicus: rffiffiffiffiffiffiffiffi artanh ð1 = 2Þ 0;5493 m ¼ ¼ 0;5493 a t ¼ artanh ð1 = 2Þ ) t ¼ a a gk

s

46


6 Funktionen und Kurven in Parameterdarstellung Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel III.1.2.4 Formelsammlung: Kapitel III.1.2.2

Wie lauten die folgenden in der Parameterform dargestellten Funktionen in der expliziten kartesischen Darstellungsform y ¼ f ðxÞ ?

A46

t 1þt ; y ðtÞ ¼ ; t 6¼ 1 1t 1t 1 2 b) x ðtÞ ¼ ln t ; y ðtÞ ¼ 1 ; t > 0 t þ1 2

a) x ðtÞ ¼

Jeweils die erste Parametergleichung nach dem Parameter t auflo¨sen, den gefundenen Ausdruck dann in die zweite Gleichung einsetzen. t a) x ¼ ð1 tÞ ) x ð1 tÞ ¼ t ) x x t ¼ t ) x t þ t ¼ x ) 1t t ðx þ 1Þ ¼ x j : ðx þ 1Þ

y ¼

1þt ¼ 1t

1þ 1

x x þ1 x x þ1

)

t ¼

x x þ1

x þ1þx ¼

x þ1 x þ1x x þ1

ðx 6¼ 1Þ 2x þ 1 x þ1

¼

1 x þ1

¼

2x þ 1 x þ 1 ¼ 2x þ 1 x þ1 1

Umformungen: Zuna¨chst im Za¨hler und im Nenner die jeweiligen Bru¨che auf den Hauptnenner x þ 1 bringen, dann den Za¨hlerbruch mit dem Kehrwert des Nennerbruches multiplizieren und den gemeinsamen Faktor x þ 1 ku¨rzen. Lo¨sung:

y ¼ 2x þ 1;

x 6¼ 1

b) Die 1. Parametergleichung wird durch Entlogarithmierung nach t aufgelo¨st: x ¼

1 ln t j 2 2

Rechenregel: ln a ¼ b y ¼ 1 ¼

)

ln t ¼ 2 x )

)

e ln t ¼ t ¼ e 2 x

a ¼ eb

2 ðt þ 1Þ 2 t 1 ¼ ¼ ¼ t þ1 t þ1 t þ1

e 2x 1 ðe 2 x 1Þ e x e 2x e x e x e x e x ¼ ¼ ¼ tanh x ¼ ðe 2 x þ 1Þ e x e 2x e x þ e x e x þ e x e 2x þ 1

Umformungen: Bru¨che zuna¨chst auf den Hauptnenner t þ 1 bringen, t durch e 2 x ersetzen, Bruch dann mit e x erweitern, Rechenregel e a e b ¼ e a þ b anwenden. Lo¨sung:

y ¼ tanh x ;

1 < x < 1

6 Funktionen und Kurven in Parameterdarstellung

47

Die nachstehenden in der Parameterform vorliegenden Funktionen sind in der expliziten kartesischen Form y ¼ f ðxÞ darzustellen. Um welche Kurven handelt es sich dabei? Bestimmen Sie den Defini-

A47

tionsbereich und skizzieren Sie den Kurvenverlauf. a) x ðuÞ ¼ 2 sinh u ;

y ðuÞ ¼ cosh 2 u ;

b) x ðtÞ ¼ 2 cos t þ 5 ;

u 2 R

y ðtÞ ¼ 4 sin t ;

0 t p

a) Mit sinh u ¼ x =2 und unter Verwendung des „hyperbolischen Pythagoras“ cosh 2 u sinh 2 u ¼ 1 (! FS) geht die 2. Parametergleichung u¨ber in: 2 x 1 2 x y ¼ cosh u ¼ 1 þ sinh u ¼ 1 þ ¼ 1þ 2 4 2

y

2

Es handelt sich um eine nach oben geo¨ffnete Parabel mit dem Scheitelpunkt S ¼ ð0; 1Þ (siehe Bild A-44).

5

Definitionsbereich: Da sinh u fu¨r u 2 R sa¨mtliche reellen Werte durchlaüft, gilt diese Aussage auch fu¨r die Variable x ¼ 2 sinh u.

3

4

2 1 –4 –2

2

4

x

Bild A-44 b) Wir lo¨sen die Parametergleichungen nach cos t bzw. sin t auf und setzen die gefundenen Ausdru¨cke in den „trigonometrischen Pythagoras“ cos 2 t þ sin 2 t ¼ 1 ein: x ¼ 2 cos t þ 5

)

cos t ¼

cos 2 t þ sin 2 t ¼ 1

)

x 5 ; 2

y ¼ 4 sin t

2 x 5 2 y þ ¼ 1 2 4

)

)

sin t ¼

y 4

ðx 5Þ 2 y2 þ ¼ 1 4 16

ðmit y 0Þ

Diese Gleichung beschreibt eine Ellipse mit dem Mittelpunkt M ¼ ð5; 0Þ und den Halbachsen a ¼ 2 und b ¼ 4. Wegen der Einschra¨nkung y ¼ 4 sin t , 0 t p kommen jedoch nur Kurvenpunkte mit positiver Ordinate in Frage (die y-Werte liegen zwischen 0 und 4). Die gesuchte Kurve ist damit die oberhalb der x-Achse liegende Halbellipse (Bild A-45). Sie wird in expliziter Form wie folgt beschrieben (Ellipsengleichung nach y auflo¨sen): ðx 5Þ 2 y2 y2 ðx 5Þ 2 y þ ¼ 1 ) ¼ 1 16 ) 4 16 16 4 4

y

2

¼ 16 4 ðx 5Þ

y ¼ 2

2

¼ 4 ½ 4 ðx 5Þ

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 4 ðx 5Þ 2 ;

2

)

2 M

3 x 7

Definitionsbereich: cos t durchlaüft fu¨r 0 t p sa¨mtliche Werte zwischen 1 und þ 1, die Variable x ¼ 2 cos t þ 5 damit sa¨mtliche Werte zwischen x ¼ 2 þ 5 ¼ 3 und x ¼ 2 þ 5 ¼ 7.

1 –2 –4

Bild A-45

3

5

7

x

48


A48

Gegeben sind die folgenden Kurven in Parameterdarstellung: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 2 ðt 2 1Þ a) x ¼ ln t ; y ¼ ; b) x ¼ t 2 4 ; y ¼ 2 1þt t2 þ 1 Bestimmen Sie den gro¨ßtmo¨glichen Definitionsbereich fu¨r den Parameter t und geben Sie eine parameterfreie Darstellung an.

a) Die 1. Parametergleichung ist nur fu¨r positive Werte des Parameters t definiert, die 2. Gleichung dagegen fu¨r jedes reelle t . Daher ist t > 0 der gesuchte gro¨ßtmo¨gliche Definitionsbereich. Eine parameterfreie Darstellung erhalten wir, in dem wir die 1. Gleichung nach t auflo¨sen und den gefundenen Ausdruck in die 2. Gleichung einsetzen: x ¼ ln t y ¼

)

e x ¼ e ln t ¼ t

ðEntlogarithmierung : ln a ¼ b ) a ¼ e b Þ

1 1 1 ¼ ¼ 1 þ t2 1 þ ðe x Þ 2 1 þ e 2x

ðmit x 2 RÞ

Rechenregel: ðe a Þ n ¼ e n a b) Der Radikand der Wurzel muss gro¨ßer oder gleich Null sein: t2 4 0

)

t2 4

)

jtj 2

Da es fu¨r die 2. Parametergleichung keine Einschra¨nkung gibt, ist j t j 2 der gesuchte gro¨ßtmo¨gliche Definitionsbereich. Parameterfreie Darstellung pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x ¼ t 2 4 quadrieren y ¼

)

x2 ¼ t2 4

2 ðt 2 1Þ 2 ðx 2 þ 4 1Þ 2 ðx 2 þ 3Þ ¼ ¼ t2 þ 1 x2 þ 4 þ 1 x2 þ 5

)

t2 ¼ x2 þ 4

ðmit x 0Þ

Die Parameterdarstellung einer Kurve laute wie folgt:

A49

x ðuÞ ¼ a cot u ;

y ðuÞ ¼ b = sin u ;

0 < u < p

ða; b > 0Þ

Eliminieren Sie den Parameter u und beschreiben Sie die Kurve in kartesischer Form. Skizzieren Sie den Kurvenverlauf.

Die 1. Parametergleichung quadrieren, dann cot u mit Hilfe der trigonometrischen Beziehungen cot u ¼ cos u = sin u und sin 2 u þ cos 2 u ¼ 1 durch sin u ausdru¨cken: cos u 2 a 2 cos 2 u a 2 ð1 sin 2 uÞ ¼ x ¼ a cot u ) x 2 ¼ a 2 ðcot uÞ 2 ¼ a 2 ¼ sin u sin 2 u sin 2 u Die 2. Parametergleichung nach sin u auflo¨sen ðsin u ¼ b = yÞ, den gefundenen Ausdruck in die (quadrierte) 1. Gleichung einsetzen: b2 2 ! a 1 2 y2 a 2 ð1 sin 2 uÞ b2 y2 2 2 2 y ¼ x ¼ ¼ a 1 2 2 ¼ a 1 ) y b b2 b2 sin 2 u y2 x2 y2 ¼ 2 1 2 a b

)

y2 x2 2 ¼ 1 2 b a


49

Umformungen: Za¨hlerbruch mit dem Kehrwert des Nennerbruches multiplizieren, dann beide Seiten durch a 2 dividieren.

y

Es handelt sich um eine um 90 gedrehte Ursprungshyperbel (siehe Bild A-46).

b

Asymptote

Bild A-46 x Asymptote

Schiefer Wurf mit und ohne Beru¨cksichtigung des Luftwiderstandes Die Bewegung eines Ko¨rpers, der von der Erdoberfla¨che aus mit der Geschwindigkeit v 0 unter dem Winkel a schra¨g nach oben geworfen wird, la¨sst sich durch die Parametergleichungen x ðtÞ ¼ ða v 0 cos aÞ t b

y ðtÞ ¼ ða v 0 sin aÞ t b

und

1 gt2 2

mit t 0 beschreiben (Bild A-47).

A50

y Flugbahn

t:

Zeit

x; y:

Kartesische Koordinaten des Ko¨rpers zum Zeitpunkt

a; b:

Positive, von den aüßeren Bedingungen abha¨ngige Konstanten

v0 a

Bild A-47 x

W

a) Wie lautet die Bahnkurve in explizieter Form? b) Berechnen Sie Flugzeit t und Wurfweite W . c) Welche Ergebnisse erha¨lt man im luftleeren Raum (dort gilt a ¼ b ¼ 1) ? Welche maximale Ho¨he erreicht der Ko¨rper (Wurfho¨he H )?

a) Wir lo¨sen die 1. Gleichung nach t auf und setzen den gefundenen Ausdruck in die 2. Gleichung ein: x ¼ ða v 0 cos aÞ t

b

)

t

ðbeide Seiten mit 1 = b potenzieren:

b

x ¼ a v 0 cos a

)

t ¼

1 = b x a v 0 cos a

ðt b Þ 1 = b ¼ t b 1 = b ¼ t 1 ¼ tÞ

1 x 1 g t 2 ¼ ð a v 0 sin aÞ g y ¼ ða v 0 sin aÞ t a v 0 cos a 2 2 b

"

x a v 0 cos a

2 = b sin a 1 x g x g ¼ ¼ ðtan aÞ x x 2=b 2 cos a a v 0 cos a 2 ða v 0 cos aÞ 2 = b Bahnkurve:

y ðxÞ ¼ ðtan aÞ x

Umformungen:

tan a ¼

sin a ; cos a

g x 2=b ; x 0 2 ða v 0 cos aÞ 2 = b n a an m n mn ða Þ ¼ a ; ¼ n b b

1 = b #2

¼

50


b) Berechnung der Flugzeit t Die Parametergleichung y ðtÞ beschreibt die Ho¨he des Ko¨rpers zur Zeit t . Sie ist genau Null im Augenblick des Abwurfs ðt ¼ 0Þ und im Augenblick des Auftreffens auf dem Erdboden ðt ¼ t > 0Þ. Aus der Bedingung y ¼ 0 berechnen wir die gesuchte Flugzeit t wie folgt: y ðtÞ ¼ 0

)

1 gt2 ¼ 0 2

ða v 0 sin aÞ t b

1 g t 2b ¼ 0 t a v 0 sin a 2

tb ¼ 0

) )

ða v 0 sin aÞ t b

1 tb gt2 b ¼ 0 2 t

)

t 1 ¼ 0 ðZeitpunkt des AbwurfsÞ

b

a v 0 sin a

1 g t 2b ¼ 0 2

(der 2. Summand wurde zuna¨chst mit t b erweitert, dann der gemeinsame Faktor t b ausgeklammert) Die untere Gleichung liefert die Flugzeit t : 1 g t 2b ¼ 0 ) 2 2 a v 0 sin a 1 = ð2 bÞ ¼ t ¼ g

a v 0 sin a

t2

1 g t 2 b ¼ a v 0 sin a 2

)

t 2b ¼

2 a v 0 sin a g

)

(beide Seiten wurden mit 1 = ð2 bÞ potenziert) Berechnung der Wurfweite W Die Wurfweite W entspricht der x-Koordinate zum Zeitpunkt t ¼ t : W ¼ x ðt ¼ tÞ ¼ ða v 0 cos aÞ t b ¼ " #b 2 a v 0 sin a 1 = ð2 bÞ 2 a v 0 sin a b = ð2 bÞ ¼ ða v 0 cos aÞ ¼ ða v 0 cos aÞ g g Rechenregel: ða m Þ n ¼ a m n c) Sonderfall luftleerer Raum ða ¼ b ¼ 1Þ Bahnkurve: y ðxÞ ¼ ðtan aÞ x

g x2; 2 ðv 0 cos aÞ 2

x 0

Die Flugbahn ist eine Parabel (auch „Wurfparabel“ genannt, siehe Bild A-48).

y y0

S Wurfparabel y0 = H

Bild A-48 x0

Flugzeit t und Wurfweite W t ¼

2 v 0 sin a g

W ¼ v 0 cos a

2 v 0 sin a 2 v 20 cos a sin a v 2 sin ð2 aÞ ¼ ¼ 0 g g g

(unter Verwendung der trigonometrischen Beziehung sin ð2 aÞ ¼ 2 sin a cos aÞ

Wurfweite W

x


51

Wurfho¨he H Die Wurfho¨he H ist durch die Ordinate y 0 des Scheitelpunktes S ¼ ðx 0 ; y 0 Þ der Wurfparabel gegeben, wobei x 0 die halbe Wurfweite ist (wegen der Symmetrie der Flugbahn): x0 ¼

W v 2 sin a cos a ¼ 0 2 g

H ¼ y 0 ¼ y ðx ¼ x 0 Þ ¼ ðtan aÞ x 0

g x 20 ¼ 2 ðv 0 cos aÞ 2

v 2 sin a cos a g ¼ tan a 0 2 g 2 v 0 cos 2 a

2 v 20 sin a cos a ¼ g

¼

sin a v 20 sin a cos a g v 4 sin 2 a cos 2 a 0 ¼ g g2 cos a 2 v 20 cos 2 a

¼

v 20 sin 2 a v 2 sin 2 a 2 v 20 sin 2 a v 20 sin 2 a v 2 sin 2 a 0 ¼ ¼ 0 2g g 2g 2g

(unter Beru¨cksichtigung der trigonometrischen Beziehung tan a ¼ sin a = cos a)

Lissajons-Figuren Durch ungesto¨rte berlagerung der beiden zueinander senkrechten Schwingungen mit den Gleichungen x ðtÞ ¼ a sin t

A51

und

y ðtÞ ¼ a sin ð2 t þ jÞ

entsteht eine sog. Lissajons-Figur ða > 0; t 0 : ZeitÞ: Beschreiben Sie die Bahnkurve in kartesischen Koordinaten fu¨r a ¼ 2 und a) j ¼ 0 ;

b) j ¼ p = 2

und skizzieren Sie die Kurven.

a) Die Parametergleichungen lauten fu¨r a ¼ 2 und j ¼ 0 wie folgt: x ðtÞ ¼ 2 sin t ;

y ðtÞ ¼ 2 sin ð2 tÞ ;

t 0

Unter Verwendung der trigonometrischen Formeln sin ð2 tÞ ¼ 2 sin t cos t und sin 2 t þ cos 2 t ¼ 1 (! FS) la¨sst sich die 2. Parametergleichung wie folgt durch sin t ausdru¨cken: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y ¼ 2 sin ð2 tÞ ¼ 4 sin t cos t ¼ 4 sin t 1 sin 2 t ; t 0 Die 1. Parametergleichung wird nach sin t aufgelo¨st, der gefundene Ausdruck sin t ¼ x = 2 dann in die 2. Gleichung eingesetzt: sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x x2 4 x2 4 x2 ¼ 2x ¼ x 4 x2 ¼ 2x 1 ð 2 x 2Þ y ¼ 4 4 4 2 2 Wir erhalten somit zwei (ungerade) Funktionen, die durch Spiegelung an der x-Achse ineinander u¨bergehen und die in Bild A-49 skizzierte geschlossene Kurve ergeben. Diese sog. Lissajous-Figur ist sowohl zur x-Achse als auch zur y-Achse spiegelsymmetrisch.

52


Wertetabelle:

y

x

y

0 0,5 1 1,5 2

0 0,97 1,73 1,98 0

A4

A1

2

1

Bild A-49

B2 –2

B1 –1

0

1

2

x

–1

–2 A3

A2

Die geschlossene Kurve wird dabei innerhalb der Periode 0 t < 2 p wie folgt durchlaufen: Startpunkt 0 ! A 1 ! B 1 ! A 2 ! 0 ! A 4 ! B 2 ! A 3 ! 0 b) Parametergleichungen fu¨r a ¼ 2 und j ¼ p = 2: x ðtÞ ¼ 2 sin t ;

y ðtÞ ¼ 2 sin ð2 t p = 2Þ ;

t 0

Die 2. Gleichung la¨sst sich unter Verwendung des Additionstheorems der Sinusfunktion und der Formel cos ð2 tÞ ¼ 1 2 sin 2 t (! FS) wie folgt darstellen: y ¼ 2 sin ð2 t p = 2Þ ¼ 2 ½ sin ð2 tÞ cos ðp = 2Þ cos ð2 tÞ sin ðp = 2Þ ¼ |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} 0 1 ¼ 2 ½ 0 cos ð2 tÞ ¼ 2 cos ð2 tÞ ¼ 2 ð1 2 sin 2 tÞ ¼ 2 ð2 sin 2 t 1Þ ;

t 0

Aus der 1. Parametergleichung folgt sin t ¼ x = 2 und durch Einsetzen in die 2. Gleichung somit 2 x2 x ð 2 x 2Þ y ¼ 2 ð2 sin 2 t 1Þ ¼ 2 2 1 ¼ 2 1 ¼ x2 2 4 2 Die (periodische) Bewegung verlaüft la¨ngs der in Bild A-50 skizzierten Parabel zwischen den Punkten A und B: Startpunkt ist dabei der Scheitelpunkt S mit den Koordinaten x ðt ¼ 0Þ ¼ 2 sin 0 ¼ 0 ;

y B

y ðt ¼ 0Þ ¼ 2 sin ð p = 2Þ ¼ 2

Die geschlossene Kurve wird innerhalb einer Periode 0 t 2 p wie folgt durchlaufen:

A

2 1

–2

–1

1 –1

S ! A ! S ! B ! S

–2 S

Bild A-50

2

x

7 Funktionen und Kurven in Polarkoordinaten

53

7 Funktionen und Kurven in Polarkoordinaten Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel III.3.3.2 Formelsammlung: Kapitel I.9.1.3.2 und III.1.2.3

Gegeben sind folgende Kurven in Polarkoordinatendarstellung: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a) r ðjÞ ¼ 4 sin 2 j þ 2 cos 2 j

A52

b) r ðjÞ ¼ a tan j sin j ;

a > 0

Fu¨r welche Winkel aus dem Intervall 0 j < 360 sind diese Kurven definiert ? Wie lauten die Gleichungen der Kurven in kartesischen Koordinaten?

Zur Erinnerung: Es sind (definitionsgema¨ß) nur solche Winkel zugelassen, fu¨r die r 0 ist. Die beno¨tigten Transformationsgleichungen lauten:

cos j ¼ x = r ;

sin j ¼ y = r ;

r2 ¼ x2 þ y2

a) Unter Verwendung des „trigonometrischen Pythagoras“ sin 2 j þ cos 2 j ¼ 1 la¨sst sich die Gleichung wie folgt umschreiben (wir beschra¨nken uns zuna¨chst auf den Radikand der Wurzel): 4 sin 2 j þ 2 cos 2 j ¼ 4 sin 2 j þ 2 ð1 sin 2 jÞ ¼ 4 sin 2 j þ 2 2 sin 2 j ¼ 2 ðsin 2 j þ 1Þ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Somit: r ¼ 2 ðsin 2 j þ 1Þ Definitionsbereich:

r 0

)

2 ðsin 2 j þ 1Þ 0 j : 2

)

sin 2 j þ 1 0

)

sin 2 j 1

Diese Bedingung ist fu¨r jeden Winkel aus dem Intervall 0 j < 360 erfu¨llt (das Quadrat einer reellen Zahl kann nicht negativ sein). Kurvengleichung in kartesischen Koordinaten qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r ¼ 2 ðsin 2 j þ 1Þ quadrieren ) r2

y2 ¼ 2 ðsin 2 j þ 1Þ ¼ 2 þ1 r2

ðx 2 þ y 2 Þ 2 ¼ 2 ðy 2 þ x 2 þ y 2 Þ

!

y2 þ r2 ¼ 2 r2

)

!

2 ðy 2 þ r 2 Þ ¼ r2

r2

)

r 4 ¼ 2 ðy 2 þ r 2 Þ

)

ðx 2 þ y 2 Þ 2 ¼ 2 ðx 2 þ 2 y 2 Þ

b) Unter Verwendung der Beziehung tan j ¼ sin j = cos j la¨sst sich die Kurvengleichung wie folgt umschreiben: r ¼ a tan j sin j ¼ a

sin j sin 2 j sin j ¼ a cos j cos j

Definitionsbereich: Die Bedingung r 0 ist wegen a > 0 und sin 2 j 0 nur erfu¨llt, wenn der Nenner des Bruches (also cos j) negativ ist: cos j < 0

)

90 < j < 270

ð2: und 3: QuadrantÞ

54


Kurvengleichung in kartesischen Koordinaten sin 2 j r ¼ a cos j ) r cos j ¼ a sin 2 j cos j |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} x xr2 ¼ ay2

)

)

y 2 x ¼ a 2 r2 r

)

x ðx 2 þ y 2 Þ ¼ a y 2

Wie lauten die Gleichungen der nachfolgenden Kurven in Polarkoordinaten? Welche Aussagen lassen sich u¨ber den Definitionsbereich (Winkelbereich) machen?

A53

ax þ by þ c ¼ 0

a) Gerade:

y ¼ 8=x;

b) rechtwinklige Hyperbel: y2 ¼ 2px

c) Parabel:

ðmit c > 0Þ x > 0

ðmit p > 0Þ

Wir beno¨tigen die Transformationsgleichungen x ¼ r cos j und y ¼ r sin j: a) a x þ b y þ c ¼ 0

)

a ðr cos jÞ þ b ðr sin jÞ þ c ¼ 0

r ða cos j þ b sin jÞ ¼ c

)

r ¼

)

r ða cos j þ b sin jÞ þ c ¼ 0

)

c a cos j þ b sin j

Definitionsbereich: r 0 ) a cos j þ b sin j < 0 ðda c > 0 und somit c < 0Þ 8 b) y ¼ x ) x y ¼ 8 ) ðr cos jÞ ðr sin jÞ ¼ 8 ) r 2 cos j sin j ¼ 8 ) x 8 28 16 4 r2 ¼ ¼ ¼ ) r ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi cos j sin j 2 cos j sin j sin ð2 jÞ sin ð2 jÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} sin ð2 jÞ ðunter Verwendung der Beziehung sin ð2 jÞ ¼ 2 sin j cos j ! FSÞ Definitionsbereich: c) y 2 ¼ 2 p x

)

r 0

)

0 < j < 90 ð1. QuadrantÞ

ðr sin jÞ 2 ¼ 2 p ðr cos jÞ

r sin 2 j ¼ 2 p cos j Definitionsbereich:

)

r ¼

)

ðwegen x > 0 und somit y ¼ 8 = x > 0Þ

r 2 sin 2 j ¼ 2 p r cos j j : r

)

2 p cos j sin 2 j

90 j 90 ;

j 6¼ 0 ð1. und 4. QuadrantÞ

ðdie Bedingung r 0 ist nur fu¨r cos j 0 erfu¨llt und somit nur fu¨r Winkel aus dem 1. und 4. Quadranten außerdem muss der Nenner sin 2 j 6¼ 0 und damit j 6¼ 0 seinÞ

Wie lauten die folgenden Kurvengleichungen in Polarkoordinaten? a) Cartesisches Blatt: x 3 þ y 3 3 x y ¼ 0

A54

b) Konchoide: ðx 2 þ y 2 Þ ðx bÞ 2 ¼ a 2 x 2 c) Zissoide: x 2 þ y 2 ðx aÞ ¼ 0 x ¼ r cos j ;

Transformationsgleichungen: a) x 3 þ y 3 3 x y ¼ 0

)

y ¼ r sin j ;

r 3 cos 3 j þ r 3 sin 3 j 3 ðr cos jÞ ðr sin jÞ ¼ 0

r ðcos j þ sin jÞ 3 r cos j sin j ¼ 0 j : r 3

3

3

x2 þ y2 ¼ r2

2

r ðcos 3 j þ sin 3 jÞ ¼ 3 cos j sin j

)

)

) r ðcos j þ sin jÞ 3 cos j sin j ¼ 0 3 cos j sin j r ¼ cos 3 j þ sin 3 j 2

3

3

)


55

) r 2 ðr cos j bÞ 2 ¼ a 2 r 2 cos 2 j : r 2 pffiffiffi ¼ a 2 cos 2 j j ) r cos j b ¼ a cos j )

b) ð x 2 þ y 2 Þ ðx bÞ 2 ¼ a 2 x 2 ðr cos j bÞ 2

r cos j ¼ b a cos j c) x 2 þ y 2 ðx aÞ ¼ 0

)

)

r ¼

b a cos j b ¼ a cos j cos j

r 2 cos 2 j þ r 2 sin 2 j ðr cos j aÞ ¼ 0 j : r 2

cos 2 j þ sin 2 j ðr cos j aÞ ¼ 0

)

r cos j sin 2 j ¼ a sin 2 j cos 2 j r ¼

)

)

cos 2 j þ r cos j sin 2 j a sin 2 j ¼ 0

)

)

a sin 2 j cos 2 j a ð1 cos 2 jÞ cos 2 j a a cos 2 j cos 2 j a ða þ 1Þ cos 2 j ¼ ¼ ¼ cos j sin 2 j cos j ð1 cos 2 jÞ cos j ð1 cos 2 jÞ cos j ð1 cos 2 jÞ

ðunter Verwendung des „trigonometrischen Pythagoras“ sin 2 j þ cos 2 j ¼ 1 ) sin 2 j ¼ 1 cos 2 jÞ

Charakterisieren und skizzieren Sie die Kurven, die durch die folgenden Gleichungen in Polarkoordina-

A55

ten beschrieben werden: a) r ¼

2 ; cos j

0 j < p=2;

b) r ¼

1 ; sin j

p < j

3 p 2

Anleitung: Gehen Sie zuna¨chst zu kartesischen Koordinaten u¨ber.

Beno¨tigte Transformationsgleichungen: x ¼ r cos j und y ¼ r sin j 2 cos j a) r ¼ cos j

)

r cos j ¼ 2 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} x

)

y

x ¼ 2

Die Gleichung x ¼ 2 beschreibt eine Parallele zur y-Achse (im Abstand d ¼ 2 rechts von dieser Achse). Wegen 0 j < p = 2 kommt nur der im 1. Quadranten gelegene Teil x ¼ 2, y 0 in Frage (Halbgerade, siehe Bild A-51):

3

x=2

2

(y ≥ 0)

1 1

2

x

Bild A-51 1 b) r ¼ sin j sin j

)

r sin j ¼ 1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} y

)

y ¼ 1

Durch die Gleichung y ¼ 1 wird eine Parallele zur x-Achse beschrieben, die im Abstand d ¼ 1 unterhalb dieser Achse verlaüft. Wegen p < j 3 p = 2 kommt nur der im 3. Quadranten gelegene Teil in Frage (Halbgerade y ¼ 1; x 0; siehe Bild A-52).

y –3

–2

–1 x –1

y = –1 (x ≤ 0)

Bild A-52

56


Strophoide:

ðx þ aÞ x 2 þ ðx aÞ y 2 ¼ 0 ðmit a > 0Þ

a) Beschreiben Sie diese Kurve durch Funktionen und zeichnen Sie den Kurvenverlauf fu¨r den Para-

A56

meterwert a ¼ 3. b) Bringen Sie die Kurvengleichung in die Polarkoordinatenform r ¼ r ðjÞ und bestimmen Sie den zula¨ssigen Winkelbereich (im Intervall 0 j < 360 ).

a) Wir lo¨sen die Kurvengleichung nach y auf und erhalten zwei Funktionen, die durch Spiegelung an der x-Achse ineinander u¨bergehen: ðx þ aÞ x 2 þ ðx aÞ y 2 ¼ 0 y

2

)

ðx aÞ y 2 ¼ ðx þ aÞ x 2

ðx þ aÞ x 2 ðx þ aÞ x 2 ð 1Þ ðx þ aÞ x 2 ¼ ¼ ¼ ðx aÞ ð 1Þ x a ax

)

) rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x þa ; y ¼ x ax

a x < a

Umformungen: Bruch mit 1 erweitern, dann Teilwurzel ziehen. Kurvenverlauf (fu¨r a == 3): siehe Bild A-53 Wir erstellen eine Wertetabelle fu¨r die Funktion rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x þ3 ; 3 x < 3 y ¼ þx 3x

y 6

Wertetabelle:

Asymptote

4

x

y

x

y

3 2;5 2 1;5 1 0;5 0

0 0;75 0;89 0;87 0;71 0;42 0

0;5 1 1;5 2 2;5 2;9

0;59 1;41 2;60 4;47 8;29 22;28

2

Bild A-53 –3

3 –2 –4 –6

b) Kurvengleichung in Polarkoordinaten Unter Verwendung der Transformationsgleichungen x ¼ r cos j und y ¼ r sin j folgt: ðx þ aÞ x 2 þ ðx aÞ y 2 ¼ 0

)

ðr cos j þ aÞ r 2 cos 2 j þ ðr cos j aÞ r 2 sin 2 j ¼ 0 j : r 2 ðr cos j þ aÞ cos 2 j þ ðr cos j aÞ sin 2 j ¼ 0

r cos 3 j þ r cos j sin 2 j ¼ a sin 2 j a cos 2 j

)

)

r cos 3 j þ a cos 2 j þ r cos j sin 2 j a sin 2 j ¼ 0

r cos j ðcos 2 j þ sin 2 jÞ ¼ a ðsin 2 j cos 2 jÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 cos ð2 jÞ

)

)

)

(unter Verwendung der Formeln cos 2 j þ sin 2 j ¼ 1 und cos ð2 jÞ ¼ cos 2 j sin 2 j ! FS) r cos j ¼ a cos ð2 jÞ

)

r ¼

a cos ð2 jÞ cos j

x=3

x


57

Bestimmung des Definitionsbereiches (Winkelbereiches) Wir wissen bereits, dass die Kurve spiegelsymmetrisch zur x-Achse verlaüft, ko¨nnen uns daher bei den weiteren Untersuchungen auf den 1. und 2. Quadranten beschra¨nken. Wegen der Bedingung r 0 und da nach Voraussetzung a > 0 ist mu¨ssen cos j und cos ð2 jÞ unterschiedliche Vorzeichen haben. Wir unterteilen den Winkelbereich 0 j 180 in vier gleiche Teilbereiche, in denen cos j und cos ð2 jÞ folgende Vorzeichen besitzen: 0 45

45 90

90 135

135 180

cos j

þ

þ

cos ð2 jÞ

þ

þ

Winkelbereich

Somit sind nur Winkel zwischen 45 und 90 bzw. zwischen 135 und 180 zula¨ssig ðj 6¼ 90 wegen cos j 6¼ 0Þ. Fu¨r die Gesamtkurve ergibt sich daher wegen der Spiegelsymmetrie zur x-Achse der folgende Definitionsbereich: 45 j < 90 , 135 j 225 , 270 < j 315 .

Zeigen Sie, dass durch die Gleichung r ðjÞ ¼ 2 a sin j, 0 j < 180 ein Kreis beschrieben

A57

wird ða > 0Þ. Bestimmen Sie den Mittelpunkt M und den Radius R des Kreises. Anleitung: Gehen Sie von den Polarkoordinaten u¨ber zu den kartesischen Koordinaten.

Mit den Transformationsgleichungen y ¼ r sin j und r 2 ¼ x 2 þ y 2 erhalten wir zuna¨chst: y r ) r2 ¼ 2ay ) x2 þ y2 ¼ 2ay r ¼ 2 a sin j ) r ¼ 2 a r Der y-Term wird quadratisch erga¨nzt: x þ ðy 2ayÞ ¼ 0 2

2

)

y

x þ ðy 2ay þ a Þ ¼ a 2

2

2

2

)

x 2 þ ð y aÞ 2 ¼ a 2 a

Dies ist die Gleichung eines verschobenen Kreises mit dem Mittelpunkt M ¼ ð0; aÞ und dem Radius R ¼ a (Bild A-54).

M

Bild A-54 x

Kurvengleichung in Polarkoordinaten: r ðjÞ ¼ 3 cos j þ 2

A58

a) Bestimmen Sie den Definitionsbereich (Winkelbereich) und skizzieren Sie den Kurvenverlauf mit Hilfe einer Wertetabelle (Schrittweite: D j ¼ 15 ). b) Wie lautet die Kurvengleichung in kartesischen Koordinaten in impliziter Form?

a) Definitionsbereich ðr 0Þ r 0

)

3 cos j þ 2 0

)

3 cos j 2

)

cos j 2 = 3

Wegen der Spiegelsymmetrie der Kurve bezu¨glich der x-Achse (r a¨ndert sich nicht, wenn wir den Winkel nach unten, d. h. in Uhrzeigerrichtung abtragen, da cos j eine gerade Funktion ist) beschra¨nken wir uns zuna¨chst auf das oberhalb der x-Achse gelegene Kurvenstu¨ck (1. und 2. Quadrant).

58


Zum Definitionsbereich geho¨ren alle Winkel zwischen j ¼ 0 und der 1. Schnittstelle der Kosinusfunktion y ¼ cos j mit der Geraden y ¼ 2 = 3 (siehe Bild A-55). Dieser Schnittpunkt liegt bei j ¼ arccos ð 2 = 3Þ ¼ 131;81 . Wegen der Spiegelsymmetrie zur x-Achse gilt dann fu¨r die Gesamtkurve: 131;81 j 131;81

Definitionsbereich: y 1

y = cos f arccos (– 2/3)

Bild A-55 180° –1

360°

f

y = – 2/3

Kurvenverlauf: Bild A-56 zeigt den Kurvenverlauf im Winkelbereich 0 j 131;81 . Durch Spiegelung an der x-Achse erha¨lt man die geschlossene Gesamtkurve. Wertetabelle fu¨r den 1. und 2. Quadranten: j

r

0 15 30 45 60 75 90 105 120 131;81

5 4;90 4;60 4;12 3;5 2;78 2 1;22 0;5 0

y 3 2

Bild A-56 –1

1

2

3

4

5

x

b) Wir beno¨tigen die Transformationsgleichungen x ¼ r cos j und r 2 ¼ x 2 þ y 2 : x þ 2 r ) r 2 ¼ 3 x þ 2 r ) r ¼ 3 cos j þ 2 ) r ¼ 3 r r 2 3 x ¼ 2 r j quadrieren

)

ðr 2 3 xÞ 2 ¼ 4 r 2

)

ðx 2 þ y 2 3 xÞ 2 ¼ 4 ðx 2 þ y 2 Þ

Nockenkurve Im Maschinenbau werden im Zusammenhang mit Steuersystemen sog. Nockenkurven beno¨tigt, die sich

A59

in Polarkoordinaten abschnittsweise wie folgt beschreiben lassen: ( 0 j p=c a þ b sin 2 ðc jÞ r ðjÞ ¼ f u¨ r a p=c j 2p ða; b > 0 ; c > 1Þ. Skizzieren Sie mit Hilfe einer Wertetabelle den Verlauf der Nockenkurve fu¨r die Parameterwerte a ¼ 4; b ¼ 2 und c ¼ 1;2.

Die Kurvengleichung lautet fu¨r a ¼ 4; b ¼ 2 und c ¼ 1;2: 8 0Þ ;

y0 ¼ ?

Die vorliegende Funktion ist weder eine Potenz- noch eine Exponentialfunktion, da Basis (x) und Exponent (cos x) von der Variablen x abha¨ngen. Wir ko¨nnen daher weder die Potenzregel noch die Ableitungsregel fu¨r Exponentialfunktionen anwenden. 1. Schritt: Durch Logarithmieren beider Seiten la¨sst sich der Potenzausdruck der rechten Seite in Produkt verwandeln, dass leicht u¨ber die Produktregel differenziert werden kann: ln y ¼ ln x cos x ¼ cos x ln x

ðRechenregel : ln a n ¼ n ln aÞ

2. Schritt: Beide Seiten werden nach x differenziert. Beim Differenzieren der linken Seite ist zu beachten, dass y eine von x abha¨ngige Funktion ist ð y ¼ f ðxÞÞ. Der Term z ¼ ln y muss daher nach der Kettenregel differenziert werden (erst z nach y differenzieren, dann y nach x): z ¼ ln y

mit

y ¼ f ðxÞ

)

z0 ¼

y0 dz dz dy 1 ¼ y0 ¼ ¼ dx dy dx y y

Die Ableitung der rechten Seite erfolgt mit Hilfe der Produktregel: z ¼ cos x ln x ¼ u v |ffl{zffl} |{z} u v

mit u ¼ cos x ;

z 0 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ sin x ln x þ

v ¼ ln x

und

u 0 ¼ sin x ;

v0 ¼

1 x

1 x sin x ln x þ cos x cos x ¼ x x

Damit gilt: y0 x sin x ln x þ cos x ¼ x y y0 ¼

)

x sin x ln x þ cos x x sin x ln x þ cos x y ¼ x cos x ¼ x x

¼ ð x sin x ln x þ cos xÞ x 1 x cos x ¼ ð x sin x ln x þ cos xÞ x ðcos x 1Þ

B35

y ¼ e x cos x ;

y0 ¼ ?;

y 0 ðpÞ ¼ ?

1. Schritt: Beide Seiten logarithmieren: ln y ¼ ln e x cos x ¼ ðx cos xÞ ln e ¼ x cos x

ðRechenregel : ln e n ¼ nÞ

2. Schritt: Jetzt beide Seiten der logarithmierten Gleichung nach x differenzieren: Linke Seite: Kettenregel anwenden, da y von x abha¨ngt: z ¼ ln y

mit

y ¼ f ðxÞ

)

z0 ¼

y0 dz dz dy 1 ¼ y0 ¼ ¼ dx dy dx y y

Rechte Seite: Produktregel anwenden:

f

z ¼ x cos x ¼ u v mit |fflffl{zfflffl} u v

u ¼ x;

v ¼ cos x

und u 0 ¼ 1 ;

z 0 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 1 cos x þ ð sin xÞ x ¼ cos x x sin x

v 0 ¼ sin x

1 Ableitungsregeln

79

Somit ist: y0 ¼ cos x x sin x y

y 0 ¼ ðcos x x sin xÞ y ¼ ðcos x x sin xÞ e x cos x

)

y 0 ðpÞ ¼ ðcos p p sin pÞ e p cos p ¼ ð 1 p 0Þ e p ð 1Þ ¼ e p Anmerkung: Diese Aufgabe la¨sst sich auch mit Hilfe der Ketten- und Produktregel lo¨sen (siehe Aufgabe B 25).

B36

y 2 ðsin xÞ ln x ¼ 0

ðx > 0Þ;

y0 ¼ ?

Zuna¨chst stellen wir die Gleichung wie folgt um: y 2 ¼ ðsin xÞ ln x 1. Schritt: Beide Seiten werden logarithmiert: ln y 2 ¼ ln ðsin xÞ ln x

)

2 ln y ¼ ln x ln ðsin xÞ

ðRechenregel : ln a n ¼ n ln aÞ

2. Schritt: Jetzt werden beide Seiten der logarithmierten Gleichung nach x differenziert: Linke Seite: Kettenregel anwenden, denn y ist eine von x abha¨ngige Funktion: z ¼ 2 ln y

mit

y ¼ f ðxÞ

z0 ¼

)

dz dz dy 1 2 ¼ y0 ¼ y0 ¼ 2 dx dy dx y y

Rechte Seite: Produktregel anwenden: z ¼ ln x ln ðsin xÞ ¼ u v mit |{z} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} u v

u ¼ ln x ;

v ¼ ln ðsin xÞ und

u0 ¼

1 ; x

v0 ¼ ?

Die noch unbekannte Ableitung v 0 des rechten Faktors erhalten wir mit der Kettenregel: v ¼ ln ðsin xÞ ¼ ln t |fflfflffl{zfflfflffl} t

mit

t ¼ sin x

dv dv dt 1 cos x ¼ ¼ cos x ¼ ¼ cot x dx dt dx t sin x

)

v0 ¼

1 ; x

v 0 ¼ cot x

Die Produktregel liefert dann mit u ¼ ln x ;

v ¼ ln ðsin xÞ und

u0 ¼

die gesuchte Ableitung der rechten Seite: y0 ¼ u0 v þ v0 u ¼

ln ðsin xÞ þ x cot x ln x 1 ln ðsin xÞ þ cot x ln x ¼ x x

Somit erhalten wir fu¨r y 0 den folgenden Ausdruck: ln ðsin xÞ þ x cot x ln x 2y0 ¼ x y

)

y0 ¼

ln ðsin xÞ þ x cot x ln x 2x

y

y 0 ha¨ngt noch von x und y ab. Durch Auflo¨sen der vorgegebenen Funktionsgleichung nach y folgt: y ¼

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ðsin xÞ ln x

Diesen Ausdruck setzen wir in die Ableitungsformel ein und erhalten y 0 in Abha¨ngigkeit von x: y0 ¼

ln ðsin xÞ þ x cot x ln x 2x

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ðsin xÞ ln x

80


1.6 Implizite Differentiation Die in der impliziten Form Fðx; yÞ ¼ 0 vorliegende Funktion wird gliedweise mit Hilfe der bekannten Ableitungsregeln nach der Variablen x differenziert. Dabei ist zu beachten, dass y eine Funktion von x ist. Terme mit der Variablen y mu¨ssen daher nach der Kettenregel differenziert werden. Die (differenzierte) Gleichung wird anschließend nach y 0 aufgelo¨st. Die Ableitung ha¨ngt dabei von x und y ab. Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.2.9 Formelsammlung: Kapitel IV.3.8

B37

y0 ¼ ?

x3 þ y3 3xy ¼ 0;

Es wird gliedweise nach x differenziert. 1. Summand:

z1 ¼ x 3

)

2. Summand:

z2 ¼ y3

mit

z 01 ¼ 3 x 2 y ¼ f ðxÞ

z 2 ¼ y 3 ist die aüßere, y ¼ f ðxÞ die innere Funktion. Die Kettenregel liefert dann (erst y 3 nach y, dann y nach x differenzieren): z 02 ¼ 3 y 2 y 0

u

v ¼ y und u 0 ¼ 1 ;

v0 ¼ 1 y0 ¼ y0

f

z 3 ¼ 3 x y ¼ 3 ð x y Þ ¼ 3 ðu vÞ mit u ¼ x ; f

3. Summand:

v

Mit der Produktregel erhalten wir (der rechte Faktor v ¼ y wurde nach der Kettenregel differenziert): z 03 ¼ 3 ðu 0 v þ v 0 uÞ ¼ 3 ð1 y þ y 0 xÞ ¼ 3 ð y þ x y 0 Þ Die gliedweise Differentiation der impliziten Funktion fu¨hrt damit zu dem folgenden Ergebnis: z 01 þ z 02 þ z 03 ¼ 3 x 2 þ 3 y 2 y 0 3 ð y þ x y 0 Þ ¼ 0 j : 3

)

x 2 þ y 2 y 0 ð y þ x y 0 Þ ¼ x 2 þ y 2 y 0 y x y 0 ¼ ð y 2 xÞ y 0 þ x 2 y ¼ 0 ð y 2 xÞ y 0 ¼ y x 2

B38

)

y0 ¼

y x2 y2 x

ðx þ 2Þ x 2 þ ðx 2Þ y 2 ¼ 0 ;

¼

x2 y x y2

y0 ¼ ?;

y 0 ðx ¼ 1; y ¼

pffiffiffi 3Þ ¼ ?

Wir bringen die Funktion zuna¨chst auf eine fu¨r das implizite Differenzieren gu¨nstigere Form: x 3 þ 2 x 2 þ ðx 2Þ y 2 ¼ z 1 þ z 2 ¼ 0 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} z1 z2

)

1 Ableitungsregeln

81

Es wird gliedweise nach x differenziert, der zweite Summand z 2 dabei nach der Produktregel (in Verbindung mit der Kettenregel). z1 ¼ x 3 þ 2 x 2

)

2. Summand:

z 2 ¼ ðx 2Þ y 2 ¼ u v |fflfflffl{zfflfflffl} u v

z 01 ¼ 3 x 2 þ 4 x u ¼ x 2;

mit

v ¼ y2

und

u0 ¼ 1;

v0 ¼ 2y y0

f

1. Summand:

Die Ableitung des rechten Faktors v ¼ y 2 erfolgte nach der Kettenregel, da y von x abha¨ngt (erst y 2 nach y differenzieren, dann y nach x). Somit gilt: z 02 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 1 y 2 þ 2 y y 0 ðx 2Þ ¼ y 2 þ 2 ðx 2Þ y y 0 Die gliedweise Differentiation der vorgegebenen impliziten Funktion fu¨hrt schließlich zu dem folgenden Ergebnis (wir lo¨sen die Gleichung noch nach y 0 auf): z 01 þ z 02 ¼ 3 x 3 þ 4 x þ y 2 þ 2 ðx 2Þ y y 0 ¼ 0

)

2 ðx 2Þ y y 0 ¼ 3 x 2 4 x y 2 ¼ ð3 x 2 þ 4 x þ y 2 Þ y 0 ðx ¼ 1; y ¼

B39

)

y0 ¼

3x2 þ 4x þ y2 2 ðx 2Þ y

pffiffiffi 3þ4þ3 10 5 5 pffiffiffi 3Þ ¼ 3 pffiffiffi ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffi ¼ 3 2 ð1 2Þ 3 2 3 3

ð y xÞ 3 þ sin 2 y ¼ 0 ;

y0 ¼ ?

Die Funktionsgleichung wird gliedweise nach x differenziert, beide Summanden dabei jeweils nach der Kettenregel: 1. Summand:

z 1 ¼ ð y xÞ 3 ¼ u 3 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} u

mit

u ¼ yx

und y ¼ f ðxÞ

z 01 ¼ 3 u 2 u 0 ¼ 3 u 2 ð1 y 0 1Þ ¼ 3 ð y xÞ 2 ð y 0 1Þ Bei der Ableitung der inneren Funktion u ¼ y x musste der Summand y nach der Kettenregel differenziert werden (erst y nach y, dann y nach x differenzieren). 2. Summand:

z 2 ¼ sin 2 y ¼ ð sin y Þ 2 ¼ u 2 |ffl{zffl} u

mit

u ¼ sin y

und

y ¼ f ðxÞ

Die Kettenregel (fu¨r zwei Substitutionen) fu¨hrt zu: z 02 ¼

dz2 dz2 du dy ¼ 2 u ðcos yÞ y 0 ¼ 2 sin y cos y y 0 ¼ sin ð2 yÞ y 0 ¼ dx du dy dx |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} sin ð2 yÞ

(unter Verwendung der trigonometrischen Beziehung sin ð2 yÞ ¼ 2 sin y cos y). Damit erhalten wir: z 01 þ z 02 ¼ 3 ð y xÞ 2 ð y 0 1Þ þ sin ð2 yÞ y 0 ¼ 3 ð y xÞ 2 y 0 3 ð y xÞ 2 þ sin ð2 yÞ y 0 ¼ 0 2

0

½ 3 ð y xÞ þ sin ð2 yÞ y ¼ 3 ð y xÞ

2

)

0

y ¼

3 ð y xÞ 2 3 ð y xÞ 2 þ sin ð2 yÞ

82


Bestimmen Sie die Tangentensteigung der Kardioide y 2 þ 2 x ðx 2 þ y 2 Þ ðx 2 þ y 2 Þ 2 ¼ 0 : Wie groß ist die Steigung im Kurvenpunkt P ¼ ð0; 1Þ?

B40

Es wird gliedweise nach der Variablen x differenziert. 1. Summand:

z1 ¼ y2

y ¼ f ðxÞ

mit

Differenziert wird nach der Kettenregel, da y von x abha¨ngt (zuerst y 2 nach y differenzieren, dann y nach x): z 01 ¼

d z1 d z1 d y ¼ 2y y0 ¼ dx dy dx z 2 ¼ 2 x ðx 2 þ y 2 Þ ¼ 2 ðu vÞ mit u ¼ x ; f

2. Summand:

|fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl}

u

v ¼ x 2 þ y 2 und u 0 ¼ 1 ;

v0 ¼ 2x þ 2y y0

v

Differenziert wird nach der Produktregel, wobei der Summand y 2 im rechten Faktor v nach der Kettenregel zu differenzieren ist: z 02 ¼ 2 ðu 0 v þ v 0 uÞ ¼ 2 ½ 1ðx 2 þ y 2 Þ þ ð2 x þ 2 y y 0 Þ x ¼ 2 ðx 2 þ y 2 þ 2 x 2 þ 2 x y y 0 Þ ¼ ¼ 2 ð3 x 2 þ y 2 þ 2 x y y 0 Þ 3. Summand:

2

z 3 ¼ ðx 2 þ y 2 Þ ¼ u 2 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} u

mit

u ¼ x2 þ y2

Die Kettenregel liefert dann: z 03 ¼

d z3 d z3 d u ¼ 2 u u 0 ¼ 2 u ð2 x þ 2 y y 0 Þ ¼ 2 ðx 2 þ y 2 Þ 2 ðx þ y y 0 Þ ¼ ¼ dx du dx

¼ 4 ðx 2 þ y 2 Þ ðx þ y y 0 Þ Bei der Ableitung der inneren Funktion u ¼ x 2 þ y 2 wurde dabei beru¨cksichtigt, dass der Summand y 2 nach der Kettenregel zu differenzieren ist ( y ha¨ngt ja von x ab). Damit erhalten wir folgendes Ergebnis: z 01 þ z 02 þ z 03 ¼ 2 y y 0 þ 2 ð3 x 2 þ y 2 þ 2 x y y 0 Þ 4 ðx 2 þ y 2 Þ ðx þ y y 0 Þ ¼ 0 j : 2 y y 0 þ 3 x 2 þ y 2 þ 2 x y y 0 2 ðx 2 þ y 2 Þ ðx þ y y 0 Þ ¼ ¼ y y 0 þ 3 x 2 þ y 2 þ 2 x y y 0 2 ðx 2 þ y 2 Þ x 2 ðx 2 þ y 2 Þ y y 0 ¼ ¼ ½ y þ 2 x y 2 ðx 2 þ y 2 Þ y y 0 þ 3 x 2 þ y 2 2 ðx 2 þ y 2 Þ x ¼ 0 Wir lo¨sen diese Gleichung noch nach y 0 auf und erhalten: y0 ¼

2 ðx 2 þ y 2 Þ x 3 x 2 y 2 y þ 2 x y 2 ðx 2 þ y 2 Þ y

¼

2 x ðx 2 þ y 2 Þ 3 x 2 y 2 y ½ 1 þ 2 x 2 ðx 2 þ y 2 Þ

Steigung der Kurventangente im Punkt P ¼ ð0; 1Þ: y 0 ðx ¼ 0; y ¼ 1Þ ¼

0 ð0 þ 1Þ 0 1 1 ½ 1 þ 0 2 ð0 þ 1Þ

¼

1 1 ð 1Þ

¼ 1

1 Ableitungsregeln

83

1.7 Differenzieren in der Parameterform Die Funktion bzw. Kurve liegt in der Parameterform x ¼ xðtÞ, y ¼ yðtÞ vor (t: Parameter). Die ersten beiden Ableitungen werden wie folgt gebildet: y0 ¼

y_ ; x_

y 00 ¼

x_ y€ y_ x€ x_ 3

Die Striche kennzeichnen die Ableitungen nach der Variablen x, die Punkte die Ableitungen nach dem Parameter t. Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.2.12 Formelsammlung: Kapitel IV.3.9

Bestimmen Sie den Anstieg der Kurve mit der Parameterdarstellung x ¼ 4 cos 3 t þ 3 cos t, y ¼ 2 sin ð2 tÞ þ 3 sin t, 0 t 2 p fu¨r den Parameterwert t ¼ p=2.

B41

Beide Gleichungen werden gliedweise und mit Hilfe der Kettenregel wie folgt nach dem Parameter t differenziert: x ¼ 4 cos 3 t þ 3 cos t ¼ 4 ð cos t Þ 3 þ 3 cos t ¼ 4 u 3 þ 3 cos t |ffl{zffl} u

mit

u ¼ cos t

x_ ¼ 12 u 2 ð sin tÞ 3 sin t ¼ 12 cos 2 t sin t 3 sin t ¼ 3 sin t ð4 cos 2 t þ 1Þ y ¼ 2 sin ð2 tÞ þ 3 sin t ¼ 2 sin v þ 3 sin t |{z} v

mit v ¼ 2 t

y_ ¼ 2 cos v 2 þ 3 cos t ¼ 4 cos ð2 tÞ þ 3 cos t Der Kurvenanstieg in Abha¨ngigkeit vom Kurvenparameter t betra¨gt dann: y0 ¼

4 cos ð2 tÞ þ 3 cos t y_ ¼ x_ 3 sin t ð4 cos 2 t þ 1Þ

Somit gilt an der Stelle t ¼ p=2: y 0 ðt ¼ p=2Þ ¼

B42

x ¼

4 cos p þ 3 cos ðp=2Þ 3 sin ðp=2Þ ð4

t2 1 ; t

y ¼ ln t ;

cos 2

ðp=2Þ þ 1Þ

t > 0;

¼

y 0 ðtÞ ¼ ? ;

4 ð 1Þ þ 3 0 3 1 ð4

02

y 00 ðtÞ ¼ ? ;

Wir bilden zuna¨chst die beno¨tigten Ableitungen x_ , x€, y_ und y€ : x ¼

t2 1 1 ¼ t ¼ t t1 t t

y ¼ ln t

)

y_ ¼

1 ¼ t 1; t

)

x_ ¼ 1 þ t 2 ;

y€ ¼ t 2

x€ ¼ 2 t 3

þ 1Þ

¼

4 4 ¼ 3 3

y 0 ð2Þ ¼ ? ;

y 00 ð2Þ ¼ ?

84


Damit erhalten wir fu¨r y 0 und y 00 , jeweils in Abha¨ngigkeit vom Parameter t: y_ t 1 t 1 t 2 t ¼ ¼ ¼ 2 2 2 2 x_ t þ1 1þt ð1 þ t Þ t

y0 ¼

y 00 ¼

¼

x_ y€ y_ x€ x_ 3

¼

ð1 þ t 2 Þ ð t 2 Þ t 1 ð 2 t 3 Þ

1 1 2 4 t t ðt 2 þ 1Þ 3 t6

y 0 ð2Þ ¼

2 22

þ1

(der Bruch wurde mit t 2 erweitert)

¼

ð1 þ t 2 Þ 3

¼

2 ; 5

1 t2 t4 ðt 2 þ 1Þ 3 t6

¼

y 00 ð2Þ ¼

1 t2 t4

þ

t 2 t 4 þ 2 t 4 t 4 t 2 ¼ 3 3 ¼ 1 t2 þ 1 1þ t2 t2

t 4 t2 ðt 2 þ 1Þ 3

ð1 2 2 Þ 2 2 ð2 2

¼

1Þ 3

¼

¼

ð1 t 2 Þ t 2 ðt 2 þ 1Þ3

12 12 ¼ 125 125

Umformungen: Die Bru¨che im Za¨hler bzw. Nenner werden auf den Hauptnenner t 4 bzw. t 2 gebracht ! der Za¨hlerbruch wird mit dem Kehrwert des Nennerbruches multipliziert, dann den gemeinsamen Faktor t 4 ku¨rzen.

B43

Gegeben ist die folgende Parameterform einer Kurve: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x ¼ 2 sin t þ 1 ; y ¼ 2 cos 2 t ; 0 t p Bestimmen Sie den Kurvenanstieg in Abha¨ngigkeit vom Parameter t. Wie groß ist die Steigung der Kurventangente fu¨r den Parameterwert t ¼ p=2?

Beide Parametergleichungen werden nach der Kettenregel differenziert: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi x ¼ 2 sin t þ 1 ¼ u mit u ¼ 2 sin t þ 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} u x_ ¼

dx dx du 1 cos t cos t ¼ ¼ pffiffiffi 2 cos t ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi dt du dt 2 u u 2 sin t þ 1

y ¼ 2 cos 2 t ¼ 2 ð cos t Þ 2 ¼ 2 u 2 |ffl{zffl} u y_ ¼

mit

u ¼ cos t

dy dy du ¼ ¼ 4 u ð sin tÞ ¼ 4 u sin t ¼ 4 cos t sin t dt du dt

Kurvenanstieg in Abha¨ngigkeit vom Parameter t: y_ 4 cos t sin t ¼ 4 cos t sin t ¼ y ¼ x_ cos t pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 sin t þ 1 0

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 sin t þ 1 ¼ 4 sin t 2 sin t þ 1 cos t

An der Stelle t ¼ p=2 gilt: y 0 ðt ¼ p=2Þ ¼ 4 sin ðp=2Þ

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi 2 sin ðp=2Þ þ 1 ¼ 4 1 2 1 þ 1 ¼ 4 3

1 Ableitungsregeln

85

Welchen Anstieg besitzt die Kurve mit der Parameterdarstellung

B44

x ¼ cos t sin ð2 tÞ ;

y ¼ 2 cos 2 t þ sin ð3 tÞ

in Abha¨ngigkeit vom (reellen) Parameter t ? Bestimmen Sie die Steigung der Kurventangente fu¨r den Parameterwert t ¼ p. Wie lautet die Gleichung der dortigen Tangente?

Beim Differenzieren der beiden Parametergleichungen beno¨tigen wir neben der Summenregel jeweils die Kettenregel: x ¼ cos t sin ð2 tÞ ¼ cos t sin u mit u ¼ 2 t |{z} u x_ ¼ sin t ðcos uÞ 2 ¼ sin t 2 cos ð2 tÞ y ¼ 2 cos 2 t þ sin ð3 tÞ ¼ 2 ð cos t Þ 2 þ sin ð3 tÞ ¼ 2 v 2 þ sin w |ffl{zffl} |{z} v w

mit

v ¼ cos t

und

w ¼ 3t

y_ ¼ 4 v ðsin tÞ þ ðcos wÞ 3 ¼ 4 v sin t þ 3 cos w ¼ 4 cos t sin t þ 3 cos ð3 tÞ ¼ ¼ 2 ½ 2 cos t sin t þ 3 cos ð3 tÞ ¼ 2 sin ð2 tÞ þ 3 cos ð3 tÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} sin ð2 tÞ (unter Verwendung der trigonometrischen Beziehung sin ð2 tÞ ¼ 2 sin t cos t) Der Anstieg der Kurve ha¨ngt damit wie folgt vom Kurvenparameter t ab: y0 ¼

2 sin ð2 tÞ þ 3 cos ð3 tÞ 2 sin ð2 tÞ 3 cos ð3 tÞ y_ ¼ ¼ x_ sin t 2 cos ð2 tÞ sin t þ 2 cos ð2 tÞ

Somit gilt an der Stelle t ¼ p : y 0 ðt ¼ pÞ ¼

2 sin ð2 pÞ 3 cos ð3 pÞ sin p þ 2 cos ð2 pÞ

¼

2 0 3 ð 1Þ 0þ21

¼

3 2

Tangentenberu¨hrungspunkt P ¼ ðx 0 ; y 0 Þ: x 0 ¼ x ðt ¼ pÞ ¼ cos p sin ð2 pÞ ¼ 1 0 ¼ 1 y 0 ¼ y ðt ¼ pÞ ¼ 2 cos 2 p þ sin ð3 pÞ ¼ 2 ð 1Þ 2 þ 0 ¼ 2 Somit: P ¼ ð 1 ; 2Þ Tangentensteigung: m ¼ y 0 ðt ¼ pÞ ¼

3 2

Tangentengleichung: y y0 ¼ m x x0

)

y2 3 ¼ x þ1 2

)

y2 ¼

3 3 3 ðx þ 1Þ ¼ x þ 2 2 2

)

y ¼

3 7 x þ 2 2

86


1.8 Differenzieren in Polarkoordinaten Sie mu¨ssen die in Polarkoordinaten r, j dargestellte Kurve mit der Gleichung r ¼ r ðjÞ zuna¨chst in die Parameterform bringen: x ðjÞ ¼ r ðjÞ cos j ;

y ðjÞ ¼ r ðjÞ sin j

ðParameter : Winkel jÞ

Die Ableitungen erhalten Sie wie in Abschnitt 1.7 beschrieben, sie sind Funktionen des Winkelparameters j. Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.2.13 Formelsammlung: Kapitel IV.3.10

Bestimmen Sie den Anstieg der Kurve

B45

r ¼ 1 þ e j,

j 0

in Abha¨ngigkeit vom Winkel j. Welche Steigung m besitzt die Kurventangente fu¨r j ¼ p ?

Die Kurve wird zuna¨chst in die Parameterform gebracht: x ¼ r cos j ¼ ð1 þ e j Þ cos j ;

y ¼ r sin j ¼ ð1 þ e j Þ sin j

Die beno¨tigten Ableitungen x_ und y_ nach dem Winkelparameter j erhalten wir mit der Produktregel: x ¼ ð1 þ e j Þ cos j ¼ u v mit |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |fflffl{zfflffl} u v

u ¼ 1 þ ej;

v ¼ cos j

und

u_ ¼ e j ;

v_ ¼ sin j

x_ ¼ u_ v þ v_ u ¼ e j cos j sin j ð1 þ e j Þ ¼ e j cos j ð1 þ e j Þ sin j y ¼ ð1 þ e j Þ sin j ¼ u v |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} u v

mit u ¼ 1 þ e j ;

v ¼ sin j

und

u_ ¼ e j ;

v_ ¼ cos j

y_ ¼ u_ v þ v_ u ¼ e j sin j þ cos j ð1 þ e j Þ ¼ e j sin j þ ð1 þ e j Þ cos j Steigung der Kurventangente in Abha¨ngigkeit vom Winkel j: y0 ¼

e j sin j þ ð1 þ e j Þ cos j y_ ¼ x_ e j cos j ð1 þ e j Þ sin j

Dividiert man die Summanden in Za¨hler und Nenner jeweils durch cos j und beachtet dabei die trigonometrische sin j Beziehung tan j ¼ , so la¨sst sich die Steigungsformel auch wie folgt schreiben: cos j y0 ¼

e j sin j þ ð1 þ e j Þ cos j e j cos j ð1 þ e j Þ sin j

¼

e j tan j þ 1 þ e j e j ð1 þ e j Þ tan j

Steigung der Tangente fu¨r j ¼ p: m ¼ y 0 ðt ¼ pÞ ¼

e p tan p þ 1 þ e p e p ð1 þ e p Þ tan p

¼

ep 0 þ 1 þ ep e p ð1 þ e p Þ 0

¼

1 þ ep ¼ 1,0432 ep

1 Ableitungsregeln

87

r ¼

B46

sin 2 j ; cos j

p p < j < 2 2

(„Zissoide“)

Bestimmen Sie die Tangentensteigung dieser Kurve in Abha¨ngigkeit vom Winkel j.

Wir stellen die Kurve zuna¨chst in der Parameterform dar (mit dem Winkel j als Kurvenparameter): x ¼ r cos j ¼

sin 2 j cos j ¼ sin 2 j ; cos j

y ¼ r sin j ¼

sin 2 j sin 3 j sin j ¼ cos j cos j

Die beno¨tigten Ableitungen x_ und y_ erhalten wir wie folgt: x ¼ sin 2 j ¼ ðsin j Þ 2 ¼ u 2 |ffl{zffl} u

mit

u ¼ sin j

Die Kettenregel liefert dann (nach erfolgter Ru¨cksubstitution): x_ ¼

dx dx du ¼ ¼ 2 u cos j ¼ 2 sin j cos j dj du dj

Die zweite Parametergleichung wird mit Hilfe der Quotientenregel differenziert: y ¼

sin 3 j ðsin jÞ 3 u ¼ ¼ cos j v cos j

mit u ¼ ðsin jÞ 3 ;

v ¼ cos j

und

u_ ¼ ? ;

v_ ¼ sin j

Die noch unbekannte Ableitung von u ¼ ðsin jÞ 3 erhalten wir mit der Kettenregel: u ¼ ðsin j Þ 3 ¼ t 3 |ffl{zffl} t

mit t ¼ sin j

)

u_ ¼

du du dt ¼ ¼ 3 t 2 cos j ¼ 3 sin 2 j cos j dj dt dj

Die Quotientenregel liefert dann mit u ¼ sin 3 j ;

v ¼ cos j

und

u_ ¼ 3 sin 2 j cos j ;

v_ ¼ sin j

die gesuchte Ableitung y_ : y_ ¼

¼

3 sin 2 j cos j cos j ð sin jÞ sin 3 j 3 sin 2 j cos 2 j þ sin 4 j u_ v v_ u ¼ ¼ ¼ cos 2 j cos 2 j v2 sin 2 j ð3 cos 2 j þ sin 2 jÞ cos 2 j

¼

sin 2 j ð3 cos 2 j þ 1 cos 2 jÞ cos 2 j

¼

sin 2 j ð2 cos 2 j þ 1Þ cos 2 j

(unter Verwendung von sin 2 j þ cos 2 j ¼ 1). Die Steigungsformel lautet damit: sin 2 j ð2 cos 2 j þ 1Þ y0 ¼

¼

y_ ¼ x_

cos 2 j 2 sin j cos j 1

sin j sin j ð2 cos 2 j þ 1Þ 2 sin j cos 3 j

¼

¼

sin 2 j ð2 cos 2 j þ 1Þ cos 2

j

1 ¼ 2 sin j cos j

sin j ð2 cos 2 j þ 1Þ 2 cos 3 j

Umformungen: Za¨hlerbruch mit dem Kehrwert des Nennerbruches multiplizieren, dann den gemeinsamen Faktor sin j ku¨rzen.

88


Welche Steigung hat die Tangente an die Kurve mit der Gleichung

B47

r ¼

1 ; 2þj

0 j 2p

im Schnittpunkt mit der negativen x-Achse? Wie lautet die Gleichung dieser Tangente?

Darstellung der Kurve in der Parameterform mit dem Winkelparameter j: x ¼ r cos j ¼

cos j 1 cos j ¼ ; 2þj 2þj

y ¼ r sin j ¼

sin j 1 sin j ¼ 2þj 2þj

Beide Parametergleichungen werden mit Hilfe der Quotientenregel nach j differenziert: x ¼

cos j u ¼ v 2þj

x_ ¼

sin j ð2 þ jÞ 1 cos j ð2 þ jÞ sin j cos j u_ v v_ u ¼ ¼ 2 2 v ð2 þ jÞ ð2 þ jÞ 2

y ¼

sin j u ¼ v 2þj

y_ ¼

cos j ð2 þ jÞ 1 sin j ð2 þ jÞ cos j sin j u_ v v_ u ¼ ¼ v2 ð2 þ jÞ 2 ð2 þ jÞ 2

mit

mit

u ¼ cos j ;

u ¼ sin j ;

v ¼ 2þj

v ¼ 2þj

und u_ ¼ sin j ;

und

u_ ¼ cos j ;

v_ ¼ 1

v_ ¼ 1

Die Steigung der Kurventangente berechnet sich damit wie folgt: ð2 þ jÞ cos j sin j y0 ¼

ð2 þ jÞ cos j sin j ð2 þ jÞ 2 ð2 þ jÞ 2 y_ ¼ ¼ ¼ x_ ð2 þ jÞ sin j cos j ð2 þ jÞ sin j cos j ð2 þ jÞ 2 ð2 þ jÞ 2

¼

ð2 þ jÞ cos j sin j ð2 þ jÞ sin j cos j

¼

sin j ð2 þ jÞ cos j ð2 þ jÞ sin j þ cos j

¼

tan j ð2 þ jÞ ð2 þ jÞ tan j þ 1

Umformungen: Za¨hlerbruch mit dem Kehrwert des Nennerbruches multiplizieren ! gemeinsamen Faktor ð2 þ jÞ 2 ku¨rzen ! Bruch mit 1 erweitern ! alle Summanden in Za¨hler und Nenner durch cos j dividieren ! trigonometrische Beziehung tan j ¼ sin j=cos j beachten. Steigung der Kurventangente fu¨r den Winkel j ¼ p (Schnittstelle mit der negativen x -Achse): y 0 ðj ¼ pÞ ¼

tan p 2 p

¼

ð2 þ pÞ tan p þ 1

02p ð2 þ pÞ 0 þ 1

¼

2 p ¼ 2 p ¼ 5,1416 1

Tangentenberu¨hrungspunkt P ¼ ðx 0 ; y 0 Þ: j ¼ p

)

r ðj ¼ pÞ ¼

1 ¼ 0;1945 2þp

x 0 ¼ r ðj ¼ pÞ ¼ 0;1945 ;

y0 ¼ 0

)

P ¼ ð 0;1945 ; 0Þ

Tangentengleichung ðm ¼ y 0 ðj ¼ pÞ ¼ 5;1416Þ: y y0 ¼ m x x0

)

y0 ¼ 5;1416 x þ 0;1945

)

y ¼ 5;1416 ðx þ 0;1945Þ ¼ 5;1416 x 1

2 Anwendungen

89

2 Anwendungen In diesem Abschnitt finden Sie anwendungsorientierte Aufgaben zu folgenden Themen:

Einfache Anwendungen in Physik und Technik Tangente und Normale Linearisierung einer Funktion Kru¨mmung einer ebenen Kurve Relative Extremwerte, Wende- und Sattelpunkte Kurvendiskussion Extremwertaufgaben Tangentenverfahren von Newton Grenzwertberechnung nach Bernoulli und de L’Hospital

2.1 Einfache Anwendungen in Physik und Technik Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.2.14.1 Formelsammlung: Kapitel IV.4.1

Die Ladung q eines Kondensators genu¨gte dem Zeitgesetz qðtÞ ¼ q 0 e sin t mit t 0. Bestimmen Sie den Ladestrom i ¼ iðtÞ ð q 0 : Ladung zu Beginn, d. h. zur Zeit t ¼ 0Þ.

B48

Die Stromsta¨rke i ist die zeitliche Ableitung der Ladung q. Differenziert wird nach der Kettenregel: q ¼ q 0 e sin t ¼ q 0 e u i ¼ q_ ¼

mit

u ¼ sin t

dq dq du ¼ ¼ q 0 e u cos t ¼ q 0 e sin t cos t dt du dt

Beim freien Fall unter Beru¨cksichtigung des Luftwiderstandes gilt das Weg-Zeit-Gesetz rffiffiffiffiffiffiffiffi v 2e mg g ln cosh t ; t 0 mit v e ¼ s ¼ sðtÞ ¼ ve g k

B49

(g: Erdbeschleunigung; m: Masse; k : Reibungskoeffizient). Bestimmen Sie Geschwindigkeit v und Beschleunigung a als Funktionen der Zeit. Welcher Kraft unterliegt der frei fallende Ko¨rper?

Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz v = s_ Die Geschwindigkeit v ist die 1. Ableitung des Weges s nach der Zeit t. Mit Hilfe der Kettenregel erhalten wir (es sind zwei Substitutionen durchzufu¨hren): v 2e v 2e g s ¼ ln cosh ln ½ cosh u ¼ ln w t ¼ g g g ve |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} |fflfflffl{zfflfflffl} w u v 2e

mit

w ¼ cosh u und

u ¼

g t ve

90


ds ds dw du ¼ ¼ dt dw du dt g ¼ v e tanh u ¼ v e tanh ve

v ¼ s_ ¼

v 2e g t

1 g sinh u sinh u ðsinh uÞ ¼ ve ¼ ¼ ve w ve w cosh u

ðZur Erinnerung: tanh u ¼ sinh u=cosh uÞ. Wegen g g t ¼ v e lim tanh t ¼ ve 1 ¼ ve lim v ðtÞ ¼ lim v e tanh ve ve t!1 t!1 t!1 ist v e die Endgeschwindigkeit (die theoretisch erst nach unendlich langer Fallzeit erreicht wird). Bild B-1 zeigt das Geschwindigkeit-Zeit-Diagramm.

v ve g t ve

v = ve · tanh

Bild B-1 t

Beschleunigung-Zeit-Gesetz a = v_ = s€ Die Beschleunigung a ist die 1. Ableitung der Geschwindigkeit v nach der Zeit t. Die Kettenregel liefert: g g t ¼ v e tanh u mit u ¼ t v ¼ v e tanh ve ve |fflfflffl{zfflfflffl} u g dv dv du g 2 2 2 a ¼ v_ ¼ ¼ g ð1 tanh uÞ ¼ g 1 tanh t ¼ ¼ v e ð1 tanh uÞ ve dt du dt ve Diese Gleichung la¨sst sich noch aussagekra¨ftiger gestalten, wenn man die aus dem Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz folgende Beziehung rffiffiffiffiffiffiffiffiffi g mg v tanh t ¼ mit v e ¼ ve k ve beachtet: v2 a ¼ g 1 v 2e

! ¼ g

gv2 v 2e

¼ g

gv2 kv2 ¼ g mg m k

Durch Multiplikation dieser Gleichung mit der Masse m erha¨lt man die beschleunigende Kraft F: kv2 ¼ mg kv2 F ¼ ma ¼ m g m Physikalische Bedeutung der beiden Summanden: m g: Gewichtskraft (Gravitationskraft) k v 2 : Luftwiderstand (proportional dem Geschwindigkeitsquadrat)

2 Anwendungen

91

Die Gleichung x ¼ ð4 t 2Þ e 0;5 t ;

B50

t 0

beschreibe die aperiodische Schwingung eines Feder-Masse-Schwingers ðx : Auslenkung; t : Zeit). Bestimmen Sie die Geschwindigkeit v und die Beschleunigung a in Abha¨ngigkeit von der Zeit. Nach welcher Zeit ist die Auslenkung x am gro¨ßten?

Geschwindigkeit v = x_ Mit Hilfe der Produkt- und Kettenregel erhalten wir: x ¼ ð4 t 2Þ e 0;5 t ¼ u w |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflffl{zfflffl} u w

w ¼ e 0;5 t

mit u ¼ 4 t 2 ;

und

u_ ¼ 4 ;

w_ ¼ 0,5 e 0;5 t

(w wurde dabei nach der Kettenregel differenziert, Substitution: z ¼ 0,5 t) v ¼ x_ ¼ u_ w þ w_ u ¼ 4 e 0;5 t 0,5 e 0;5 t ð4 t 2Þ ¼ ½ 4 0,5 ð4 t 2Þ e 0;5 t ¼ ¼ ð4 2 t þ 1Þ e 0;5 t ¼ ð5 2 tÞ e 0;5 t Beschleunigung a = v_ = x€ Wir differenzieren das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz v ¼ v ðtÞ nach der Zeit t unter Verwendung von Produkt- und Kettenregel: v ¼ ð5 2 tÞ e 0;5 t ¼ u w mit |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflffl{zfflffl} u w

w ¼ e 0;5 t

u ¼ 5 2t;

und u_ ¼ 2 ;

w_ ¼ 0,5 e 0;5 t

a ¼ v_ ¼ u_ w þ w_ u ¼ 2 e 0;5 t 0;5 e 0;5 t ð5 2 tÞ ¼ ½ 2 0;5 ð5 2 tÞ e 0;5 t ¼ ¼ ð 2 2;5 þ tÞ e 0;5 t ¼ ðt 4;5Þ e 0;5 t Maximale Auslenkung: x_ ¼ v ¼ 0 , x€ ¼ v_ ¼ a < 0 x_ ¼ v ¼ 0

)

ð5 2 tÞ e 0;5 t ¼ 0 |fflffl{zfflffl} 6¼ 0

)

x€ ðt1 ¼ 2,5Þ ¼ a ðt1 ¼ 2,5Þ ¼ 2 e 1;25 < 0

5 2t ¼ 0

)

Maximum

xmax ¼ x ðt1 ¼ 2,5Þ ¼ 8 e 1;25 ¼ 2,2920 Das Weg-Zeit-Gesetz ist in Bild B-2 bildlich dargestellt.

x Max

2,29

x = (4t – 2) · e– 0,5 t 1

Bild B-2 1 –1 –2

2

3 2,5

4

5

6

7

8

9

t

)

t 1 ¼ 2,5

92


Das Weg-Zeit-Gesetz einer erzwungenen Schwingung laute wie folgt:

B51

s ¼ sðtÞ ¼ e t cos ð5 tÞ þ sin ð2 t þ pÞ ; t 0 Bestimmen Sie die Geschwindigkeit v sowie die Beschleunigung a zu Beginn der Bewegung ðt ¼ 0Þ.

Wegen v ¼ s_ und a ¼ € s mu¨ssen wir das Weg-Zeit-Gesetz zweimal nacheinander nach t differenzieren. 1. Ableitung v = s_ (Geschwindigkeit) Wir differenzieren das Weg-Zeit-Gesetz gliedweise mit Hilfe von Produkt- und Kettenregel: s ¼ e t cos ð5 tÞ þ sin ð2 t þ pÞ ¼ x y þ z |{z} |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} x y z Der 1. Summand x y wird dabei nach der Produktregel differenziert, die dabei beno¨tigten Ableitungen x_ und y_ der beiden Faktoren erha¨lt man jeweils nach der Kettenregel (Substitutionen: u ¼ t bzw. u ¼ 5 t). Die Ableitung des 2. Summanden z erfolgt mit der Kettenregel (Substitution: u ¼ 2 t þ p). Somit gilt: x ¼ e t ;

y ¼ cos ð5 tÞ ;

x_ ¼ e t ;

y_ ¼ 5 sin ð5 tÞ ;

z ¼ sin ð2 t þ pÞ ;

z_ ¼ 2 cos ð2 t þ pÞ

s_ ¼ x_ y þ y_ x þ z_ ¼ e t cos ð5 tÞ 5 sin ð5 tÞ e t þ 2 cos ð2 t þ pÞ ¼ ¼ ½ cos ð5 tÞ 5 sin ð5 tÞ e t þ 2 cos ð2 t þ pÞ Damit erhalten wir das folgende Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz: v ¼ s_ ¼ ½ cos ð5 tÞ 5 sin ð5 tÞ e t þ 2 cos ð2 t þ pÞ Geschwindigkeit zum Zeitpunkt t ¼ 0: v ðt ¼ 0Þ ¼ s_ ðt ¼ 0Þ ¼ ½ cos 0 5 sin 0 e 0 þ 2 cos p ¼ ð 1 5 0Þ 1 þ 2 ð 1Þ ¼ 3 2. Ableitung a = s€ (Beschleunigung) Wir beno¨tigen (analog wie bei der Bildung der 1. Ableitung) Produkt- und Kettenregel: s_ ¼ ½ cos ð5 tÞ 5 sin ð5 tÞ e t þ 2 cos ð2 t þ pÞ ¼ x y þ z |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |{z} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} x y z x_ ¼ 5 sin ð5 tÞ 25 cos ð5 tÞ ;

y_ ¼ e t

und

z_ ¼ 4 sin ð2 t þ pÞ

€s ¼ x_ y þ y_ x þ z_ ¼ ½ 5 sin ð5 tÞ 25 cos ð5 tÞ e t e t ½ cos ð5 tÞ 5 sin ð5 tÞ 4 sin ð2 t þ pÞ ¼ ¼ ½ 5 sin ð5 tÞ 25 cos ð5 tÞ þ cos ð5 tÞ þ 5 sin ð5 tÞ e t 4 sin ð2 t þ pÞ ¼ ¼ ½ 10 sin ð5 tÞ 24 cos ð5 tÞ e t 4 sin ð2 t þ pÞ Das Beschleunigung-Zeit-Gesetz lautet somit: a ¼ s€ ¼ ½ 10 sin ð5 tÞ 24 cos ð5 tÞ e t 4 sin ð2 t þ pÞ Beschleunigung zum Zeitpunkt t ¼ 0: a ðt ¼ 0Þ ¼ € s ðt ¼ 0Þ ¼ ð10 sin 0 24 cos 0Þ e 0 4 sin p ¼ ð10 0 24 1Þ 1 4 0 ¼ 24

2 Anwendungen

93

Die Bahnkurve eines Massenpunktes in der x; y -Ebene wird durch die Gleichungen

B52

x ¼ x ðtÞ ¼ ðsin tÞ e t ;

y ¼ y ðtÞ ¼ ðcos tÞ e t ;

t 0

beschrieben. Bestimmen Sie Geschwindigkeit v und Beschleunigung a zur Zeit t ¼ p .

Wir beno¨tigen die ersten beiden Ableitungen der Parametergleichungen. Differenziert wird jeweils nach der Produktregel in Verbindung mit der Kettenregel: x ¼ ðsin tÞ e t ¼ u v |fflffl{zfflffl} |{z} u v

mit u ¼ sin t ;

v ¼ e t

und u_ ¼ cos t ;

v_ ¼ e t

(Ableitung von v nach der Kettenregel, Substitution: z ¼ t) x_ ¼ u_ v þ v_ u ¼ ðcos tÞ e t e t sin t ¼ ðcos t sin tÞ e t x_ ¼ ðcos t sin tÞ e t ¼ u v mit u ¼ cos t sin t ; |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |{z} u v

v ¼ e t und u_ ¼ sin t cos t ;

v_ ¼ e t

x€ ¼ u_ v þ v_ u ¼ ð sin t cos tÞ e t e t ðcos t sin tÞ ¼ ¼ ð sin t cos t cos t þ sin tÞ e t ¼ 2 ðcos tÞ e t Analog erha¨lt man y_ und y€: y ¼ ðcos tÞ e t ¼ u v mit |fflfflffl{zfflfflffl} |{z} u v

u ¼ cos t ;

v ¼ e t

und

u_ ¼ sin t ;

v_ ¼ e t

y_ ¼ u_ v þ v_ u ¼ ð sin tÞ e t e t cos t ¼ ð sin t cos tÞ e t y_ ¼ ð sin t cos tÞ e t ¼ u v mit u ¼ sin t cos t; |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |{z} u v

v ¼ e t und u_ ¼ cos t þ sin t; v_ ¼ e t

y€ ¼ u_ v þ v_ u ¼ ð cos t þ sin tÞ e t e t ð sin t cos tÞ ¼ ¼ ð cos t þ sin t þ sin t þ cos tÞ e t ¼ 2 ðsin tÞ e t qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Geschwindigkeit v ¼ x_ 2 þ y_ 2 v 2 ¼ x_ 2 þ y_ 2 ¼ ðcos t sin tÞ 2 e 2 t þ ð sin t cos tÞ 2 e 2 t ¼ ¼ ½ ðcos t sin tÞ 2 þ ð sin t cos tÞ 2 e 2 t ¼ ¼ ðcos 2 t 2 sin t cos t þ sin 2 t þ sin 2 t þ 2 sin t cos t þ cos 2 tÞ e 2 t ¼ ¼ ð2 cos 2 t þ 2 sin 2 tÞ e 2 t ¼ 2 ðcos 2 t þ sin 2 tÞ e 2 t ¼ 2 e 2 t |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 (unter Verwendung des trigonometrischen Pythagoras cos 2 t þ sin 2 t ¼ 1). Somit gilt: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi v ¼ 2 e 2 t ¼ 2 e t ) v ðt ¼ pÞ ¼ 2 e p ¼ 0,0611 ðe 2 t ¼ e t e t ¼ ðe t Þ 2 Þ Beschleunigung a ¼

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x€ 2 þ y€ 2

a 2 ¼ x€ 2 þ y€ 2 ¼ 4 ðcos 2 tÞ e 2 t þ 4 ðsin 2 tÞ e 2 t ¼ 4 ðcos 2 t þ sin 2 tÞ e 2 t ¼ 4 e 2 t |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a ¼ 4 e 2 t ¼ 2 e t ) a ðt ¼ pÞ ¼ 2 e p ¼ 0,0864

94


Ein Rad mit dem Radius R ¼ 1 rollt reibungsfrei auf einer Geraden (x-Achse) und beschreibt dabei eine sog. Rollkurve oder gewo¨hnliche Zykloide mit der folgenden Parameterdarstellung:

B53

x ¼ t sin ðp tÞ ;

y ¼ 1 cos ðp tÞ

ðt 0 : ZeitÞ

Bestimmen Sie Geschwindigkeit v und Beschleunigung a in Abha¨ngigkeit von der Zeit. Nach welcher Zeit erreicht die Geschwindigkeit erstmals ihren gro¨ßten Wert?

Wir bilden zuna¨chst die beno¨tigten Ableitungen x_ , x€, y_ und y€ (gliedweises Differenzieren in Verbindung mit der Kettenregel): x ¼ t sin ðp tÞ ¼ t sin u |ffl{zffl} u

mit

u ¼ pt

x_ ¼ 1 p cos ðp tÞ ¼ 1 p cos u |ffl{zffl} u

x_ ¼ 1 ðcos uÞ p ¼ 1 p cos ðp tÞ

)

mit

u ¼ pt

u ¼ pt

)

)

x€ ¼ 0 p ð sin uÞ p ¼ p 2 sin ðp tÞ

Analog erhalten wir y_ und y€: y ¼ 1 cos ðp tÞ ¼ 1 cos u mit |ffl{zffl} u

y_ ¼ p sin ðp tÞ ¼ p sin u mit u ¼ p t |ffl{zffl} u Geschwindigkeit v ¼

)

y_ ¼ 0 þ ðsin uÞ p ¼ p sin ðp tÞ

y€ ¼ p ðcos uÞ p ¼ p 2 cos ðp tÞ

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x_ 2 þ y_ 2

v 2 ¼ x_ 2 þ y_ 2 ¼ ½ 1 p cos ðp tÞ 2 þ p 2 sin 2 ðp tÞ ¼ ¼ 1 2 p cos ðp tÞ þ p 2 cos 2 ðp tÞ þ p 2 sin 2 ðp tÞ ¼ ¼ 1 2 p cos ðp tÞ þ p 2 ðcos 2 ðp tÞ þ sin 2 ðp tÞÞ ¼ 1 2 p cos ðp tÞ þ p 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 (unter Verwendung der Beziehung cos 2 u þ sin 2 u ¼ 1 mit u ¼ p tÞ. Somit gilt: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi v ¼ 1 2 p cos ðp tÞ þ p 2 ; t 0 Das Geschwindigkeitsmaximum wird erreicht, wenn cos ðp tÞ den kleinsten Wert 1 annimmt: cos ðp tÞ ¼ 1

f u¨ r

pt ¼ p;

d: h: t1 ¼ 1

Nach einer halben Drehung des Rades, d. h. im ho¨chsten Bahnpunkt ist die Geschwindigkeit am gro¨ßten. Sie betra¨gt dann: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi v max ¼ v ðt1 ¼ 1Þ ¼ 1 2 p ð 1Þ þ p 2 ¼ 1 þ 2 p þ p 2 ¼ ð1 þ pÞ 2 ¼ 1 þ p Beschleunigung a ¼

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x€ 2 þ y€ 2

a 2 ¼ x€ 2 þ y€ 2 ¼ p 4 sin 2 ðp tÞ þ p 4 cos 2 ðp tÞ ¼ p 4 ½ sin 2 ðp tÞ þ cos 2 ðp tÞ ¼ p 4 ¼ const: |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 Die Bewegung erfolgt also mit konstanter Beschleunigung: a ¼ p 2 ¼ const:

2 Anwendungen

95

2.2 Tangente und Normale Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.3.1 Formelsammlung: Kapitel IV.4.2

B54

Wie lauten die Gleichungen der Tangente und Normale im Punkt P ¼ ð6; 6Þ der in der impliziten Form gegebenen Kurve x 3 12 x y þ y 3 ¼ 0 ?

Fu¨r die Berechnung der Steigungswerte von Tangente und Normale beno¨tigen wir die 1. Ableitung der impliziten Funktion. Die Funktionsgleichung wird daher gliedweise nach x differenziert. Dabei ist y als eine Funktion von x zu betrachten, d. h. Terme mit der Variablen y mu¨ssen nach der Kettenregel differenziert werden (erst nach y differenzieren, dann y nach x):

f f

d ðx 3 12 x y þ y 3 Þ ¼ 3 x 2 12 ðu 0 v þ v 0 uÞ þ 3 y 2 y 0 ¼ dx u v ¼ 3 x 2 12 ð1 y þ 1 y 0 xÞ þ 3 y 2 y 0 ¼ ¼ 3 x 2 12 ð y þ x y 0 Þ þ 3 y 2 y 0 ¼ 0 Der 2. Summand 12 x y ¼ 12 ðx yÞ wurde dabei nach der Produktregel differenziert (mit u ¼ x, v ¼ y und u 0 ¼ 1, v 0 ¼ 1 y 0 ¼ y 0 ). Wir lo¨sen jetzt diese Gleichung schrittweise nach y 0 auf (zuna¨chst wird durch 3 dividiert): x 2 4 ð y þ x y 0 Þ þ y 2 y 0 ¼ x 2 4 y 4 x y 0 þ y 2 y 0 ¼ y 0 ð 4 x þ y 2 Þ þ x 2 4 y ¼ 0 y 0 ð 4 x þ y 2 Þ ¼ x 2 þ 4 y

y0 ¼

)

x2 þ 4y 4x þ y2

¼

x2 4y 4x y2

Gleichung der Tangente in P == (6; 6) m t ¼ y 0 ðx 0 ¼ 6; y 0 ¼ 6Þ ¼ y y0 ¼ mt x x0 Tangente:

)

36 24 12 ¼ ¼ 1 24 36 12

y6 ¼ 1; x 6

y 6 ¼ 1 ðx 6Þ ¼ x þ 6

y ¼ x þ 12

Gleichung der Normale in P == (6; 6) mn ¼ Normale:

1 1 ¼ 1 ¼ mt 1

y ¼ x

)

y y0 ¼ mn x x0

)

y6 ¼ 1; x 6

y 6 ¼ 1 ðx 6Þ ¼ x 6

96


B55

Bestimmen Sie die Tangente der Funktion y ¼ e 2 x cos ð4 x þ pÞ an der Stelle x 0 ¼ 0.

Tangentenberu¨hrungspunkt: x 0 ¼ 0 ;

y 0 ¼ e 0 cos ð0 þ pÞ ¼ 1 ð 1Þ ¼ 1

)

P ¼ ð0; 1Þ

Steigung m der Kurventangente in P Die beno¨tigte Ableitung erhalten wir mit der Produktregel, wobei beide Faktoren mit Hilfe der Kettenregel zu differenzieren sind: y ¼ e 2 x cos ð4 x þ pÞ ¼ u v |ffl{zffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} u v u ¼ e 2x ¼ e t

mit

t ¼ 2x

v ¼ cos ð4 x þ pÞ ¼ cos z

)

u 0 ¼ e t ð 2Þ ¼ 2 e 2 x

mit z ¼ 4 x þ p

)

v 0 ¼ ð sin zÞ 4 ¼ 4 sin ð4 x þ pÞ

y 0 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 2 e 2 x cos ð4 x þ pÞ 4 sin ð4 x þ pÞ e 2 x ¼ ¼ 2 e 2 x ½ cos ð4 x þ pÞ þ 2 sin ð4 x þ pÞ m ¼ y 0 ð0Þ ¼ 2 e 0 ½ cos p þ 2 sin p ¼ 2 1 ð 1 þ 2 0Þ ¼ 2 Gleichung der Tangente in P == (0; – 1) y y0 ¼ m x x0

B56

)

yþ1 ¼ 2 x 0

)

y þ 1 ¼ 2x

)

y ¼ 2x 1

Wo besitzt die Kurve y ¼ ln ð1,5 cos 2 xÞ waagerechte Tangenten?

Wegen der Spiegelsymmetrie der Kurve du¨rfen wir uns zuna¨chst auf das Intervall x 0 beschra¨nken. Die beno¨tigte 1. Ableitung der Funktion bilden wir wie folgt mit Hilfe der Kettenregel, wobei zwei Substitutionen nacheinander durchzufu¨hren sind (von innen nach außen). 1. Substitution:

y ¼ ln ð1,5 cos 2 x Þ ¼ ln ð1,5 u 2 Þ |fflfflffl{zfflfflffl} u

2. Substitution:

y ¼ ln ð1,5 u 2 Þ ¼ ln v mit |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} v

Somit gilt: y ¼ ln v

mit v ¼ 1,5 u 2

mit

u ¼ cos x

v ¼ 1,5 u 2

und u ¼ cos x

Die Kettenregel liefert dann die gewu¨nschte Ableitung: y0 ¼

dy dy dv du 1 2 u sin x 2 u sin x 2 cos x sin x ¼ ð 2 uÞ ð sin xÞ ¼ ¼ ¼ ¼ v v dx dv du dx 1,5 u 2 1,5 cos 2 x

2 Anwendungen

97

In den Kurvenpunkten mit einer waagerechten Tangente muss die 1. Ableitung verschwinden: y0 ¼ 0

)

2 cos x sin x ¼ 0

cos x ¼ 0

)

x ¼ p=2;

sin x ¼ 0

)

x ¼ 0;

3 p=2; p;

...

5 p=2; ...

2 p;

Lo¨sungen sind somit die Nullstellen der Sinus- und Kosinusfunktion (siehe Bild B-3). Sie lassen sich im Intervall x 0 durch die Gleichung xk ¼ k

p 2

ðk ¼ 0; 1; 2; . . .Þ

beschreiben. Wir berechnen noch die zugeho¨rigen Ordinaten y k : y k ¼ ln ð1,5 cos 2 x k Þ ¼ ln ð1,5 cos 2 ðk p=2ÞÞ

y

1 y = sin x

Bild B-3 x

π –1

2π

3π

4π

y = cos x

Der Wert der Kosinusfunktion an der Stelle xk ¼ k p=2 ha¨ngt dabei noch wie folgt vom Laufindex k ab: 8 k ¼ gerade < þ 1 oder 1 cos ðk p=2Þ ¼ f u¨ r : 0 k ¼ ungerade Somit ist cos 2 ðk p=2Þ entweder gleich þ 1 oder 0 und wir erhalten folgende Ordinatenwerte: 8 k ¼ gerade < ln ð1,5 1Þ ¼ ln 0,5 f u¨ r yk ¼ : ln ð1,5 0Þ ¼ ln 1,5 k ¼ ungerade Die Kurvenpunkte mit einer waagerechten Tangente lauten somit (im Intervall x 0): p

3 ; ln 1,5 ; P2 ¼ ðp; ln 0,5Þ ; P3 ¼ p; ln 1,5 ; P0 ¼ ð0; ln 0,5Þ ; P1 ¼ 2 2

...

Durch Spiegelung dieser Punkte an der y-Achse erha¨lt man die restlichen Kurvenpunkte mit einer waagerechten Tangente (siehe Bild B-4). Sie liegen an den Stellen x k ¼ k p=2 mit k ¼ 1; 2; 3; . . . . y

P–1

P1

0,5

P3 y = ln (1,5 – cos2 x )

Bild B-4 –π 2

π 2

π

3π 2

2π

– 0,693 P0

P2

P4

x

98


B57

An welchen Stellen hat die Kurve y ¼ e x cos ð0,5 xÞ waagerechte Tangenten? Es genu¨gt die Angabe der Abszissenwerte.

Die Funktion wird nach der Produktregel differenziert, wobei die Ableitung des rechten Faktors in der angedeuteten Weise mit Hilfe der Kettenregel erfolgt: f

y ¼ e x cos ð0,5 xÞ ¼ u v u

|fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl}

mit u ¼ e x ;

u0 ¼ ex ;

v ¼ cos ð0,5 xÞ und

v 0 ¼ 0,5 sin ð0,5 xÞ

v

(Ableitung von v ¼ cos ð0,5 xÞ nach der Kettenregel, Substitution: t ¼ 0,5 x) y 0 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ e x cos ð0,5 xÞ 0,5 sin ð0,5 xÞ e x ¼ e x ½ cos ð0,5 xÞ 0,5 sin ð0,5 xÞ Fu¨r einen Kurvenpunkt mit waagerechter Tangente gilt y 0 ¼ 0: )

e x ½ cos ð0,5 xÞ 0,5 sin ð0,5 xÞ ¼ 0

f

y0 ¼ 0

)

cos ð0,5 xÞ 0,5 sin ð0,5 xÞ ¼ 0

6¼ 0

Diese Gleichung stellen wir zuna¨chst wie folgt um: cos ð0,5 xÞ ¼ 0,5 sin ð0,5 xÞ

)

2 cos ð0,5 xÞ ¼ sin ð0,5 xÞ

)

sin ð0,5 xÞ cos ð0,5 xÞ

¼ tan ð0,5 xÞ ¼ 2

( Zur Erinnerung: tan a ¼ sin a=cos a; hier mit a ¼ 0,5 x ) Wir substituieren z ¼ 0,5 x und erhalten die einfache trigonometrische Gleichung tan z ¼ 2. Die Lo¨sungen sind die Schnittstellen der elementaren Tangensfunktion y ¼ tan z mit der zur z-Achse parallelen Geraden y ¼ 2 (siehe Bild B-5):

y y = tan z y=2

2

1

Bild B-5 –2

2

4

6

8

10

z

1,107

Die 1. positive Schnittstelle erhalten wir durch Umkehrung der Gleichung tan z ¼ 2 im Intervall p=2 < z < p=2. Sie liegt bei z 0 ¼ arctan 2 ¼ 1,107. Wegen der Periodizita¨t der Tangensfunktion gibt es unendlich viele weitere Lo¨sungen im Abstand von jeweils einer Periode p ¼ p. Die Lo¨sungen lauten somit: z k ¼ arctan 2 þ k p ¼ 1,107 þ k p

ðk ¼ 0; 1; 2; . . .Þ

Ru¨cksubstitution liefert uns dann die gesuchten x-Werte mit einer waagerechten Tangente: z ¼ 0,5 x

)

x ¼ 2z

)

x k ¼ 2 z k ¼ 2 ð1,107 þ k pÞ ¼ 2,214 þ k 2 p

ðk ¼ 0; 1; 2; . . .Þ

2 Anwendungen

99

Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente der in der Parameterform

B58

x ðtÞ ¼ sin ð2 tÞ þ 2 cos 2 t ;

y ðtÞ ¼ 2 sin t cos ð2 tÞ

dargestellten Kurve fu¨r den Parameterwert t 0 ¼ p .

Wir berechnen zuna¨chst die kartesischen Koordinaten zum Parameterwert t 0 ¼ p : ) x 0 ¼ sin ð2 pÞ þ 2 cos 2 p ¼ 0 þ 2 ð 1Þ 2 ¼ 2 ) P ¼ ð2; 1Þ y 0 ¼ 2 sin p cos ð2 pÞ ¼ 2 0 1 ¼ 1 Steigung der Kurventangente in P == (2; – 1) Wir beno¨tigen die Ableitungen der beiden Parametergleichungen nach dem Parameter t, die wir mit Hilfe der Kettenregel wie folgt erhalten: x ¼ sin ð2 tÞ þ 2 cos 2 t ¼ sin ð2 tÞ þ 2 ð cos t Þ 2 ¼ sin u þ 2 v 2 |{z} |ffl{zffl} u v

mit

u ¼ 2t;

v ¼ cos t

x_ ¼ ðcos uÞ 2 þ 2 2 v ð sin tÞ ¼ 2 cos ð2 tÞ 4 sin t cos t ¼ 2 cos ð2 tÞ 2 sin ð2 tÞ (unter Verwendung der trigonometrischen Beziehung sin ð2 tÞ ¼ 2 sin t cos t) y ¼ 2 sin t cos ð2 tÞ ¼ 2 sin t cos u mit |{z} u

u ¼ 2t

y_ ¼ 2 cos t þ ðsin uÞ 2 ¼ 2 cos t þ 2 sin ð2 tÞ Fu¨r die Steigung der Kurventangente in Abha¨ngigkeit vom Parameter t erhalten wir damit: y0 ¼

2 cos t þ 2 sin ð2 tÞ cos t þ sin ð2 tÞ y_ ¼ ¼ x_ 2 cos ð2 tÞ 2 sin ð2 tÞ cos ð2 tÞ sin ð2 tÞ

Im Punkt P ¼ ð2; 1Þ, d. h. fu¨r t 0 ¼ p gilt dann: m ¼ y 0 ðt 0 ¼ pÞ ¼

cos p þ sin ð2 pÞ cos ð2 pÞ sin ð2 pÞ

¼

1 þ 0 ¼ 1 10

Gleichung der Kurventangente in P == (2; – 1) y y0 ¼ m x x0

B59

)

yþ1 ¼ 1 x 2

)

y þ 1 ¼ 1 ðx 2Þ ¼ x þ 2

)

y ¼ x þ 1

2t2 6t Wie lautet die Tangente an die Kurve mit der Parameterdarstellung x ¼ , y ¼ , t 6¼ 1 3 1 t3 1t an der Stelle t 0 ¼ 1?

Wir berechnen zuna¨chst die zum Parameterwert t 0 ¼ 1 geho¨renden kartesischen Koordinaten des Tangentenberu¨hrungspunktes P: x0 ¼

21 1 ð 1Þ

¼

2 ¼ 1; 2

y0 ¼

6 ð 1Þ 1 ð 1Þ

¼

6 ¼ 3 2

)

P ¼ ð1; 3Þ

100


Die fu¨r die Tangentensteigung beno¨tigten Ableitungen der Parametergleichungen nach dem Parameter t erhalten wir jeweils u¨ber die Quotientenregel: x ¼

2t2 u ¼ 3 v 1t

x_ ¼

4 t ð1 t 3 Þ ð 3 t 2 Þ 2 t 2 4t 4t4 þ 6t4 4t þ 2t4 u_ v v_ u ¼ ¼ ¼ v2 ð1 t 3 Þ 2 ð1 t 3 Þ 2 ð1 t 3 Þ 2

y ¼

6t u ¼ 3 v 1t

y_ ¼

6 ð1 t 3 Þ ð 3 t 2 Þ 6 t u_ v v_ u 6 6 t 3 þ 18 t 3 6 þ 12 t 3 ¼ ¼ ¼ 2 2 2 v ð1 t 3 Þ ð1 t 3 Þ ð1 t 3 Þ 2

mit

mit

u ¼ 2t2;

v ¼ 1 t3

u ¼ 6t;

v ¼ 1 t3

und

u_ ¼ 4 t ;

u_ ¼ 6 ;

und

v_ ¼ 3 t 2

v_ ¼ 3 t 2

Tangentensteigung in Abha¨ngigkeit vom Parameter t 6 þ 12 t 3 y0 ¼

3 2 6 ð1 þ 2 t 3 Þ ð1 t 3 Þ 2 6 þ 12 t 3 ð1 t Þ 6 þ 12 t 3 y_ 3 ð1 þ 2 t 3 Þ ¼ ¼ ¼ ¼ ¼ 4 x_ 4t þ 2t4 2 t ð2 þ t 3 Þ t ð2 þ t 3 Þ 4t þ 2t4 ð1 t 3 Þ 2 4 t þ 2 t ð1 t 3 Þ 2

Steigung im Punkt P ¼ ð1; 3Þ, d. h. fu¨r t 0 ¼ 1: m ¼ y 0 ðt 0 ¼ 1Þ ¼

3 ð1 þ 2 ð1ÞÞ 1 ð2 1Þ

¼

3 ð1 2Þ 1 1

¼

3 ¼ 3 1

Gleichung der Kurventangente in P == (1; – 3) y y0 ¼ m x x0

)

yþ3 ¼ 3 x 1

)

y þ 3 ¼ 3 ðx 1Þ ¼ 3 x 3

)

y ¼ 3x 6

Wo besitzt die Kurve mit der Parameterdarstellung

B60

x ¼ t e t ;

y ¼ cos t e t ;

1 < t < 1

waagerechte bzw. senkrechte Tangenten?

Wir bilden zuna¨chst die 1. Ableitung der beiden Parametergleichungen unter Verwendung von Produkt- und Kettenregel: f

x ¼ t e t ¼ u v |{z} u v

mit

u ¼ t;

v ¼ e t

und u_ ¼ 1 ;

v_ ¼ e t

(Ableitung von v ¼ e t u¨ber die Kettenregel, Substitution z ¼ t) x_ ¼ u_ v þ v_ u ¼ 1 e t e t t ¼ ð1 tÞ e t y ¼ cos t e t ¼ u v |ffl{zffl} |{z} u v

mit u ¼ cos t ;

v ¼ e t

und u_ ¼ sin t ;

y_ ¼ u_ v þ v_ u ¼ sin t e t e t cos t ¼ ð sin t cos tÞ e t Kurvenanstieg in Abha¨ngigkeit vom Parameter t y0 ¼

ð sin t cos tÞ e t y_ sin t cos t sin t þ cos t ¼ ¼ ¼ x_ 1t t 1 ð1 tÞ e t

v_ ¼ e t

2 Anwendungen

101

Kurvenpunkte mit waagerechter Tangente: y 0 == 0, d. h. y_ == 0 und x_ 6¼ 0 y0 ¼ 0

)

sin t þ cos t ¼ 0

ðf u¨ r t 6¼ 1Þ

Diese trigonometrische Gleichung formen wir wie folgt um: sin t ¼ cos t

)

sin t ¼ tan t ¼ 1 cos t

Die Lo¨sungen lassen sich anhand einer Skizze leicht bestimmen, es sind die Abszissenwerte der Schnittpunkte der Tangenskurve y ¼ tan t mit der konstanten Funktion y ¼ 1 (Parallele zur t-Achse; siehe Bild B-6). y

– π/4

1

y = tan t

Bild B-6 –π

π

0

2π

3π

t

y = –1

Die im Intervall p=2 < t < p=2 liegende Schnittstelle ist t 0 ¼ arctan ð 1Þ ¼ p=4. Wegen der Periodizita¨t der Tangensfunktion gibt es weitere Lo¨sungen im jeweiligen Abstand von genau einer Periode p ¼ p. Die unendlich vielen Lo¨sungen lassen sich durch die Formel t k ¼ arctan ð 1Þ þ k p ¼

p þk p 4

ðk ¼ 0; 1; 2; . . .Þ

beschreiben. An diesen Stellen verlaufen die Kurventangenten waagerecht ( tk 6¼ 1). Kurvenpunkte mit senkrechter Tangente (parallel zur y-Achse): y 0 == 1, d. h. x_ == 0 und y_ 6¼ 0 y0 ¼ 1

)

t 1 ¼ 0

)

t1 ¼ 1

Wegen y_ ðt1 ¼ 1Þ ¼ sin 1 þ cos 1 ¼ 0,8415 þ 0,5403 ¼ 1,3818 6¼ 0 verlaüft die Kurventangente an dieser Stelle parallel zur y-Achse. Weitere Lo¨sungen gibt es nicht.

B61

Durch ungesto¨rte berlagerung der beiden zueinander senkrechten Schwingungen mit den Gleichungen x ðtÞ ¼ a sin t und y ðtÞ ¼ a sin ð2 tÞ ða > 0; t 0Þ entsteht eine sog. Lissajous-Figur (Frequenzverha¨ltnis 1 : 2). Bestimmen Sie die Stellen mit einer waagerechten bzw. senkrechten Tangente im Periodenintervall 0 t < 2 p .

Wir bestimmen zuna¨chst die beno¨tigten Ableitungen x_ und y_ (letztere erha¨lt man mit der Kettenregel): x ¼ a sin t

)

x_ ¼ a cos t

y ¼ a sin ð2 tÞ ¼ a sin u |{z} u

mit

u ¼ 2t

)

y_ ¼ a cos u u_ ¼ a cos ð2 tÞ 2 ¼ 2 a cos ð2 tÞ

Fu¨r den Kurvenanstieg (Steigung der Tangente) erhalten wir in Abha¨ngigkeit vom Parameter t: y0 ¼

2 a cos ð2 tÞ 2 cos ð2 tÞ y_ ¼ ¼ a cos t cos t x_

102


Kurvenpunkte mit waagerechter Tangente: y 0 == 0, d. h. y_ == 0 und x_ 6¼ 0 y0 ¼ 0

)

2 cos ð2 tÞ ¼ 0

)

cos ð2 tÞ ¼ cos u ¼ 0 |{z} u

(Substitution u ¼ 2 t). Die Lo¨sungen sind die Nullstellen der Kosinusfunktion y ¼ cos u (siehe Bild B-7): uk ¼

p þk p 2

ðk ¼ 0; 1; 2; Þ

y

1 y = cos u

–π 2

Bild B-7

π 2

3π 2

5π 2

7π 2

u

–1

Ru¨cksubstitution ergibt: u ¼ 2t

)

t ¼

1 u 2

)

tk ¼

1 1 p p p uk ¼ þk p ¼ þk 2 2 2 4 2

ðk ¼ 0; 1; 2; . . .Þ

Wegen der Beschra¨nkung auf das Periodenintervall 0 t < 2 p gibt es nur vier Lo¨sungen: t0 ¼

p ; 4

t1 ¼

p p 3 þ1 ¼ p; 4 2 4

t2 ¼

p p 5 þ2 ¼ p; 4 2 4

t3 ¼

p p 7 þ3 ¼ p 4 2 4

Der Nenner cos t der Steigungsformel ist an diesen Stellen von Null verschieden. Es gibt somit genau vier Kurvenpunkte mit einer waagerechten Tangente. Wir berechnen noch die kartesischen Koordinaten dieser Punkte: t0 ¼

p 4

)

x 0 ¼ a sin ðp=4Þ ¼ a 0,707 ¼ 0,707 a y 0 ¼ a sin ðp=2Þ ¼ a 1 ¼ a

)

A 0 ¼ ð0,707 a; aÞ

Wegen der Spiegelsymmetrie der Lissajous-Kurve gilt fu¨r die vier Kurvenpunkte mit waagerechter Tangente (ohne Rechnung; siehe Bild B-8): A 0 ¼ ð0,707 a; aÞ ;

A 1 ¼ ð0,707 a; aÞ ;

A 2 ¼ ð 0,707 a; aÞ ;

A 3 ¼ ð 0,707 a; aÞ

Kurvenpunkte mit senkrechter Tangente: y 0 == 1, d. h. x_ == 0 und y_ 6¼ 0 y0 ¼ 1

)

cos t ¼ 0

)

tk ¼

p þk p 2

ðk ¼ 0; 1; 2; . . .Þ

(Nullstellen der Kosinusfunktion, siehe hierzu auch Bild B-7). Uns interessieren aber nur die im Periodenintervall 0 t < 2 p liegenden Werte. Sie lauten: t0 ¼

p 2

und

t1 ¼

p 3 þ1p ¼ p 2 2

Der Za¨hler x_ ¼ 2 cos ð2 tÞ der Steigungsformel ist an diesen Stellen (wie gefordert) von Null verschieden. Es gibt somit genau zwei Kurvenpunkte mit einer senkrechten Tangente. Wir berechnen noch die kartesischen Koordinaten dieser Punkte: t0 ¼

p 2

)

x 0 ¼ a sin ðp=2Þ ¼ a 1 ¼ a y 0 ¼ a sin p ¼ a 0 ¼ 0

)

B 0 ¼ ða; 0Þ

Der zweite Punkt liegt spiegelsymmetrisch zur y-Achse bei B 1 ¼ ð a; 0Þ.

2 Anwendungen

103

Bild B-8 zeigt den Verlauf der geschlossenen Kurve mit den vier waagerechten und den zwei senkrechten Tangenten. y A2

a

A0

B1 –a

B0 a

Bild B-8 x

–a A3

B62

A1

In welchen Punkten hat die in Polarkoordinaten definierte Kurve r ¼ 1 þ sin 2 j, 0 j < 2 p waagerechte Tangenten?

Wir mu¨ssen die Kurve zuna¨chst in der Parameterform darstellen (Parameter ist dabei die Winkelkoordinate j): x ¼ r cos j ¼ ð1 þ sin 2 jÞ cos j ;

y ¼ r sin j ¼ ð1 þ sin 2 jÞ sin j ¼ sin j þ sin 3 j

Jetzt bilden wir die fu¨r die Steigungsformel beno¨tigten Ableitungen x_ und y_ (differenziert wird nach dem Parameter j), wobei wir Produkt- und Kettenregel einsetzen: x ¼ ð1 þ sin 2 jÞ cos j ¼ u v |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflffl{zfflffl} u v u ¼ 1 þ sin 2 j ;

v ¼ cos j

und

u_ ¼ 2 sin j cos j ;

v_ ¼ sin j

(Ableitung von v ¼ 1 þ sin 2 j ¼ 1 þ ðsin jÞ2 nach der Kettenregel, Substitution: t ¼ sin j) x_ ¼ u_ v þ v_ u ¼ 2 sin j cos j cos j sin j ð1 þ sin 2 jÞ ¼ 2 sin j cos 2 j sin j sin 3 j ¼ ¼ ð2 cos 2 j 1 sin 2 jÞ sin j ¼ ð2 ð1 sin 2 jÞ 1 sin 2 jÞ sin j ¼ |fflfflffl{zfflfflffl} 1 sin 2 j ¼ ð2 2 sin 2 j 1 sin 2 jÞ sin j ¼ ð1 3 sin 2 jÞ sin j (unter Verwendung der trigonometrischen Beziehung sin 2 j þ cos 2 j ¼ 1) Fu¨r y_ erhalten wir durch gliedweises Differenzieren und mit Hilfe der Kettenregel: y ¼ sin j þ sin 3 j ¼ sin j þ ðsin j Þ 3 ¼ sin j þ u 3 |ffl{zffl} u

mit

u ¼ sin j

y_ ¼ cos j þ 3 u 2 u_ ¼ cos j þ 3 sin 2 j cos j ¼ ð1 þ 3 sin 2 jÞ cos j Die Steigung der Kurventangente ha¨ngt damit wie folgt vom Kurvenparameter j ab: y0 ¼

ð1 þ 3 sin 2 jÞ cos j y_ ¼ x_ ð1 3 sin 2 jÞ sin j

104


In den Kurvenpunkten mit einer waagerechten Tangente muss die 1. Ableitung verschwinden: y 0 ¼ 0, d. h. y_ ¼ 0 und x_ 6¼ 0: y0 ¼ 0

)

ð1 þ 3 sin 2 jÞ cos j ¼ 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 6¼ 0

)

cos j ¼ 0

)

j1 ¼

p ; 2

j2 ¼

3 p 2

Denn es kommen nur Lo¨sungen aus dem Intervall 0 j < 2 p in Frage (siehe Bild B-9): y 1

y = cos f

π 2

Bild B-9 3π 2

π

2π

f

–1

Da der Nenner x_ ¼ ð1 3 sin 2 jÞ sin j der Steigungsformel an diesen Stellen (wie gefordert) ungleich Null ist, haben wir in der Tat Kurvenpunkte mit einer waagerechten Tangente vorliegen (es sind genau die beiden Schnittpunkte der Kurve mit der y-Achse: x 1=2 ¼ 0 , y 1=2 ¼ 2).

B63

Archimedische Spirale: r ðjÞ ¼ 2 j , 0 j p a) In welchen Punkten gibt es waagerechte bzw. senkrechte Tangenten? b) Bestimmen Sie die Tangentengleichung im Schnittpunkt mit der y-Achse.

Wir bringen zuna¨chst die Kurve in die Parameterform: x ¼ r cos j ¼ 2 j cos j ;

y ¼ r sin j ¼ 2 j sin j

ð0 j pÞ

Die fu¨r die Steigungsformel beno¨tigten Ableitungen x_ und y_ erhalten wir mit der Produktregel: f

x ¼ 2 j cos j ¼ 2 ð j cos jÞ ¼ 2 ðu vÞ mit u

|fflffl{zfflffl}

u ¼ j;

v ¼ cos j

und

u_ ¼ 1 ;

v_ ¼ sin j

v

x_ ¼ 2 ðu_ v þ v_ uÞ ¼ 2 ð1 cos j ðsin jÞ jÞ ¼ 2 ðcos j j sin jÞ f

y ¼ 2 j sin j ¼ 2 ð j sin jÞ ¼ 2 ðu vÞ mit u

|fflffl{zfflffl}

u ¼ j;

v ¼ sin j

und u_ ¼ 1 ;

v_ ¼ cos j

v

y_ ¼ 2 ðu_ v þ v_ uÞ ¼ 2 ð1 sin j þ ðcos jÞ jÞ ¼ 2 ðsin j þ j cos jÞ Damit erhalten wir fu¨r den Kurvenanstieg y 0 in Abha¨ngigkeit vom Winkelparameter j den folgenden Ausdruck: y0 ¼

2 ðsin j þ j cos jÞ sin j þ j cos j tan j þ j y_ ¼ ¼ ¼ x_ cos j j sin j 1 j tan j 2 ðcos j j sin jÞ

Wir haben am Schluss noch gliedweise in Za¨hler und Nenner durch cos j dividiert und dabei beachtet, dass sin j=cos j ¼ tan j ist.

2 Anwendungen

105

a) Kurvenpunkte mit einer waagerechten Tangente: y 0 == 0, d. h. y_ == 0 und x_ 6¼ 0 y0 ¼ 0

)

tan j þ j ¼ 0

)

tan j ¼ j

Diese trigonometrische Gleichung besitzt im vorgegebenen Intervall 0 j p genau eine Lo¨sung. Sie lautet: j 1 ¼ 2,0288 (entspricht 116,24 ; siehe Aufgabe B-96). Der Nenner ist an dieser Stelle (wie gefordert) von Null verschieden. Kurvenpunkte mit einer senkrechten Tangente: y 0 == 1, d. h. x_ == 0 und y_ 6¼ 0 y0 ¼ 1

)

1 j tan j ¼ 0

)

1 j

tan j ¼

Diese trigonometrische Gleichung wird in Aufgabe B-97 nach dem Tangentenverfahren von Newton gelo¨st. Sie besitzt im Intervall 0 j p genau eine Lo¨sung j 2 ¼ 0,8603 (im Gradmaß: 49,29 ). Da der Za¨hler tan j þ j der Steigungsformel an dieser Stelle (wie gefordert) ungleich Null ist, besitzt die Kurve dort eine senkrechte Tangente. Bild B-10 zeigt den Kurvenverlauf und die beiden Kurvenpunkte mit einer waagerechten bzw. senkrechten Tangente. y

A:

A

x ¼ 1,794; y ¼ 3,639

P

π

r = 2f

j ¼ 116,24 ; r ¼ 4,0576

B:

2 B

j ¼ 49,29 ;

r ¼ 1,7206

x ¼ 1,222;

y ¼ 1,304

1

Bild B-10 –5

– 2π

–4

–3

–2

1

–1

x

b) Schnittpunkt mit der positiven y-Achse: j 0 == p/2 x0 ¼ 2

p cos ðp=2Þ ¼ p 0 ¼ 0 ; 2

y0 ¼ 2

p sin ðp=2Þ ¼ p 1 ¼ p 2

)

Steigung der Tangente in P ¼ ð0; pÞ, d. h. fu¨r j 0 ¼ p=2: p

p p cos 0 1þ 2 2 2 2 1 2 ¼ p=2Þ ¼ ¼ ¼ p

p ¼ p p p p 0 1 sin cos 2 2 2 2 2 sin

y 0 ðj 0

p

þ

Gleichung der Tangente in P == (0; p) y y0 ¼ m x x0

)

yp 2 ¼ x 0 p

)

yp ¼

2 x p

)

y ¼

2 x þp p

P ¼ ð0; pÞ

106


2.3 Linearisierung einer Funktion Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.3.2 Formelsammlung: Kapitel IV.4.3

B64

Linearisieren Sie die Funktion y ¼

p2 in der Umgebung der Stelle x 0 ¼ p. Bestimmen Sie sin x x

ferner den exakten Wert sowie den Na¨herungswert an der Stelle x ¼ 3.

Berechnung des „Arbeitspunktes‘‘ (Tangentenberu¨hrungspunktes) P: x0 ¼ p;

y0 ¼

p2 p2 ¼ ¼ p sin p p 0p

)

P ¼ ðp; pÞ

Tangentensteigung m Die beno¨tigte Ableitung der Funktion bilden wir mit Hilfe der Kettenregel: y ¼

y0 ¼

p2 ¼ p 2 ðsin x x Þ 1 ¼ p 2 u 1 sin x x |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} u

u ¼ sin x x

mit

p 2 ðcos x 1Þ p 2 ðcos x 1Þ dy dy du ¼ ¼ ¼ p 2 ð u 2 Þ ðcos x 1Þ ¼ dx du dx u2 ðsin x xÞ 2

m ¼ y 0 ðpÞ ¼

p 2 ðcos p 1Þ ðsin p pÞ 2

¼

p 2 ð 1 1Þ ð0 pÞ 2

¼

2 p2 p2

¼ 2

Gleichung der Tangente in P == (p; – p) y y0 ¼ m x x0

)

yþp ¼ 2 x p

)

y þ p ¼ 2 ðx pÞ ¼ 2 x 2 p

Im „Arbeitspunkt‘‘ P ¼ ðp; pÞ linearisierte Funktion: y ¼ Exakter Funktionswert an der Stelle x ¼ 3: Na¨herungswert an der Stelle x ¼ 3:

B65

y ¼

)

y ¼ 2x 3p

p2 ¼ 2x 3p sin x x

p2 ¼ 3,4523 sin 3 3

y ¼ 2 3 3 p ¼ 3,4248

Linearisieren Sie die Funktion y ¼ ln

1 þ x2 2x

in der Umgebung der Stelle x 0 ¼ 1.

Wir ersetzen die Kurve in der Umgebung der Stelle x 0 ¼ 1 durch die dortige Tangente. Zuna¨chst wird die zugeho¨rige Ordinate y 0 des „Arbeitspunktes‘‘ P berechnet: 1þ1 ¼ ln 2 ) P ¼ ð1; ln 2Þ y 0 ¼ ln 21

2 Anwendungen

107

Bevor wir die Ableitung bilden, bringen wir die Funktion noch in eine fu¨r das Differenzieren gu¨nstigere Form: 1 þ x2 ¼ ln ð1 þ x 2 Þ ln ð2 xÞ ¼ ln u ln v mit u ¼ 1 þ x 2 und v ¼ 2 x y ¼ ln 2x |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} u v

a ¼ ln a ln b . Gliedweise Differentiation unter Verwendung der Kettenregel (in der durch die Rechenregel: ln b Substitutionen angedeuteten Weise) fu¨hrt dann zu: y0 ¼

1 1 2x 1 2x ð 1Þ ¼ þ 2 u v 2 x 1þx

)

m ¼ y 0 ð1Þ ¼

2 1 þ ¼ 1þ1 ¼ 2 1þ1 21

Gleichung der Tangente in P == (1; ln 2) y y0 ¼ m x x0

)

y ln 2 ¼ 2 x 1

)

y ln 2 ¼ 2 ðx 1Þ

)

y ¼ 2 x 2 þ ln 2 ¼ 2 x 1,3069

Die Gleichung der linearisierten Funktion lautet damit (in der Umgebung von x 0 ¼ 1): 1 þ x2 ¼ 2 x 1,3069 y ¼ ln 2x

B66

Ersetzen Sie die Funktion y ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 e 2 x in der Umgebung von x 0 ¼ 0 durch eine lineare Funktion.

Berechnung des Tangentenberu¨hrungspunktes („Arbeitspunktes‘‘) P ¼ ðx 0 ; y 0 Þ: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x 0 ¼ 0 ; y 0 ¼ 2 e 0 ¼ 2 1 ¼ 1 ) P ¼ ð0; 1Þ Berechnung der Tangentensteigung m Die Funktion wird mit Hilfe der Kettenregel wie folgt differenziert (dabei sind zwei Substitutionen durchzufu¨hren): pffiffiffi y ¼ u mit u ¼ 2 e v und v ¼ 2 x y0 ¼

dy dy du dv 1 2 ev ev ev e 2x ¼ ¼ pffiffiffi ð e v Þ ð 2Þ ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi dx du dv dx u 2 u 2 u 2 ev 2 e 2x

e0 1 m ¼ y 0 ð0Þ ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1 21 2 e0 Gleichung der Tangente in P == (0; 1) y y0 ¼ m x x0

)

y1 ¼ 1 x 0

)

y1 ¼ x

Linearisierte Funktion (in der Umgebung von x 0 ¼ 0): pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y ¼ 2 e 2x ¼ x þ 1

)

y ¼ x þ1

108


2.4 Kru¨mmung einer ebenen Kurve Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.3.3.3 Formelsammlung: Kapitel IV.4.4.2

Welche Kru¨mmung hat die Kurve y ¼ 1 cos x ? Bestimmen Sie den Kru¨mmungskreis an der Stelle x ¼ p .

B67

Die fu¨r das Kru¨mmungsverhalten der Kurve beno¨tigten Ableitungen 1. und 2. Ordnung lauten y 0 ¼ sin x und y 00 ¼ cos x. Damit erhalten wir fu¨r die Kru¨mmung j den folgenden von der Koordinate x abha¨ngigen Ausdruck: j ðxÞ ¼

y 00 ½1 þ

ðy0

2 3=2

Þ

¼

cos x ½ 1 þ sin 2 x 3=2

An der Stelle x ¼ p, d. h. im Kurvenpunkt P ¼ ðp; 2Þ ergeben sich fu¨r die Kurvenkru¨mmung j und den Kru¨mmungsradius r die Werte jðpÞ ¼

cos p ½ 1 þ sin 2 p

3=2

¼

1 ½1 þ 0

3=2

¼ 1 und

rðpÞ ¼

1 1 ¼ ¼ 1 j jðpÞ j j1j

Wegen der Spiegelsymmetrie der Kurve bezu¨glich der zur y -Achse parallelen Geraden x ¼ p liegt der Mittelpunkt M des Kru¨mmungskreises auf dieser Symmetrieachse im Abstand rðpÞ ¼ 1 unterhalb des Kurvenpunktes P ¼ ðp; 2Þ. Daher hat der Mittelpunkt die Koordinaten x 0 ¼ p und y 0 ¼ 1 (die x-Achse tangiert den Kru¨mmungskreis, siehe Bild B-11). y P 2 y = 1 – cos x 1

M

Bild B-11 π

B68

Krümmungskreis

2π

x

An welcher Stelle besitzt die Kurve y ¼ ln ðcos x), p=2 < x < p=2 die gro¨ßte Kru¨mmung? Bestimmen Sie den Kru¨mmungskreis an dieser Stelle.

Wir bilden zuna¨chst die fu¨r die Kru¨mmung beno¨tigten Ableitungen y 0 und y 00 : y ¼ ln ðcos xÞ ¼ ln u |fflfflffl{zfflfflffl} u y0 ¼

mit

u ¼ cos x

ðKettenregel verwenden!Þ

dy dy du 1 sin x ¼ ¼ ð sin xÞ ¼ ¼ tan x ; dx du dx u cos x

y 00 ¼

1 ¼ ð1 þ tan 2 xÞ cos 2 x

2 Anwendungen

109

Damit erhalten wir fu¨r die Kurvenkru¨mmung j den folgenden von der Abszisse x abha¨ngigen Ausdruck: jðxÞ ¼

y 00 ½1 þ

ð y 0 Þ 2 3=2

¼

ð1 þ tan 2 xÞ ð1 þ

tan 2

xÞ

3=2

¼

ð1 þ tan 2 xÞ ð1 þ

tan 2

xÞ ð1 þ

tan 2 Þ 1=2

¼

1 ð1 þ

tan 2

xÞ

1=2

1 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ tan 2 x

Dieser Ausdruck ist stets negativ, die Kurve daher u¨berall im Intervall p=2 < x < p=2 nach rechts gekru¨mmt. Die Kru¨mmung ist betragsma¨ßig dort am gro¨ßten, wo der Nenner des Bruches und somit der Wurzelradikand 1 þ tan 2 x am kleinsten ist. Dies ist der Fall, wenn tan x ¼ 0 und somit x ¼ 0 ist. Kru¨mmung und Kru¨mmungsradius besitzen dort, d. h. im Kurvenpunkt P ¼ ð0; 0Þ die folgenden Werte: 1 1 jð0Þ ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1; 2 1þ0 1 þ tan 0

rð0Þ ¼

1 1 ¼ ¼ 1 j1j j jð0Þ j

Die Kurve verlaüft spiegelsymmetrisch zur y-Achse, der Kru¨mmungsmittelpunkt M (Mittelpunkt des Kru¨mmungskreises) muss somit auf der y-Achse liegen und zwar um rð0Þ ¼ 1 unterhalb des Nullpunkts (zugleich Maximum der Kurve). Daher besitzt M die Koordinaten x 0 ¼ 0 und y 0 ¼ 1. Bild B-12 zeigt den Verlauf der Kurve mit dem zum Nullpunkt geho¨renden Kru¨mmungskreis. y P –1

Bild B-12 1

–1

M

x

y = ln (cos x )

–2 Krümmungskreis

Zeigen Sie, dass das in Bild B-13 abgebildete Seil mit der Gleichung

y

y ¼ a cosh ðx=aÞ, c x c

B69

(Kettenlinie mit a > 0)

Kettenlinie a

a) u¨berall Linkskru¨mmung und b) im tiefsten Punkt ðx ¼ 0Þ die gro¨ßte Kru¨mmung besitzt. c) Bestimmen Sie den Kru¨mmungskreis im tiefsten Punkt des Seiles.

–c

c

x

Bild B-13 a) Wir bestimmen zuna¨chst die fu¨r das Kru¨mmungsverhalten maßgeblichen Ableitungen y 0 und y 00 und daraus dann die Abha¨ngigkeit der Kru¨mmung j von der Koordinate x: x

x ¼ a cosh u mit u ¼ ðKettenregel verwenden!Þ y ¼ a cosh a a |{z} u x

dy dy du 1 a sinh u ¼ sinh u ¼ sinh y0 ¼ ¼ ða sinh uÞ ¼ ¼ a a a dx du dx Nochmalige Anwendung der Kettenregel (mit der selben Substitution) liefert die 2. Ableitung: x

x

x 1 1 1 y 0 ¼ sinh ) y 00 ¼ ðcosh uÞ ¼ cosh u ¼ cosh ¼ sinh u mit u ¼ a a a a a a |{z} u

110


Kurvenkru¨mmung in Abha¨ngigkeit von der Abszisse x

jðxÞ ¼

¼

y 00 ½1þðy0

2 3=2

Þ

¼

1 cosh ðx=aÞ a ½1þ

sinh 2

ðx=aÞ

3=2

¼

cosh ðx=aÞ 1 1 cosh ðx=aÞ ¼ ¼ a ½ cosh 2 ðx=aÞ 3=2 a cosh 3 ðx=aÞ

cosh ðx=aÞ 1 1 ¼ a cosh ðx=aÞ cosh 2 ðx=aÞ a cosh 2 ðx=aÞ

(unter Verwendung der Beziehung cosh 2 u sinh 2 u ¼ 1

)

cosh 2 u ¼ 1 þ sinh 2 u mit u ¼ x=a)

Wegen a > 0 und cosh 2 ðx=aÞ > 0 ist der Nenner stets positiv und daher auch j > 0. Dies aber bedeutet Linkskru¨mmung an jeder Stelle der Kettenlinie. b) Die Kru¨mmung ist im tiefsten Kurvenpunkt (d. h. an der Stelle x ¼ 0) am gro¨ßten, da dort der Nenner des Bruches seinen kleinsten Wert hat ( cosh 2 0 ¼ 1, sonst cosh 2 x > 1). c) Kru¨mmungskreis im tiefsten Punkt P == (0; a) Kru¨mmung bzw. Kru¨mmungsradius in P: jð0Þ ¼

1 1 1 ¼ ¼ 2 a1 a a cosh 0

)

rð0Þ ¼

1 1 ¼ ¼ a j j ð0Þ j 1=a

Der Kru¨mmungsmittelpunkt M muss auf der Symmetrieachse (d. h. y-Achse) liegen, und zwar im Abstand rð0Þ ¼ a oberhalb von P ¼ ð0; aÞ. M hat somit die Koordinaten x 0 ¼ 0 und y 0 ¼ 2 a . Kru¨mmungskreis:

Mittelpunkt M ¼ ð0; 2 aÞ;

Radius r ¼ a

Die gewo¨hnliche Zykloide (Rollkurve) la¨sst sich in der Parameterform x ¼ Rðt sin tÞ ; y ¼ Rð1 cos tÞ

B70

(Parameter : Drehwinkel t 0)

darstellen. a) Bestimmen Sie die Kru¨mmung der Kurve in Abha¨ngigkeit vom Parameter (Drehwinkel) t. b) Wo im Periodenintervall 0 j 2 p ist der Kru¨mmungsradius r am gro¨ßten? Bestimmen Sie den zugeho¨rigen Kru¨mmungskreis.

a) Wir beno¨tigen fu¨r die Berechnung der Kru¨mmung die ersten beiden Ableitungen der Parametergleichungen. Sie lauten: x_ ¼ R ð1 cos tÞ ;

x€ ¼ R ð0 þ sin tÞ ¼ R sin t ;

y_ ¼ R ð0 þ sin tÞ ¼ R sin t ;

y€ ¼ R cos t

Fu¨r die Abha¨ngigkeit der Kru¨mmung j vom Parameter t entnehmen wir der Formelsammlung die folgende Berechnungsformel: jðtÞ ¼

x_ y€ x€ y_ ðx_ 2 þ y_ 2 Þ 3=2

ð! FS : Kap: XIII:1:5Þ

Der besseren bersicht wegen berechnen wir Za¨hler und Nenner getrennt und vereinfachen dabei so weit wie mo¨glich: x_ y€ x€ y_ ¼ Rð1 cos tÞ R cos t R sin t R sin t ¼ R 2 ðcos t cos 2 tÞ R 2 sin 2 t ¼ ¼ R 2 ðcos t cos 2 t sin 2 t Þ ¼ R 2 ðcos t 1Þ ¼ R 2 ð1 cos tÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 (unter Verwendung der trigonometrischen Beziehung cos 2 t þ sin 2 t ¼ 1)

2 Anwendungen

111

x_ 2 þ y_ 2 ¼ R 2 ð1 cos tÞ 2 þ R 2 sin 2 t ¼ R 2 ð1 2 cos t þ cos 2 tÞ þ R 2 sin 2 t ¼ ¼ R 2 ð1 2 cos t þ cos 2 t þ sin 2 t Þ ¼ R 2 ð2 2 cos tÞ ¼ 2 R 2 ð1 cos tÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 ðx_ 2 þ y_ 2 Þ 3=2 ¼ ½ 2 R 2 ð1 cos tÞ 3=2 ¼ ð2 R 2 Þ 3=2 ð1 cos tÞ 3=2 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi ¼ 2 3=2 ðR 2 Þ 3=2 ð1 cos tÞ 1 ð1 cos tÞ 1=2 ¼ 2 2 R 3 ð1 cos tÞ 1 cos t Einsetzen dieser Ausdru¨cke in die Kru¨mmungsformel ergibt: j ðtÞ ¼

x_ y€ x€ y_ ðx_ 2 þ y_ 2 Þ 3=2

¼

R 2 ð1 cos tÞ 1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 2 2 R R ð1 cos tÞ 1 cos t 2 2 R 1 cos t

Die Kru¨mmung ist im Intervall 0 < t < 2 p stets negativ, die Kurve somit nach rechts gekru¨mmt (1 cos t > 0). b) Fu¨r den Kru¨mmungsradius r in Abha¨ngigkeit vom Parameter t gilt dann: rðtÞ ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi 1 1 ¼ ¼ 2 2 R 1 cos t j K ðtÞ j 1 pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 2 R 1 cos t

Der gro¨ßte Wert fu¨r r liegt vor, wenn der Wurzelradikand 1 cos t am gro¨ßten wird. Dies ist der Fall, wenn cos t den kleinsten Wert 1 annimmt. Dieser Wert wird bekanntlich an der Stelle t ¼ p erreicht. Der Kru¨mmungsradius r hat also fu¨r t ¼ p seinen gro¨ßten Wert (dies entspricht einer halben Drehung des Rades und somit der ho¨chsten Stelle der Rollkurve, siehe hierzu auch Bild B-14). Kru¨mmungskreis fu¨r t == p ( t ¼ p

)

x ¼ R ðp sin pÞ ¼ R ðp 0Þ ¼ p R y ¼ R ð1 cos pÞ ¼ R ð1 þ 1Þ ¼ 2 R

) )

P ¼ ðp R; 2 RÞ

pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rmax ¼ rðt ¼ pÞ ¼ 2 2 R 1 cos p ¼ 2 2 R 1 þ 1 ¼ 2 2 R 2 ¼ 4 R Da die Rollkurve spiegelsymmetrisch bezu¨glich der Geraden x ¼ p R ðParallele zur y-Achse durch den ho¨chsten Punkt P ¼ ðp R; 2 RÞÞ verlaüft, liegt auch der Kru¨mmungsmittelpunkt M auf dieser Geraden und zwar um die Strecke rmax ¼ 4 R unterhalb des Punktes P: Kru¨mmungskreis in P ¼ ðp R; 2 RÞ : Mittelpunkt M ¼ ðp R; 2 RÞ; Radius r ¼ 4 R Bild B-14 zeigt den Verlauf der Rollkurve im Parameterintervall 0 t 2 p und den Kru¨mmungskreis im ho¨chsten Kurvenpunkt. y

P = (π R ; 2 R ) 2R

Krümmungskreis Rollkurve

Bild B-14 0

πR

2πR

x

112


2.5 Relative Extremwerte, Wende- und Sattelpunkte Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.3.4 Formelsammlung: Kapitel IV.4.5 und 4.6

B71

Bestimmen Sie die relativen Extremwerte der Funktion y ¼ x arctan ð2 xÞ.

Wir bilden zuna¨chst die beno¨tigten Ableitungen y 0 und y 00 . y ¼ x arctan ð2 xÞ ¼ x arctan u mit |ffl{zffl} u

u0 ¼ 2

u ¼ 2x;

Summen- und Kettenregel liefern: y0 ¼ 1

1ð1 þ u 2 Þ 2 1 1 þ u2 2 u2 1 4x2 1 ¼ 2 ¼ ¼ ¼ 2 2 2 2 1þu 1þu 1þu u þ1 4x2 þ 1

Mit Hilfe der Quotientenregel bilden wir die 2. Ableitung: y0 ¼

4x2 1 u ¼ 2 v 4x þ 1

y 00 ¼

8 x ð4 x 2 þ 1Þ 8 x ð4 x 2 1Þ u0v v0u 32 x 3 þ 8 x 32 x 3 þ 8 x 16 x ¼ ¼ ¼ 2 2 2 v ð4 x 2 þ 1Þ ð4 x 2 þ 1Þ ð4 x 2 þ 1Þ 2

mit

u ¼ 4x2 1;

v ¼ 4x2 þ 1

und u 0 ¼ 8 x ;

v0 ¼ 8x

Wir berechnen jetzt die Kurvenpunkte mit einer waagerechten Tangente (notwendige Bedingung fu¨r einen relativen Extremwert): y0 ¼ 0

)

4x2 1 ¼ 0 4x2 þ 1

)

4x2 1 ¼ 0

)

x 1=2 ¼

1 2

Die 2. Ableitung muss ungleich Null sein und entscheidet mit ihrem Vorzeichen u¨ber die Art des Extremwertes (hinreichende Bedingung fu¨r einen Extremwert): 1 8 8 y 00 x 1 ¼ ¼ ¼ 2 > 0 ) relatives Minimum ¼ 2 2 4 ð1 þ 1Þ y 00

1 8 8 x2 ¼ ¼ ¼ ¼ 2 < 0 2 2 4 ð1 þ 1Þ

)

relatives Maximum

Wir berechnen noch die zugeho¨rigen Ordinaten: y1 ¼

1 1 p arctan 1 ¼ ¼ 0,2854 ; 2 2 4

y2 ¼

Es gibt somit zwei Extremwerte. Sie lauten: Min ¼ ð0,5; 0,2854Þ;

Max ¼ ð 0,5; 0,2854Þ

1 1 p arctan ð 1Þ ¼ þ ¼ 0,2854 2 2 4

2 Anwendungen

B72

113

Bestimmen Sie die relativen Extremwerte der Funktion y ¼ ln

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ x 2 þ arctan x .

Wir vereinfachen zuna¨chst die Funktion unter Verwendung der logarithmischen Rechenregel ln a n ¼ n ln a: y ¼ ln

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 1 þ x 2 þ arctan x ¼ ln ð1 þ x 2 Þ 1=2 þ arctan x ¼ ln ð1 þ x 2 Þ þ arctan x 2

Die 1. Ableitung erhalten wir durch gliedweise Differentiation, wobei der 1. Summand nach der Kettenregel zu differenzieren ist: y ¼

y0 ¼

1 1 ln ð1 þ x 2 Þ þ arctan x ¼ ln u þ arctan x 2 2 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} u

mit

u ¼ 1 þ x2;

u0 ¼ 2x

1 1 1 x 1 x 1 x þ1 ¼ ¼ þ ¼ 2x þ þ 2 2 2 2 u 2 u 1þx 1þx 1þx 1þx 1 þ x2

Fu¨r die 2. Ableitung verwenden wir die Quotientenregel: y0 ¼

x þ1 u ¼ v 1 þ x2

y 00 ¼

1 ð1 þ x 2 Þ 2 x ðx þ 1Þ u0v v0u 1 þ x2 2x2 2x 1 x2 2x ¼ ¼ ¼ v2 ð1 þ x 2 Þ 2 ð1 þ x 2 Þ 2 ð1 þ x 2 Þ 2

mit

u ¼ x þ 1;

v ¼ 1 þ x2

und u 0 ¼ 1 ;

v0 ¼ 2x

Berechnung der relativen Extremwerte: y 0 == 0, y 00 6¼ 0 y0 ¼ 0

)

x þ1 ¼ 0 1 þ x2

)

x þ1 ¼ 0

)

x1 ¼ 1

Die Kurve besitzt also an der Stelle x 1 ¼ 1 eine waagerechte Tangente. Wie verha¨lt sich die 2. Ableitung an dieser Stelle? y 00 ðx 1 ¼ 1Þ ¼

11þ2 ð1 þ 1Þ

2

¼

2 1 ¼ > 0 4 2

)

relatives Minimum

Die Kurve ist demnach an der Stelle x 1 ¼ 1 nach links gekru¨mmt und besitzt daher dort ein relatives Minimum. Zugeho¨riger Ordinatenwert: y 1 ¼

1 1 p ln ð1 þ 1Þ þ arctan ð 1Þ ¼ ln 2 ¼ 0,4388 2 2 4

Ergebnis: Relatives Minimum in ð 1; 0,4388Þ

B73

Wo besitzt die Funktion y ¼ 2

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 x þ 2 x þ 1 , 1 x 1 relative Extremwerte ?

Bildung der beno¨tigten Ableitungen y 0 und y 00 Die 1. Ableitung erhalten wir durch gliedweise Differentiation, wobei beide Summanden nach der Kettenregel zu differenzieren sind: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi y ¼ 2 1 x þ 2 x þ 1 ¼ 2 u þ 2 v mit u ¼ 1 x ; v ¼ x þ 1 und u 0 ¼ 1 ; v 0 ¼ 1 |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} u v y0 ¼ 2

1 1 1 1 1 1 pffiffiffi u0 þ 2 pffiffiffi v0 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ð 1Þ þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 u 2 v 1x x þ1 1x x þ1

114


Bevor wir die 2. Ableitung bilden, verwandeln wir die Wurzelausdru¨cke in Potenzen mit negativ gebrochenen Exponenten, die mit Hilfe der Kettenregel leicht zu differenzieren sind: 1

y0 ¼

ð1 xÞ

u ¼ 1 x;

1=2

þ

1 ðx þ 1Þ

1=2

¼ ð1 xÞ 1=2 þ ðx þ 1Þ 1=2 ¼ u 1=2 þ v 1=2 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} u v

und u 0 ¼ 1 ;

v ¼ x þ1

v0 ¼ 1

1 1 3=2 1 1 1 1 y 00 ¼ u 3=2 ð 1Þ v 1 ¼ ¼ pffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffi ¼ 2 2 3 2 u 3=2 2 v 3=2 2 u 2 v3 0 1 1 1 1 1 1 ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ @qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi þ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi A 2 ð1 xÞ 3 ðx þ 1Þ 3 2 ð1 xÞ 3 2 ðx þ 1Þ 3 Berechnung der relativen Extremwerte: y 0 == 0, y 00 6¼ 0 1 1 1 1 ) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 0 ) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1x x þ1 x þ1 1x pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 x ¼ x þ 1 j quadrieren ) 1 x ¼ x þ 1 ) 2 x ¼ 0 ) y0 ¼ 0

)

x1 ¼ 0

Der gefundene Wert x 1 ¼ 0 erfu¨llt die Wurzelgleichung und ist daher eine Lo¨sung (die Kurve hat an dieser Stelle eine waagerechte Tangente). Anhand der 2. Ableitung pru¨fen wir die Art der Kurvenkru¨mmung (Rechts- oder Linkskru¨mmung): ! 1 1 1 1 00 y ðx 1 ¼ 0Þ ¼ ð1 þ 1Þ ¼ 1 < 0 ) relatives Maximum ¼ pffiffiffiffiffi þ pffiffiffiffiffi 2 2 3 3 1 1 Zugeho¨riger Ordinatenwert: y 1 ¼ 2

pffiffiffi pffiffiffi 1þ2 1 ¼ 2þ2 ¼ 4

Ergebnis: Relatives Maximum in ð0; 4Þ

B74

Bremskraft K einer Wirbelstrombremse in Abha¨ngigkeit von der Geschwindigkeit v: v ða > 0; v 0Þ KðvÞ ¼ v2 þ a2 Bei welcher Geschwindigkeit erreicht die Bremskraft ihren gro¨ßten Wert?

Wir bilden zuna¨chst die beno¨tigten Ableitungen 1. und 2. Ordnung, jeweils mit Hilfe der Quotientenregel: KðvÞ ¼

K 0 ðvÞ ¼

K 0 ðvÞ ¼

v2

v a ¼ 2 b þa

a0 b b0 a b2 a2 v2 ðv 2

þ

a ¼ a2 v2 ;

a 2Þ 2

¼

¼

mit

a ¼ v;

b ¼ v2 þ a2

1 ðv 2 þ a 2 Þ 2 v v ðv 2 þ a 2 Þ 2

¼

und

a0 ¼ 1;

v2 þ a2 2v2 ðv 2 þ a 2 Þ 2

¼

b0 ¼ 2v a2 v2

ðv 2 þ a 2 Þ 2

a b

b ¼ ðv 2 þ a 2 Þ 2

und

a0 ¼ 2v;

b 0 ¼ 2 ðv 2 þ a 2 Þ 2 v ¼ 4 v ðv 2 þ a 2 Þ

( b wurde dabei nach der Kettenregel differenziert, Substitution: t ¼ v 2 þ a 2 )

2 Anwendungen

K 00 ðvÞ ¼

¼

115

a0 b b0 a b2

¼

2 v ðv 2 þ a 2 Þ 2 4 v ðv 2 þ a 2 Þ ða 2 v 2 Þ ðv 2 þ a 2 Þ 4

ðv 2 þ a 2 Þ ½ 2 v ðv 2 þ a 2 Þ 4 v ða 2 v 2 Þ ðv 2 þ a 2 Þ ðv 2 þ

a 2Þ 3

¼

¼

2v3 2a2 v 4a2 v þ 4v3 ðv 2 þ

a 2Þ 3

¼

2v3 6a2 v ðv 2 þ a 2 Þ 3

Umformungen: Im Za¨hler den gemeinsamen Faktor v 2 þ a 2 ausklammern, dann ku¨rzen. Berechnung des gesuchten Maximums: K 0 (v) == 0, K 00 (v) < 0 K 0 ðvÞ ¼ 0

a2 v2

)

ðv 2

þ

a 2Þ 2

¼ 0

)

a2 v2 ¼ 0

)

v 1=2 ¼ a

Wegen v 0 kommt nur der positive Wert v 1 ¼ a infrage. An dieser Stelle gilt: 2a3 6a3

K 00 ðv 1 ¼ aÞ ¼

¼

ða 2 þ a 2 Þ 3

4a3 1 ¼ < 0 6 2a3 8a

(wegen a > 0 nach Aufgabenstellung). Die hinreichende Bedingung fu¨r ein Maximum ist damit erfu¨llt. Ergebnis: Fu¨r v ¼ a wird die Bremskraft am gro¨ßten. Sie betra¨gt dann: Kmax ¼ K ðv ¼ aÞ ¼

B75

a2

a a 1 ¼ ¼ 2 2 2a 2a þa

Zeigen Sie: Die Funktion y ¼ 3 þ Maximum.

x ðx þ aÞ 2

mit a > 0 besitzt an der Stelle x 1 ¼ a ein relatives

Wir mu¨ssen zeigen, dass an der Stelle x 1 ¼ a die folgenden hinreichenden Bedingungen fu¨r ein relatives Maximum erfu¨llt sind: y 0 ðx 1 ¼ aÞ ¼ 0

¨ y 00 ðx 1 ¼ aÞ < 0 ðRechtskr ummung der KurveÞ

ðwaagerechte TangenteÞ;

Daher bilden wir zuna¨chst die beno¨tigten Ableitungen y 0 und y 00 , jeweils mit Hilfe der Quotientenregel in Verbindung mit der Kettenregel: y ¼ 3þ

x ðx þ aÞ

2

¼ 3þ

u v

mit

u ¼ x;

v ¼ ðx þ aÞ 2

und

u0 ¼ 1;

v 0 ¼ 2 ðx þ aÞ

(die Ableitung von v erhalten wir mit der Kettenregel, Substitution: t ¼ x þ a) 1 ðx þ aÞ 2 2 ðx þ aÞ x ðx þ aÞ ½ ðx þ aÞ 2 x u0 v v0 u x þ a 2x ax y ¼ 0þ ¼ ¼ ¼ ¼ 2 4 3 3 v ðx þ aÞ ðx þ aÞ 3 ðx þ aÞ ðx þ aÞ ðx þ aÞ 0

y0 ¼

ax ðx þ aÞ

3

¼

u v

mit

u ¼ a x;

v ¼ ðx þ aÞ 3

und

u0 ¼ 1;

v 0 ¼ 3 ðx þ aÞ 2

(v 0 haben wir mit Hilfe der Kettenregel gebildet, analog wie bei der 1. Ableitung, Substitution: t ¼ x þ a) y 00 ¼

¼

1 ðx þ aÞ 3 3 ðx þ aÞ 2 ða xÞ ðx þ aÞ 2 ½ ðx þ aÞ 3 ða xÞ u0v v0u ¼ ¼ ¼ v2 ðx þ aÞ 6 ðx þ aÞ 2 ðx þ aÞ 4 x a 3a þ 3x ðx þ aÞ

4

¼

2x 4a ðx þ aÞ 4

116


Einsetzen des Wertes x 1 ¼ a in y 0 und y 00 : y 0 ðx 1 ¼ aÞ ¼

y 00 ðx 1 ¼ aÞ ¼

aa ða þ aÞ

3

¼

0 ¼ 0 8a3

¼

2a 1 ¼ < 0 4 16 a 8a3

2a 4a ða þ aÞ

4

)

waagerechte Tangente

ðwegen a > 0Þ

)

relatives Maximum

Damit haben wir die Behauptung als richtig nachgewiesen. Die zugeho¨rige Ordinate lautet: y1 ¼ 3 þ

a ða þ aÞ

2

a 1 12 a þ 1 ¼ 3þ ¼ 2 4a 4a 4a

¼ 3þ

Ergebnis: Relatives Maximum in

B76

a;

12 a þ 1 4a

Bestimmen Sie die relativen Extremwerte, Wende- und Sattelpunkte der Funktion y ¼ x 3 e 2 x .

Bildung aller beno¨tigten Ableitungen (bis zur 3. Ordnung) Wir beno¨tigen jeweils die Produkt- und Kettenregel. 1. Ableitung

f

y ¼ x 3 e 2 x ¼ u v mit u

|fflffl{zfflffl}

v ¼ e 2x

u ¼ x3;

und

u0 ¼ 3x2 ;

v 0 ¼ 2 e 2x

v

(Ableitung von v ¼ e 2 x nach der Kettenregel, Substitution: t ¼ 2 x) y 0 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 3 x 2 e 2 x 2 e 2 x x 3 ¼ ð3 x 2 2 x 3 Þ e 2 x 2. Ableitung y 0 ¼ ð3 x 2 2 x 3 Þ e 2 x ¼ u v ; |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} u v

u ¼ 3 x 2 2 x 3;

v ¼ e 2x ;

u0 ¼ 6x 6x2 ;

v 0 ¼ 2 e 2x

y 00 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ ð6 x 6 x 2 Þ e 2 x 2 e 2 x ð3 x 2 2 x 3 Þ ¼ ¼ ½ 6 x 6 x 2 2 ð3 x 2 2 x 3 Þ e 2 x ¼ ð6 x 6 x 2 6 x 2 þ 4 x 3 Þ e 2 x ¼ ¼ ð4 x 3 12 x 2 þ 6 xÞ e 2 x 3. Ableitung y 00 ¼ ð4 x 3 12 x 2 þ 6 xÞ e 2 x ¼ u v |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} u v u ¼ 4 x 3 12 x 2 þ 6 x ;

v ¼ e 2x

und u 0 ¼ 12 x 2 24 x þ 6 ;

v 0 ¼ 2 e 2 x

y 000 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ ð12 x 2 24 x þ 6Þ e 2 x 2 e 2 x ð4 x 3 12 x 2 þ 6 xÞ ¼ ¼ ½ 12 x 2 24 x þ 6 2 ð4 x 3 12 x 2 þ 6 xÞ e 2 x ¼ ¼ ð12 x 2 24 x þ 6 8 x 3 þ 24 x 2 12 xÞ e 2 x ¼ ð 8 x 3 þ 36 x 2 36 x þ 6Þ e 2 x

2 Anwendungen

117

Berechnung der Extremwerte: y 0 == 0, y 00 6¼ 0 y 0 ¼ 0 ) ð3 x 2 2 x 3 Þ e 2 x ¼ 0 ) 3 x 2 2 x 3 ¼ x 2 ð3 2 xÞ ¼ 0 |fflffl{zfflffl} 6¼ 0

x2 ¼ 0

)

x 1=2 ¼ 0

3 2 x ¼ 0 ) x 3 ¼ 1,5

Wir pru¨fen jetzt u¨ber die 2. Ableitung, ob an diesen Stellen relative Extremwerte vorliegen: y 00 ðx 1=2 ¼ 0Þ ¼ ð4 0 12 0 þ 6 0Þ e 0 ¼ 0 1 ¼ 0 An der Stelle x1=2 ¼ 0 ist die hinreichende Bedingung fu¨r einen Extremwert ð y 00 6¼ 0Þ nicht erfu¨llt. Es kann sich um einen Sattelpunkt handeln (siehe spa¨tere Berechnung der Wende- und Sattelpunkte). y 00 ðx 3 ¼ 1,5Þ ¼ ð13,5 27 þ 9Þ e 3 ¼ 4,5 e 3 < 0

)

relatives Maximum

y 3 ¼ ð1,5Þ 3 e 3 ¼ 0,1680

Die Koordinaten des Maximums lauten: x 3 ¼ 1,5; Relative Extremwerte: Max ¼ ð1,5; 0,1680Þ Berechnung der Wendepunkte: y 00 == 0, y 000 6¼ 0 y 00 ¼ 0

)

ð4 x 3 12 x 3 þ 6 xÞ e 2 x ¼ 0 |ffl{zffl} 6¼ 0

)

x ð4 x 2 12 x þ 6Þ ¼ 0

x ¼ 0

) )

4 x 3 12 x 2 þ 6 x ¼ 0 x4 ¼ 0

4 x 2 12 x þ 6 ¼ 0

)

x 5 ¼ 2,3660;

x 6 ¼ 0,6340

(bitte nachrechnen!). Wir pru¨fen jetzt, ob an diesen Stellen die hinreichende Bedingung fu¨r einen Wendepunkt erfu¨llt ist: y 000 ðx 4 ¼ 0Þ ¼ 6 e 0 ¼ 6 1 ¼ 6 6¼ 0

)

Wendepunkt

y 000 ðx 5 ¼ 2,3660Þ ¼ ð 105,9581 þ 201,5264 85,1760 þ 6Þ e 4,7320 ¼ ¼ 16,3923 e 4,7320 6¼ 0

)

Wendepunkt

y 000 ðx 6 ¼ 0,6340Þ ¼ ð 2,0387 þ 14,4704 22,8240 þ 6Þ e 1,2680 ¼ ¼ 4,3923 e 1,2680 6¼ 0

)

Wendepunkt

Es gibt somit drei Wendepunkte: W 1 ¼ ð0; 0Þ; W 2 ¼ ð2,3660; 0,1167Þ; W 3 ¼ ð0,6340; 0,0717Þ Der Wendepunkt W 1 ist sogar ein Sattelpunkt, denn die dortige Tangente verlaüft waagerecht (was wir bereits weiter vorne vermutet haben): y 0 ð0Þ ¼ 0 e 0 ¼ 0 1 ¼ 0

B77

y ¼ ðx 1Þ e 2 x Bestimmen Sie die relativen Extremwerte, Wendepunkte und Wendetangenten dieser Funktion.

Wir bilden zuna¨chst die beno¨tigten ersten drei Ableitungen, die wir jeweils mit Hilfe von Produkt- und Kettenregel erhalten.

118


1. Ableitung (Produkt- und Kettenregel) y ¼ ðx 1Þ e 2 x ¼ u v mit |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} |ffl{zffl} u v

v ¼ e 2x

u ¼ x 1;

und u 0 ¼ 1 ;

v 0 ¼ 2 e 2x

(der Faktor v ¼ e 2 x wurde dabei nach der Kettenregel differenziert, Substitution: t ¼ 2 x) y 0 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 1 e 2 x 2 e 2 x ðx 1Þ ¼ ½ 1 2 ðx 1Þ e 2 x ¼ ð3 2 xÞ e 2 x 2. Ableitung (Produkt- und Kettenregel) y 0 ¼ ð3 2 xÞ e 2 x ¼ u v mit |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} u v

v ¼ e 2x

u ¼ 3 2x;

und u 0 ¼ 2 ;

v 0 ¼ 2 e 2x

y 00 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 2 e 2 x 2 e 2 x ð3 2 xÞ ¼ ½ 2 2 ð3 2 xÞ e 2 x ¼ ð 8 þ 4 xÞ e 2 x 3. Ableitung (Produkt- und Kettenregel) y 00 ¼ ð 8 þ 4 xÞ e 2 x ¼ u v mit |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} u v

u ¼ 8 þ 4x;

v ¼ e 2x

und

u0 ¼ 4;

v 0 ¼ 2 e 2x

y 000 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 4 e 2 x 2 e 2 x ð 8 þ 4 xÞ ¼ ½ 4 2 ð 8 þ 4 xÞ e 2 x ¼ ð20 8 xÞ e 2 x Berechnung der Extremwerte: y 0 == 0, y 00 6¼ 0 y0 ¼ 0

)

ð3 2 xÞ e 2 x ¼ 0 |ffl{zffl} 6¼ 0

)

3 2x ¼ 0

y 00 ðx 1 ¼ 1,5Þ ¼ ð 8 þ 6Þ e 3 ¼ 2 e 3 < 0

)

)

x 1 ¼ 1,5

relatives Maximum

Zugeho¨rige Ordinate: y 1 ¼ ð1,5 1Þ e 3 ¼ 0,5 e 3 ¼ 0,0249 Extremwerte: Max ¼ ð1,5; 0,0249Þ Berechnung der Wendepunkte: y 00 == 0, y 000 6¼ 0 y 00 ¼ 0

)

ð 8 þ 4 xÞ e 2 x ¼ 0 |ffl{zffl} 6¼ 0

)

8 þ 4x ¼ 0

y 000 ðx 2 ¼ 2Þ ¼ ð20 16Þ e 4 ¼ 4 e 4 6¼ 0

)

)

x2 ¼ 2

Wendepunkt

Zugeho¨rige Ordinate: y 2 ¼ ð2 1Þ e 4 ¼ e 4 ¼ 0,0183 Wendepunkte: W ¼ ð2; 0,0183Þ Wendetangente in W == (2; 0,0183) Steigung in W : m ¼ y 0 ðx 2 ¼ 2Þ ¼ ð3 4Þ e 4 ¼ e 4 ¼ 0,0183 Gleichung der Wendetangente (Ansatz in der Punkt-Steigungs-Form): y y2 ¼ m x x2

)

y 0,0183 ¼ 0,0183 x 2

)

y ¼ 0,0183 x þ 0,0549

Wendetangente: y ¼ 0,0183 x þ 0,0549

)

y 0,0183 ¼ 0,0183 ðx 2Þ ¼ 0,0183 x þ 0,0366

2 Anwendungen

B78

119

Wo besitzt die Funktion y ¼ 2 x 2 ln

pffiffiffi x , x > 0 relative Extremwerte bzw. Wendepunkte?

Die Funktion wird zuna¨chst wie folgt vereinfacht: y ¼ 2 x 2 ln

pffiffiffi 1 ln x ¼ x 2 ln x x ¼ 2 x 2 ln x 1=2 ¼ 2 x 2 2

ðRechenregel: ln a n ¼ n ln aÞ

Ableitungen 1. bis 3. Ordnung (Produktregel)

f

y ¼ x 2 ln x ¼ u v mit u

|{z}

u ¼ x2;

v ¼ ln x

und

u0 ¼ 2x;

v

1 x 2 ¼ 2 x ln x þ x x

y 0 ¼ 2 x ln x þ x ¼ u v þ x

mit

f

y 0 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 2 x ln x þ

u

|{z}

u ¼ 2x;

v ¼ ln x

1 x

und u 0 ¼ 2 ;

v0 ¼

v

y 00 ¼ u 0 v þ v 0 u þ 1 ¼ 2 ln x þ y 000 ¼ 2

v0 ¼

1 x

1 2 x þ 1 ¼ 2 ln x þ 2 þ 1 ¼ 2 ln x þ 3 x

1 2 ¼ x x

Berechnung der Extremwerte: y 0 == 0, y 00 6¼ 0 )

2 x ln x þ x ¼ 0

)

x ð2 ln x þ 1Þ ¼ 0

)

2 ln x þ 1 ¼ 0

f

y0 ¼ 0

> 0 Diese logarithmische Gleichung lo¨sen wir wie folgt durch Entlogarithmieren (Rechenregel: e ln z ¼ z fu¨r z > 0): 2 ln x þ 1 ¼ 0

)

ln x ¼ 0,5

)

e ln x ¼ x ¼ e 0,5

)

x 1 ¼ e 0,5

Es gibt somit nur einen Kurvenpunkt mit waagerechter Tangente. Wegen y 00 ðx 1 ¼ e 0,5 Þ ¼ 2 ln e 0,5 þ 3 ¼ 2 ð 0,5Þ þ 3 ¼ 1 þ 3 ¼ 2 > 0 liegt ein relatives Minimum vor. Die zugeho¨rigen Koordinaten lauten: x 1 ¼ e 0,5 ¼ 0,6065;

y 1 ¼ ðe 0,5 Þ 2 ln e 0,5 ¼ e 1 ð 0,5Þ ¼ 0,5 e 1 ¼ 0,1839

Relative Extremwerte: Min ¼ ð0,6065; 0,1839Þ Berechnung der Wendepunkte: y 00 == 0, y 000 6¼ 0 y 00 ¼ 0

)

2 ln x þ 3 ¼ 0

y 000 ðx 2 ¼ e 1;5 Þ ¼

)

ln x ¼ 1,5

2 ¼ 2 e 1;5 6¼ 0 e 1;5

)

)

e ln x ¼ e 1;5 |{z} x

)

x 2 ¼ e 1;5

Wendepunkt

Die Koordinaten des Wendepunktes sind: x 2 ¼ e 1;5 ¼ 0;2231;

y 2 ¼ ðe 1;5 Þ 2 ln e 1;5 ¼ e 3 ð 1;5Þ ln e ¼ 1;5 e 3 ¼ 0,0747 |{z} 1 Wendepunkte: W ¼ ð0;2231; 0;0747Þ

120


2.6 Kurvendiskussion Diskutieren Sie den Verlauf der Funktionen und Kurven nach dem folgenden Schema: Definitionsbereich, Symmetrie, Nullstellen, Pole, Ableitungen (in der Regel bis zur 3. Ordnung), relative Extremwerte, Wende- und Sattelpunkte, Verhalten „im Unendlichen‘‘. Am Schluss ist eine saubere Skizze des Kurvenverlaufs anzufertigen. Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.3.6

B79

y ¼ x4 x3 3x2 þ 5x 2

Definitionsbereich: 1 < x < 1 Symmetrie: nicht vorhanden Nullstellen: x 1 ¼ 1 (durch Probieren gefunden) Horner-Schema (Abspalten des Linearfaktors x 1): 1

1

3

5

2

1

0

3

2

0

3

2

0

x1 ¼ 1 1

) 1. reduziertes Polynom: x 3 3 x þ 2

Eine weitere Nullstelle liegt bei x 2 ¼ 1 (durch Probieren gefunden). Horner-Schema (Abspalten des Linearfaktors x 1): 1 x2 ¼ 1 1

0

3

2

1

1

2

1

2

0

Restliche Nullstellen: x 2 þ x 2 ¼ 0

) 2. reduziertes Polynom: x 2 þ x 2 )

x3 ¼ 1 ;

x4 ¼ 2

Die Funktion besitzt also eine dreifache Nullstelle bei x 1=2=3 ¼ 1 und eine einfache Nullstelle bei x 4 ¼ 2. Ableitungen (bis zur 3. Ordnung) y0 ¼ 4x3 3x2 6x þ 5;

y 00 ¼ 12 x 2 6 x 6 ;

y 000 ¼ 24 x 6

Relative Extremwerte: y 0 == 0, y 00 6¼ 0 y0 ¼ 0

)

4x3 3x2 6x þ 5 ¼ 0

)

x5 ¼ 1

ðdurch Probieren gefundenÞ

Horner-Schema (Abspalten des Linearfaktors x 1): 4

3

6

5

4

1

5

1

5

0

x5 ¼ 1 4 4x2 þ x 5 ¼ 0

)

) 1. reduziertes Polynom: 4 x 2 þ x 5

x 2 þ 0,25 x 1,25 ¼ 0

)

x6 ¼ 1 ;

x 7 ¼ 1,25

2 Anwendungen

121

Die Kurve besitzt also an den Stellen x 5=6 ¼ 1 und x 7 ¼ 1,25 waagerechte Tangenten. Ob es sich dabei auch um Extremwerte handelt, entscheidet die 2. Ableitung: y 00 ðx 5=6 ¼ 1Þ ¼ 12 6 6 ¼ 0 Die hinreichende Bedingung fu¨r einen Extremwert ist somit an der Stelle x5=6 ¼ 1 nicht erfu¨llt (spa¨ter zeigt sich, dass dort ein Sattelpunkt liegt). y 00 ðx 7 ¼ 1,25Þ ¼ 18,75 þ 7,5 6 ¼ 20,25 > 0

)

relatives Minimum

Ordinate des relativen Minimums: y 7 ¼ 8,543 Relative Extremwerte: Min ¼ ð 1,25; 8,543Þ Wendepunkte: y 00 == 0, y 000 6¼ 0 y 00 ¼ 0

)

12 x 2 6 x 6 ¼ 0

y 000 ðx 8 ¼ 1Þ ¼ 24 6 ¼ 18 6¼ 0

) )

x 2 0,5 x 0,5 ¼ 0

)

x8 ¼ 1 ;

x 9 ¼ 0,5

Wendepunkt

y 000 ðx 9 ¼ 0,5Þ ¼ 12 6 ¼ 18 6¼ 0

)

Wendepunkt

Die zugeho¨rigen Ordinaten sind y 8 ¼ 0 und y 9 ¼ 5,0625. Wendepunkte: W 1 ¼ ð1; 0Þ und W 2 ¼ ð 0,5; 5,0625Þ Wegen y 0 ð1Þ ¼ 12 6 6 ¼ 0 ist W 1 ein Sattelpunkt (wie bereits weiter oben vermutet). Bild B-15 zeigt den Verlauf der Polynomfunktion.

y 4 y = x 4 – x 3 – 3x 2 + 5x – 2 2 W1 –2

–1

Bild B-15

1

2

x

–2 –4 W2 –6 –8 Min

B80

y ¼

– 10

ðx 2Þ 2 x þ2

Definitionsbereich: x þ 2 6¼ 0

)

x 6¼ 2

Symmetrie: nicht vorhanden Nullstellen: Zähler ¼ 0, Nenner 6¼ 0

)

ðx 2Þ 2 ¼ 0

)

x 1=2 ¼ 2

ðdoppelte NullstelleÞ

Die Kurve beru¨hrt an dieser Stelle die x-Achse, d. h. es liegt ein Extremwert vor (! relative Extremwerte).

122


Pole: Nenner ¼ 0, Zähler 6¼ 0

)

x þ2 ¼ 0

)

x3 ¼ 2

ðPol mit VorzeichenwechselÞ

Polgerade (senkrechte Asymptote): x ¼ 2 Ableitungen (bis zur 3. Ordnung) y ¼

ðx 2Þ 2 ðx 2Þ 2 x2 þ 4x 4 ¼ ¼ x þ2 x þ2 x þ2

1. Ableitung (Quotientenregel) y ¼

x2 þ 4x 4 u ¼ x þ2 v

y0 ¼

¼

u ¼ x2 þ 4x 4;

mit

ð 2 x þ 4Þ ðx þ 2Þ 1 ð x 2 þ 4 x 4Þ ðx þ 2Þ

2

¼

v ¼ x þ2

und u 0 ¼ 2 x þ 4 ;

2x2 4x þ 4x þ 8 þ x2 4x þ 4 ðx þ 2Þ 2

v0 ¼ 1

¼

x 2 4 x þ 12 ðx þ 2Þ 2

2. Ableitung (Quotienten- und Kettenregel) y0 ¼

x 2 4 x þ 12 ðx þ 2Þ

2

¼

u ; u ¼ x 2 4 x þ 12 ; v ¼ ðx þ 2Þ 2 und u 0 ¼ 2 x 4 ; v 0 ¼ 2 ðx þ 2Þ v

(v wurde nach der Kettenregel differenziert; Substitution: t ¼ x þ 2) y 00 ¼

¼

¼

ð 2 x 4Þ ðx þ 2Þ 2 2 ðx þ 2Þ ð x 2 4 x þ 12Þ u0v v0u ¼ ¼ v2 ðx þ 2Þ 4 ðx þ 2Þ ½ ð 2 x 4Þ ðx þ 2Þ 2 ð x 2 4 x þ 12Þ ðx þ 2Þ ðx þ 2Þ 3 2 x 2 4 x 4 x 8 þ 2 x 2 þ 8 x 24 ðx þ 2Þ

3

¼

¼

ð 2 x 4Þ ðx þ 2Þ 2 ð x 2 4 x þ 12Þ ðx þ 2Þ 3

¼

32 ðx þ 2Þ 3

Wegen y 00 6¼ 0 kann es keine Wendepunkte geben, die dritte Ableitung wird daher nicht beno¨tigt. Relative Extremwerte: y 0 == 0, y 00 6¼ 0 y0 ¼ 0

)

x 2 4 x þ 12 ðx þ 2Þ 2

¼ 0

)

x 2 4 x þ 12 ¼ 0

)

x4 ¼ 2 ;

x5 ¼ 6

Es gibt somit zwei Kurvenpunkte mit waagerechter Tangente. Wir pru¨fen u¨ber die 2. Ableitung, ob die hinreichende Bedingung fu¨r relative Extremwerte erfu¨llt ist: y 00 ðx 4 ¼ 2Þ ¼

32 32 1 ¼ < 0 ¼ 64 2 43

y 00 ðx 5 ¼ 6Þ ¼

32 ð 4Þ

3

Zugeho¨rige Ordinaten: y 4 ¼

¼

32 1 ¼ > 0 64 2

ð2 2Þ 2 2þ2

¼ 0

) )

y5 ¼

relatives Maximum

relatives Minimum ð 6 2Þ 2 6 þ 2

¼

64 ¼ 16 4

Relative Extremwerte: Max ¼ ð2; 0Þ; Min ¼ ð 6; 16Þ Wendepunkte: y 00 == 0, y 000 6¼ 0 Wegen y 00 6¼ 0 ist die notwendige Bedingung fu¨r Wendepunkte nicht erfu¨llbar, d. h. es gibt keine Wendepunkte.

2 Anwendungen

123

Verhalten im Unendlichen Die Funktion ist unecht gebrochenrational (Grad des Za¨hlers > Grad des Nenners). Wir zerlegen sie durch Polynomdivision wie folgt: 16 x þ2 |fflfflffl{zfflfflffl} echt gebrochen

y ¼ ð x 2 þ 4 x 4Þ : ðx þ 2Þ ¼ x þ 6 ð x 2 2 xÞ 6x 4 ð6 x þ 12Þ 16

Fu¨r große x-Werte du¨rfen wir den echt gebrochenen Anteil vernachla¨ssigen (er strebt gegen Null). Unsere Kurve na¨hert sich daher „im Unendlichen‘‘ asymptotisch der Geraden y ¼ x þ 6. Asymptote im Unendlichen: y ¼ x þ 6

y

Bild B-16 zeigt den Verlauf der Kurve mit ihren beiden Asymptoten.

Polgerade 24 20 16 Min

12 8 Asymptote y = –x + 6

6

– 12

–8

–4

2 –8

B81

y ¼

6

Max

Bild B-16

12 y=

(x – 2) x+2

x

2

3x3 þ 3x 6 x

Definitionsbereich: x 6¼ 0 Symmetrie: nicht vorhanden Nullstellen: Za¨hler ¼ 0, Nenner 6¼ 0 ) 3 x 3 þ 3 x 6 ¼ 0

)

x3 þ x 2 ¼ 0

Durch Probieren findet man die Lo¨sung x 1 ¼ 1, mit dem Horner-Schema erha¨lt man dann das 1. reduzierte Polynom, dessen Nullstellen (falls vorhanden) weitere Lo¨sungen liefern: 1 x1 ¼ 1 1

0

1

2

1

1

2

1

2

0

)

x2 þ x þ 2 ¼ 0

) keine reellen Lo¨sungen

Es gibt nur eine Nullstelle bei x 1 ¼ 1. Pole: Nenner ¼ 0 ; Za¨hler 6¼ 0

)

x ¼ 0

)

x2 ¼ 0

Bei x 2 ¼ 0 liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel (der Za¨hler ist dort ungleich Null). Polgerade: x ¼ 0 (y-Achse)

124


Ableitungen 1. bis 3. Ordnung Durch Polynomdivision la¨sst sich die unecht gebrochenrationale Funktion auf eine fu¨r das Differenzieren gu¨nstigere Form bringen: y ¼

3x3 þ 3x 6 6 ¼ 3x2 þ 3 ¼ 3 x 2 þ 3 6 x 1 x x

Gliedweise differenzieren: y 0 ¼ 6 x þ 0 6 ð x 2 Þ ¼ 6 x þ 6 x 2

y 00 ¼ 6 þ 6 ð 2 x 3 Þ ¼ 6 12 x 3 ¼ 6 y 000 ¼ 12 ð 3 x 4 Þ ¼ 36 x 4 ¼

y0 ¼ 6x þ

oder

6 6x3 þ 6 ¼ x2 x2

12 6 x 3 12 ¼ x3 x3

36 x4


)

6x3 þ 6 ¼ 0

y 00 ðx 3 ¼ 1Þ ¼

)

x3 þ 1 ¼ 0

6 12 ¼ 18 > 0 1

)

)

x3 ¼ 1

)

x3 ¼ 1

)

x4 ¼

relatives Minimum

Relative Extremwerte: Min ¼ ð 1; 12Þ Wendepunkte: y 00 == 0, y 000 6¼ 0 y 00 ¼ 0

)

y 000 ðx 4 ¼

p 3 ffiffiffi 2Þ ¼

6 x 3 12 ¼ 0 36 6¼ 0 p 3 ffiffiffi 4 ð 2Þ

)

x3 2 ¼ 0

)

Wendepunkt

)

x3 ¼ 2

p 3 ffiffiffi 2 ¼ 1,260

Wendepunkte: W ¼ ð1,260; 3Þ Verhalten im Unendlichen y ¼

3x3 þ 3x 6 6 ¼ 3x2 þ 3 x x

Der echt gebrochenrationale Anteil 6=x wird fu¨r große x-Werte verschwindend klein und darf dann vernachla¨ssigt werden. Die Kurve zeigt daher „im Unendlichen‘‘ nahezu das gleiche Verhalten wie die Polynomfunktion y ¼ 3 x 2 þ 3 (Parabel). Asymptote im Unendlichen: y ¼ 3 x 2 þ 3

y

Bild B-17 zeigt den Verlauf der Kurve.

40 32 Polgerade 24 16 Asymptote (Parabel)

Min

y=

3x 3 + 3x – 6 x

8 W

Bild B-17 –3

–2

–1

1 –8

2

3

x

2 Anwendungen

B82

125

y 2 ¼ ð4 xÞ 2 ðx þ 2Þ

Die Kurve besteht aus zwei zur x-Achse spiegelsymmetrischen Teilen, die durch die Funktionen pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y ¼ ð4 xÞ x þ 2 ; x 2 beschrieben werden. Wir beschra¨nken uns im folgenden auf das oberhalb der x -Achse verlaufende Kurvenstu¨ck mit pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi der Gleichung y ¼ ð4 xÞ x þ 2 . Definitionsbereich: x þ 2 0

)

x 2

Symmetrie: nicht vorhanden 4 x ¼ 0 ) x1 ¼ 4 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x þ 2 ¼ 0 )x þ 2 ¼ 0 |fflffl{zfflffl} 0 Zwei Nullstellen in x 1 ¼ 4 und x 2 ¼ 2 . Nullstellen: ð4 xÞ

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x þ2 ¼ 0

x 2 ¼ 2

)

Ableitungen 1. bis 3. Ordnung y ¼ ð4 xÞ |fflfflffl{zfflfflffl} u

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x þ 2 ¼ uv |fflffl{zfflffl} v

mit u ¼ 4 x ;

v ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x þ 2 und u 0 ¼ 1 ; |fflffl{zfflffl} t

v0 ¼

1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 x þ2

(die Ableitung v 0 erhalten wir in der angedeuteten Weise u¨ber die Kettenregel, Substitution: t ¼ x þ 2) Die Produktregel liefert dann: y0 ¼ u0 v þ v0 u ¼ 1

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x þ2þ

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 4x pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ð4 xÞ ¼ x þ 2 þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 2 x þ2 2 x þ2

2 ðx þ 2Þ þ 4 x 2x 4 þ 4 x 3x 3 x ¼ ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 ðx þ 2Þ 1=2 2 x þ2 2 x þ2 2 x þ2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Umformungen: Hauptnenner bilden ð2 x þ 2 Þ, also den 1. Summand mit 2 x þ 2 erweitern. ¼

Die 2. Ableitung wird mit Hilfe der Quotientenregel gebildet: y0 ¼

3 x 3 u ¼ 2 ðx þ 2Þ 1=2 2 v

mit

u ¼ x;

v ¼ ðx þ 2Þ 1=2 |fflffl{zfflffl} t

und

u0 ¼ 1;

v0 ¼

(v 0 bekommen wir in der angedeuteten Weise mit der Kettenregel, Substitution: t ¼ x þ 2) y 00 ¼

0

0

3 u vv u 3 ¼ 2 2 v2

1 ðx þ 2Þ 1=2

1 ðx þ 2Þ 1=2 x 2

ðx þ 2Þ 1

Erweitern mit 2 ðx þ 2Þ 1=2 : y 00 ¼

1 3 2 ðx þ 2Þ x 3 2x þ 4 x 3 x þ4 ¼ ¼ 3=2 3=2 2 4 4 2 ðx þ 2Þ ðx þ 2Þ ðx þ 2Þ 3=2

Die 3. Ableitung wird nicht beno¨tigt, da es keine Wendepunkte geben kann (warum?). Relative Extremwerte: y 0 == 0, y 00 6¼ 0 y0 ¼ 0

)

3 x pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 0 2 x þ2

)

x ¼ 0

)

x3 ¼ 0

1 ðx þ 2Þ 1=2 2

126


3 4 3 ¼ pffiffiffi < 0 ) 3=2 4 2 2 2 pffiffiffi Relative Extremwerte: Max ¼ ð0; 4 2 Þ ¼ ð0; 5,6569Þ y 00 ðx 3 ¼ 0Þ ¼

relatives Maximum

Wendepunkte: y 00 == 0, y 000 6¼ 0 y 00 ¼ 0

)

3 x þ4 ¼ 0 4 ðx þ 2Þ 3=2

)

x þ4 ¼ 0

)

x4 ¼ 4

Dieser Wert liegt außerhalb des Definitionsbereiches, daher gibt es keine Wendepunkte (die 3. Ableitung wird also –– wie bereits vorher erwa¨hnt –– nicht beno¨tigt). Zusammenfassung Die Gesamtkurve mit der Gleichung y 2 ¼ ð4 xÞ 2 ðx þ 2Þ ist nur fu¨r x 2 definiert und verlaüft spiegelsymmetrisch zur x-Achse (siehe Bild B-18). Sie besitzt folgende Eigenschaften: Nullstellen: x 1 ¼ 4, x 2 ¼ 2;

Extremwerte: Max ¼ ð0; 5,6569Þ, Min ¼ ð0; 5,6569Þ

y

5,66

Max

4 2

Bild B-18 –2

–1

–2

1

4

x

–4 – 5,66 Min

B83

y 2 = (4 – x )2 (x + 2)

y ¼ 1 þ sin 2 x ¼ 1 þ ðsin xÞ 2

Diese u¨berall definierte Funktion ist periodisch mit der Periode p ¼ p und verlaüft spiegelsymmetrisch zur y-Achse. Wir beschra¨nken uns daher zuna¨chst auf das Periodenintervall 0 x p . Nullstellen: Wegen 1 þ sin 2 x ¼ 1 þ ðsin xÞ 2 1 gibt es keine Nullstellen. Ableitungen bis zur 3. Ordnung Gliedweise Differentiation unter Verwendung der Kettenregel: y ¼ 1 þ ð sin x Þ 2 ¼ 1 þ u 2 |ffl{zffl} u

mit

u ¼ sin x

)

y 0 ¼ 0 þ 2 u cos x ¼ 2 sin x cos x ¼ sin ð2 xÞ

(unter Verwendung der trigonometrischen Formel sin ð2 xÞ ¼ 2 sin x cos x) y 0 ¼ sin ð2 xÞ ¼ sin u |{z} u

mit

u ¼ 2x

y 00 ¼ 2 cos ð2 xÞ ¼ 2 cos u |{z} u

mit

)

y 00 ¼ ðcos uÞ 2 ¼ 2 cos ð2 xÞ

u ¼ 2x

)

y 000 ¼ 2 ð sin uÞ 2 ¼ 4 sin ð2 xÞ

2 Anwendungen

127


)

sin ð2 xÞ ¼ 0 |{z} u

)

sin u ¼ 0

mit

u ¼ 2x

Lo¨sungen sind die Nullstellen von sin u im Periodenintervall 0 u 2 p . Sie lauten: u 1 ¼ 0, u 2 ¼ p, u 3 ¼ 2 p (durch die Substitution u ¼ 2 x geht das Periodenintervall 0 x p in das Periodenintervall 0 u 2 p u¨ber). Durch Ru¨cksubstitution ðx ¼ u=2Þ folgt dann: x1 ¼ 0 ;

x 2 ¼ p=2 ;

x3 ¼ p

An diesen Stellen besitzt die Kurve nicht nur waagerechte Tangenten, sondern auch Extremwerte, da dort y 00 6¼ 0 ist: y 00 ðx 1 ¼ 0Þ ¼ 2 cos 0 ¼ 2 1 ¼ 2 > 0

)

relatives Minimum

y 00 ðx 2 ¼ p=2Þ ¼ 2 cos p ¼ 2 ð 1Þ ¼ 2 < 0

)

y 00 ðx 3 ¼ pÞ ¼ 2 cos ð2 pÞ ¼ 2 1 ¼ 2 > 0

relatives Minimum

)

relatives Maximum

Relative Extremwerte im Periodenintervall 0 x p : Min ¼ ð0; 1Þ; Max ¼ ðp=2; 2Þ; Min ¼ ðp; 1Þ Wendepunkte: y 00 == 0, y 000 6¼ 0 y 00 ¼ 0

)

2 cos ð2 xÞ ¼ 0 |ffl{zffl} u

)

2 cos u ¼ 0

)

cos u ¼ 0

mit u ¼ 2 x

p 3 , u2 ¼ p. Lo¨sungen sind die Nullstellen von cos u im Periodenintervall 0 u 2 p . Sie lauten u 1 ¼ 2 2 Ru¨cksubstitution ðx ¼ u=2Þ fu¨hrt dann zu: x 1 ¼ p=4 ;

x 2 ¼ 3 p=4

An diesen Stellen ist die 3. Ableitung von Null verschieden: y 000 ðx 1 ¼ p=4Þ ¼ 4 sin ðp=2Þ ¼ 4 1 ¼ 4 6¼ 0

)

y 000 ðx 2 ¼ 3 p=4Þ ¼ 4 sin ð3 p=2Þ ¼ 4 ð 1Þ ¼ 4 6¼ 0

Wendepunkt )

Wendepunkt

Wendepunkte im Periodenintervall 0 x p : W 1 ¼ ðp=4; 1,5Þ, W 2 ¼ ð3 p=4; 1,5Þ Zusammenfassung Die periodische Funktion y ¼ 1 þ sin 2 x ist u¨berall definiert und verlaüft spiegelsymmetrisch zur y-Achse, da 1 þ sin 2 ð xÞ ¼ 1 þ sin 2 x ist. Es gibt keine Nullstellen, jedoch relative Extremwerte und Wendepunkte an den folgenden Stellen (Kurvenverlauf: siehe Bild B-19): Minima:

x ¼ 0; p; 2 p; . . .

Maxima:

x ¼

Wendepunkte:

(Ordinate : y ¼ 1Þ

p 3 5 ; p; p; . . . (Ordinate : y ¼ 2Þ 2 2 2 p 3 5 x ¼ ; p; p; . . . (Ordinate: y ¼ 1,5Þ 4 4 4 y

Max

Max

Max

Max

Max y = 1 + sin2 x

2 W

W

W

W

W

W

W

W

W

W

1 Min

Min

Min

Min

π

2π

Bild B-19 – 2π

–π

x

128


B84

y ¼ 10 x 2 ln j x j

Definitionsbereich: x 6¼ 0 Symmetrie: Wegen 10 ð xÞ 2 ln j x j ¼ 10 x 2 ln j x j ist die Funktion gerade, d. h. die Kurve verlaüft spiegelsymmetrisch zur y-Achse. Nullstellen: y ¼ 0

)

10 x 2 ln j x j ¼ 0 |ffl{zffl} > 0

)

ln j x j ¼ 0

Wir lo¨sen diese Gleichung wie folgt durch Entlogarithmieren (Rechenregel: e ln z ¼ z fu¨r z > 0): e ln j x j ¼ j x j ¼ e 0 ¼ 1

)

jxj ¼ 1

)

x 1=2 ¼ 1

Nullstellen: x 1=2 ¼ 1 Ableitungen bis zur 3. Ordnung Wir differenzieren im Wesentlichen mit Hilfe der Produktregel: y ¼ 10 x 2 ln j x j ¼ 10 ðu vÞ

f

|fflfflffl{zfflfflffl}

mit

u ¼ x2;

v ¼ ln j x j

und u 0 ¼ 2 x ;

v

u

v0 ¼

1 x

1 2 y ¼ 10 ðu v þ v uÞ ¼ 10 2 x ln j x j þ ¼ 10 ð2 x ln j x j þ xÞ ¼ 10 x ð2 ln j x j þ 1Þ x x 0

0

0

f

y 0 ¼ 10 x ð2 ln j x j þ 1Þ ¼ 10 ðu vÞ mit

u ¼ x;

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

u

und u 0 ¼ 1 ;

v ¼ 2 ln j x j þ 1

v0 ¼

v

2 x

2 y 00 ¼ 10 ðu 0 v þ v 0 uÞ ¼ 10 1 ð2 ln j x j þ 1Þ þ x ¼ 10 ð2 ln j x j þ 1 þ 2Þ ¼ 10 ð2 ln j x j þ 3Þ x y 000 ¼ 10 2

1 20 ¼ x x


)

10 x ð2 ln j x j þ 1Þ ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

2 ln j x j þ 1 ¼ 0

Wir lo¨sen diese Gleichung durch Entlogarithmierung: 2 ln j x j þ 1 ¼ 0

)

ln j x j ¼ 0;5

e ln j x j ¼ j x j ¼ e 0;5

)

)

x 3=4 ¼ e 0;5 ¼ 0;6065

y 00 ðx 3=4 ¼ e 0;5 Þ ¼ 10 ð2 ln j e 0;5 j þ 3Þ ¼ 10 ð2 ln e 0;5 þ 3Þ ¼ 10 ð2 ð 0;5Þ þ 3Þ ¼ ¼ 10 ð 1 þ 3Þ ¼ 20 > 0

)

relative Minima

Relative Extremwerte: Minima ¼ ð 0;6065; 1;8394Þ Wendepunkte: y 00 == 0, y 000 6¼ 0 y 00 ¼ 0

)

10 ð2 ln j x j þ 3Þ ¼ 0

)

2 ln j x j þ 3 ¼ 0

)

ln j x j ¼ 1;5

2 Anwendungen

129

Durch Entlogarithmierung folgt: ln j x j ¼ 1;5

e ln j x j ¼ e 1;5

)

y 000 ðx 5=6 ¼ e 1;5 Þ ¼

)

j x j ¼ e 1;5

20 ¼ 20 e 1;5 6¼ 0 e 1;5

)

x 5=6 ¼ e 1;5 ¼ 0;2231

)

Wendepunkte

Wendepunkte: W 1=2 ¼ ð 0;2231; 0;7468Þ

y

Kurvenlauf: siehe Bild B-20

3 2

y = 10 x 2 · ln |x |

1 Lücke

Bild B-20 –1

1 W2

Min

B85

–1 –2

x

W1

Min

y ¼ 4 x e 0;5 x

Definitionsbereich: 1 < x < 1 Symmetrie: nicht vorhanden Nullstellen: y ¼ 0

)

4 x e 0;5 x ¼ 0 |fflfflffl{zfflfflffl} 6¼ 0

)

4x ¼ 0

)

x1 ¼ 0

Ableitungen bis zur 3. Ordnung Wir beno¨tigen jeweils die Produktregel in Verbindung mit der Kettenregel.

f

y ¼ 4 x e 0;5 x ¼ u v u

|fflfflffl{zfflfflffl}

mit

u ¼ 4x;

v ¼ e 0;5 x

und

u0 ¼ 4;

v 0 ¼ 0,5 e 0;5 x

v

(die Ableitung des Faktors v wurde dabei mit Hilfe der Kettenregel gebildet, Substitution: t ¼ 0;5 x) y 0 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 4 e 0;5 x 0;5 e 0;5 x 4 x ¼ 4 e 0;5 x 2 x e 0;5 x ¼ ð4 2 xÞ e 0;5 x y 0 ¼ ð4 2 xÞ e 0;5 x ¼ u v |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |fflfflffl{zfflfflffl} u v

mit

u ¼ 4 2x;

v ¼ e 0;5 x

und u 0 ¼ 2 ;

v 0 ¼ 0;5 e 0;5 x

y 00 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 2 e 0;5 x 0;5 e 0;5 x ð4 2 xÞ ¼ ½ 2 0,5 ð4 2 xÞ e 0;5 x ¼ ¼ ð 2 2 þ xÞ e 0;5 x ¼ ðx 4Þ e 0;5 x y 00 ¼ ðx 4Þ e 0;5 x ¼ u v mit |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} |fflfflffl{zfflfflffl} u v

u ¼ x 4;

v ¼ e 0;5 x

und u 0 ¼ 1 ;

v 0 ¼ 0;5 e 0;5 x

y 000 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 1 e 0;5 x 0;5 e 0;5 x ðx 4Þ ¼ ½ 1 0;5 ðx 4Þ e 0;5 x ¼ ¼ ð1 0;5 x þ 2Þ e 0;5 x ¼ ð3 0;5 xÞ e 0;5 x

130



)

ð4 2 xÞ e 0;5 x ¼ 0 |fflfflffl{zfflfflffl} 6¼ 0

y 00 ðx 2 ¼ 2Þ ¼ 2 e 1 < 0

)

)

4 2x ¼ 0

)

x2 ¼ 2

relatives Maximum

Relative Extremwerte: Max ¼ ð2; 2;9430Þ Wendepunkte: y 00 == 0, y 000 6¼ 0 y 00 ¼ 0

)

ðx 4Þ e 0;5 x ¼ 0 |fflfflffl{zfflfflffl} 6¼ 0

y 000 ðx 3 ¼ 4Þ ¼ 1 e 2 ¼ e 2 6¼ 0

)

)

x 4 ¼ 0

)

x3 ¼ 4

Wendepunkt

Wendepunkte: W ¼ ð4; 2,1654Þ Verhalten im Unendlichen Wegen lim 4 x e 2 x ¼ lim

x!1

x!1

ð4 xÞ 0 4x 4 2 ¼ lim ¼ lim ¼ lim ¼ 0 2 x 2 x 0 2 x e x ! 1 ðe Þ x!1 2 e x ! 1 e 2x

na¨hert sich die Kurve im „Unendlichen‘‘ asymptotisch der x -Achse (siehe Bild B-21). Den Grenzwert, der zuna¨chst auf den unbestimmten Ausdruck 1=1 fu¨hrt, haben wir nach der Regel von Bernoulli und de L’Hospital berechnet (! Band 1, Kap. VI.3.3.3). y Max 3 W y = 4x · e– 0,5 x

2 1

Bild B-21 –1

1 –1

2

4

5

10

x

2 Anwendungen

131

2.7 Extremwertaufgaben Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.3.5

Der Querschnitt eines Tunnels besteht aus einem Rechteck mit aufgesetztem Halbkreis. Wie mu¨ssen die Abmessungen gewa¨hlt werden, damit bei fest vorgegebenem Umfang U ¼ const: ¼ c die Querschnittsfla¨che mo¨glichst groß wird?

B86

Fu¨r den Fla¨cheninhalt A des Tunnelquerschnitts gilt die Formel x

1 px2 A ¼ 2xy þ 2

ðsiehe Bild B-22)

x

A ha¨ngt also zuna¨chst von zwei Gro¨ßen, na¨mlich x und y ab. Diese sind jedoch nicht unabha¨ngig voneinander, sondern u¨ber die Nebenbedingung U ¼ 2 x þ 2 y þ p x ¼ const: ¼ c

y

x A

y

2x

ðmit c > 0Þ

Bild B-22

miteinander verknu¨pft. Denn es kommen nach der Aufgabenstellung nur solche Querschnitte infrage, deren Umfang U die konstante La¨nge c besitzt. Wir lo¨sen die Nebenbedingung zweckma¨ßigerweise nach y auf, setzen dann den gefundenen Ausdruck in die Fla¨chenformel ein und erhalten den Fla¨cheninhalt A in Abha¨ngigkeit vom Radius x des aufgesetzten Halbkreises: y ¼

c 2x px 2

)

A ðxÞ ¼ 2 x y þ

1 c 2x px 1 1 px2 ¼ 2 x px2 ¼ cx 2x2 px2 þ 2 2 2 2

Mit Hilfe der Differentialrechnung bestimmen wir jetzt das absolute Maximum dieser Funktion, wobei die Lo¨sung zwischen x ¼ 0 und x ¼ c=ð2 þ pÞ liegen muss (die Randwerte kommen nicht infrage). Wir bilden zuna¨chst die beno¨tigten ersten beiden Ableitungen: A 0 ðxÞ ¼ c 4 x p x ¼ c ð4 þ pÞ x ;

A 00 ðxÞ ¼ ð4 þ pÞ < 0

Aus der notwendigen Bedingung A 0 ðxÞ ¼ 0 erhalten wir den folgenden Wert: A 0 ðxÞ ¼ 0

)

c ð4 þ pÞ x ¼ 0

)

x ¼

c 4þp

Dieser Wert liegt im Gu¨ltigkeitsbereich der Funktion und ist das gesuchte (absolute) Maximum, da die 2. Ableitung u¨berall, also auch an dieser Stelle negativ ist (die hinreichende Bedingung fu¨r ein Maximum ist somit erfu¨llt). Wir berechnen noch die zum Maximum geho¨renden Werte fu¨r y und A: 2 y ¼ c 2 x p x ¼ c ð2 þ pÞ x ¼ c ð2 þ pÞ ¼

Amax

½ 4 þ p ð2 þ pÞ c 4þp

¼ A x ¼

¼

c 4þp

¼

¼

)

y ¼

c 4þp

c2 2c2 pc2 2 ð4 þ pÞ c 2 4 c 2 p c 2 ¼ ¼ 4þp ð4 þ pÞ 2 2 ð4 þ pÞ 2 2 ð4 þ pÞ 2

ð8 þ 2 p 4 pÞ c 2 2 ð4 þ pÞ 2

2c 4þp

ð4 þ pÞ c ð2 þ pÞ c c ¼ ¼ 4þp 4þp

¼

ð4 þ pÞ c 2 2 ð4 þ pÞ ð4 þ pÞ

¼

c2 2 ð4 þ pÞ

Lo¨sung: Bei gegebenem Umfang U ¼ const: ¼ c ist die Querschnittsfla¨che des Tunnels am gro¨ßten, wenn Radius x und Seitenho¨he y u¨bereinstimmen.

132


Zur Zeit t ¼ 0 startet von A aus ein Fahrzeug 1 mit der konstanten Geschwindigkeit v 1 in Richtung B. Zur gleichen Zeit setzt sich ein Fahrzeug 2 von B aus mit der konstanten Geschwindigkeit v 2 in Richtung C in Bewegung (Bild B-23). Nach welcher Zeit besitzen die beiden Fahrzeuge den geringsten Abstand voneinander?

B87

A B ¼ e ¼ 700 m

C

a ¼ 60 v2 v1

v 1 ¼ 10 m/s,

a

A

v 2 ¼ 5 m/s

Bild B-23 B

Fahrzeug 1 bewegt sich in der Zeit t von A nach A*, Fahrzeug 2 in der gleichen Zeit von B nach B* (Bild B-24). Die dabei zuru¨ckgelegten Wege x bzw. y betragen (wir rechnen ohne Einheiten): x ¼ v 1 t ¼ 10 t

C

y ¼ v2 t ¼ 5 t Die Seiten im Dreieck A* B B* haben damit folgende La¨ngen:

B* d

A* B ¼ A B A A* ¼ e x ¼ 700 10 t; B B* ¼ y ¼ 5 t ;

A* B* ¼ d ;

y a

A

a ¼ 60

x

A*

e–x

B

Bild B-24 Der Kosinussatz liefert dann den folgenden Zusammenhang (! FS: Kap. I.6.7): 2 2 d 2 ¼ A* B þ B B* 2 A* B B B* cos a ¼ ¼ ð700 10 tÞ 2 þ 25 t 2 2 ð700 10 tÞ 5 t cos 60 ¼ ð700 10 tÞ 2 þ 25 t 2 ð700 10 tÞ 5 t ¼ |fflfflffl{zfflfflffl} 1=2 ¼ 700 2 14 000 t þ 100 t 2 þ 25 t 2 3 500 t þ 50 t 2 ¼ 175 t 2 17 500 t þ 490 000 Wenn der Abstand d einen kleinsten Wert annimmt, dann gilt dies auch fu¨r das Abstandsquadrat d 2 . Es genu¨gt daher, das absolute Minimum der „Zielfunktion‘‘ z ðtÞ ¼ d 2 ¼ 175 t 2 17 500 t þ 490 000 im Zeitintervall t 0 zu bestimmen. Mit z 0 ðtÞ ¼ 350 t 17 500

und z 00 ðtÞ ¼ 350 > 0

folgt dann aus der fu¨r ein Minimum notwendigen Bedingung z 0 ðtÞ ¼ 0: z 0 ðtÞ ¼ 0

)

350 t 17 500 ¼ 0

)

t 0 ¼ 50 ðin sÞ

Wegen z 00 ðt 0 Þ ¼ 350 > 0 handelt es sich um ein (relatives) Minimum. Der Abstand der beiden Fahrzeuge zur Zeit t 0 ¼ 50 s betra¨gt dann (in der Einheit m): d 2 ðt 0 ¼ 50Þ ¼ 175 50 2 17 500 50 þ 490 000 ¼ 52 500

)

d ðt 0 ¼ 50Þ ¼ 229,13

Da der Abstand zu Beginn (t ¼ 0) gro¨ßer ist (er betra¨gt e ¼ 700 m), ist dieser Wert der kleinste Abstand der beiden Fahrzeuge. Lo¨sung: Nach genau 50 s ist der Abstand der beiden Fahrzeuge am kleinsten. Er betra¨gt dann dmin ¼ 229,13 m .

2 Anwendungen

133

Der in Bild B-25 skizzierte Ko¨rper vom Gewicht G soll durch eine schra¨g nach oben angreifende konstante Kraft F gerade in Bewegung gesetzt werden. Wa¨hlen Sie den Angriffswinkel a so, dass die Kraft mo¨glichst klein wird.

B88

R ¼ mN :

F

a

S

Bild B-25 R

Reibungskraft

N:

Normalkraft

m:

Reibungskoeffizient

S:

Schwerpunkt

G

Wir zerlegen die angreifende Kraft F zuna¨chst in eine Horizontal- und eine Normalkomponente (Bild B-26): Horizontalkomponente :

FH ¼ F cos a

Normalkomponente :

FN ¼ F sin a

F

FN

a

Bild B-26 S

FH

Die Normalkraft N, die den Ko¨rper auf die Ebene dru¨ckt, ist die Differenz aus der Gewichtskraft G und der Normalkomponente FN . Die Haftreibungskraft R berechnet sich damit wie folgt: R ¼ m N ¼ m ðG FN Þ ¼ m ðG F sin aÞ Der Ko¨rper setzt sich in Bewegung, wenn die Horizontalkomponente FH die Haftreibung R gerade u¨berwindet. Somit gilt: FH ¼ R

)

F cos a ¼ m ðG F sin aÞ ¼ m G m F sin a

Diese Gleichung lo¨sen wir nach F auf und erhalten dann fu¨r diese Kraft in Abha¨ngigkeit vom Winkel a: F cos a þ m F sin a ¼ F ðcos a þ m sin aÞ ¼ m G

)

FðaÞ ¼

mG cos a þ m sin a

Wir bestimmen jetzt den im Intervall 0 < a < 90 liegenden Winkel so, dass die angreifende Kraft F den kleinstmo¨glichen Wert annimmt. Die dafu¨r beno¨tigten Ableitungen 1. und 2. Ordnung erhalten wir wie folgt: F ðaÞ ¼

mG mG ¼ ¼ m G u 1 cos a þ m sin a u |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} u

mit

u ¼ cos a þ m sin a

Die Kettenregel liefert dann: F 0 ðaÞ ¼

sin a m cos a dF dF du ¼ ¼ m G ð u 2 Þ ð sin a þ m cos aÞ ¼ m G da du da ðcos a þ m sin aÞ 2

Aus der fu¨r ein Minimum notwendigen Bedingung F 0 ðaÞ ¼ 0 folgt dann: sin a m cos a ¼ 0

)

sin a ¼ m cos a

)

sin a ¼ tan a ¼ m cos a

)

a 0 ¼ arctan m

In unserem Beispiel ist m ¼ 0,2 und somit a 0 ¼ arctan 0,2 ¼ 11,31 . Dass fu¨r diesen Winkel der Kraftaufwand am kleinsten ist, la¨sst sich aus physikalischer Sicht leicht nachvollziehen. Trotz des relativ hohen Rechenaufwands wollen wir zeigen, dass auch die hinreichende Bedingung fu¨r ein Minimum erfu¨llt ist. Den Nachweis F 00 ða 0 Þ > 0 fu¨hren wir wie folgt: Zuna¨chst differenzieren wir F 0 ðaÞ nach der Quotientenregel: F 0 ðaÞ ¼

m G ðsin a m cos aÞ ðcos a þ m sin aÞ 2

¼

u ðaÞ v ðaÞ

)

F 00 ðaÞ ¼

u 0 ðaÞ v ðaÞ v 0 ðaÞ u ðaÞ ½ v ðaÞ 2

134


An der Stelle a 0 ist F 0 ða 0 Þ ¼ 0 und somit auch u ða 0 Þ ¼ 0. Damit erhalten wir fu¨r die 2. Ableitung an der gleichen Stelle den folgenden Ausdruck: F 00 ða 0 Þ ¼

u 0 ða 0 Þ v ða 0 Þ v 0 ða 0 Þ u ða 0 Þ ½ v ða 0 Þ 2

u 0 ða 0 Þ v ða 0 Þ v 0 ða 0 Þ 0

¼

½ v ða 0 Þ 2

¼

u 0 ða 0 Þ v ða 0 Þ ½ v ða 0 Þ 2

¼

u 0 ða 0 Þ v ða 0 Þ

Mit u 0 ðaÞ ¼ m G ðcos a þ m sin aÞ und v ðaÞ ¼ ðcos a þ m sin aÞ 2 folgt dann: F 00 ða 0 Þ ¼

u 0 ða 0 Þ v ða 0 Þ

¼

m G ðcos a 0 þ m sin a 0 Þ ðcos a 0 þ m sin a 0 Þ

¼

2

mG > 0 cos a 0 þ m sin a 0

Anmerkung: Da der Winkel a 0 im 1. Quadrant liegt, ist sowohl cos a 0 als auch sin a 0 positiv!

Bei einer Feuerwehru¨bung soll mit einer Wasserspritze eine e ¼ 15 m weit entfernte Wand mo¨glichst weit oben getroffen werden. Wie muss der „Abspritzwinkel“ a eingestellt werden, wenn der Wasserstrahl eine Anfangsgeschwindigkeit von v 0 ¼ 20 m/s besitzt? Anleitung: Behandeln Sie das Problem als einen schiefen Wurf mit dem Abwurfwinkel a (gegenu¨ber der Horizontalen).

B89

Bild B-27a) zeigt die vom Wasserstrahl beschriebene Bahnkurve. Die Geschwindigkeit v0 zerlegen wir wie folgt in Komponenten (siehe hierzu Bild B-27b)): v 0 x ¼ v 0 cos a und v 0 y ¼ v 0 sin a

y y

Wand Wasserstrahl P v0

h

y

v0

v 0y a

a e

x

v 0x

x

a)

x

b)

Bild B-27

a) Bahnkurve b) Zerlegung der Geschwindigkeit in Komponenten

In der x-Richtung bewegt sich ein Wasserteilchen mit der konstanten Geschwindigkeit v 0 x und legt daher in der Zeit t den Weg x ¼ v 0 x t zuru¨ck. Nach oben, d. h. in der y-Richtung u¨berlagert sich in der konstanten Geschwindigkeit v 0 y der freie Fall, sodass wir hier den Fallweg abziehen mu¨ssen. Die Gesamtbewegung wird daher durch die folgenden Parametergleichungen beschrieben: x ¼ v 0 x t ¼ ðv 0 cos aÞ t ;

y ¼ v0y t

1 1 g t 2 ¼ ðv 0 sin aÞ t gt2 2 2

ðt 0Þ

Die Bahnkurve in expliziter Form erhalten wir, indem wir die erste Gleichung nach t auflo¨sen und den gefundenen Ausdruck fu¨r t in die zweite Gleichung einsetzen: t ¼

x v 0 cos a

)

y ¼ v 0 sin a

v0

gx2 x 1 x2 g 2 ¼ ðtan aÞ x 2 cos a v 0 cos 2 a 2 v 20 cos 2 a

2 Anwendungen

135

Die Bahnkurve ist also eine Parabel (in diesem Zusammenhang auch als „Wurfparabel‘‘ bezeichnet). Die im Abstand e befindliche Wand wird damit in der Ho¨he h ¼ y ðx ¼ eÞ ¼ ðtan aÞ e

g e2 g e2 ðcos aÞ 2 ¼ e tan a 2 2 2 2 v 0 cos a 2v0

getroffen. Mit Hilfe der Differentialrechnung bestimmen wir den Winkel a so, dass die Wand in mo¨glichst großer Ho¨he getroffen wird, wobei die Lo¨sung im Intervall 0 < a < 90 liegen muss. Die (zuna¨chst) beno¨tigte 1. Ableitung erhalten wir durch gliedweises Differenzieren unter Verwendung der Kettenregel: g e2 g e2 ðcos aÞ 2 ¼ e tan a u 2 2 2 v 0 |ffl{zffl} 2 v 20 u

hðaÞ ¼ e tan a

h 0 ðaÞ ¼ e

¼

u ¼ cos a ;

mit

u 0 ¼ sin a

1 g e2 e g e2 ð 2 u 3 Þ ð sin aÞ ¼ þ 2 ðcos aÞ 3 ð sin aÞ ¼ 2 2 2 cos a cos a 2 v0 v0

e v 20 cos a g e 2 sin a v 20 cos a g e sin a e g e 2 sin a e 2 ¼ ¼ cos 2 a v 0 cos 3 a v 20 v 20 cos 3 a cos 3 a

Aus der fu¨r ein Maximum notwendigen Bedingung h 0 ðaÞ ¼ 0 folgt dann: v 20

cos a g e sin a ¼ 0 )

! v 20 v 20 v 20 sin a sin a ¼ ¼ tan a ¼ cos a ) ) a 0 ¼ arctan cos a ge ge ge

Aus physikalischer Sicht kann es sich bei diesem Wert nur um das gesuchte Maximum handeln, sodass wir auf den Nachweis h 00 ða 0 Þ < 0 verzichten ko¨nnen. Die Wand wird dabei in der folgenden Ho¨he getroffen: hmax ¼ h ða ¼ a 0 Þ ¼ e tan a 0

¼ e tan a 0

¼

g e2 2 v 20

cos 2

a0

¼ e tan a 0

v 20 g e2 g e2 2 ð1 þ tan a Þ ¼ e 0 ge 2 v 20 2 v 20

v 20 g e2 v 20 v 20 v 40 g 2 e 2 g e2 ¼ ¼ g 2g 2g 2 v 20 2 v 20 2 g v 20

g2

ðv 0 >

1

¼ cos 2 a 0 ! v 40 v 20 v 40 g e2 g e2 1þ ¼ ¼ g g2 e2 2 v 20 2 v 20 g 2 e 2 2 v 20

pffiffiffiffiffiffi geÞ

1 (! FS: Kap. III.7.5) ! Umformungen: Verwendung der trigonometrischen Beziehung cos 2 a ¼ 2 a 2 1 þ tan v0 tan a 0 durch ersetzen ! Klammer ausmultiplizieren, gemeinsame Faktoren in Za¨hler und Nenner ku¨rzen ! ge Hauptnenner 2 g v 20 bilden. Die Wand wird nur dann getroffen, wenn die Bedingung h max > 0 erfu¨llt ist: pffiffiffiffiffiffi h max > 0 ) v 40 g 2 e 2 > 0 ) v 40 > g 2 e 2 ) v 0 > g e Diese Bedingung ist fu¨r die vorgegebenen Werte v 0 ¼ 20 m=s, e ¼ 15 m und g ¼ 9,81 m=s erfu¨llt: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffi g e ¼ 9,81 15 m=s ¼ 12,13 m=s ) v 0 > g e ¼ 12,13 m=s v 0 ¼ 20 m=s ; Die Wand wird dann in der folgenden Ho¨he getroffen: h ¼

v 40 g 2 e 2 2 g v 20

¼

20 4 9,81 2 15 2 2 9,81 20 2

m ¼ 17,63 m

Der „Abspritzwinkel“ a 0 betra¨gt dann: ! v 20 20 2 ¼ arctan ¼ arctan 2,7183 ¼ 69,80 a 0 ¼ arctan ge 9,81 15

136


Ein beiderseits aufliegender Balken mit einem rechteckigen Querschnitt wird durch eine konstante Streckenlast q ¼ const: belastet (Bild B-28). Die Durchbiegung y des Balkens an der (festen) Stelle x ist dabei umgekehrt proportional zum Fla¨chenmoment q = constant

1 ab3 12

a : Breite des Balkens b : Dicke

I ¼

B90

Balken Balken x y

Der Balken soll aus einem kreisrunden Baumstamm vom Radius R heraus geschnitten werden und zwar so, dass die Durchbiegung des (belasteten) Balkens mo¨glichst klein wird. Wie sind a und b zu wa¨hlen?

l

x

Biegelinie y

Bild B-28

Da die Durchbiegung y dem Fla¨chenmoment I umgekehrt proportional ist, ist y genau dann am kleinsten, wenn I den gro¨ßten Wert annimmt. Da der Balken aus einem kreisrunden Baumstamm vom Durchmesser 2 R herausgeschnitten werden soll, sind Breite a und Dicke b nicht unabha¨ngig voneinander, sondern –– wie man Bild B-29 entnehmen kann –– u¨ber den Satz des Pythagoras miteinander verknu¨pft: a2 þ b2 ¼ 4 R2 Diese Nebenbedingung lo¨sen wir nach a auf: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a ¼ 4 R2 b2 2R

Einsetzen in die Formel fu¨r das Fla¨chenmoment liefert dann: 1 1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ab3 ¼ 4 R2 b2 b 3 ¼ IðbÞ ¼ 12 12 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi 1 1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ð4 R 2 b 2 Þ b 6 ¼ 4 R2 b 6 b 8 12 12

M

b

a

Bild B-29

Damit ha¨ngt I nur noch von der einen Variablen b ab. Wir mu¨ssen b so bestimmen, dass das Fla¨chenmoment den gro¨ßtmo¨glichen Wert annimmt. Die Lo¨sung muss dabei im offenen Intervall 0 < b < 2 R liegen (die Werte b ¼ 0 bzw. b ¼ 2 R und damit a ¼ 0 geben keinen Sinn). Es genu¨gt im folgenden, das absolute Maximum der unter der Wurzel stehenden „Zielfunktion‘‘ z ðbÞ ¼ 4 R 2 b 6 b 8 ;

0 < b < 2R

zu bestimmen. Die dabei beno¨tigten Ableitungen lauten: z 0 ðbÞ ¼ 24 R 2 b 5 8 b 7 ;

z 00 ðbÞ ¼ 120 R 2 b 4 56 b 6

Die hinreichenden Bedingungen z 0 ðbÞ ¼ 0 und z 00 ðbÞ < 0 fu¨hren zu folgender Lo¨sung: z 0 ðbÞ ¼ 0

)

24 R 2 b 5 8 b 7 ¼ 8 b 5 ð3 R 2 b 2 Þ ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

(der negative Wert scheidet dabei wegen b > 0 aus) pffiffiffi z 00 ðb 1 ¼ 3 RÞ ¼ 120 R 2 9 R 4 56 27 R 6 ¼ 432 R 6 < 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Zugeho¨rige Balkenbreite: a ¼ 4 R 2 b 2 ¼ 4 R 2 3 R 2 ¼ R

3 R2 b2 ¼ 0

)

)

pffiffiffi b 1=2 ¼ 3 R

Maximum

Lo¨sung: Die Durchbiegung des Balkens ist am kleinsten, wenn Balkenbreite a und Balkendicke b die Werte a ¼ R pffiffiffi und b ¼ 3 R annehmen.

2 Anwendungen

137

Bild B-30 zeigt den Querschnitt einer kreisfo¨rmigen Transformatorspule mit einem kreuzfo¨rmigen Eisenkern. Die Querschnittsfla¨che A des Eisenkerns (im Bild grau unterlegt) soll dabei mo¨glichst groß werden. Wie sind die Abmessungen zu wa¨hlen, wenn die Spule den Querschnittsradius r besitzt?

B91

r f

Anleitung: Machen Sie den Fla¨cheninhalt A vom eingezeichneten Winkel j abha¨ngig.

b

a

Bild B-30

Die Querschnittsfla¨che A des kreuzfo¨rmigen Eisenkerns erhalten wir anhand von Bild B-31, wenn wir aus dem eingeab zeichneten Quadrat mit der Seitenla¨nge a die vier grau unterlegten kongruenten Quadrate mit der Seitenla¨nge 2 herausnehmen: A ¼ a 4 2

ab 2

2

(a – b) / 2

¼ a 2 ða bÞ 2 ¼ (a – b) / 2

¼ a 2 ða 2 2 a b þ b 2 Þ ¼ 2 a b b 2

r

Die Gro¨ßen a und b lassen sich dabei durch den Radius r und den eingezeichneten Winkel j ausdru¨cken: cos j ¼

a=2 r

)

a ¼ 2 r cos j

sin j ¼

b=2 r

)

b ¼ 2 r sin j

f

a

a/2

b/2 b

a

Bild B-31

Fu¨r den Fla¨cheninhalt A erhalten wir damit in Abha¨ngigkeit vom Winkel j: AðjÞ ¼ 2 a b b 2 ¼ 2 ð2 r cos jÞ ð2 r sin jÞ ð2 r sin jÞ 2 ¼ ¼ 8 r 2 sin j cos j 4 r 2 sin 2 j ¼ 4 r 2 ð2 sin j cos j sin 2 jÞ ¼ 4 r 2 ðsin ð2 jÞ sin 2 jÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} sin ð2 jÞ Wir bestimmen das Maximum dieser Fla¨chenfunktion im Intervall 0 < j 45 (j ¼ 0 bedeutet b ¼ 0; fu¨r pffiffiffi j ¼ 45 erhalten wir als Grenzfall ein Quadrat mit a ¼ b ¼ 2 r). Die beno¨tigten Ableitungen erhalten wir in der angedeuteten Weise mit Hilfe der Kettenregel: A ðjÞ ¼ 4 r 2 ðsin ð 2 j Þ ðsin j Þ 2 Þ ¼ 4 r 2 ðsin u v 2 Þ mit u ¼ 2 j ; v ¼ sin j ; u 0 ¼ 2 ; v 0 ¼ cos j |{z} |ffl{zffl} u v A 0 ðjÞ ¼ 4 r 2 ððcos uÞ 2 2 v cos jÞ ¼ 4 r 2 ð2 cos ð2 jÞ 2 sin j cos j Þ ¼ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} sin ð2 jÞ ¼ 4 r 2 ð2 cos ð2 jÞ sin ð2 jÞÞ (unter Verwendung der trigonometrischen Beziehung sin ð2 jÞ ¼ 2 sin j cos jÞ A 0 ðjÞ ¼ 4 r 2 ð2 cos ð2 jÞ sin ð2 jÞ Þ ¼ 4 r 2 ð2 cos t sin tÞ mit |ffl{zffl} |ffl{zffl} t t

t ¼ 2j;

A 00 ðjÞ ¼ 4 r 2 ð2 ð sin tÞ 2 ðcos tÞ 2Þ ¼ 8 r 2 ð2 sin ð2 jÞ þ cos ð2 jÞÞ

t0 ¼ 2

138


Aus der fu¨r ein Maximum notwendigen Bedingung A 0 ðjÞ ¼ 0 folgt: 4 r 2 ð2 cos ð2 jÞ sin ð2 jÞÞ ¼ 0 ) 2 cos ð2 jÞ sin ð2 jÞ ¼ 0 ) sin ð2 jÞ ¼ 2 cos ð2 jÞ )

sin ð2 jÞ ¼ tan ð2 jÞ ¼ 2 cos ð2 jÞ

)

2 j ¼ arctan 2 ¼ 63,435

)

j 0 ¼ 31,72

Ohne Rechnung sehen wir, dass die 2. Ableitung fu¨r diesen Winkel negativ ist, da sin ð2 j 0 Þ und cos ð2 j 0 Þ beide positiv sind (der Winkel 2 j 0 ¼ 63,435 liegt im 1. Quadrant): A 00 ðj 0 Þ ¼ 8 r 2 ð2 sin ð2 j 0 Þ þ cos ð2 j 0 Þ Þ < 0 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} > 0 > 0

)

Maximum

Der Fla¨cheninhalt betra¨gt dann: A ðj 0 ¼ 31,72 Þ ¼ 4 r 2 ðsin 63,435 sin 2 ð31,72 ÞÞ ¼ 4 r 2 ð0,8944 0,2764Þ ¼ 2,472 r 2 Ein Vergleich mit der Fla¨che im Intervallrandpunkt j ¼ 45 (der Fla¨cheninhalt betra¨gt dann A ¼ 2 r 2 ) zeigt, dass j 0 das gesuchte absolute Maximum ist. Lo¨sung: Fu¨r j 0 ¼ 31,72 hat der dem Kreis einbeschriebene kreuzfo¨rmige Querschnitt den gro¨ßten Fla¨cheninhalt: Amax ¼ A ðj 0 ¼ 31,72 Þ ¼ 2,472 r 2

Welcher Punkt der gleichseitigen Hyperbel x 2 y 2 ¼ 1 hat den kleinsten Abstand vom Punkt

B92

Q ¼ ð0; 2Þ?

Der Abstand des Hyperbelpunktes P ¼ ðx; yÞ vom Punkt Q ¼ ð0; 2Þ betra¨gt nach Bild B-32: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi d ¼ x 2 þ ð2 yÞ 2

y 2 Q 2–y

oder

x2 ¼ 1 þ y2

–1

Damit ist der Abstand d nur noch von der Ordinate y des Hyperbelpunktes P abha¨ngig: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi d ðyÞ ¼ x 2 þ ð2 yÞ 2 ¼ 1 þ y 2 þ ð2 yÞ 2 ¼ ¼

P x

Da P ein Punkt der Hyperbel ist, gilt die Nebenbedingung x2 y2 ¼ 1

d

Hyperbel

1

y x

Hyperbel

Bild B-32

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ y2 þ 4 4 y þ y2 ¼ 2 y2 4 y þ 5

y muss nun so bestimmt werden, dass der Abstand d seinen kleinstmo¨glichen Wert annimmt. Dies ist der Fall, wenn der unter der Wurzel stehende Ausdruck z ð yÞ ¼ 2 y 2 4 y þ 5 den kleinsten Wert annimmt. Mit Hilfe der Differentialrechnung la¨sst sich das (absolute) Minimum dieser „Zielfunktion‘‘ wie folgt bestimmen: z 0 ð yÞ ¼ 4 y 4 ; z 0 ð yÞ ¼ 0

)

z 00 ð yÞ ¼ 4 > 0 4y 4 ¼ 0

)

y ¼ 1

Wegen z 00 ð yÞ ¼ 4 > 0 handelt es sich bei diesem Extremwert um das gesuchte absolute pffiffiffiMinimum. Aus der Nebenbedingung erhalten wir fu¨r die Abszisse des Hyperbelpunktes pPffiffiffi zwei Werte x ¼ 2 . Es gibt also wegen der Spiegelsymmetrie der Hyperbel genau zwei Punkte P 1=2 ¼ ð 2; 1Þ, die vom Punkt Q ¼ ð0; 2Þ den kleinstmo¨glichen Abstand haben. Dieser betra¨gt: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi dmin ¼ d ð y ¼ 1Þ ¼ 2 4 þ 5 ¼ 3

2 Anwendungen

139

I

Ein vera¨nderlicher Verbraucherwiderstand Ra wird von einer Spannungsquelle mit der Quellenspannung U0 und dem Innenwiderstand Ri gespeist (Bild B-33). Bestimmen Sie den Verbraucherwiderstand so, dass er die gro¨ßtmo¨gliche Leistung

B93

Ri

U0

Ra

P ¼ Ra I 2 aufnimmt (I : Stromsta¨rke).

Bild B-33

Ri und Ra sind in Reihe geschaltet, sodass der Gesamtwiderstand R ¼ Ri þ Ra betra¨gt. Aus dem Ohmschen Gesetz folgt fu¨r die Stromsta¨rke I: U0 I

R ¼

)

I ¼

U0 U0 ¼ R Ri þ Ra

Die vom Widerstand Ra aufgenommene Leistung P ist dann nur noch von Ra abha¨ngig: P ¼ P ðRa Þ ¼ Ra I 2 ¼ Ra

U 02 ðRi þ Ra Þ

2

¼ U 02

Ra

ðRa > 0Þ

ðRi þ Ra Þ 2

Da der positive konstante Faktor U 02 keinen Einfluss auf die Art und Lage der Extremwerte hat, beschra¨nken wir uns bei den weiteren Untersuchungen auf die „Zielfunktion“ y ¼

Ra ðR i þ R a Þ 2

;

Ra > 0

Wir bestimmen jetzt Ra so, dass die gro¨ßtmo¨gliche Leistung aufgenommen wird. Die dafu¨r beno¨tigten ersten beiden Ableitungen erhalten wir wie folgt mit Hilfe von Quotienten- und Kettenregel (der besseren bersicht wegen setzen wir voru¨bergehend Ra ¼ x): y ¼

x ðRi þ xÞ

2

¼

u v

mit

u ¼ x;

und u 0 ¼ 1 ;

v ¼ ðRi þ xÞ 2

v 0 ¼ 2 ðRi þ xÞ

(Ableitung von v mit der Kettenregel, Substitution: t ¼ Ri þ xÞ y0 ¼ y0 ¼

1 ðRi þ xÞ 2 2 ðRi þ xÞ x ðRi þ xÞ ½ Ri þ x 2 x u0 v v0 u Ri x ¼ ¼ ¼ 2 4 3 v ðRi þ xÞ ðRi þ xÞ ðRi þ xÞ ðRi þ xÞ 3 Ri x ðRi þ xÞ

3

¼

u v

mit u ¼ Ri x ;

v ¼ ðRi þ xÞ 3 und u 0 ¼ 1 ;

v 0 ¼ 3 ðRi þ xÞ 2

(Ableitung von v mit der Kettenregel, Substitution: t ¼ Ri þ x) y

00

ðRi þ xÞ 2 ½ ðRi þ xÞ 3 ðRi xÞ 1 ðRi þ xÞ 3 3 ðRi þ xÞ 2 ðRi xÞ u0v v0u ¼ ¼ ¼ ¼ v2 ðRi þ xÞ 6 ðRi þ xÞ 2 ðRi þ xÞ 4 ¼

Ri x 3 Ri þ 3 x ðR i þ xÞ

4

¼

4 Ri þ 2 x ðRi þ xÞ 4

Berechnung des Maximums: y 0 ¼ 0 , y 00 < 0 y0 ¼ 0

)

y 00 ðx ¼ Ri Þ ¼

Ri x ðRi þ xÞ 3

¼ 0

4 Ri þ 2 Ri ðRi þ Ri Þ

4

¼

)

Ri x ¼ 0

)

2 Ri 1 ¼ < 0 16 R 4i 8 R 3i

x ¼ Ri

)

Maximum

Lo¨sung: Die vom Verbraucherwiderstand Ra aufgenommene Leistung wird am gro¨ßten, wenn x ¼ Ra ¼ Ri ist.

140


B94

Einer Ellipse mit den Halbachsen a ¼ 6 und b ¼ 3 ist ein achsenparalleles Rechteck gro¨ßten Fla¨cheninhalts einzubeschreiben. Bestimmen Sie Breite und Ho¨he dieses Rechtecks.

Bild B-34 zeigt die Ursprungsellipse mit dem einbeschriebenen Rechteck. Wir mu¨ssen die Koordinaten x und y des im 1. Quadranten gelegenen Eckpunktes P so bestimmen, dass der Fla¨cheninhalt A seinen gro¨ßten Wert annimmt (0 < x < 6, 0 < y < 3). Wegen der Spiegelsymmetrie bezu¨glich beider Achsen gilt dann:

y 3 P = (x ; y ) y

A ¼ A ðx; yÞ ¼ 4 x y

x

–6

6

x

Bild B-34

–3

Die Koordinaten x und y genu¨gen dabei der Ellipsengleichung, da der Punkt P ¼ ðx; yÞ auf der Ellipse liegt. Dies ist die beno¨tigte Nebenbedingung, die wir nach y auflo¨sen: x2 y2 þ ¼ 1 36 9

)

y2 x2 36 x 2 ¼ 1 ¼ 9 36 36

)

y ¼

)

y2 ¼

9 1 ð36 x 2 Þ ¼ ð36 x 2 Þ 36 4

1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi2 36 x 2

Es kommt nur das positive Vorzeichen infrage, da der Punkt P auf der oberen Halbellipse liegt. Diesen Ausdruck setzen wir fu¨r y in die Fla¨chenformel ein und erhalten den Fla¨cheninhalt A in Abha¨ngigkeit von der Koordinate x: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi2 A ðxÞ ¼ 4 x y ¼ 4 x 36 x ¼ 2 x 36 x 2 ¼ 2 x 2 ð36 x 2 Þ ¼ 2 36 x 2 x 4 2 ð0 < x < 6Þ. Das Maximum dieser Wurzelfunktion liegt an der gleichen Stelle wie das Maximum der unter der Wurzel stehenden „Zielfunktion‘‘ z ¼ z ðxÞ ¼ 36 x 2 x 4 ;

0 < x < 6

Mit den Ableitungen z 0 ðxÞ ¼ 72 x 4 x 3

und z 00 ðxÞ ¼ 72 12 x 2

la¨sst sich die Lo¨sung dieser Extremwertaufgabe wie folgt bestimmen: pffiffiffi 72 x 4 x 3 ¼ 4 x ð18 x 2 Þ ¼ 0 ) x 1 ¼ 0 ; x 2=3 ¼ 3 2 pffiffiffi Nur die Lo¨sung x 2 ¼ þ 3 2 ¼ 4,2426 liegt im Gu¨ltigkeitsbereich 0 < x < 6. An dieser Stelle liegt das gesuchte Maximum, denn es gilt: pffiffiffi pffiffiffi z 00 ðx 2 ¼ 3 2 Þ ¼ 72 12 ð3 2 Þ 2 ¼ 72 12 18 ¼ 144 < 0 ) relatives Maximum z 0 ðxÞ ¼ 0

)

x ¼ 3

pffiffiffi 2,

Lo¨sung:

y ¼

pffiffiffi 3 pffiffiffi 3 pffiffiffi 2 , Amax ¼ 4 x y ¼ 4 3 2 2 ¼ 36 2 2

2 Anwendungen

B95

141

Einer Kugel vom Radius R soll ein gerader Kreiskegel mit mo¨glichst kleinem Volumen umbeschrieben werden. Wie ist dieser Kegel zu dimensionieren (Radius r, Ho¨he hÞ?

1 p r 2 h ha¨ngt zuna¨chst 3 sowohl vom Radius r als auch von der Ho¨he h und somit von zwei Variablen ab. Diese sind jedoch nicht unabha¨ngig voneinander, sondern u¨ber eine Neben- oder Kopplungsbedingung miteinander verknu¨pft, die wir wie folgt durch eine geometrische Betrachtung erhalten. Bild B-35 zeigt einen ebenen Schnitt la¨ngs der Symmetrieachse. Das Kegelvolumen V ¼

A

a

D R

b

Kegel

D*

h–R M

R b B

Kugel r

B*

r

C

Bild B-35

Die Dreiecke A B C und A D M in Bild B-35 sind a¨hnlich, da sie in zwei Winkeln (und damit auch im 3. Winkel) u¨bereinstimmen: gemeinsamer Winkel a in A, ein rechter Winkel in C bzw. D. Damit sind auch die Winkel in B bzw. M gleich (b ¼ 90 a). Wir betrachten jetzt die den Winkeln a und b jeweils gegenu¨ber liegenden Seiten in beiden Dreiecken. Dem Winkel a liegen die Seiten B C ¼ r und D M ¼ R gegenu¨ber, dem Winkel b entsprechend die Seiten A C ¼ h und A D. Es gilt dann: ð*Þ B C : D M ¼ A C : A D oder

r : R ¼ h : AD

Im Dreieck A D M liefert der Satz des Pythagoras: 2

2

¼ AM

2

AD ¼ AM DM

2

2

2

AD þ DM

mit

D M ¼ R und

AM ¼ AC M C ¼ h R

¼ ðh RÞ 2 R 2 ¼ h 2 2 R h ¼ h ðh 2 RÞ

Die Nebenbedingung ð*Þ lautet damit: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ð*Þ r : R ¼ h : h ðh 2 RÞ

)

)

AD ¼

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi h ðh 2 RÞ

Rh r ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi h ðh 2 RÞ

Diesen Ausdruck setzen wir in die Volumenformel fu¨r r ein und erhalten das Kegelvolumen V in Abha¨ngigkeit von der Ho¨he h: VðhÞ ¼

1 1 R2 h2 1 h2 p r2 h ¼ p p R2 h ¼ 3 3 3 h ðh 2 RÞ h 2R

ðh > 2 RÞ

Da der (positive) konstante Faktor keinen Einfluss auf die Lage der Extremwerte hat, beschra¨nken wir die weiteren Untersuchungen auf die „Zielfunktion‘‘ zðhÞ ¼

h2 h 2R

ðh > 2 RÞ

deren Ableitungen z 0 ðhÞ und z 00 ðhÞ sich wie folgt mit Hilfe von Quotienten- und Kettenregel bilden lassen:

142


zðhÞ ¼

h2 u ¼ v h 2R

u ¼ h2 ;

mit

und u 0 ¼ 2 h ;

v ¼ h 2R

v0 ¼ 1

2 h ðh 2 RÞ 1 h 2 u0 v v0 u 2 h2 4 R h h2 h2 4 R h ¼ ¼ ¼ v2 ðh 2 RÞ 2 ðh 2 RÞ 2 ðh 2 RÞ 2

z 0 ðhÞ ¼

h2 4 R h

z 0 ðhÞ ¼

ðh 2 RÞ

2

¼

u v

mit

u ¼ h2 4 R h ;

v ¼ ðh 2 RÞ 2

und

u 0 ¼ v 0 ¼ 2 ðh 2 RÞ

(Ableitung von v mit der Kettenregel, Substitution: t ¼ h 2 R) 2 ðh 2 RÞ ðh 2 RÞ 2 2 ðh 2 RÞ ðh 2 4 R hÞ u0 v v0 u ¼ ¼ z ðhÞ ¼ v2 ðh 2 RÞ 4 00

¼

2 ðh 2 RÞ ½ ðh 2 RÞ 2 ðh 2 4 R hÞ ðh 2 RÞ ðh 2 RÞ 3

¼

2 ðh 2 4 R h þ 4 R 2 h 2 þ 4 R hÞ ðh 2 RÞ 3

¼

8 R2 ðh 2 RÞ 3

Berechnung des Minimums: z 0 ðhÞ ¼ 0, z 00 ðhÞ > 0 )

h 2 4 R h ¼ h ðh 4 RÞ ¼ 0

)

h 4R ¼ 0

)

h ¼ 4R

f

z 0 ðhÞ ¼ 0

> 0

z 00 ðh ¼ 4 RÞ ¼

8 R2 ð4 R 2 RÞ 3

¼

8 R2 1 > 0 ¼ 3 R 8R

)

Minimum

Lo¨sung: Wa¨hlt man die Ho¨he h ¼ 4 R, so hatpder ffiffiffi Kegel das kleinstmo¨gliche Volumen. Der aus der Nebenbedingung (*) berechnete Radius betra¨gt dann r ¼ 2 R . Vmin ¼ V ðh ¼ 4 RÞ ¼

pffiffiffi 1 1 8 pr2 h ¼ p ð 2 RÞ 2 4 R ¼ p R3 3 3 3

2.8 Tangentenverfahren von Newton Hinweise (1) (2)

Das Tangentenverfahren von Newton liefert Na¨herungswerte fu¨r die Nullstellen der Funktion y ¼ f ðxÞ. Die (zu lo¨sende) Gleichung muss daher in der Form f ðxÞ ¼ 0 vorliegen! Lehrbuch: Band 1, Kapitel IV.3.7 Formelsammlung: Kapitel I.4.5

B96

Bestimmen Sie die Lo¨sungen der Gleichung 2,4 ln x þ 0,5 x 2 þ 1 ¼ 0 auf mindestens 5 Stellen nach dem Komma genau.

Wir stellen die Gleichung f ðxÞ ¼ 2,4 ln x þ 0,5 x 2 þ 1 ¼ 0 zuna¨chst wie folgt um: 2,4 ln x ¼ 0,5 x 2 1

2 Anwendungen

143

Dann zeichnen wir die Kurven y ¼ 2,4 ln x und y ¼ 0,5 x 2 1 und entnehmen der Skizze, dass es genau einen Schnittpunkt in der Na¨he von x ¼ 0,6 gibt (Bild B-36). Diesen Wert wa¨hlen wir als Startwert fu¨r die Newton-Iteration: x 0 ¼ 0,6.

y 0,5 –1

1

f ðxÞ ¼ 2,4 ln x þ 0,5 x 2 þ 1 ; 2,4 þ x; x

f 00 ðxÞ ¼

x

y = – 0,5 x 2 – 1

–1

f 0 ðxÞ ¼

y = 2,4 · ln x

≈ 0,6

2,4 þ1 x2 Bild B-36

Zuna¨chst pru¨fen wir noch, ob der gewa¨hlte Startwert x 0 ¼ 0,6 „geeignet‘‘ ist, d. h. die Konvergenzbedingung erfu¨llt: f ðx Þ f 00 ðx Þ f ð0,6Þ f 00 ð0,6Þ ð 0,045 981Þ ð 5,667Þ 0 0 ¼ 0,0123 < 1 ¼ ¼ ½ f 0 ðx Þ 2 ½ f 0 ð0,6Þ 2 4,6 2 0

Folgerung: Der Startwert x 0 ¼ 0,6 ist geeignet. Der 1. Iterationsschritt liefert dann den folgenden (verbesserten) Na¨herungswert: x1 ¼ x0

f ðx 0 Þ f

0 ðx

0Þ

¼ 0,6

f ð0,6Þ f

¼ 0,6

0 ð0,6Þ

0,045 981 ¼ 0,609 996 4,6

Mit diesem Wert als Startwert berechnen wir die 2. Na¨herung: x2 ¼ x1

f ðx 1 Þ f

0 ðx

1Þ

¼ 0,609 996

f ð0,609 996Þ f

0 ð0,609

996Þ

¼ 0,609 996

0,000 279 ¼ 0,610 057 4,544 448

Der Start in die 3. Iteration zeigt dann, dass dieser Na¨herungswert sogar auf 6 Dezimalstellen nach dem Komma genau ist. Die gesuchte Lo¨sung ist x ¼ 0,610 057.

B97

Ein liegender zylindrischer Beha¨lter mit einem Volumen von Vz ¼ 2000 ‘ ist zu drei Viertel mit Heizo¨l gefu¨llt. Berechnen Sie die Fu¨llho¨he h des Beha¨lters. Hinweis: Radius r und La¨nge l des Zylinders sind (zahlenma¨ßig) nicht bekannt. Die gesuchte Fu¨llho¨he h wird daher noch von r bzw. l abha¨ngen.

Bild B-37 zeigt den liegenden Zylinderkessel mitsamt der kreisfo¨rmigen Querschnittsfla¨che. Kreissegment Zylinderkessel y f

2r

M A

l a)

Bild B-37

b)

a) Zylinderkessel b) Querschnitt des Kessels

2r h

144


Das Fu¨llvolumen erhalten wir (formelma¨ßig), wenn wir die im Bild dunkelgrau unterlegte Querschnittsfla¨che A mit der Zylinderla¨nge l multiplizieren. Die Querschnittsfla¨che A wiederum ist die Differenz zwischen der Kreisfla¨che p r 2 und der Fla¨che des hellgrau unterlegten Kreissegments. Aus der Formelsammlung entnehmen wir (Kap. I.7.10): A ¼ p r2

1 2 1 2 r ðj sin jÞ ¼ r ð2 p j þ sin jÞ ; 2 2

0 < j < p

Damit gilt fu¨r das Fu¨llvolumen (der Beha¨lter ist zu drei Viertel gefu¨llt ) V ¼ 1500 ‘): ð*Þ

V ¼ Al ¼

1 2 r l ð2 p j þ sin jÞ ¼ 1500 2

Radius r und La¨nge l des Kessels sind zwar unbekannt, ha¨ngen jedoch wie folgt zusammen (Zylindervolumen Vz ¼ 2000 ‘): Vz ¼ p r 2 l ¼ 2000

)

2000 p

r2 l ¼

Diesen Wert setzen wir in Gleichung ð*Þ ein und erhalten eine Bestimmungsgleichung fu¨r den noch unbekannten Zentriwinkel j, aus dem wir dann die gesuchte Fu¨llho¨he ermitteln ko¨nnen: 1 2 1 2000 1000 r l ð2 p j þ sin jÞ ¼ ð2 p j þ sin jÞ ¼ ð2 p j þ sin jÞ ¼ 1500 2 2 p p 2 p j þ sin j ¼ 1,5 p

oder

)

sin j ¼ j 0,5 p

Da der Beha¨lter zu drei Viertel gefu¨llt ist, muss die Fu¨llho¨he h zwischen r und 2 r und der Zentriwinkel j demnach zwischen 0 und p liegen. Wir suchen also die Lo¨sung der Gleichung sin j ¼ j 0,5 p im Intervall 0 < j < p. Anhand einer Skizze erkennen wir, dass sich die Kurven y ¼ sin j und y ¼ j 0,5 p in der Na¨he von j ¼ 2,3 schneiden (Bild B-38). Wir wa¨hlen daher j 0 ¼ 2,3 als Startwert fu¨r das Newtonsche Tangentenverfahren: y y = sin f y = f – 0,5π

f ðjÞ ¼ sin j j þ 0,5 p f 0 ðjÞ ¼ cos j 1

0,5 π

π

f

≈ 2,3

Bild B-38

1. Na¨herung:

j1 ¼ j0

2. Na¨herung:

j2 ¼ j1

f ðj 0 Þ f

0 ðj

0Þ

f ðj 1 Þ f 0 ðj 1 Þ

¼ 2,3

f ð2,3Þ f

0 ð2,3Þ

¼ 2,309 904

¼ 2,3

0,016 502 ¼ 2,309 904 1,666 276

f ð2,309 904Þ f 0 ð2,309 904Þ

¼ 2,309 904

0,000 038 ¼ 2,309 881 1,673 629

Wegen f ðj 2 Þ ¼ f ð2,309 881Þ ¼ 7,69 10 7 ist dieser Na¨herungswert bereits auf 6 Stellen nach dem Komma genau. Somit ist j ¼ 2,309 881 die gesuchte Lo¨sung (im Gradmaß: j ¼ 132,346 ). Die Berechnung der Fu¨llho¨he erfolgt nach der Formel h ¼ 2 r y ¼ 2 r r ½ 1 cos ðj=2Þ ¼ 2 r r þ r cos ðj=2Þ ¼ r þ r cos ðj=2Þ ¼ r ½ 1 þ cos ðj=2Þ (! FS: Kap. I.7.10 und Bild B-37 b). Wir erhalten: h ¼ r ½ 1 þ cos ðj=2Þ ¼ r ð1 þ cos 66,173 Þ ¼ 1,404 r

2 Anwendungen

B98

145

Bestimmen Sie die Lo¨sungen der Gleichung tan j ¼ j im Intervall 0 < j < p (auf mindestens 4 gu¨ltige Stellen nach dem Komma).

Der Schnittpunkt der beiden Kurven y ¼ tan j und y ¼ j im Intervall 0 < j < p liegt in der Na¨he von j ¼ 2. Er dient uns als Startwert fu¨r die Newton-Iteration: j 0 ¼ 2 (Bild B-39). Auf die berpru¨fung der Konvergenzbedingung wollen wir dabei verzichten. f ðjÞ ¼ tan j þ j y 0

f ðjÞ ¼ ð1 þ tan jÞ þ 1 ¼ 2 þ tan j 2

2

y = tan f

1

≈2

1. Na¨herung:

f ðj 0 Þ

j1 ¼ j0

f 0 ðj 0 Þ

¼ 2

f ð2Þ f 0 ð2Þ

π

1

¼ –1

y = tan f

y = –f

¼ 2

2. Na¨herung:

0,185 040 ¼ 2,027 315 6,774 399 f ðj 1 Þ

j2 ¼ j1

f

0 ðj

1Þ

f

–2

Bild B-39

¼ 2,027 315

f ð2,027 315Þ f

0 ð2,027 315Þ

¼ 2,027 315

0,008 846 ¼ 2,028 754 6,145 951

Wegen f ðj 2 Þ ¼ f ð2,028 754Þ ¼ 0,000 023 und f 0 ðj 2 Þ ¼ f 0 ð2,028 754Þ ¼ 6,115 938 bringt die 3. Iteration keine Vera¨nderung mehr in der 4. Stelle nach dem Komma. Der Na¨herungswert x 2 ist sogar auf 5 Nachkommastellen genau. Ergebnis: j ¼ 2,02875.

B99

Welche Lo¨sungen besitzt die Gleichung x tan x 1 ¼ 0 im Intervall 0 x p ?

Wir stellen zuna¨chst die Gleichung wie folgt um: x tan x 1 ¼ 0

,

y

1 tan x ¼ x

y = tan x 2

Der Schnittpunkt der beiden Kurven y ¼ tan x und y ¼ 1=x liegt nach Bild B-40 in der Na¨he von x ¼ 0,9 und liefert uns den fu¨r das Newton-Verfahren beno¨tigten Startwert: x 0 ¼ 0,9

f

f ðxÞ ¼ x tan x 1 |{z} u v

ðProduktregel !Þ

≈ 0,9

π/2

π y = tan x

f 0 ðxÞ ¼ u 0 v þ v 0 u 0 ¼ 1 tan x þ ¼ tan x þ

y=1 x

1

Bild B-40

1 x ¼ cos 2 x

x cos 2 x

1. Na¨herung:

x1 ¼ x0

2. Na¨herung:

x2 ¼ x1

f ðx 0 Þ f

0 ðx

0Þ

f ðx 1 Þ f 0 ðx 1 Þ

¼ 0,9

f ð0,9Þ f

0 ð0,9Þ

¼ 0,862 628

¼ 0,9

0,134 142 ¼ 0,862 628 3,589 357

f ð0,862 628Þ f 0 ð0,862 628Þ

¼ 0,862 628

0,007 332 ¼ 0,860 341 3,206 688

x

146


Analog wird die 3. Na¨herung bestimmt. Die Ergebnisse stellen wir in einer Tabelle wie folgt zusammen: n

xn1

f ðx n 1 Þ

f 0 ðx n 1 Þ

xn

1

0,9

0,134 142

3,589 357

0,862 628

2

0,862 628

0,007 333

3,206 688

0,860 341

3

0,860 341

0,000 024

3,185 083

0,860 333

Ergebnis: x ¼ 0,8603

2.9 Grenzwertberechnung nach Bernoulli und de L’Hospital Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel VI.3.3.3 Formelsammlung: Kapitel III.3.4

B100

lim

x!0

ax bx ¼ ? tan x

ða; b > 0Þ

Za¨hler und Nenner des Bruches streben fu¨r x ! 0 jeweils gegen Null, der Grenzwert fu¨hrt also zuna¨chst zu einem unbestimmten Ausdruck vom Typ 0=0, auf den die Grenzwertregel von Bernoulli und de L’Hospital anwendbar ist: lim

x!0

ða x b x Þ 0 ðln aÞ a x ðln bÞ b x ðln aÞ a 0 ðln bÞ b 0 ax bx ¼ lim ¼ lim ¼ ¼ tan x 1 þ tan 2 x 1 þ tan 2 0 x!0 x!0 ðtan xÞ 0 ¼

B101

g ¼ lim

x!0

ðln aÞ 1 ðln bÞ 1 1 þ 02

ex x 1 ðe x 1Þ x

¼ ln a ln b ¼ ln

a b

Rechenregel : ln

a ¼ ln a ln b b

¼ ?

Der Grenzwert fu¨hrt zuna¨chst auf den unbestimmten Ausdruck 0=0, da Za¨hler und Nenner fu¨r x ! 0 gegen Null streben: lim ðe x x 1Þ ¼ e 0 0 1 ¼ 1 1 ¼ 0 ;

x!0

lim ðe x 1Þ x ¼ ðe 0 1Þ 0 ¼ 0

x!0

Die Grenzwertregel von Bernoulli und de L’Hospital fu¨hrt ebenfalls auf den unbestimmten Ausdruck 0=0: ðe x x 1Þ 0 ex x 1 ex 1 ex 1 0 ¼ lim ¼ lim ¼ lim ! g ¼ lim x þ ex 1 x x 0 x x x e 0 x ! 0 ðe 1Þ x x ! 0 ½ ðe 1Þ x x ! 0 e x þ 1 ðe 1Þ x!0 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Produktregel

2 Anwendungen

147

Nochmalige Anwendung der Grenzwertregel fu¨hrt schließlich zu dem folgenden Ergebnis: g ¼ lim

x!0

ðe x 1Þ 0 ex 1 ex ¼ lim ¼ lim ¼ x x x x x x x e þe 1 x ! 0 ðx e þ e x 1Þ 0 x!0 1 e þ e x þ e |fflffl{zfflffl} Produktregel

¼ lim

x!0

B102

ex ex 1 1 ¼ lim ¼ ¼ lim x 2 þ x 2 2 ex þ x ex x ! 0 e ð2 þ xÞ x!0

sin ð3 tÞ g ¼ lim pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi ¼ ? t!0 t þ2 2

Bei der Grenzwertbildung streben Za¨hler und Nenner jeweils gegen Null, der Bruch damit gegen den unbestimmten Ausdruck 0=0. Die Grenzwertregel von Bernoulli und de L’Hospital ist daher anwendbar und fu¨hrt zu folgendem Ergebnis (Ableitungen von Za¨hler und Nenner jeweils mit Hilfe der Kettenregel, Substitutionen: u ¼ 3 t bzw. v ¼ t þ 2): pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 t þ2 sin ð3 tÞ ðsin ð3 tÞÞ 0 3 cos ð3 tÞ ¼ lim 3 cos ð3 tÞ g ¼ lim pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffi 0 ¼ lim pffiffiffi ¼ lim pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 1 t!0 t!0 ð t þ 2 t!0 t !0 2Þ t þ2 2 1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 t þ2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi ¼ 6 lim cos ð3 tÞ t þ 2 ¼ 6 cos 0 2 ¼ 6 1 2 ¼ 6 2 t!0

B103

g ¼ lim x ln x!1

x 1 ¼ ? x þ1

Der Grenzwert fu¨hrt zu dem folgenden unbestimmten Ausdruck: x 1 x 1 1 1=x ! 1 ln 1 ¼ 1 0 ln ¼ ln ! ln 1 g ¼ lim x ln x þ 1 x þ 1 1 þ 1=x x!1

f u¨ r

x ! 1

Auf diese Form ist die Grenzwertregel von Bernoulli und de L’Hospital nicht anwendbar, wir ko¨nnen diesen unbestimmten Ausdruck jedoch durch eine elementare Umformung auf den zula¨ssigen Typ 0=0 zuru¨ckfu¨hren 1 1 mathematischer Trick: Faktor x ist der Kehrwert von , d. h. x ¼ : x 1=x x 1 ln x 1 ln 1 0 x þ1 g ¼ lim x ln ¼ lim ¼ ! x þ1 0 0 x!1 x!1 1 x Jetzt du¨rfen wir die Grenzwertregel anwenden. Die dabei beno¨tigte Ableitung der Za¨hlerfunktion erhalten wir wie folgt mit Hilfe von Ketten- und Produktregel: y ¼ ln

x 1 ¼ ln z x þ1

mit

z ¼

x 1 u ¼ x þ1 v

ðu ¼ x 1; v ¼ x þ 1

und

u 0 ¼ v 0 ¼ 1Þ

148


y0 ¼

¼

dy dy dz dy u0v v0u 1 1 ðx þ 1Þ 1 ðx 1Þ 1 x þ1x þ1 ¼ ¼ ¼ ¼ ¼ 2 z z dx dz dx dz v2 ðx þ 1Þ 2 ðx þ 1Þ 1 2 1 2 2 2 2 ¼ ¼ ¼ ¼ 2 2 2 z ðx þ 1Þ x 1 ðx þ 1Þ x 1 ðx 1Þ ðx þ 1Þ ðx 1Þ ðx þ 1Þ ðx þ 1Þ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} x þ1 x þ1 3. Binom

Die Grenzwertregel fu¨hrt jetzt zu dem folgenden Ergebnis: x 1 x 1 0 2 ln ln x þ1 x þ1 2 x2 x2 1 ¼ ¼ lim ¼ lim ¼ lim g ¼ lim 0 1 1 x!1 x!1 x!1 x!1 x2 1 1 1 2 x x x ¼ lim

x!1

2x2 x2 ¼ 2 lim ¼ 2 lim x2 1 x!1 x2 1 x!1

1 1 1 x2

¼ 2 1 ¼ 2

Umformungen: Za¨hlerbruch mit dem Kehrwert des Nennerbruches multiplizieren ! Za¨hler und Nenner vor der Grenzwertbildung noch gliedweise durch x 2 dividieren.

B104

g ¼ lim x

1 x1

x!1

¼ ?

1 ¼ 1 fu¨hrt der Grenzwert g zuna¨chst auf den unbestimmten Ausdruck 1 1 , x 1 fu¨r den die Grenzwertregel von Bernoulli und de L’Hospital nicht anwendbar ist. Wir ko¨nnen diesen Ausdruck jedoch durch elementare Umformungen auf die Form 0=0 zuru¨ckfu¨hren. Wegen z ¼ e ln z fu¨r z > 0 gilt: Wegen lim x ¼ 1 und lim x!1

x!1

x

1 x 1

¼ e

1 ln x x 1

¼ e

1 ln x x 1

¼ e

ln x x 1

(Rechenregel : ln a n ¼ n ln a)

Somit la¨sst sich der Grenzwert auch wie folgt darstellen:

g ¼ lim x

1 x 1

x!1

¼ lim e

ln x x 1

x!1

lim

¼ e

x!1

ln x x 1

Dabei haben wir bereits beru¨cksichtigt, dass die Grenzwertbildung im Exponenten vorgenommen werden darf (siehe Rechenregel fu¨r Grenzwerte: Band 1, Kap. III.4.2.3 und Formelsammlung, Kap. III.3.3). ln x fu¨hrt zuna¨chst zu dem unbestimmten Ausdruck 0=0, da Za¨hler und Nenner fu¨r x ! 1 Der Grenzwert lim x!1 x 1 gegen Null streben. Die Grenzwertregel von Bernoulli und de L’Hospital ist daher anwendbar und fu¨hrt zu dem folgenden Ergebnis: 1 ðln xÞ 0 ln x 1 x lim ¼ lim ¼ lim ¼ 1 ¼ lim 0 1 x 1 x!1 x ! 1 ðx 1Þ x!1 x!1 x Damit haben wir die gestellte Aufgabe gelo¨st. Es ist:

g ¼ lim x x!1

1 x 1

ln x x!1 x 1

lim

¼ e

¼ e1 ¼ e

2 Anwendungen

149

B105

g ¼ lim

x!1

1 1 þ ln x 1x

¼ ?

Der Grenzwert fu¨hrt zuna¨chst auf einen unbestimmten Ausdruck, auf den die Grenzwertregel von Bernoulli und de L’Hospital nicht anwendbar ist: 1 1 g ¼ lim þ ! 11 ln x 1x x!1 Wir mu¨ssen daher den in der Klammer stehenden Ausdruck vor dem Grenzu¨bergang umformen (Hauptnenner bilden: ð1 xÞ ln x). Die Grenzwertbildung fu¨hrt dann zu dem unbestimmten Ausdruck 0=0, den wir mit der Grenzwertregel weiter behandeln ko¨nnen: 1 1 1 x þ ln x 1 1 þ ln 1 0 þ ! ¼ ¼ lim g ¼ lim ln x 1x 0 ð1 1Þ ln 1 x!1 x ! 1 ð1 xÞ ln x x þ 1 x g ¼ lim ¼ lim ¼ ¼ lim 0 x ! 1 ðð1 xÞ ln x Þ x!1 x ! 1 x ln x þ 1 x 1 1 ln x þ ð1 xÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} x x 1 þ

ð1 x þ ln xÞ 0

1 x

Produktregel

x!1

x þ 1 x x þ 1 1 þ 1 0 ¼ lim ! ¼ x x ln x x þ 1 1 ln 1 1 þ 1 0 x ! 1 x ln x x þ 1

f

¼ lim

0 Umformungen: Im Za¨hler und Nenner jeweils den Hauptnenner x bilden ! den Za¨hlerbruch mit dem Kehrwert des Nennerbruches multiplizieren ! Faktor x ku¨rzen. Nochmalige Anwendung der Grenzwertregel fu¨hrt schließlich zum Ziel: ð x þ 1Þ 0 1 1 ¼ lim ¼ lim ¼ ð x ln x x þ 1Þ 0 ln x 11 1 x!1 x!1 ð x Þ 1 1 ln x þ |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} x

g ¼ lim

x!1

Produktregel

x!1

1 1 1 1 ¼ lim ¼ ¼ ln x 2 ln 1 þ 2 2 x ! 1 ln x þ 2

f

¼ lim

0

Die Tangentensteigung der Kardioide r ¼ 1 þ cos j, 0 j 2 p wird nach der Formel y 0 ðjÞ ¼

B106

2 cos 2 j cos j þ 1 sin j þ sin ð2 jÞ

berechnet. An der Stelle j ¼ p erha¨lt man zuna¨chst den unbestimmten Ausdruck 0=0. Zeigen Sie mit Hilfe der Grenzwertregel von Bernoulli und de L’Hospital, dass die Kurventangente an dieser Stelle waagerecht verlaüft.

Die Steigungsformel fu¨hrt beim Grenzu¨bergang j ! p zuna¨chst auf einen unbestimmten Ausdruck: m ¼ lim y 0 ðjÞ ¼ lim j!p

¼

2 cos 2 j cos j þ 1

j!p

2 ð 1Þ 2 þ 1 þ 1 0þ0

sin j þ sin ð2 jÞ ¼

2 þ 2 0 ¼ 0 0

!

2 cos 2 p cos p þ 1 ¼ sin p þ sin ð2 pÞ

150


Mit Hilfe der Grenzwertregel von Bernoulli und de L’Hospital la¨sst sich der Grenzwert wie folgt bestimmen: m ¼ lim

j!p

¼ lim

j!p

¼

ð 2 cos 2 j cos j þ 1Þ 0 ðsin j þ sin ð2 jÞÞ 0 4 cos j sin j þ sin j cos j þ 2 cos ð2 jÞ

ð4 ð 1Þ þ 1Þ 0 1 þ 2 1

¼

0 ¼ 0 1

¼ lim

2 2 cos j ð sin jÞ þ sin j

j!p

¼ lim

ð4 cos j þ 1Þ sin j

j!p

)

cos j þ 2 cos ð2 jÞ

cos j þ 2 cos ð2 jÞ

¼

¼

ð4 cos p þ 1Þ sin p cos p þ 2 cos ð2 pÞ

¼

waagerechte Tangente

Die Tangente im Nullpunkt ðd. h. fu¨r j ¼ p und r ¼ 0Þ verlaüft daher –– wie behauptet –– waagerecht.

B107

Beim freien Fall unter Beru¨cksichtigung des Luftwiderstandes besteht der folgende komplizierte Zusammenhang zwischen der Fallgeschwindigkeit v und dem Fallweg s: vffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 0 1 u 2ks m : Masse u m 1e u A; v ¼ tmg @ s 0 g : Erdbeschleunigung k k : Reibungskoeffizient Wie lautet dieses Gesetz im luftleeren Raum? Anleitung: Betrachten Sie v als eine Funktion des Reibungskoeffizienten k und bilden Sie dann den Grenzwert fu¨r k ! 0.

Die Abha¨ngigkeit der Fallgeschwindigkeit v vom Fallweg s im luftleeren Raum erhalten wir durch den Grenzu¨bergang k ! 0. Mit der Abku¨rzung a ¼ 2 s=m und unter Beachtung der Rechenregeln fu¨r Grenzwerte (hier: der Grenzwert darf „unter der Wurzel‘‘ ausgefu¨hrt werden) erhalten wir zuna¨chst: sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi 1 e ak 1 e ak v k ¼ 0 ¼ lim v ðkÞ ¼ lim mg ¼ m g lim k k k!0 k!0 k!0 Berechnung des Grenzwertes Der Grenzwert fu¨hrt zuna¨chst auf einen unbestimmten Ausdruck: lim

k!0

1 e ak 1 e0 11 0 ¼ ! ¼ 0 0 k 0

Mit der Grenzwertregel von Bernoulli und de L’Hospital erreichen wir unser Ziel: lim

k!0

ð1 e a k Þ 0 1 e ak a e ak 2s ¼ lim ¼ lim a e a k ¼ a e 0 ¼ a 1 ¼ a ¼ ¼ lim 0 m k 1 k!0 k!0 k!0 ðkÞ

ðAbleitung von e a k nach der Kettenregel, Substitution: t ¼ a kÞ Wir erhalten damit im luftleeren Raum die folgende Abha¨ngigkeit der Fallgeschwindigkeit v vom Fallweg s: rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2s ¼ 2gs; s 0 vk¼0 ¼ m g m

v a) mg k

b)

Bild B-41 zeigt den Zusammenhang zwischen v und s im luftleeren Raum (Kurve a) bzw. unter Beru¨cksichtigung des Luftwiderstandes (Kurve b) . s

Bild B-41

151

C Integralrechnung

Hinweise fu¨r das gesamte Kapitel (1) (2)

Ku¨rzen eines gemeinsamen Faktors wird durch Grauunterlegung gekennzeichnet. Treten mehrere Integrationskonstanten auf, so werden diese (zusammen mit eventuell vorhandenen konstanten Gliedern) am Schluss zu einer Integrationskonstanten zusammengefu¨gt.

1 Integration durch Substitution Alle Integrale in diesem Abschnitt lassen sich mit Hilfe einer geeigneten Substitution auf Grund- oder Stammintegrale zuru¨ckfu¨hren. Hinweise (1) (2) (3)

Lehrbuch: Band 1, Kapitel V.8.1 Formelsammlung: Kapitel V.3.1 Tabelle der Grund- oder Stammintegrale ! Band 1, Kapitel V. 5 und Formelsammlung, Kapitel V. 2.3 Bei einem bestimmten Integral kann auf die Ru¨cksubstitution verzichtet werden, wenn die Integrationsgrenzen mit Hilfe der Substitutionsgleichung mitsubstituiert werden.

ð1

C1

x

I ¼

ð1 þ x 2 Þ 2

0

dx ¼ ?

Durch die Substitution u ¼ 1 þ x 2 wird der Nenner des Integranden vereinfacht und wir erhalten nach Durchfu¨hrung der vollsta¨ndigen Substitution ein Grundintegral (die Integrationsgrenzen werden mitsubstituiert). Die Substitutionsgleichungen lauten: u ¼ 1 þ x2;

du ¼ 2x; dx

dx ¼

du ; 2x

Grenzen

unten: x ¼ 0

)

u ¼ 1þ0 ¼ 1

oben: x ¼ 1

)

u ¼ 1þ1 ¼ 2

Durchfu¨hrung der Integralsubstitution: ð1 I ¼ 0

ð2

x ð1 þ

x 2Þ 2

dx ¼ u¼1

x du 1 ¼ 2 x 2 2 u

ð2

1 du u2

1

Integration (Potenzregel der Integralrechnung): I ¼

1 2

ð2 1

1 1 du ¼ 2 u2

ð2 1

u 2 d u ¼

1 2

u 1 1

2 ¼ 1

1 2

1 u

2 ¼ 1

1 2

1 1 1 1 þ1 ¼ ¼ 2 2 2 4

L. Papula, Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Klausur- und Übungsaufgaben, DOI 10.1007/978-3-8348-9730-5_3,© Vieweg+Teubner Verlag |Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2010

152

C Integralrechnung

ð

C2

I ¼

3x8 dx ¼ ? x3 þ 1

Sinnvoll erscheint die Substitution u ¼ x 3 þ 1; da sie den Nenner des Integranden vereinfacht. Mit u ¼ x3 þ 1;

du ¼ 3x2 ; dx

dx ¼

du 3x2

erhalten wir zuna¨chst: ð I ¼

3x8 dx ¼ x3 þ 1

ð

3x8 du ¼ u 3x2

ð

3x2 x6 du ¼ u 3x2

ð

x6 du u

Die Durchfu¨hrung der Integralsubstitution ist jedoch unvollsta¨ndig, denn das neue Integral entha¨lt noch die alte Variable x. Wir mu¨ssen diese daher noch durch die neue Variable u ausdru¨cken. Dies geschieht mit Hilfe der Substitutionsgleichung u ¼ x 3 þ 1, die nach x 3 aufgelo¨st und anschließend quadriert wird: x3 ¼ u 1

)

x 6 ¼ ðu 1Þ 2 ¼ u 2 2 u þ 1

Damit geht das Integral u¨ber in: ð 6 ð 2 ð x u 2u þ 1 1 1 2 I ¼ du ¼ du ¼ u2þ du ¼ u 2 u þ ln j u j þ C u u u 2 Ru¨cksubstitution ðu ¼ x 3 þ 1Þ fu¨hrt schließlich zur Lo¨sung dieser Aufgabe: I ¼

C3

1 3 1 ðx þ 1Þ 2 2 ðx 3 þ 1Þ þ ln j x 3 þ 1j þ C ¼ ðx 6 þ 2 x 3 þ 1Þ 2 x 3 2 þ ln j x 3 þ 1 j þ C ¼ 2 2

¼

1 6 1 1 6 3 x þ x3 þ 2 x 3 2 þ ln j x 3 þ 1 j þ C ¼ x x 3 þ ln j x 3 þ 1 j þ þC ¼ 2 2 2 2

¼

1 6 x x 3 þ ln j x 3 þ 1 j þ C * 2

ð I ¼

ðC * ¼

3 þ CÞ 2

e 2x dx ¼ ? 1 þ ex

Die Substitution u ¼ 1 þ e x fu¨hrt zu einer Vereinfachung im Nenner des Integranden. Somit gilt (versuchsweise): u ¼ 1 þ ex ;

du ¼ ex ; dx

dx ¼

du ex

Durchfu¨hrung der Integralsubstitution: ð ð 2x ð x ð x e 2x e du e ex du e x ¼ du I ¼ dx ¼ ¼ x e 1 þ ex u u u e Um die alte Variable x vollsta¨ndig aus dem Integral zu entfernen, lo¨sen wir die Substitutionsgleichung u ¼ 1 þ e x nach e x auf und setzen den gefundenen Ausdruck e x ¼ u 1 ein. Das Integral I la¨sst sich jetzt leicht lo¨sen: ð ð ð x e u1 1 du ¼ 1 d u ¼ u ln j u j þ C du ¼ I ¼ u u u

1 Integration durch Substitution

153

Nach der Ru¨cksubstitution u ¼ 1 þ e x erha¨lt man die folgende Lo¨sung: ð e 2x I ¼ d x ¼ ð1 þ e x Þ ln j 1 þ e x j þ C ¼ e x ln ð1 þ e x Þ þ C * 1 þ ex

C4

ðC * ¼ 1 þ CÞ

ð I ¼

sin 3 x cos 3 x d x ¼ ?

Wir versuchen, das Integral mit der folgenden Substitution zu lo¨sen: u ¼ sin x ;

du ¼ cos x ; dx

dx ¼

du cos x

Durchfu¨hrung der Integralsubstitution fu¨hrt zuna¨chst zu: ð ð ð ð du du ¼ u 3 cos 2 x d u I ¼ sin 3 x cos 3 x d x ¼ u 3 cos 3 x ¼ u 3 cos 2 x cos x cos x cos x Die Substitution ist offensichtlich unvollsta¨ndig, da die alte Variable x immer noch im Integral vorhanden ist. Den Faktor cos 2 x im Integral ko¨nnen wir jedoch unter Verwendung der trigonometrischen Formel sin 2 x þ cos 2 x ¼ 1 wie folgt durch die neue Variable u ausdru¨cken: cos 2 x ¼ 1 sin 2 x ¼ 1 u 2 Das Integral I geht dann in Grundintegrale u¨ber: ð ð ð 1 4 1 6 I ¼ u 3 cos 2 x d u ¼ u 3 ð1 u 2 Þ d u ¼ ðu 3 u 5 Þ d u ¼ u u þC 4 6 Durch Ru¨cksubstitution ðu ¼ sin xÞ erhalten wir die gesuchte Lo¨sung. Sie lautet: ð 1 1 sin 4 x sin 6 x þ C I ¼ sin 3 x cos 3 x d x ¼ 4 6 Anmerkung: Auch die Substitution u ¼ cos x fu¨hrt zum Ziel!

C5

ð I ¼

cos 2

dx pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ? x tan x

1 Der Integrand entha¨lt die Funktion tan x und deren Ableitung . Wir wa¨hlen daher versuchsweise die folgende 2 x cos Substitution: u ¼ tan x ;

du 1 ; ¼ dx cos 2 x

d x ¼ cos 2 x d u

Sie fu¨hrt (wie erhofft) zu einem Grundintegral: ð ð ð ð ð pffiffiffi dx cos 2 x d u du du u 1=2 þC ¼ 2 uþC I ¼ ¼ ¼ u 1=2 d u ¼ ¼ ¼ p ffiffi ffi p ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi p ffiffi ffi 1=2 1=2 u u cos 2 x tan x cos 2 x u Nach der Ru¨cksubstitution u ¼ tan x erhalten wir die Lo¨sung: ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi dx I ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 2 tan x þ C 2 cos x tan x

154

C Integralrechnung

ð

C6

I ¼

arctan x dx ¼ ? 1 þ x2

Wir schreiben den Integrand als Produkt und erkennen, dass der rechte Faktor genau die Ableitung des linken Faktors ist: ð ð ð arctan x 1 1 d x ¼ arctan x d x ¼ f ðxÞ f 0 ðxÞ d x mit f ðxÞ ¼ arctan x und f 0 ðxÞ ¼ 2 1 þ x2 1 þ x 1 þ x2 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} |fflfflffl{zfflfflffl} f ðxÞ f 0 ðxÞ Ein solches Integral wird bekanntlich durch die Substitution u ¼ f ðxÞ gelo¨st (! FS: Kap. V.3.1.2, Integraltyp B). Wir setzen daher u ¼ arctan x und erhalten folgende Substitutionsgleichungen: u ¼ arctan x ;

du 1 ¼ ; dx 1 þ x2

d x ¼ ð1 þ x 2 Þ d u

Nach der Durchfu¨hrung dieser Integralsubstitution erhalten wir ein Grundintegral: ð ð ð arctan x u 1 2 2 dx ¼ ð1 þ x Þ d u ¼ u d u ¼ I ¼ u þC 2 2 1 þ x2 1þx Die Ru¨cksubstitution u ¼ arctan x fu¨hrt schließlich zur gesuchten Lo¨sung: ð arctan x 1 I ¼ dx ¼ ðarctan xÞ 2 þ C 2 1 þ x2

ð

C7

I ¼

8 x 3 20 x dx ¼ ? x4 5x2 þ 4

Eine genaue Betrachtung des echt gebrochenrationalen Integranden zeigt, dass im Za¨hler genau die Ableitung des Nenners steht (bis auf den konstanten Faktor 2, den wir vor das Integral ziehen): ð I ¼

8 x 3 20 x dx ¼ x4 5x2 þ 4

ð

2 ð4 x 3 10 xÞ x4 5x2 þ 4

Nenner: f ðxÞ ¼ x 4 5 x 2 þ 4

ð dx ¼ 2

4 x 3 10 x dx ¼ 2 x4 5x2 þ 4

ð

f 0 ðxÞ f ðxÞ

dx

Za¨hler: f 0 ðxÞ ¼ 4 x 3 10 x

Ein solches Integral wird durch die Substitution u ¼ f ðxÞ gelo¨st (! FS: Kap. V.3.1.2, Integraltyp E). Wir setzen daher u ¼ x 4 5 x 2 þ 4 und erhalten folgende Substitutionsgleichungen: u ¼ x4 5x2 þ 4;

du ¼ 4 x 3 10 x ; dx

dx ¼

4x3

du 10 x

Durchfu¨hrung der Integralsubstitution: ð I ¼ 2

4 x 3 10 x dx ¼ 2 4 x 5x2 þ 4

ð

4 x 3 10 x du ¼ 2 u 4 x 3 10 x

Ru¨cksubstitution und Lo¨sung: ð 8 x 3 20 x I ¼ d x ¼ 2 ln j x 4 5 x 2 þ 4 j þ C x4 5x2 þ 4

ð

1 d u ¼ 2 ln j u j þ C u


ð

C8

I ¼

x2

155

dx pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ? x2 þ 1

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Das Integral entha¨lt einen Wurzelausdruck vom allgemeinen Typ x 2 þ a 2 . Aus der Formelsammlung entnehmen wir fu¨r ein solches Integral die hyperbolische Substitution x ¼ a sinh u, die den Wurzelausdruck beseitigt (! FS: Kap. V.3.1.2, Integraltyp G). In diesem speziellen Fall ist a ¼ 1 und die Substitutionsgleichungen lauten: x ¼ sinh u ;

dx ¼ cosh u ; du

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x 2 þ 1 ¼ sinh 2 u þ 1 ¼ cosh 2 u ¼ cosh u

d x ¼ cosh u d u ;

(unter Verwendung der Beziehung cosh 2 u sinh 2 u ¼ 1 ) sinh 2 þ 1 ¼ cosh 2 uÞ: Wir erhalten ein Grundintegral: ð I ¼

dx pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ x2 þ 1 x2

ð

cosh u d u sinh 2

u cosh u

ð ¼

1 d u ¼ coth u þ C sinh 2 u

Vor der Ru¨cksubstitution dru¨cken wir diese Lo¨sung noch wie folgt durch sinh u aus (dies ist wegen der Ru¨cksubstitution x ¼ sinh u sinnvoll): pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi cosh u sinh 2 u þ 1 I ¼ coth u þ C ¼ þC ¼ þC sinh u sinh u pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi cosh u 2 2 unter Verwendung der Beziehungen coth u ¼ sinh 2 u þ 1 und cosh u sinh u ¼ 1 ) cosh u ¼ sinh u Ru¨cksubstitution ðx ¼ sinh uÞ und Lo¨sung: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ð dx x2 þ 1 I ¼ þC pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ x x2 x2 þ 1

ð

C9

I ¼

x arcsin ðx 2 Þ dx ¼ ? pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 x4

Dieses komplizierte Integral la¨sst sich schrittweise durch zwei Substitutionen auf ein Grundintegral zuru¨ckfu¨hren. Zuna¨chst einmal erreichen wir mit Hilfe der Substitution u ¼ x 2 eine Vereinfachung im Za¨hler des Integranden: u ¼ x2; ð I ¼

du ¼ 2x; dx

dx ¼

x arcsin ðx 2 Þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi d x ¼ 1 x4

ð

du ; 2x

u2 ¼ x4

x arcsin u d u 1 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2x 2 1 u2

ð

arcsin u pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi d u 1 u2

Bedauerlicherweise liegt noch kein Grundintegral vor. Eine genauere Betrachtung zeigt jedoch, dass dieses Integral Ð vom Typ f ðuÞ f 0 ðuÞ du ist. Dazu formen wir den Integranden wie folgt in ein Produkt aus zwei Faktoren um: arcsin u 1 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ðarcsin uÞ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ f ðuÞ f ðuÞ 2 2 1u 1u |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} f ðuÞ f 0 ðuÞ Wir erkennen: Der rechte Faktor ist genau die Ableitung des linken Faktors. Fu¨r ein solches Integral entnehmen wir aus der Formelsammlung die Substitution v ¼ f ðuÞ, hier also v ¼ arcsin u (! FS: Kap. V.3.1.2, Integraltyp B).

156

C Integralrechnung

Die Substitutionsgleichungen lauten somit: v ¼ arcsin u ;

dv 1 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ; du 1 u2

du ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 u2 dv

Wir erhalten jetzt ein Grundintegral: ð ð ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 arcsin u 1 v 1 1 2 2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi d u ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi v dv ¼ v þC I ¼ 1 u dv ¼ 2 2 2 4 1 u2 1 u2 Bei der Ru¨cksubstitution ðv ! u ! xÞ ersetzen wir zuna¨chst v durch arcsin u und anschließend u durch x 2 . Damit erhalten wir folgende Lo¨sung: ð I ¼

x arcsin ðx 2 Þ 1 2 1 1 v þC ¼ ðarcsin uÞ 2 þ C ¼ ½ arcsin ðx 2 Þ 2 þ C pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi d x ¼ 4 4 4 4 1x

ð

C10

I ¼

ðln xÞ 3 x

dx ¼ ?

Mit der naheliegenden Substitution u ¼ ln x ;

du 1 ¼ ; dx x

dx ¼ x du

erreichen wir unser Ziel: ð I ¼

ðln xÞ 3 dx ¼ x

ð

u3 x du ¼ x

ð u3 d u ¼

1 4 u þC 4

Die Lo¨sung lautet somit nach vollzogener Ru¨cksubstitution u ¼ ln x wie folgt: ð I ¼

C11

ðln xÞ 3 1 dx ¼ ðln xÞ 4 þ C x 4

ð I ¼

cos 5 x d x ¼ ?

Wir zerlegen den Integrand cos 5 x zuna¨chst wie folgt in ein Produkt aus zwei Faktoren: ð ð 5 I ¼ cos x d x ¼ cos 4 x cos x d x Der rechte Faktor cos x ist dabei bekanntlich die Ableitung von sin x. Sollte es uns gelingen, den linken Faktor cos 4 x durch sin x auszudru¨cken, dann hilft uns die Substitution u ¼ sin x (voraussichtlich) weiter. Unter Verwendung der Beziehung sin 2 x þ cos 2 x ¼ 1 und damit cos 2 x ¼ 1 sin 2 x erreichen wir unser Ziel: cos 4 x ¼ ðcos 2 xÞ 2 ¼ ð1 sin 2 xÞ 2 Das vorgegebene Integral I geht damit u¨ber in ð ð I ¼ cos 4 x cos x d x ¼ ð1 sin 2 xÞ 2 cos x d x


157

Es la¨sst sich mit Hilfe der bereits weiter oben erwa¨hnten Substitution u ¼ sin x in ein Grundintegral verwandeln: du ¼ cos x ; dx

u ¼ sin x ;

dx ¼

ð I ¼

du cos x ð

2

ð ð1 2 u 2 þ u 4 Þ d u ¼ u

¼

du ¼ ð1 u Þ cos x cos x 2 2

ð1 sin xÞ cos x d x ¼ 2

ð ð1 u 2 Þ 2 d u ¼

2 3 1 5 u þ u þC 3 5

Durch Ru¨cksubstitution u ¼ sin x erhalten wir schließlich die folgende Lo¨sung: ð 2 1 sin 3 x þ sin 5 x þ C I ¼ cos 5 x d x ¼ sin x 3 5

ð

C12

I ¼

ðx þ 2Þ 2 ðx 10Þ 2

dx ¼ ?

Mit der Substitution u ¼ x 10 wird der Nenner des Integranden vereinfacht, was sicher sinnvoll ist. Gleichzeitig ersetzen wir im Za¨hler die alte Variable x durch u þ 10 (Auflo¨sen der Substitutionsgleichung nach x). Die vollsta¨ndige Integralsubstitution lautet also: u ¼ x 10 ;

du ¼ 1; dx

dx ¼ du;

x ¼ u þ 10

Sie fu¨hrt zu Grundintegralen: ð I ¼

ðx þ 2Þ 2 ðx 10Þ 2

ð dx ¼

ðu þ 10 þ 2Þ 2 u2

ð du ¼

ðu þ 12Þ 2 u2

ð du ¼

u 2 þ 24 u þ 144 du ¼ u2

ð ð 24 144 24 144 2 du ¼ 1þ d u ¼ u þ 24 ln j u j þ þ 144 u þC ¼ 1þ 2 u u u u Ru¨cksubstitution ðu ¼ x 10Þ und Lo¨sung: I ¼ x 10 þ 24 ln j x 10 j

C13

ð I ¼

144 144 þ C ¼ x þ 24 ln j x 10 j þ C * ðC * ¼ C 10Þ x 10 x 10

2 e 2 x þ 1 cosh x d x ¼ ?

Der Integrand la¨sst sich wesentlich vereinfachen, wenn man sich an die Definitionsformel der Hyperbelfunktion cosh x erinnert. Sie lautet (! FS: Kap. III.11.1): cosh x ¼

1 ðe x þ e x Þ 2

Umformung des Integranden mit Hilfe dieser Formel ergibt: 2 e 2 x þ 1 cosh x ¼ 2 e 2 x þ 1

1 ðe x þ e x Þ ¼ e 2 x þ 1 ðe x þ e x Þ ¼ e 3 x þ 1 þ e x þ 1 2

158

C Integralrechnung

Das Integral I la¨sst sich dann wie folgt in zwei Teilintegrale I 1 und I 2 aufspalten: ð ð ð ð I ¼ 2 e 2 x þ 1 cosh x d x ¼ ðe 3 x þ 1 þ e x þ 1 Þ d x ¼ e 3 x þ 1 d x þ e x þ 1 d x ¼ I 1 þ I 2 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} I1

|fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} I2

Diese sind durch einfache Substitutionen leicht lo¨sbar: Integral I 1 : u ¼ 3 x þ 1 ; ð I1 ¼

e 3xþ1

Integral I 2 : v ¼ x þ 1 ; ð I2 ¼

e xþ1

du du ¼ 3; dx ¼ dx 3 ð ð du 1 1 1 ¼ eu du ¼ e u þ C1 ¼ e 3xþ1 þ C1 dx ¼ eu 3 3 3 3

dv ¼ 1; dx ¼ dv dx ð d x ¼ e v d v ¼ e v þ C2 ¼ e xþ1 þ C2

In beiden Integralen wurde die Ru¨cksubstitution bereits durchgefu¨hrt. Fu¨r das Integral I erhalten wir damit: I ¼ I1 þ I2 ¼

1 1 e 3xþ1 þ C1 þ e xþ1 þ C2 ¼ e 3xþ1 þ e xþ1 þ C 3 3

ð

C14

Lo¨sen Sie das Integral I ¼

ðC ¼ C 1 þ C 2 Þ

dx mit Hilfe einer geeigneten trigonometrischen Umformung sin ð2 xÞ

(! Formelsammlung) und der sich anschließenden Substitution u ¼ tan x .

Wir dru¨cken den Integrand zuna¨chst durch elementare trigonometrische Funktionen aus. Dabei verwenden wir die Beziehung sin ð2 xÞ ¼ 2 sin x cos x (! FS: Kap. III.7.6.3). Das Integral I nimmt dann die folgende Gestalt an: ð ð ð dx dx 1 dx ¼ ¼ I ¼ 2 sin x cos x 2 sin x cos x sin ð2 xÞ Mit der (vorgegebenen) Substitution u ¼ tan x ;

du 1 ; ¼ dx cos 2 x

d x ¼ cos 2 x d u

wird daraus zuna¨chst ð ð ð ð 1 dx 1 cos 2 x d u 1 cos x cos x 1 cos x du ¼ ¼ ¼ du I ¼ 2 sin x cos x 2 sin x cos x 2 sin x cos x 2 sin x cos x 1 Der Integrand ist wegen der trigonometrischen Beziehung ¼ cot x ¼ der Kehrwert von tan x und somit sin x tan x der Kehrwert der neuen Variablen u: I ¼

1 2

ð

cos x 1 du ¼ sin x 2

ð

1 1 du ¼ tan x 2

ð

1 du u

Die Substitution fu¨hrt damit zu einem Grundintegral und schließlich nach erfolgter Ru¨cksubstitution ðu ¼ tan xÞ zur Lo¨sung dieser Aufgabe: ð 1 1 1 1 du ¼ ln j u j þ C ¼ ln j tan x j þ C I ¼ 2 u 2 2


159

ð Lo¨sen Sie das Integral I ¼

C15

cos 4 x d x mit Hilfe einer geeigneten trigonometrischen Umformung

(! Formelsammlung) und anschließender Substitution. berpru¨fen Sie das Ergebnis.

Mit Hilfe der trigonometrischen Beziehung 1 ½ cos ð4 xÞ þ 4 cos ð2 xÞ þ 3 8

cos 4 x ¼

(! FS : Kap. III.7.6.4)

la¨sst sich das Integral in drei einfache Teilintegrale aufspalten: ð ð 1 4 I ¼ cos x d x ¼ ½ cos ð4 xÞ þ 4 cos ð2 xÞ þ 3 d x ¼ 8 1 cos ð4 xÞ d x þ 2 u

ð

3 cos ð2 xÞ d x þ 8 v

ð 1 dx

f

ð

f

1 ¼ 8

Das letzte Integral ist bereits ein Grundintegral, die beiden u¨brigen lassen sich in der angedeuteten Weise wie folgt durch einfache Substitutionen in solche u¨berfu¨hren: du ¼ 4; dx

u ¼ 4x; I ¼ ¼

1 8

ð cos u

dx ¼

du 1 þ 4 2

du ; 4

v ¼ 2x;

ð cos v

dv ¼ 2; dx

dv 3 1 þ x ¼ 2 8 32

dx ¼

dv 2

ð cos u d u þ

1 4

ð cos v d v þ

3 x ¼ 8

1 1 3 sin u þ sin v þ x þC 32 4 8

Durch Ru¨cksubstitution ðu ¼ 4 x; v ¼ 2 xÞ erhalten wir die gesuchte Lo¨sung: ð 1 1 3 sin ð4 xÞ þ sin ð2 xÞ þ x þC I ¼ cos 4 x d x ¼ 32 4 8

¼

f

f

Wir u¨berpru¨fen das Ergebnis (die 1. Ableitung der rechten Seite muss den Integrand cos 4 x ergeben): d 1 1 3 1 1 3 sin ð4 xÞ þ sin ð2 xÞ þ x þC ¼ 4 cos ð4 xÞ þ 2 cos ð2 xÞ þ ¼ d x 32 4 8 32 4 8 u v 1 1 3 1 cos ð4 xÞ þ cos ð2 xÞ þ ¼ ½ cos ð4 xÞ þ 4 cos ð2 xÞ þ 3 ¼ cos 4 x 8 2 8 8 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} cos 4 x

(unter Verwendung der Kettenregel, Substitutionen: u ¼ 4 x bzw. v ¼ 2 x)

160

C Integralrechnung

C16

ð I ¼

x2

x dx ¼ ? 2 x þ 10

Der Nenner des Integranden muss zuna¨chst durch elementare Umformungen auf die einfachere Form u 2 þ 1 gebracht werden. Dies geschieht auf folgende Weise: 9 1 2 2 2 2 2 ðx 1Þ þ 9 ¼ 9 ðx 1Þ þ 1 ¼ x 2 x þ 10 ¼ ðx 2 x þ 1Þ þ 10 1 ¼ ðx 1Þ þ 9 ¼ |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 9 9 2 quadratische ðx 1Þ Erga¨nzung

" ¼ 9

# x 1 2 x 1 þ 1 ¼ 9 ðu 2 þ 1Þ mit u ¼ 3 3 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} u

Durch die (vollsta¨ndige) Substitution u ¼

1 ðx 1Þ ; 3

du 1 ¼ ; dx 3

dx ¼ 3 du;

3u ¼ x 1

)

x ¼ 3u þ 1

geht das Integral I u¨ber in: ð ð ð x 3u þ 1 1 3u þ 1 dx ¼ 3 du ¼ du I ¼ 2 2 3 x 2 x þ 10 9 ðu þ 1Þ u2 þ 1 Aufspaltung in zwei Teilintegrale: I ¼

1 3

ð

3u 1 du þ 2 3 u þ1

ð

1 du ¼ 2 u þ1

ð

ð u 1 1 1 du þ d u ¼ I1 þ I2 2 2 3 3 u þ1 u þ1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I1 I 2 ¼ arctan u þ C 2

I 2 ist bereits ein Grundintegral und fu¨hrt auf den Arkustangens. Das Integral I 1 lo¨sen wir mit der Substitution v ¼ u2 þ 1;

dv ¼ 2u; du

du ¼

dv 2u

(im Za¨hler steht –– vom fehlenden Faktor 2 abgesehen –– die Ableitung des Nenners ! FS: Kap. V.3.1.2, Integraltyp E): ð ð ð u u dv 1 1 1 1 du ¼ I1 ¼ dv ¼ ln j v j þ C 1 ¼ ln j u 2 þ 1 j þ C 1 ¼ 2 v 2 2 v 2 2 u u þ1 (nach erfolgter Ru¨cksubstitution v ¼ u 2 þ 1Þ. Somit gilt: I ¼ I1 þ ¼

1 1 I2 ¼ ln ðu 3 2

2

þ 1Þ þ C 1 þ

1 ðarctan u þ C 2 Þ ¼ 3

1 1 1 1 1 ln ðu 2 þ 1Þ þ C 1 þ arctan u þ C 2 ¼ ln ðu 2 þ 1Þ þ arctan u þ C 2 3 3 2 3

Ru¨cksubstitution: u ¼

1 ðx 1Þ ; 3

u2 þ 1 ¼

x 2 2 x þ 10 9

Die gesuchte Lo¨sung lautet dann: 2 1 x 2 x þ 10 1 1 ln þ arctan ðx 1Þ þ C I ¼ 2 9 3 3

2 Partielle Integration (Produktintegration)

161

2 Partielle Integration (Produktintegration) Alle Integrale in diesem Abschnitt lassen sich durch Partielle Integration lo¨sen. Wir verwenden die folgende Formel: ð

ð f ðxÞ d x ¼ |{z} uv0

ð

0

uv dx ¼ uv

u0 v dx

ðu; v : Funktionen von xÞ

|fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} „Hilfsintegral“

Hinweise (1) (2) (3) (4)

Lehrbuch: Band 1, Kapitel V.8.2 Formelsammlung: Kapitel V.3.2 Tabelle der Grund- oder Stammintegrale ! Band 1, Kapitel V. 5 und Formelsammlung, Kapitel V. 2.3 In einigen Fa¨llen muss man mehrmals hintereinander partiell integrieren, ehe man auf ein Grundintegral sto¨ßt. Haüfig fu¨hrt die Partielle Integration zwar auf ein einfacheres Integral, das aber noch kein Grundintegral darstellt. Dann muss dieses „Hilfsintegral“ nach einer anderen Integrationsmethode (meist mit Hilfe einer Substitution) weiter behandelt werden, bis man auf ein Grundintegral sto¨ßt.

C17

ð I ¼

ð1 þ 2 xÞ e x d x ¼ ?

Zerlegung des Integranden f ðxÞ ¼ ð1 þ 2 xÞ e x in zwei Faktoren u und v 0 f ðxÞ ¼ ð1 þ 2 xÞ e x |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |{z} u v0

u ¼ 1 þ 2x;

mit

v 0 ¼ e x

und

u0 ¼ 2;

v ¼ e x

Die Stammfunktion zu v 0 ¼ e x haben wir dabei mit Hilfe der folgenden Substitution erhalten: dt ¼ 1; dx ¼ dt dx ð ð ð ð 0 x t v ¼ v d x ¼ e d x ¼ e ð d tÞ ¼ e t d t ¼ e t þ K ¼ e x þ K

t ¼ x;

(die Integrationskonstante K wird fu¨r die partielle Integration nicht beno¨tigt und daher weggelassen). Die Formel der partiellen Integration fu¨hrt dann zu der folgenden Lo¨sung: ð ð ð ð x 0 0 x I ¼ ð1 þ 2 xÞ e d x ¼ u v d x ¼ u v u v d x ¼ ð1 þ 2 xÞ ð e Þ 2 ð e x Þ d x ¼ ¼ ð1 þ 2 xÞ e

x

ð þ2

e x d x ¼ ð1 þ 2 xÞ e x þ 2 ð e x þ CÞ ¼

|fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} e x þ C ¼ ð1 þ 2 xÞ e x 2 e x þ 2 C ¼ ð3 þ 2 xÞ e x þ C *

ðC * ¼ 2 CÞ

162

C Integralrechnung

ð

C18

I ¼

x n ln x d x ¼ ?

ðn 6¼ 1Þ

Zerlegung des Integranden f ðxÞ ¼ x n ln x in zwei Faktoren u und v 0 : f ðxÞ ¼ x n ln x ¼ ðln xÞ x n ¼ u v 0

f

|ffl{zffl}

u ¼ ln x ;

mit

v0 ¼ xn

und

u0 ¼

v0

u

1 ; x

v ¼

x nþ1 nþ1

Begru¨ndung: Die ebenfalls denkbare Zerlegung in die Faktoren u ¼ x n und v 0 ¼ ln x kommt nicht infrage, da wir keine Stammfunktion zu v 0 ¼ ln x angeben ko¨nnen! Partielle Integration fu¨hrt dann zu einem Grundintegral: ð

ð x n ln x d x ¼

I ¼

¼

ð ðln xÞ x n d x ¼

x n þ 1 ln x 1 n þ1 n þ1

ð xn dx ¼

uv0 dx ¼ uv

ð

u 0 v d x ¼ ln x

x nþ1 n þ1

x n þ 1 ln x 1 x nþ1 x nþ1 þC ¼ nþ1 n þ1 n þ1 n þ1

ð

ln x

1 x nþ1 dx ¼ x n þ1 1 n þ1

þC

ð

C19

I ¼

x arctan x d x ¼ ?

Zerlegung des Integranden f ðxÞ ¼ x arctan x in zwei Faktoren u und v 0 :

|fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

u ¼ arctan x ; v 0 ¼ x

f

f ðxÞ ¼ x arctan x ¼ ðarctan xÞ x ¼ u v 0 v0

u

)

u0 ¼

1 1 2 x ; v ¼ 2 2 1þx

Begru¨ndung: Die auch mo¨gliche Zerlegung in umgekehrter Reihenfolge ðu ¼ x, v 0 ¼ arctan xÞ scheidet aus, da wir keine Stammfunktion zu v 0 ¼ arctan x angeben ko¨nnen! Die Formel der partiellen Integration liefert dann: ð ð ð ð 1 2 1 1 2 x x dx ¼ I ¼ ðarctan xÞ x d x ¼ u v 0 d x ¼ u v u 0 v d x ¼ ðarctan xÞ 2 2 2 1þx ¼

1 2 1 x arctan x 2 2

ð

x2 1 2 1 dx ¼ x arctan x I1 2 2 1 þ x2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I1

Das „Hilfsintegral“ I 1 der rechten Seite ist leider kein Grundintegral, la¨sst sich aber auf solche zuru¨ckfu¨hren. Aus diesem Grund zerlegen wir den unecht gebrochenrationalen Integrand durch Polynomdivision wie folgt: ðx 2

Þ : ðx 2 þ 1Þ ¼ 1

ðx 2 þ 1Þ

x2

1 1 ¼ 1 1 þ x2 þ1

1 Damit erhalten wir fu¨r das Hilfsintegral I 1 die folgende Lo¨sung: ð ð ð ð x2 1 1 dx ¼ 1 dx dx ¼ 1 d x ¼ x arctan x þ C I1 ¼ 2 2 1þx 1 þ x2 1þx


163

Die Lo¨sung der gestellten Aufgabe lautet dann: ð I ¼

x arctan x d x ¼

1 2 1 1 2 1 x arctan x I1 ¼ x arctan x ðx arctan x þ CÞ ¼ 2 2 2 2

1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 x arctan x x þ arcxtan x C ¼ x arctan x þ arctan x x C ¼ 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ¼ arctan x ðx 2 þ 1Þ x C ¼ ðx 2 þ 1Þ arctan x x þ C* C* ¼ C 2 2 2 2 2 2 ¼

ð I ¼

C20

ð

cos n 1 x cos x d x ¼ ? |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} u v0

cos x d x ¼ n

Leiten Sie mit Hilfe der angedeuteten Zerlegung des Integranden eine Rekursionsformel fu¨r das Integral I her und wenden Sie diese auf den Fall n ¼ 3 an.

Aufgrund der vorgegebenen Zerlegung gilt: u ¼ cos n 1 x ¼ ðcos xÞ n 1 ;

v 0 ¼ cos x

)

u 0 ¼ ðn 1Þ sin x cos n 2 x ;

v ¼ sin x

(die Ableitung von u erha¨lt man mit der Kettenregel, Substitution: t ¼ cos xÞ Die Formel der partiellen Integration liefert dann: ð ð ð ð I ¼ cos n x d x ¼ cos n 1 x cos x d x ¼ u v 0 d x ¼ u v u 0 v d x ¼ ¼ cos n 1 x sin x þ ðn 1Þ ¼ sin x cos

n1

ð ð

x þ ðn 1Þ

sin x cos n 2 x sin x d x ¼ sin 2 x cos n 2 x d x ¼ sin x cos n 1 x þ ðn 1Þ I 1

ð*Þ

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I1 Unter Verwendung der trigonometrischen Beziehung sin 2 x þ cos 2 x ¼ 1 und damit sin 2 x ¼ 1 cos 2 x la¨sst sich das „Hilfsintegral“ I 1 wie folgt aufspalten: ð ð ð I 1 ¼ sin 2 x cos n 2 x d x ¼ ð1 cos 2 xÞ cos n 2 x d x ¼ ðcos n 2 x cos n xÞ d x ¼ ð ¼

cos

n2

ð x dx

ð cos x d x ¼ n

cos n 2 x d x I

|fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} I Dabei haben wir bereits beru¨cksichtigt, dass es sich beim zweiten Integral der rechten Seite um das gesuchte Integral I handelt. Gleichung (*Þ geht damit u¨ber in: ð I ¼ sin x cos n 1 x þ ðn 1Þ I 1 ¼ sin x cos n 1 x þ ðn 1Þ cos n 2 x d x I ¼ ð n1 x þ ðn 1Þ cos n 2 x d x ðn 1Þ I ¼ sin x cos Durch „Ru¨ckwurf“ erhalten wir aus dieser Gleichung die gesuchte Rekursionsformel: ð n1 x þ ðn 1 Þ cos n 2 x d x I þ ðn 1Þ I ¼ I þ n I I ¼ n I ¼ sin x cos

164

C Integralrechnung

I ¼

sin x cos n 1 x n1 þ n n

ð

cos n 2 x d x

Somit gilt: ð ð sin x cos n 1 x n1 n þ cos n 2 d x cos x d x ¼ n n Das Integral der rechten Seite ist vom gleichen Typ wie das Ausgangsintegral I, besitzt aber einen um 2 kleineren Exponenten. Durch wiederholte Anwendung dieser Rekursionsformel la¨sst sich der Exponent der Potenz cos n x schrittweise reduzieren, bis man auf ein Grundintegral sto¨ßt. Anwendungsbeispiel fu¨r n == 3: ð ð sin x cos 2 x 2 1 2 cos 3 x d x ¼ þ cos x d x ¼ sin x cos 2 x þ sin x þ C 3 3 3 3 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} Grundintegral

C21

ð I ¼

ðln xÞ 2 d x ¼ ?

Zerlegung des Integranden f ðxÞ ¼ ðln xÞ 2 in ein Produkt aus zwei Faktoren u und v 0 : mit

u ¼ ðln xÞ 2 ;

v 0 ¼ 1 und

f

f ðxÞ ¼ ðln xÞ 2 ¼ ðln xÞ2 1 |fflffl{zfflffl} u v0

u0 ¼

2 ln x ; x

v ¼ x

(mathematischer „Trick“: Faktor 1 erga¨nzen; u ¼ ðln xÞ 2 wird nach der Kettenregel differenziert, Substitution: t ¼ ln x) . Begru¨ndung: Die ebenfalls mo¨gliche (und zuna¨chst nahe liegende) Zerlegung in zwei gleiche Faktoren u ¼ ln x und v 0 ¼ ln x fu¨hrt nicht zum Ziel, da wir keine Stammfunktion zu v 0 ¼ ln x angeben ko¨nnen! Die Formel der partiellen Integration fu¨hrt mit der gewa¨hlten Zerlegung auf ein einfacher gebautes Integral vom gleichen Typ, das jedoch noch kein Grundintegral ist: ð ð ð ð 2 ln x 2 2 0 0 I ¼ ðln xÞ 1 d x ¼ u v d x ¼ u v u v d x ¼ ðln xÞ x x dx ¼ x ð ¼ x ðln xÞ 2 2

ln x d x ¼ x ðln xÞ 2 2 I 1 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} I1

Was hat die partielle Integration bisher gebracht? Aus dem Integral (Absenkung des Exponenten um 1): ð ð ðln xÞ 2 d x ! ðln xÞ 1 d x

Ð

ðln xÞ 2 d x wurde das Integral

Ð

ðln xÞ 1 d x

f

Ð Ð Ð ðln xÞ 0 d x ¼ 1 d x u¨ber, Wir vermuten daher: Das „Hilfsintegral“ I 1 ¼ ln x d x geht in das Grundintegral wenn wir auf I 1 die gleiche Methode (bei sinngema¨ß gleicher Zerlegung) anwenden: ð ð 1 ; v ¼ x I 1 ¼ ln x d x ¼ ðln xÞ 1 d x mit u ¼ ln x ; v 0 ¼ 1 und u 0 ¼ x |ffl{zffl} u v0


ð I1 ¼

ð ðln xÞ 1 d x ¼

165

uv0 dx ¼ uv

ð

u 0 v d x ¼ ðln xÞ x

ð

1 x dx ¼ x

ð ¼ x ln x

1 d x ¼ x ln x x þ C

Unsere Vermutung hat sich also besta¨tigt. Durch zweimalige Anwendung der partiellen Integration haben wir unser Ziel endlich erreicht. Die Lo¨sung lautet damit: ð I ¼ ðln xÞ 2 d x ¼ x ðln xÞ 2 2 I 1 ¼ x ðln xÞ 2 2 ðx ln x x þ CÞ ¼ ¼ x ðln xÞ 2 2 x ln x þ 2 x 2 C ¼ x ½ðln xÞ 2 2 ln x þ 2 þ C *

C22

ðC * ¼ 2 CÞ

ð I ¼

artanh x d x ¼ ?

Wir erga¨nzen zuna¨chst im Integrand f ðxÞ ¼ artanh x den Faktor 1 (der ja nichts vera¨ndert) und zerlegen dann wie folgt in zwei Faktoren u und v 0 :

f

f ðxÞ ¼ artanh x ¼ ðartanh xÞ 1 ¼ u v 0 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} u v0 Begru¨ndung: Die ebenfalls mo¨gliche Zerlegung u ¼ 1 und v 0 ¼ artanh x kommt nicht infrage, da wir zu v 0 ¼ artanh x keine Stammfunktion angeben ko¨nnen (eine solche Stammfunktion soll ja gerade bestimmt werden). Mit der gewa¨hlten Zerlegung u ¼ artanh x ;

v0 ¼ 1

und damit

u0 ¼

1 ; 1 x2

v ¼ x

liefert die partielle Integration ein „Hilfsintegral“, das zwar kein Grundintegral ist, aber mit Hilfe einer Substitution gelo¨st werden kann: ð ð ð ð I ¼ artanh x d x ¼ ðartanh xÞ 1 d x ¼ u v 0 d x ¼ u v u 0 v d x ¼ ð ¼ ðartanh xÞ x

1 x d x ¼ x artanh x 1 x2

ð

x d x ¼ x artanh x I 1 1 x2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I1

Das „Hilfsintegral“ I 1 lo¨sen wir mit der folgenden Substitution (im Za¨hler steht –– vom fehlenden Faktor 2 abgesehen –– die Ableitung des Nenners ! FS: Kap. V.3.1.2, Integraltyp E): du du ¼ 2x; dx ¼ dx 2x ð ð ð x x du 1 1 1 1 du ¼ ln j u j þ C ¼ ln j 1 x 2 j þ C I1 ¼ ¼ d x ¼ 2 u 2 x 2 u 2 2 1x u ¼ 1 x2;

Die gesuchte Lo¨sung lautet damit: ð 1 ln j 1 x 2 j þ C ¼ I ¼ artanh x d x ¼ x artanh x I 1 ¼ x artanh x 2 ¼ x artanh x þ

1 1 ln j 1 x 2 j C ¼ x artanh x þ ln j 1 x 2 j þ C * 2 2

ðC * ¼ CÞ

166

C Integralrechnung

ð

C23

I ¼

x dx ¼ ? cos 2 x

Wir zerlegen den Integrand f ðxÞ ¼

x wie folgt in ein Produkt aus zwei Faktoren u und v 0 : cos 2 x

x 1 ¼ x ¼ uv0 2 cos x cos 2 x |fflfflffl{zfflfflffl} u v0

f

f ðxÞ ¼

„Verifizieren“ Sie anschließend das Ergebnis.

Begru¨ndung: Diese Zerlegung hat Aussicht auf Erfolg, da v 0 ¼ Mit der gewa¨hlten Zerlegung u ¼ x;

v0 ¼

1 cos 2 x

und damit

u0 ¼ 1;

1 bekanntlich die Ableitung von tan x ist. cos 2 x

v ¼ tan x

fu¨hrt die partielle Integration zu folgendem Ergebnis: ð ð ð ð ð x 1 0 0 I ¼ dx ¼ x d x ¼ u v d x ¼ u v u v d x ¼ x tan x 1 tan x d x ¼ cos 2 x cos 2 x ð ¼ x tan x tan x d x ¼ x tan x I 1 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} I1 Das „Hilfsintegral“ I 1 ist zwar kein Grundintegral, la¨sst sich aber durch eine Substitution leicht lo¨sen, wenn man die sin x trigonometrische Beziehung tan x ¼ beachtet: cos x ð ð sin x I 1 ¼ tan x d x ¼ dx cos x Im Za¨hler steht –– vom Vorzeichen abgesehen –– die Ableitung des Nenners, das Integral I 1 ist daher durch die Substitution u ¼ cos x wie folgt lo¨sbar (! FS: Kap. V.3.12, Integraltyp E): du du ¼ sin x ; d x ¼ dx sin x ð ð ð ð sin x sin x du 1 dx ¼ d u ¼ ln j u j þ C ¼ ln j cos x j þ C ¼ I 1 ¼ tan x d x ¼ cos x u sin x u u ¼ cos x ;

Fu¨r das vorgegebene Integral I erhalten wir damit die Lo¨sung ð x d x ¼ x tan x I 1 ¼ x tan x ð ln j cos x j þ CÞ ¼ x tan x þ ln j cos x j C ¼ I ¼ cos 2 x ¼ x tan x þ ln j cos x j þ C *

ðC * ¼ CÞ

Wir „verifizieren“ das Ergebnis, in dem wir zeigen, dass die 1. Ableitung des unbestimmten Integrals zum Integranden fu¨hrt. Dabei verwenden wir in der angedeuteten Weise die Produktregel (1. Summand) und die Kettenregel (2. Summand): f

I ¼ x tan x þ ln j cos x j þ C * ¼ u v þ ln j t j þ C * |{z} |{z} u v t I 0 ¼ u0 v þ v0 u þ

1 1 1 x x x þ tan x ¼ t 0 ¼ 1 tan x þ ð sin xÞ ¼ tan x þ 2 2 t cos x cos x cos x cos 2 x

(unter Verwendung der trigonometrischen Beziehung sin x=cos x ¼ tan x)


ð I ¼

f

C24

x u

cos x sin 3 x |fflffl{zfflffl} v0

167

dx ¼ ?

Lo¨sen Sie dieses Integral in der angedeuteten Weise durch partielle Integration. Die beno¨tigte Stammfunktion zum Faktor v 0 erhalten Sie durch eine geeignete Substitution.

Die vorgegebene Zerlegung des Integranden lautet: v0 ¼

u ¼ x;

cos x sin 3 x

und

u0 ¼ 1;

v ¼ ?

cos x erhalten wir mit Hilfe der folgenden Substitution (im sin 3 x Za¨hler steht genau die Ableitung von sin x ! FS: Kap. V.3.1.2, Integraltyp C mit f ðxÞ ¼ sin x und n ¼ 3Þ: Die zuna¨chst noch unbekannte Stammfunktion zu v 0 ¼

t ¼ sin x ; ð v ¼ ¼

dt ¼ cos x ; dx ð

0

v dx ¼

dx ¼

cos x dx ¼ sin 3 x

ð

dt cos x cos x dt ¼ 3 cos x t

ð

1 dt ¼ t3

ð

t 3 d t ¼

t 2 þK ¼ 2

1 1 þK þK ¼ 2 2t 2 sin 2 x

Die Integrationskonstante K ist fu¨r die partielle Integration ohne Bedeutung und wird daher weggelassen. Mit der jetzt vollsta¨ndigen Zerlegung u ¼ x;

v0 ¼

cos x sin 3 x

und

u0 ¼ 1;

v ¼

1 2 sin 2 x

fu¨hrt die partielle Integration zu einem Grundintegral und damit zur gesuchten Lo¨sung: ð ð ð ð cos x 1 1 0 0 d x ¼ u v u v d x ¼ x d x ¼ u v 1 dx ¼ I ¼ x sin 3 x 2 sin 2 x 2 sin 2 x x 1 þ ¼ 2 2 sin 2 x

¼

ð

1 x 1 ð cot x þ CÞ ¼ dx ¼ þ 2 sin 2 x 2 sin 2 x |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} cot x þ C

x 1 1 x 1 cot x þ C ¼ cot x þ C * 2 2 2 2 sin 2 x 2 sin 2 x

C* ¼

1 C 2

168

C Integralrechnung

3 Integration einer echt gebrochenrationalen Funktion durch Partialbruchzerlegung des Integranden Alle Integrale in diesem Abschnitt lassen sich durch Partialbruchzerlegung des echt gebrochenrationalen Integranden auf Grund- oder Stammintegrale zuru¨ckfu¨hren. Hinweise (1) (2)

(3)

Lehrbuch: Band 1, Kapitel V.8.3 Formelsammlung: Kapitel V.3.3 Ist der Integrand unecht gebrochenrational, so muss er zuna¨chst (z. B. durch Polynomdivision) in eine ganzrationale und eine echt gebrochenrationale Funktion zerlegt werden. Der echt gebrochenrationale Anteil wird dann in Partialbru¨che zerlegt. Die Integration der Partialbru¨che erfolgt mit Hilfe einer einfachen linearen Substitution. Man erha¨lt stets logarithmische und echt gebrochenrationale Funktionen (bei mehrfachen Nennernullstellen).

C25

ð I ¼

8 x 2 2 x 43 ðx þ 2Þ 2 ðx 5Þ

dx ¼ ?

Der Integrand ist echt gebrochenrational und wird in Partialbru¨che zerlegt. Zuna¨chst beno¨tigen wir die Nullstellen des Nenners: ðx þ 2Þ 2 ðx 5Þ ¼ 0

)

x 1=2 ¼ 2 ;

x3 ¼ 5

Ihnen ordnen wir folgende Partialbru¨che zu: x 1=2 ¼ 2 (doppelte Nullstelle) !

A B þ x þ2 ðx þ 2Þ 2

x3 ¼ 5

C x 5

ðeinfache Nullstelle) !

Der Partialbruchansatz lautet damit: 8 x 2 2 x 43 2

ðx þ 2Þ ðx 5Þ

¼

A B C þ þ 2 x þ2 x 5 ðx þ 2Þ

Um die unbekannten Konstanten A, B und C bestimmen zu ko¨nnen, mu¨ssen die Bru¨che zuna¨chst gleichnamig gemacht werden (Hauptnenner: ðx þ 2Þ 2 ðx 5ÞÞ. Die Bru¨che der rechten Seite mu¨ssen daher der Reihe nach mit ðx þ 2Þ ðx 5Þ, ðx 5Þ und ðx þ 2Þ 2 erweitert werden: 8 x 2 2 x 43 ðx þ 2Þ 2 ðx 5Þ

¼

A ðx þ 2Þ ðx 5Þ þ B ðx 5Þ þ C ðx þ 2Þ 2 ðx þ 2Þ 2 ðx 5Þ

Da die Bru¨che der beiden Seiten im Nenner u¨bereinstimmen, mu¨ssen sie auch im Za¨hler u¨bereinstimmen: 8 x 2 2 x 43 ¼ A ðx þ 2Þ ðx 5Þ þ B ðx 5Þ þ C ðx þ 2Þ 2

3 Integration einer echt gebrochenrationalen Funktion durch Partialbruchzerlegung des Integranden

169

Diese Gleichung gilt fu¨r alle reellen x-Werte. Wir setzen jetzt der Reihe nach die Werte x ¼ 2, x ¼ 5 (d. h. die Nennernullstellen unserer gebrochenrationalen Funktion) und zusa¨tzlich den Wert x ¼ 0 ein und erhalten ein gestaffeltes lineares Gleichungssystem fu¨r die drei Unbekannten A, B und C : x ¼ 2

)

7 ¼ 7 B

)

B ¼ 1

x ¼

5

)

147 ¼ 49 C

)

C ¼ 3

x ¼

0

)

43 ¼ 10 A 5 B þ 4 C ¼ 10 A 5 1 þ 4 3 ¼ 10 A þ 7

)

A ¼ 5

Somit gilt A ¼ 5, B ¼ 1 und C ¼ 3, die Partialbruchzerlegung lautet daher: 8 x 2 2 x 43 2

ðx þ 2Þ ðx 5Þ

5 1 3 þ þ 2 x þ2 x 5 ðx þ 2Þ

¼

Die Integration der Partialbru¨che fu¨hrt auf drei einfache Integrale, die mit den angedeuteten Substitutionen gelo¨st werden: ! ð ð ð ð 5 1 3 dx dx dx þ þ dx ¼ 5 þ þ3 I ¼ 2 2 x þ2 x 5 x þ 2 x 5 ðx þ 2Þ ðx þ 2Þ |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} u u v du ¼ 1; dx

u ¼ x þ 2; ð I ¼ 5 ð ¼ 5

dx þ x þ2 du þ u

¼ 5 ln j u j

ð

dx ¼ du

ð u

ð

dx ðx þ 2Þ

2

und

2

þ3 ð

du þ 3

v ¼ x 5;

dx ¼ 5 x 5

ð

dv ¼ 1; dx

du þ u

ð

dx ¼ dv

du þ3 u2

ð

dv ¼ v

dv u 1 ¼ 5 ln j u j þ þ 3 ln j v j þ C ¼ v 1

1 þ 3 ln j v j þ C u

Durch Ru¨cksubstitution ðu ¼ x þ 2, v ¼ x 5Þ erhalten wir schließlich die folgende Lo¨sung: ð 8 x 2 2 x 43 1 þ 3 ln j x 5 j þ C I ¼ d x ¼ 5 ln j x þ 2 j 2 x þ2 ðx þ 2Þ ðx 5Þ

C26

ð I ¼

2 x 3 12 x 2 þ 20 x 2 dx ¼ ? x2 6x þ 9

Der Integrand ist unecht gebrochenrational und muss zuna¨chst (durch Polynomdivision) zerlegt werden: ð2 x 3 12 x 2 þ 20 x 2Þ : ðx 2 6 x þ 9Þ ¼ 2 x þ ð2 x 3 12 x 2 þ 18 xÞ

x2

2x 2 6x þ 9

2x 2 2x 2

Der echt gebrochenrationale Bestandteil x2

6x þ 9

wird dann schrittweise wie folgt in Partialbru¨che zerlegt.

170

C Integralrechnung

Partialbruchzerlegung 1. Schritt: Berechnung der Nennernullstellen x 2 6 x þ 9 ¼ ðx 3Þ 2 ¼ 0

)

x 1=2 ¼ 3

2. Schritt: Zuordnung der Partialbru¨che A B þ x 3 ðx 3Þ 2

x 1=2 ¼ 3 (doppelte Nullstelle) ! 3. Schritt: Partialbruchzerlegung (Ansatz) 2x 2 x2

6x þ 9

¼

2x 2 ðx 3Þ

¼

2

A x 3

þ

B ðx 3Þ 2

4. Schritt: Berechnung der Konstanten A und B Die Bru¨che werden gleichnamig gemacht ðHauptnenner: ðx 3Þ 2 Þ: Der erste Partialbruch muss daher mit x 3 erweitert werden: 2x 2 ðx 3Þ

2

¼

A ðx 3Þ þ B ðx 3Þ 2

Da die Nenner beider Bru¨che u¨bereinstimmen, gilt diese Aussage auch fu¨r die Za¨hler: 2 x 2 ¼ A ðx 3Þ þ B ¼ A x 3 A þ B Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir zwei Gleichungen fu¨r die Unbekannten A und B mit folgender Lo¨sung: A ¼ 2;

3A þ B ¼ 2

)

3 2 þ B ¼ 6 þ B ¼ 2

)

B ¼ 4

Die Partialbruchzerlegung ist damit abgeschlossen: 2x 2 x2

6x þ 9

¼

2 4 þ x 3 ðx 3Þ 2

Durchfu¨hrung der Integration ð I ¼

ð

2 x 3 12 x 2 þ 20 x 2 x2 ð

¼ x þ 2

dx ¼

6x þ 9

2 4 þ x 3 ðx 3Þ 2

2x þ

2x 2 x2

!

6x þ 9

ð dx ¼ x2 þ 2

ð

ð

dx ¼

dx þ4 x 3

ð

2x dx þ

2x 2 x2

6x þ 9

dx ¼

dx ðx 3Þ 2

Das erste Integral der rechten Seite ist bereits ein Grundintegral, die beiden restlichen werden mit Hilfe der Substitution u ¼ x 3; in solche u¨bergefu¨hrt: I ¼ x2 þ 2

du ¼ 1; dx ð

dx ¼ du

dx þ4 x 3 ð

¼ x 2 þ 2 ln j u j þ 4

ð

ð

dx ðx 3Þ

2

¼ x2 þ 2

du þ4 u

u 2 d u ¼ x 2 þ 2 ln j u j þ 4

ð

du u2

¼

u 1 4 þ C ¼ x 2 þ 2 ln j u j þC u 1

Durch Ru¨cksubstitution ðu ¼ x 3Þ erhalten wir schließlich die gesuchte Lo¨sung: I ¼ x 2 þ 2 ln j x 3 j

4 þC x 3


ð

C27

I ¼

x3 x3 þ 2x 2 x 2

171

dx ¼ ?

Der Integrand ist unecht gebrochenrational und muss daher zuna¨chst (durch Polynomdivision) wie folgt zerlegt werden: Þ : ðx 3 þ 2 x 2 x 2Þ ¼ 1 þ

ðx 3

ðx 3 þ 2 x 2 x 2Þ

2x2 þ x þ 2 x3 þ 2x 2 x 2

2x2 þ x þ 2 Der echt gebrochenrationale Bestandteil

2x2 þ x þ 2 x3 þ 2x 2 x 2

wird schrittweise in Partialbru¨che zerlegt.

Partialbruchzerlegung 1. Schritt: Nullstellenberechnung des Nenners x3 þ 2x 2 x 2 ¼ 0

)

x1 ¼ 1

(durch Probieren)

Die restlichen Nullstellen (falls u¨berhaupt vorhanden) erha¨lt man nach Abspalten des Linearfaktors x 1 (mit Hilfe des Hornerschemas) aus dem 1. reduzierten Polynom: 1 x1 ¼ 1 1

2

1

2

1

3

2

3

2

0

)

x2 þ 3x þ 2 ¼ 0

)

x2 ¼ 1 ;

x3 ¼ 2

2. Schritt: Zuordnung der Partialbru¨che Den einfachen Nennernullstellen x 1 ¼ 1, x 2 ¼ 1 und x 3 ¼ 2 werden der Reihe nach die folgenden Partialbru¨che zugeordnet: A ; x 1

B ; x þ1

C x þ2

3. Schritt: Partialbruchzerlegung (Ansatz) 2x2 þ x þ 2 x3

þ

2x2

x 2

¼

2x2 þ x þ 2 ðx 1Þ ðx þ 1Þ ðx þ 2Þ

¼

A B C þ þ x 1 x þ1 x þ2

4. Schritt: Alle Bru¨che werden auf den Hauptnenner ðx 1Þ ðx þ 1Þ ðx þ 2Þ gebracht. Dazu mu¨ssen die drei Teilbru¨che der rechten Seite der Reihe nach mit ðx þ 1Þ ðx þ 2Þ, ðx 1Þ ðx þ 2Þ bzw. ðx 1Þ ðx þ 1Þ erweitert werden: 2x2 þ x þ 2 ðx 1Þ ðx þ 1Þ ðx þ 2Þ

¼

A ðx þ 1Þ ðx þ 2Þ þ B ðx 1Þ ðx þ 2Þ þ C ðx 1Þ ðx þ 1Þ ðx 1Þ ðx þ 1Þ ðx þ 2Þ

Die Bru¨che stimmen im Nenner, somit auch im Za¨hler u¨berein: 2 x 2 þ x þ 2 ¼ A ðx þ 1Þ ðx þ 2Þ þ B ðx 1Þ ðx þ 2Þ þ C ðx 1Þ ðx þ 1Þ Um drei Gleichungen fu¨r die drei Unbekannten A, B und C zu erhalten, setzen wir fu¨r die Variable x drei (verschiedene) Werte ein. Gu¨nstig sind die Werte der drei Nennernullstellen des Integranden (das lineare Gleichungssystem ist dann gestaffelt und leicht zu lo¨sen). Wir erhalten: x ¼

1

)

x ¼ 1 x ¼ 2

1 ¼

6A

)

A ¼

1=6

)

1 ¼ 2 B

)

B ¼

1=2

)

8 ¼

)

C ¼ 8=3

3C

172

C Integralrechnung

Die Partialbruchzerlegung lautet somit: 2 x2 þ x þ 2 x3

þ

x 2

2x2

¼

1=6 x 1

þ

1=2

þ

x þ1

8=3 x þ2

¼

1 1 1 1 8 1 þ 6 x 1 2 x þ1 3 x þ2

Durchfu¨hrung der Integration Der Integrand des gesuchten Integrals I la¨sst sich jetzt wie folgt darstellen: x3 x3

þ

2x2

x 2

¼ 1þ

2x2 þ x þ 2 x3

þ

2x2

x 2

¼ 1þ

1 1 1 1 8 1 þ 6 x 1 2 x þ1 3 x þ2

Gliedweise Integration fu¨hrt auf ein Grundintegral und drei einfache Integrale, die in der angedeuteten Weise mit Hilfe einfacher Substitutionen gelo¨st werden: ð ð ð ð 1 dx 1 dx 8 dx I ¼ 1 dx þ þ 6 3 x 1 2 x þ1 x þ2 |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} u v w du ¼ 1; dx

u ¼ x 1; ð I ¼

1 1 dx þ 6

ð

dx ¼ du;

du 1 þ u 2

ð

analog: v ¼ x þ 1; d x ¼ d v und

dv 8 v 3

ð

w ¼ x þ 2;

dx ¼ dw

dw 1 1 8 ¼ x þ ln j u j þ ln j v j ln j w j þ C w 6 2 3

Durch Ru¨cksubstitution ðu ¼ x 1, v ¼ x þ 1, w ¼ x þ 2Þ erha¨lt man die gesuchte Lo¨sung: I ¼ x þ

1 1 8 ln j x 1 j þ ln j x þ 1 j ln j x þ 2 j þ C 6 2 3

ð

C28

I ¼

4 x 4 x 3 38 x 2 þ 9 x þ 45 ðx 2 9Þ ðx þ 1Þ

dx ¼ ?

Da der Integrand unecht gebrochenrational ist, mu¨ssen wir ihn zuna¨chst zerlegen (Polynomdivision). Nenner: ðx 2 9Þ ðx þ 1Þ ¼ x 3 þ x 2 9 x 9 ð4 x 4

x 3 38 x 2 þ 9 x þ 45Þ : ðx 3 þ x 2 9 x 9Þ ¼ 4 x 5 þ

ð4 x 4 þ 4 x 3 36 x 2 36 xÞ 5 x 3 2 x 2 þ 45 x þ 45

3x2 ðx 2 9Þ ðx þ 1Þ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} echt gebrochen

ð 5 x 3 5 x 2 þ 45 x þ 45Þ 3x2 Partialbruchzerlegung (des echt gebrochenrationalen Anteils) 1. Schritt: Berechnung der Nennernullstellen ðx 2 9Þ ðx þ 1Þ ¼ 0

x2 9 ¼ 0

)

x1=2 ¼ 3

x þ1 ¼ 0

)

x3 ¼ 1

2. Schritt: Zuordnung der Partialbru¨che Den drei einfachen Nennernullstellen x 1 ¼ 3, x 2 ¼ 3 und x 3 ¼ 1 werden der Reihe nach folgende Partialbru¨che zugeordnet: A ; x 3

B ; x þ3

C x þ1


173

3. Schritt: Partialbruchzerlegung (Ansatz) 3x2 ðx 2 9Þ ðx þ 1Þ

¼

3x2 A B C ¼ þ þ x 3 x þ 3 x þ 1 ðx 3Þ ðx þ 3Þ ðx þ 1Þ

4. Schritt: Alle Bru¨che werden gleichnamig gemacht, d. h. auf den Hauptnenner ðx 3Þ ðx þ 3Þ ðx 1Þ gebracht. Dazu mu¨ssen die Teilbru¨che der rechten Seite der Reihe nach mit ðx þ 3Þ ðx 1Þ, ðx 3Þ ðx 1Þ bzw. ðx 3Þ ðx þ 3Þ erweitert werden: 3x2 ðx 3Þ ðx þ 3Þ ðx þ 1Þ

A ðx þ 3Þ ðx þ 1Þ þ B ðx 3Þ ðx þ 1Þ þ C ðx 3Þ ðx þ 3Þ

¼

ðx 3Þ ðx þ 3Þ ðx þ 1Þ

Da die Nenner beider Bru¨che u¨bereinstimmen, gilt dies auch fu¨r die Za¨hler. Somit ist: 3 x 2 ¼ A ðx þ 3Þ ðx þ 1Þ þ B ðx 3Þ ðx þ 1Þ þ C ðx 3Þ ðx þ 3Þ Durch Einsetzen der Werte x ¼ 3, x ¼ 3 und x ¼ 1 (es sind die Nennernullstellen des Integranden!) erhalten wir ein leicht lo¨sbares gestaffeltes lineares Gleichungssystem: 3

)

27 ¼ 24 A

)

A ¼

27 9 ¼ 24 8

x ¼ 3

)

27 ¼ 12 B

)

B ¼

27 9 ¼ 12 4

x ¼ 1

)

3 ¼ 8C

)

C ¼

x ¼

3 8

Die Partialbruchzerlegung lautet damit: 3 x2 ðx 2

9Þ ð x þ 1Þ

¼

9=8 x 3

þ

9=4 x þ3

þ

3=8 x þ1

¼

9 1 9 1 3 1 þ 8 x 3 4 x þ3 8 x þ1

Durchfu¨hrung der Integration Der Integrand des gesuchten Integrals I la¨sst sich jetzt in der folgenden Form darstellen: 4 x 4 x 3 38 x 2 þ 9 x þ 45 ðx 2 9Þ ð x þ 1Þ

¼ 4x 5 þ ¼ 4x 5 þ

3 x2 ðx 2 9Þ ð x þ 1Þ

¼

9 1 9 1 3 1 þ 8 x 3 4 x þ3 8 x þ1

Gliedweise Integration fu¨hrt auf ein Grundintegral und drei weitere durch die angedeuteten Substitutionen leicht lo¨sbare Integrale: ð ð ð ð 9 dx 9 dx 3 dx þ I ¼ ð4 x 5Þ d x þ 8 8 x 3 4 x þ3 x þ1 |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} u v w u ¼ x 3; ð I ¼

du ¼ 1; dx

dx ¼ du;

9 ð4 x 5Þ d x þ 8

¼ 2x2 5x þ

ð

analog: v ¼ x þ 3 ;

du 9 þ u 4

ð

dv 3 v 8

ð

d x ¼ d v und

w ¼ x þ 1;

dw ¼ w

9 9 3 ln j u j þ ln j v j ln j w j þ C 8 4 8

Ru¨cksubstitution ðu ¼ x 3, v ¼ x þ 3, w ¼ x þ 1Þ fu¨hrt schließlich zur gesuchten Lo¨sung: I ¼ 2x2 5x þ

9 9 3 ln j x 3 j þ ln j x þ 3 j ln j x þ 1 j þ C 8 4 8

dx ¼ dw

174

C Integralrechnung

ð

C29

I ¼

5 x 2 7 x þ 20 dx ¼ ? x 3 3 x 2 þ 12 x 10

Der echt gebrochenrationale Integrand wird in Partialbru¨che zerlegt. 1. Schritt: Berechnung der Nennernullstellen x 3 3 x 2 þ 12 x 10 ¼ 0

)

x1 ¼ 1

(durch Probieren)

Die restlichen Nullstellen sind die Nullstellen des 1. reduzierten Polynoms, das wir mit Hilfe des Horner-Schemas ermitteln: 1 x1 ¼ 1 1

3

12

10

1

2

10

2

10

0

) )

x 2 2 x þ 10 ¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffi x2=3 ¼ 1 1 10 ¼ 1 9 ¼ 1 3 j

2. Schritt: Zuordnung der Partialbru¨che x 1 ¼ 1 (einfache reelle Nullstelle) !

A x 1

x 2=3 ¼ 1 3 j (konjugiert komplexe Nullstelle) !

Bx þ C x 2 2 x þ 10

3. Schritt: Partialbruchzerlegung (Ansatz) 5 x 2 7 x þ 20 x3

3x2

þ 12 x 10

¼

5 x 2 7 x þ 20 ðx 1Þ

ðx 2

2 x þ 10Þ

¼

A Bx þ C þ 2 x 1 x 2 x þ 10

4. Schritt: Alle Teilbru¨che werden auf den Hauptnenner ðx 1Þ ðx 2 2 x þ 10Þ gebracht. Sie mu¨ssen daher der Reihe nach mit x 2 2 x þ 10 bzw. x 1 erweitert werden: 5 x 2 7 x þ 20 ðx 1Þ ðx 2 2 x þ 10Þ

¼

A ðx 2 2 x þ 10Þ þ ðB x þ CÞ ðx 1Þ ðx 1Þ ðx 2 2 x þ 10Þ

Die Bru¨che auf beiden Seiten dieser Gleichung stimmen im Nenner u¨berein und somit auch im Za¨hler: 5 x 2 7 x þ 20 ¼ A ðx 2 2 x þ 10Þ þ ðB x þ CÞ ðx 1Þ Wir beno¨tigen drei Gleichungen fu¨r die drei Unbekannten A, B und C und setzen daher fu¨r die Variable x drei verschiedene Werte ein: x ¼ 1 (reelle Nennernullstelle), x ¼ 0 und x ¼ 2. Das bereits gestaffelte lineare Gleichungssystem fu¨hrt zu der folgenden Lo¨sung: x ¼ 1

)

18 ¼ 9 A

)

A ¼ 2

x ¼ 0

)

20 ¼ 10 A C

x ¼ 2

)

26 ¼ 10 A þ 2 B þ C

)

20 ¼ 10 2 C ¼ 20 C )

x3

3x2

þ 12 x 10

¼

C ¼ 0

26 ¼ 10 2 þ 2 B þ 0 ¼ 20 þ 2 B

Die Partialbruchzerlegung besitzt damit die folgende Gestalt: 5 x 2 7 x þ 20

)

2 3x þ 2 x 1 x 2 x þ 10

)

6 ¼ 2B

)

B ¼ 3

4 Numerische Integration

175

Durchfu¨hrung der Integration Gliedweise Integration der Partialbru¨che fu¨hrt zu ð ð ð 5 x 2 7 x þ 20 dx x dx ¼ 2 I ¼ d x ¼ 2 I1 þ 3 I2 þ3 x 1 x 2 2 x þ 10 x 3 3 x 2 þ 12 x 10 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} I1 I2 Das Teilintegral I 1 wird durch eine einfache Substitution gelo¨st: du ¼ 1; dx ¼ du dx ð ð dx du ¼ ¼ ln j u j þ C 1 ¼ ln j x 1 j þ C 1 I1 ¼ x 1 u u ¼ x 1;

Das Teilintegral I 2 la¨sst sich nach einigen elementaren Umformungen im Nenner ebenfalls durch Substitution lo¨sen. Wir haben dieses Integral bereits in der eigensta¨ndigen Aufgabe C16 ausfu¨hrlich behandelt. Die Lo¨sung lautete: ð x 1 1 1 dx ¼ I2 ¼ ln ðx 2 2 x þ 10Þ þ arctan ðx 1Þ þ C 2 2 3 3 x 2 2 x þ 10 Damit erhalten wir fu¨r das Integral I folgende Lo¨sung: I ¼ 2 I 1 þ 3 I 2 ¼ 2 ð ln j x 1 j þ C 1 Þ þ 3 ¼ 2 ln j x 1 j þ 2 C 1 þ ¼ 2 ln j x 1 j þ

1 1 1 2 ln ðx 2 x þ 10Þ þ arctan ðx 1Þ þ C 2 ¼ 2 3 3

3 1 ln ðx 2 2 x þ 10Þ þ arctan ðx 1Þ þ 3 C 2 ¼ 2 3

3 1 ln ðx 2 2 x þ 10Þ þ arctan ðx 1Þ þ C * 2 3

ðC * ¼ 2 C 1 þ 3 C 2 Þ

4 Numerische Integration Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel V.8.4 Formelsammlung: Kapitel V.3.5

Bestimmen Sie mit der Simpsonschen Formel fu¨r 2 n ¼ 8 einfache Streifen einen Na¨herungswert fu¨r den Fla¨cheninhalt A zwischen der Kurve y ¼ ln ð1 þ 5 x 3 Þ, 0 x 1,6 und der x-Achse (Erstund Zweitrechnung mit halber Streifenzahl).

C30

Die Fla¨chenberechnung erfolgt durch das folgende Integral: 1ð,6

ln ð1 þ 5 x 3 Þ d x

A ¼ 0

176

C Integralrechnung

Bild C-1 zeigt die gesuchte Fla¨che und ihre Zerlegung in 2 n ¼ 8 einfache Streifen (Erstrechnung). y 3

2

y = ln 1 + 5 x 3

1

Bild C-1 0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1,4

1,6

x

Erstrechnung (2 n = 8 einfache Streifen ) n = 4 Doppelstreifen) Streifenbreite (Schrittweite): h ¼

1,6 0 ¼ 0,2 8

Stu¨tzstellen: x k ¼ 0 þ k h ¼ k 0,2

ðk ¼ 0; 1; 2; . . . ; 8Þ

Stu¨tzwerte: y k ¼ f ðx k Þ ¼ ln ð1 þ 5 x 3k Þ (mit dem Taschenrechner berechnen) Zweitrechnung (2 n * = 4 einfache Streifen ) n * = 2 Doppelstreifen) Streifenbreite (Schrittweite): h * ¼ 2 h ¼ Stu¨tzstellen: x k ¼ 0 þ k h * ¼ k 0,4

1,6 0 ¼ 0,4 4 ðk ¼ 0; 1; 2; 3; 4Þ

Stu¨tzwerte: y k ¼ f ðx k Þ ¼ ln ð1 þ 5 x 3k Þ (liegen aus der Erstrechnung bereits vor)

k

Stu¨tzstellen x k

0

0

1

0,2

2

0,4

3

0,6

4

0,8

5

1,0

6

1,2

7

1,4

8

1,6

Erstrechnung (h = 0,2)

Zweitrechnung (h * = 2 h = 0,4)

Stu¨tzwerte y k

Stu¨tzwerte y k

0

0 0,039 221 0,277 632

0,277 632

0,732 368 1,269 761

1,269 761

1,791 759 2,265 921

2,265 921

2,689 207 3,067 122

3,067 122

3,067 122 5,252 555 3,813 314 3,067 122 2,543 553 1,269 761 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} S1 S2 S *0 S *1 S *2 S0 Hinweis zur Tabelle: Die grau unterlegten Stu¨tzstellen und Stu¨tzwerte der Erstrechnung entfallen bei der Zweitrechnung.


177

Erstrechnung: 2 n = 8 „einfache“ Streifen der Breite h = 0,2 I h ¼ ðS 0 þ 4 S 1 þ 2 S 2 Þ

h 0,2 ¼ ð3,067 122 þ 4 5,252 555 þ 2 3,813 314Þ ¼ 2,113 598 3 3

Zweitrechnung: 2 n * = 4 „einfache“ Streifen der Breite h * = 2 h = 0,4 I h ¼ I 2 h ¼ ðS *0 þ 4 S *1 þ 2 S *2 Þ

h* 0,4 ¼ ð3,067 122 þ 4 2,543 553 þ 2 1,269 761Þ ¼ 2,104 114 3 3

Fehler der Erstrechnung: DI ¼

1 1 1 ðI h I h *Þ ¼ ðI h I 2 h Þ ¼ ð2,113 598 2,104 114Þ ¼ 0,000 632 15 15 15

Verbesserter Na¨herungswert I v (Fla¨cheninhalt A): 1ð,6

A ¼ Iv ¼

ln ð1 þ 5 x 3 Þ d x I v ¼ I h þ D I ¼ 2,113 598 þ 0,000 632 ¼ 2,114 230 0

ðp

C31

e cos x d x na¨herungsweise nach Simpson (Zerlegung in 2 n ¼ 12 „ein-

Berechnen Sie das Integral 0

fache“ Streifen; Erst- und Zweitrechnung).

Der Integralwert entspricht der in Bild C-2 skizzierten Fla¨che. y 3

2 y = e cos x 1

Bild C-2 π

x

h = π / 12

Erstrechnung (2 n = 12 „einfache“ Streifen ) n = 6 Doppelstreifen) Streifenbreite (Schrittweite): h ¼ p=12 Stu¨tzstellen: x k ¼ 0 þ k h ¼ k p=12

ðk ¼ 0; 1; 2; . . . ; 12Þ

Bei der Berechnung der Stu¨tzwerte y k ¼ f ðx k Þ ¼ e cos x k ist zu beachten, dass die Stu¨tzstellen x k im Bogenmaß gegebene Winkel sind.

178

C Integralrechnung

Zweitrechnung (2 n * = 6 „einfache“ Streifen

) n * = 3 Doppelstreifen)

Streifenbreite (Schrittweite): h * ¼ 2 h ¼ p=6 Stu¨tzstellen: x k ¼ 0 þ k h ¼ k p=6

ðk ¼ 0; 1; 2; . . . ; 6Þ

Stu¨tzwerte: y k ¼ f ðx k Þ ¼ e cos x k (liegen aus der Erstrechnung bereits vor)

k

Erstrechnung (h = p /12)

Zweitrechnung (h * = 2 h = p /6)

Stu¨tzwerte y k

Stu¨tzwerte y k

Stu¨tzstellen x k

0

0

2,718 282

1

1 p=12 ¼ p=12

2

2 p=12 ¼ p=6

3

3 p=12 ¼ p=4

4

4 p=12 ¼ p=3

5

5 p=12

6

6 p=12 ¼ p=2

7

7 p=12

8

8 p=12 ¼ 2 p=3

9

9 p=12 ¼ 3 p=4

10

10 p=12 ¼ 5 p=6

11

11 p=12

12

12 p=12 ¼ p

2,718 282 2,627 219 2,377 443

2,377 443

2,028 115 1,648 721

1,648 721

1,295 399 1

1

0,771 963 0,606 531

0,606 531

0,493 069 0,420 620

0,420 620

0,380 631 0,367 879

0,367 879

3,086 161 7,596 396 6,053 315 3,086 161 3,798 063 2,255 252 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} S1 S2 S *0 S *1 S *2 S0 Hinweis zur Tabelle: Die grau unterlegten Stu¨tzstellen und Stu¨tzwerte der Erstrechnung entfallen bei der Zweitrechnung. Erstrechnung: 2 n = 12 „einfache“ Streifen der Breite h = p /12 I h ¼ ðS 0 þ 4 S 1 þ 2 S 2 Þ

h p ¼ ð3,086 161 þ 4 7,596 396 þ 2 6,053 315Þ ¼ 3,977 464 3 36

Zweitrechnung: 2 n * = 6 „einfache“ Streifen der Breite h * = 2 h = p /6 h* p I h * ¼ I 2 h ¼ ðS *0 þ 4 S *1 þ 2 S *2 Þ ¼ 3,977 416 ¼ ð3,086 161 þ 4 3,798 063 þ 2 2,255 252Þ 18 3 Fehler der Erstrechnung: 1 1 1 ðI h I h *Þ ¼ ðI h I 2 h Þ ¼ ð3,977 464 3,977 416Þ ¼ 0,000 003 15 15 15

DI ¼

Verbesserter Na¨herungswert I v : ðp Iv ¼

e cos x d x I v ¼ I h þ D I ¼ 3,977 464 þ 0,000 003 ¼ 3,977 467 0


179

ð

p=2

I ¼

C32

x dx ¼ ? sin x

p=4

Berechnen Sie dieses Integral na¨herungsweise nach der Trapezformel fu¨r n ¼ 6 Streifen. Welches Ergebnis erha¨lt man nach Simpson fu¨r 2 n ¼ 6 „einfache“ Streifen?

Der Integralwert entspricht der in Bild C-3 skizzierten Fla¨che.

y=

Streifenbreite (Schrittweite): h ¼

y

1,5

p=2 p=4 p=4 p ¼ ¼ 6 6 24

1

Stu¨tzstellen:

0,5

p p p þk h ¼ þk ¼ xk ¼ 4 4 24 ¼ 6

x sin x

π 4

p p p þk ¼ ð6 þ kÞ 24 24 24

h = π / 24

π 2

x

Bild C-3

ðk ¼ 0; 1; 2; . . . ; 6Þ

Bei der Berechnung der zugeho¨rigen Stu¨tzwerte y k ¼ f ðx k Þ ¼ x k =sin x k ist zu beachten, dass die Stu¨tzstellen x k im Bogenmaß dargestellte Winkel sind.

k

Stu¨tzstellen x k

Trapezformel

Simpsonsche Formel

Stu¨tzwerte y k

Stu¨tzwerte y k

0

6 p=24 ¼ p=4

1

7 p=24

1,154 968

2

8 p=24 ¼ p=3

1,209 200

3

9 p=24 ¼ 3 p=8

1,275 163

4

10 p=24 ¼ 5 p=12

1,355 173

5

11 p=24

1,452 321

6

12 p=24 ¼ p=2

1,110 721

1,110 721

1,570 796

1,154 968 1,209 200 1,275 163 1,355 173 1,452 321 1,570 796

2,681 517 6,446 825 2,681 517 3,882 452 2,564 373 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} S1 S2 S0 S1 S2 Die beiden Formeln (Trapez- und Simpsonformel) unterscheiden sich bekanntlich in der unterschiedlichen Gewichtung der Stu¨tzstellen. Trapezformel ðn ¼ 6 Streifen der Breite h ¼ p=24Þ: 1 1 p S1 þ S2 h ¼ 2,681 517 þ 6,446 825 ¼ 1,019 392 I ¼ 2 2 24 Simpsonsche Formel ð2 n ¼ 6 einfache Streifen der Breite h ¼ 0,2 I ¼ ðS 0 þ 4 S 1 þ 2 S 2 Þ

)

n ¼ 3 DoppelstreifenÞ:

h p ¼ ð2,681 517 þ 4 3,882 452 þ 2 2,564 373Þ ¼ 1,018 403 3 72

180

C Integralrechnung

5 Anwendungen der Integralrechnung In diesem Abschnitt finden Sie ausschließlich anwendungsorientierte Aufgaben zu folgenden Themen:

Fla¨cheninhalt, Fla¨chenschwerpunkt, Fla¨chentra¨gheitsmomente (Fla¨chenmomente) Rotationsko¨rper (Volumen, Mantelfla¨che, Massentra¨gheitsmoment, Schwerpunkt) Bogenla¨nge, lineare und quadratische Mittelwerte Arbeitsgro¨ßen, Bewegungen (Weg, Geschwindigkeit, Beschleunigung)

Hinweise (1) (2)

Fertigen Sie zu jeder Aufgabe eine Skizze an, sie erleichtert Ihnen den Lo¨sungsweg und fu¨hrt zu einem besseren Versta¨ndnis. Alle anfallenden Integrale du¨rfen einer Integraltafel entnommen werden (wenn nicht ausdru¨cklich anders verlangt). Bei der Lo¨sung der Integrale wird die jeweilige Integralnummer aus der Integraltafel der Mathematischen Formelsammlung mit den entsprechenden Parameterwerten angegeben („gelbe Seiten“, z. B. Integral 313 mit a ¼ 2). Selbstversta¨ndlich du¨rfen Sie die Integrale auch „per Hand“ lo¨sen (zusa¨tzliche bung).

5.1 Fla¨cheninhalt, Fla¨chenschwerpunkt, Fla¨chentra¨gheitsmomente Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel V.10.2 und 10.8 Formelsammlung: Kapitel V.5.4 bis 5.6

Welcher Fla¨cheninhalt A wird von der Kurve y 2 ¼ 9 x 2 x 4 eingeschlossen? Das dabei anfallende Integral ist mit einer geeigneten Integrationsmethode zu lo¨sen.

C33

Wir lo¨sen die Kurvengleichung nach y auf und erhalten zwei zur x-Achse spiegelsymmetrische Funktionen: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 9 x2 ; 3 x 3 y 2 ¼ 9 x 2 x 4 ¼ x 2 ð9 x 2 Þ ) y ¼ x Bild C-4 zeigt die eingeschlossene Fla¨che, die sowohl zur x- als auch zur y-Achse symmetrisch ist. Bei der Integration ko¨nnen wir uns daher auf den 1. Quadrant beschra¨nken (dunkelgrau unterlegte Fla¨che): ð3

ðb y dx ¼ 4

A ¼ a

y y 2 = 9x 2 – x 4

4 2

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x 9 x2 dx –3

0

–2

–1

1

2

3

x

–2 –4

Bild C-4 Das Integral lo¨sen wir mit Hilfe der folgenden Substitution (die Grenzen werden mitsubstituiert): u ¼ 9 x2;

du ¼ 2x; dx

dx ¼

du ; 2x

Grenzen

unten: x ¼ 0

)

u ¼ 90 ¼ 9

oben: x ¼ 3

)

u ¼ 99 ¼ 0

5 Anwendungen der Integralrechnung

ð3 A ¼ 4

181

ð9 ð0 ð0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi du 2 u d u ¼ 2 u 1=2 d u ¼ ¼ 2 x 9 x dx ¼ 4 x u 2 x

0

9

u 3=2 ¼ 2 3=2

9

9

0

4 hpffiffiffiffiffi3 i 9 4 pffiffiffi 9 4 ¼ u u u 0¼ ð27 0Þ ¼ 36 0 3 3 3

¼ 0

Bestimmen Sie den Fla¨cheninhalt A, den die Kurve y ¼ x 3 6 x 2 4 x þ 24 mit der x-Achse im Bereich der beiden am weitesten außen gelegenen Schnittstellen einschließt.

C34

Wir beno¨tigen die Nullstellen der Funktion: x 3 6 x 2 4 x þ 24 ¼ 0

)

x1 ¼ 2

(durch Probieren)

Abspalten des zugeho¨rigen Linearfaktors x 2 mit dem Horner-Schema, Berechnung der restlichen Nullstellen aus dem 1. reduzierten Polynom (! FS, III. 4.5 und III. 4.6): 1

6

x1 ¼ 2

4

8 24

2 1

24

4

12

0

)

x 2 4 x 12 ¼ 0

Die Polynomfunktion besitzt den in Bild C-5 dargestellten Verlauf. Die gesuchte Fla¨che A ergibt sich dann als Summe der skizzierten Teilfla¨chen A 1 und A 2 :

)

x2 ¼ 6 ;

x3 ¼ 2

y 30 y = x 3 – 6x 2 – 4x + 24

20 10

A1

Bild C-5 –2

–1 – 10

1

2

3

4 A2

– 20 – 30

Teilfla¨che A 1 : Die Kurve liegt oberhalb der x-Achse. Daher gilt: ðb A1 ¼

ð2 y dx ¼

ðx 6 x 4 x þ 24Þ d x ¼ 3

2

2

a

1 4 x 2 x 3 2 x 2 þ 24 x 4

2 ¼ 2

¼ ð4 16 8 þ 48Þ ð4 þ 16 8 48Þ ¼ 28 þ 36 ¼ 64 Teilfla¨che A 2 : Die Kurve liegt unterhalb der x-Achse. Daher gilt jetzt: ðc A2 ¼

y dx ¼ b

ð6 ðx 6 x 4 x þ 24Þ d x ¼ 3

2

1 4 x 2 x 3 2 x 2 þ 24 x 4

2

¼ ð324 432 72 þ 144 4 þ 16 þ 8 48Þ ¼ 64 Gesamtfla¨che A:

A ¼ A 1 þ A 2 ¼ 64 þ 64 ¼ 128

6 ¼ 2

5

6

x

182

C Integralrechnung

1 2 x þ 2 x eingeschlossene Berechnen Sie fu¨r das von den Parabeln y ¼ x 2 4 x und y ¼ 5 Fla¨chenstu¨ck Fla¨cheninhalt A und Fla¨chenschwerpunkt S.

C35

Wir berechnen zuna¨chst die beno¨tigten Schnittpunkte der beiden Parabeln: 1 2 x 4x ¼ x þ 2x 5 2

)

6 2 x 6x ¼ 6x 5

Aus Bild C-6 entnehmen wir die folgenden Randkurven: 1 2 x þ 2x 5

obere Randkurve:

yo ¼

untere Randkurve:

yu ¼ x 2 4 x

1 x 1 ¼ 0 5

6 x ¼ 0 ) x1 ¼ 0 1 x 1 ¼ 0 ) x2 ¼ 5 5

y

5

1 yo = – x 2 + 2x 5 A

1

Bild C-6 1

–1

A ¼

4

5

–4

ð5 ð5 1 2 6 2 2 x þ 2 x ðx 4 xÞ d x ¼ x þ 6x dx ¼ ð y o y uÞ d x ¼ 5 5

a

0

¼

3

yu = x 2 – 4x

Fla¨cheninhalt A ðb

2

2 3 x þ 3x2 5

0

5 ¼ 50 þ 75 0 0 ¼ 25 0

Schwerpunkt S = (xS; yS) 1 xS ¼ A

ðb

1 x ð y o y uÞ d x ¼ 25

ð5

a

¼

1 25

1 2 2 x x þ 2 x ðx 4 xÞ d x ¼ 5

0

ð5 0

5 ð5 6 2 1 6 3 1 3 4 x þ 6x dx ¼ x þ 6x2 dx ¼ x þ 2x3 ¼ x 5 25 5 25 10 0 0

1 375 1 125 5 þ 250 0 0 ¼ ¼ ¼ 2,5 ¼ 25 2 25 2 2

1 yS ¼ 2A

ðb

1 ð y 2o y 2u Þ d x ¼ 50

a

1 ¼ 50

ð5

ð5 "

1 2 x þ 2x 5

#

2 ðx 2 4 xÞ

2

dx ¼

0

1 4 4 3 x x þ 4x2 25 5

ðx 4 8 x 3 þ 16 x 2 Þ

dx ¼

0

1 ¼ 50

5 ð5 24 4 36 3 1 24 5 9 4 2 3 dx ¼ x þ x 12 x x þ x 4x ¼ 25 5 50 125 5 0 0

¼

1 1 1 ð 600 þ 1125 500 0 0 0Þ ¼ 25 ¼ ¼ 0,5 50 50 2

Schwerpunkt: S ¼ ð2,5; 0,5Þ

x


C36

183

Bestimmen Sie den Fla¨cheninhalt A und den Fla¨chenschwerpunkt S des Fla¨chenstu¨cks, das von der Kurve y ¼ x e x mit der positiven x-Achse eingeschlossen wird.

Wir berechnen zuna¨chst den Fla¨cheninhalt A des in Bild C-7 dargestellten Fla¨chenstu¨cks und anschließend die Lage des Fla¨chenschwerpunktes S.

y 0,4 0,3

y = x · e–x

0,2 A 0,1

Bild C-7 1

2

3

4

5

x

Fla¨cheninhalt A 1 ð

ðb f ðxÞ d x ¼

A ¼ a

x e

x

ðl d x ¼ lim

l!1

0

x ex d x

0

Dieses uneigentliche Integral wird wie folgt berechnet: Zuna¨chst wird von x ¼ 0 bis x ¼ l > 0 integriert, anschließend der Grenzwert l ! 1 gebildet: ðl AðlÞ ¼

x e x d x ¼ ½ ð x 1Þ e x l0 ¼ ð l 1Þ e l þ 1

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 313 mit a ¼ 1

A ¼ lim AðlÞ ¼ lim l!1

l!1

ð l 1Þ e l þ 1

¼ 0þ1 ¼ 1

Hinweis: Fu¨r ein beliebiges Polynom PðlÞ gilt: lim P ðlÞ e l ¼ 0 l!1

ðf u¨ r l > 0Þ

Schwerpunkt S = (xS ; yS) 1 xS ¼ A

ðb

1 xy dx ¼ 1

a

1 ð

x e 2

x

ðl d x ¼ lim l!1

0

x 2 e x d x ¼ lim

l!1

x2 þ 2x þ 2 ex 1

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 314 mit a ¼ 1

¼ lim

l!1

1 yS ¼ 2A

ðx 2 þ 2 x þ 2Þ e x

ðb

1 y dx ¼ 2

1 ð

x e

2

a

2

l 0

¼ lim

l!1

2x

ðl 2 þ 2 l þ 2Þ e l þ 2

1 dx ¼ lim 2 l!1

0

ðl

¼ 0þ2 ¼ 2

x 2 e2x d x ¼

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 314 mit a ¼ 2

¼

1 4x2 þ 4x þ 2 lim e2x 2 l!1 8

¼

l ¼ 0

l 1 lim ð4 x 2 þ 4 x þ 2Þ e 2 x 0 ¼ 16 l ! 1

1 1 1 lim ð4 l 2 þ 4 l þ 2Þ e 2 l 2 ¼ ð0 2Þ ¼ ¼ 0,125 16 l ! 1 16 8

Schwerpunkt: S ¼ ð2; 0,125Þ

l ¼ 0

184

C Integralrechnung

Ein Fla¨chenstu¨ck wird berandet durch die folgenden Kurven: y 2 ¼ ðx 2 þ 1Þ 2 , x ¼ 0, x ¼ 3. Bestimmen Sie den Fla¨cheninhalt A sowie die Lage des Schwerpunktes S.

C37

Die Fla¨che verlaüft spiegelsymmetrisch zur x-Achse (Bild C-8). Bei der Integration beschra¨nken wir uns auf den im 1. Quadrant gelegenen Teil der Fla¨che. y

x=0

10 x=3

yo = x 2 + 1

5

Randkurven obere Randkurve: y o ¼ x 2 þ 1

1 –5

2

untere Randkurve: y u ¼ x 2 1

x

3

yu = –x 2 – 1

– 10

Bild C-8

Fla¨cheninhalt A ðb A ¼

ðb ð yo yu Þ d x ¼ 2

a

ð3 yo d x ¼ 2

a

ðx þ 1Þ d x ¼ 2 2

0

1 3 x þx 3

3 ¼ 2 ½ 9 þ 3 0 0 ¼ 24 0

Schwerpunkt S = (xS ; yS) Aus Symmetriegru¨nden liegt der Schwerpunkt auf der x-Achse, d. h. y S ¼ 0. Fu¨r x S erhalten wir: xS ¼

1 A

ðb x ð y o yu Þ d x ¼ 2

1 A

a

¼

1 12

ðb x yo d x ¼ 2

1 24

a

1 4 1 2 x þ x 4 2

3 ¼ 0

1 12

ð3 x ðx 2 þ 1Þ d x ¼ 0

1 12

ð3 ðx 3 þ xÞ d x ¼ 0

81 9 1 81 þ 18 99 33 þ 00 ¼ ¼ ¼ ¼ 2,0625 4 2 12 4 48 16

Schwerpunkt: S ¼ ð2,0625; 0Þ

C38

4 Bestimmen Sie den Schwerpunkt S der Fla¨che zwischen der Kurve y ¼ und der x-Achse im 4 þ x2 Intervall 2 x 2.

Die Fla¨che verlaüft spiegelsymmetrisch zur y-Achse (Bild C-9). Wir beschra¨nken daher die anfallenden Integrationen auf das Intervall von x ¼ 0 bis x ¼ 2 (Faktor 2). Zuna¨chst berechnen wir den beno¨tigten Fla¨cheninhalt A. y 1

y=

4 4 + x2

0,5

Bild C-9 –2

–1

1

2

x


185

Fla¨cheninhalt A ðb A ¼

ð2 y dx ¼ 2

a

0

4 dx ¼ 8 4 þ x2

ð2

1 dx ¼ 8 4 þ x2

0

x

1 arctan 2 2

2

h x i 2 ¼ 4 arctan ¼ 2 0 0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 29 mit a ¼ 2

¼ 4 ðarctan 1 arctan 0Þ ¼ 4

p 4

0 ¼ p

(Winkel im Bogenmaß!)

Schwerpunkt S = (xS ; yS) Wegen der Spiegelsymmetrie liegt der Schwerpunkt auf der y-Achse, d. h. x S ¼ 0. Fu¨r y S erhalten wir: yS ¼

1 2A

ðb y2 dx ¼ a

1 2 2p

ð2 0

16 ð4 þ

x 2Þ 2

dx ¼

16 p

ð2

1

dx ¼ 2Þ 2 ð4 þ x 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

Integral 30 mit a ¼ 2

x 2 16 1 x 1 1 1 ¼ arctan þ arctan 1 0 arctan 0 ¼ þ 16 2 0 p 32 16 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 16 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 8 ð4 þ x 2 Þ p=4 0 16 1 1 p 16 1 p 16 2 þ p 2þp þ ¼ þ ¼ ¼ ¼ 0,4092 ¼ p 32 16 4 p 32 64 p 64 4p 16 ¼ p


Die nach rechts geo¨ffnete Parabel y 2 ¼ 2 p x schließt mit der Geraden x ¼ const: ¼ 2 p ein Fla¨chenstu¨ck ein ð p > 0Þ. Berechnen Sie die Fla¨chentra¨gheitsmomente (Fla¨chenmomente) I x , I y und Ip .

C39

Durch Auflo¨sen nach y erhalten wir die beiden zur x-Achse spiegelsymmetrischen Funktionen pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi (obere und untere Halbparabel, siehe Bild C-10). y ¼ 2 p x ¼ ð2 p xÞ 1=2 y

2p yo = 2px

Randkurven

p

x = 2p

p

2p

oben: y o ¼ ð2 p xÞ 1=2 ¼ ð2 pÞ 1=2 x 1=2 x

unten: y u ¼ ð2 p xÞ 1=2 ¼ ð2 pÞ 1=2 x 1=2

–p yu = – 2px – 2p

Bild C-10

Wir beschra¨nken uns bei den Integrationen auf den 1. Quadranten (hellgrau unterlegte Fla¨che).

186

C Integralrechnung

Fla¨chenmoment I x ðb

1 Ix ¼ 3

ð y 3o

y 3u Þ

1 dx ¼ 2 3

a

ðb

2 dx ¼ 3

a

2 ð2 pÞ 3=2 ¼ 3

x 5=2 5=2

2p ¼ 0

ð

2p

y 3o

ð

2p

ð2 pÞ

3=2

x

3=2

2 ð2 pÞ 3=2 dx ¼ 3

0

x 3=2 d x ¼ 0

h i2p 4 4 4 64 4 ð2 pÞ 3=2 x 5=2 ð2 pÞ 3=2 ½ ð2 p Þ 5=2 0 ¼ ð2 pÞ 4 ¼ p ¼ 0 15 15 15 15

Fla¨chenmoment I y ðb Iy ¼

ðb x ð y o y uÞ d x ¼ 2

x yo d x ¼ 2

2

a

ð

x 7=2 7=2

2p ¼ 0

2p

x ð2 pÞ

2

a

¼ 2 ð2 pÞ 1=2

ð

2p 2

1=2

x

1=2

d x ¼ 2 ð2 pÞ

0

1=2

x 5=2 d x ¼ 0

h i2p 4 4 4 64 4 ¼ ð2 pÞ 1=2 x 7=2 ð2 pÞ 1=2 ½ ð2 p Þ 7=2 0 ¼ ð2 pÞ 4 ¼ p 0 7 7 7 7

Polares Fla¨chenmoment I p Es gilt: Ip ¼ Ix þ Iy ¼

64 4 64 4 p þ p ¼ 64 p 4 15 7

1 1 þ 15 7

¼ 64 p 4

7 þ 15 22 1408 4 ¼ 64 p 4 ¼ p 105 105 105

5.2 Rotationsko¨rper (Volumen, Mantelfla¨che, Massentra¨gheitsmoment, Schwerpunkt) Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel V.10.3, 10.5, 10.8.3 und 10.9 Formelsammlung: Kapitel V.5.8 bis 5.11

C40

1 2 x gelegene Fla¨chenstu¨ck erzeugt 6 bei Drehung um die y-Achse einen Rotationsko¨rper. Wie groß ist das Rotationsvolumen V y ? Das zwischen dem Kreis x 2 þ y 2 ¼ 16 und der Parabel y ¼

Wir berechnen zuna¨chst die beno¨tigten Kurvenschnittpunkte P 1 und P 2 : y ¼

1 2 x 6

)

x2 ¼ 6y

x 2 þ y 2 ¼ 6 y þ y 2 ¼ 16 y1 ¼ 2;

y2 ¼ 8

Zugeho¨rige x-Werte: x 2

(in Kreisgleichung einsetzen) )

y 2 þ 6 y 16 ¼ 0

)

) y 1=2 ¼ 3

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 9 þ 16 ¼ 3 5

(der zweite Wert ist eine Scheinlösung und scheidet somit aus) pffiffiffi pffiffiffi ¼ 6 y ¼ 6 2 ¼ 12 ) x1=2 ¼ 2 3 ) P 1=2 ¼ ð 2 3 ; 2Þ

)


187

Aus Bild C-11 entnehmen wir, dass der Rotationsko¨rper aus zwei Teilen besteht. Diese Teilko¨rper entstehen durch Drehung der hell- bzw. dunkelgrau unterlegten Fla¨chenstu¨cke um die y-Achse:

y 4 Kreis 3 P1 Parabel

2

P2

1

Bild C-11 –2 3

–1

2 3

1

x

V 1 : Volumen des Rotationsko¨rpers, der durch Drehung der Parabel x 2 ¼ 6 y, 0 y 2 um die y-Achse entsteht (hellgraue Unterlegung im Bild) ðd V1 ¼ p

ð2 x dy ¼ p 2

c

2 6 y d y ¼ p 3 y 2 0 ¼ p ð12 0Þ ¼ 12 p

0

V 2 : Volumen des Rotationsko¨rpers, der durch Drehung des Kreises x 2 þ y 2 ¼ 16 , 2 y 4 um die y-Achse entsteht (dunkelgraue Unterlegung im Bild) ðd V2 ¼ p

ð4 x2 dy ¼ p

c

2

1 3 4 64 8 y 32 þ ¼ ð16 y 2 Þ d y ¼ p 16 y ¼ p 64 3 3 3 2

56 96 56 40 ¼ p ¼ p ¼ p 32 3 3 3 Gesamtvolumen V y :

C41

V y ¼ V 1 þ V 2 ¼ 12 p þ

40 36 p þ 40 p 76 p ¼ ¼ p 3 3 3

Bestimmen Sie das Rotationsvolumen V x x 0 um die x-Achse erzeugt wird.

pffiffiffi x des Ko¨rpers, der durch Drehung der Kurve y ¼ , 1 þ x2

Bild C-12 zeigt den Kurvenverlauf. Die Volumenberechnung fu¨hrt auf ein uneigentliches Integral (unendlicher Integrationsbereich): ðb Vx ¼ p

1 ð

y2 dx ¼ p a

0

y

0,5

x ð1 þ

y=

dx

x 2Þ 2

x 1+x

2

0,1

Bild C-12 l

x

Dieses Integral wird berechnet, in dem man zuna¨chst von x ¼ 0 bis x ¼ l ðl > 0Þ integriert und dann den Grenzwert fu¨r l ! 1 bildet (! FS: Kap. V.4.1): 1 ð

Vx ¼ p 0

x ð1 þ x 2 Þ 2

ðl d x ¼ p lim

l!1

x

d x ¼ p lim

ð1 þ x 2 Þ 2 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

l!1

Integral 33 mit a 2 ¼ 1

¼ p lim

l!1

1 1 þ 2 2 2 ð1 þ l Þ

¼ p

1 0þ 2

¼

p 2

1 2 ð1 þ x 2 Þ

l ¼ 0

188

C Integralrechnung

Welches Volumen V x hat das Fass, das durch Drehung

y

der in Bild C-13 dargestellten Parabel um die x-Achse

0,5

Parabel

entsteht?

C42

Bild C-13 –1

1

x

– 0,5

Wir mu¨ssen zuna¨chst die Gleichung der zur y-Achse spiegelsymmetrischen Parabel bestimmen. y ¼ a x 2 þ b ¼ a x 2 þ 0,5

Ansatz :

Den ffnungsparameter a bestimmen wir aus den Koordinaten des Parabelpunktes P1 ¼ ð1; 0,25Þ: 1 ðx 2 2Þ 4 Bei der Berechnung des Rotationsvolumens beschra¨nken wir die Integration wegen der Symmetrie der Parabel auf das Intervall von x ¼ 0 bis x ¼ 1 (Faktor 2): a 1 2 þ 0,5 ¼ 0,25

)

ðb

ð1

Vx ¼ p

y dx ¼ p 2

1

a

¼

C43

p 8

a ¼ 0,25

)

y ¼ 0,25 x 2 þ 0,5 ¼ 0,25 ðx 2 2Þ ¼

1 1 ðx 2 2Þ 2 d x ¼ 2 p 16 16

1 5 4 3 x x þ 4x 5 3

ð1 ðx 4 4 x 2 þ 4Þ d x ¼ 0

1 ¼ 0

p 8

1 4 p 3 20 þ 60 p 43 43 þ40 ¼ ¼ ¼ p 5 3 8 15 8 15 120

Die in der Parameterform x ¼ a cos t, y ¼ b sin t, 0 t 2 p vorliegende Ellipse erzeugt bei Drehung um die y-Achse ein sog. Rotationsellipsoid. Bestimmen Sie das Volumen V y dieses Drehko¨rpers.

Da die rotierende Kurve in der Parameterform vorliegt, erfolgt die Volumenberechnung durch das Integral

y b

x = a · cos t, y = b · sin t

ð

t2

x 2 y_ d t

Vy ¼ p t1

–a

(! FS: Kap. V.5.8). Wegen der Spiegelsymmetrie der Ellipse (bezu¨glich beider Achsen) beschra¨nken wir uns bei der Rotation auf die im 1. Quadranten gelegene Viertelellipse (in Bild C-14 grau unterlegt; Faktor 2 im Integral). Mit y_ ¼ b cos t ;

x ¼ a cos t ;

a

x

–b

Bild C-14

0 t p=2

erhalten wir das folgende Rotationsvolumen: ð

ð

p=2

Vy ¼ 2 p

a cos t b cos t d t ¼ 2 p a b 2

0

p=2 2

2

sin 3 t cos t d t ¼ 2 p a b sin t 3 3

p=2 ¼

2

0

0


¼ 2pa b 2

sin 3 ðp=2Þ sin 3 0 sin ðp=2Þ sin 0 þ 3 3

!

¼ 2pa b 2

1 4 1 0þ0 ¼ pa2 b 3 3


Durch Drehung der Kurve y ¼

C44

189

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ x 2 , 0 x 3 um die x-Achse wird ein Rotationsko¨rper

erzeugt. Welche Mantelfla¨che M x besitzt dieser Ko¨rper?

Die Berechnung der Mantelfla¨che, die die in Bild C-15 skizzierte Kurve bei Dehnung um die x-Achse erzeugt, erfolgt durch das Integral y

ðb Mx ¼ 2 p

3

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y 1 þ ð y 0Þ 2 d x

y= 1+x2

2

a

1

Bild C-15 1

2

3

x

Wir bilden zuna¨chst die beno¨tigte Ableitung y 0 und daraus den im Integral auftretenden Wurzelausdruck: y0 ¼

1 x pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 x ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 1 þ x2 1 þ x2

1 þ ð y 0Þ 2 ¼ 1 þ

ðKettenregel, Substitution: u ¼ 1 þ x 2 Þ

ð1 þ x 2 Þ þ x 2 x2 1 þ 2x2 ¼ ¼ 1 þ x2 1 þ x2 1 þ x2

Der Integrand unseres Integrals lautet damit: sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ 2x2 1 þ 2x2 2 0 2 2 y 1 þ ðy Þ ¼ 1 þ x pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1 þ 2x2 1þx ¼ 1 þ x2 2 1þx Wir formen den Integrand noch geringfu¨gig um (der Wurzelausdruck wird auf den einfacheren Typ ru¨ck gefu¨hrt): sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 1 2 0 2 2 2 2 1 þ 2x ¼ y 1 þ ðy Þ ¼ þ 2x ¼ þx ¼ 2 0,5 þ x 2 2 2 Rechenregel:

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a 2 þ x 2 zu-

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi ab ¼ a b

Fu¨r die Mantelfla¨che (Rotationsfla¨che) Mx erhalten wir dann mit Hilfe der Integraltafel das folgende Ergebnis: ðb Mx ¼ 2 p

3 ð3 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffi ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 0,5 þ x 2 d x ¼ y 1 þ ð y 0Þ d x ¼ 2 p 1 þ 2x2 dx ¼ 2p 2

a

0

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 116 mit a 2 ¼ 0,5

¼ 2 ¼

pffiffiffiffi 2p

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi

3 1 0,5 þ x 2 x 0,5 þ x 2 þ 0,5 ln x þ ¼ 2 0

h pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi i 3 pffiffiffiffi ¼ 0,5 þ x 2 2p x 0,5 þ x 2 þ 0,5 ln x þ 0

pffiffiffiffi pffiffiffiffi ¼ 2 p ð9,2466 þ 0,9027 0 þ 0,1733Þ ¼ 2 p 10,3226 ¼ 14,5983 p

190

C Integralrechnung

C45

Bestimmen Sie die Mantelfla¨che Mx des Rotationsko¨rpers, der durch Drehung der Kettenlinie y ¼ c cosh ðx=cÞ, c x c um die x-Achse entsteht.

Bild C-16 zeigt den Verlauf der Kettenlinie. Die bei der Rotation um die x-Achse erzeugte Mantelfla¨che wird dabei nach der folgenden Integralformel berechnet:

y

ðb Mx ¼ 2 p

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y 1 þ ð y 0Þ 2 d x

c Kettenlinie

a

Bild C-16 –c

c

x

Wir bilden zuna¨chst die Ableitung y 0 und daraus den im Integral auftretenden Wurzelausdruck: x 1 x

y 0 ¼ c sinh ¼ sinh ðKettenregel, Substitution: u ¼ x=cÞ c c c qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x

x

x

¼ cosh 2 ) 1 þ ð y 0 Þ 2 ¼ cosh 1 þ ð y 0 Þ 2 ¼ 1 þ sinh 2 c c c (unter Verwendung der Formel cosh 2 u sinh 2 u ¼ 1 mit u ¼ x=cÞ Der Integrand unseres Integrals lautet damit: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x

x

x

y 1 þ ð y 0 Þ 2 ¼ c cosh cosh ¼ c cosh 2 c c c Somit (unter Beru¨cksichtigung der Spiegelsymmetrie der Kettenlinie): 2 ðb Mx ¼ 2 p a

ðc 6 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x

4x 2 0 y 1 þ ð y Þ d x ¼ 2 p c 2 cosh 2 dx ¼ 4pc þ c 2 0

3c 2x sinh 7 c 5 4=c

¼

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 364 mit a ¼ c

c c

x c 2x c c c c ¼ 4pc þ sinh þ sinh 2 0 sinh 0 ¼ 4 p c þ sinh 2 ¼ 2 4 c 2 4 4 |fflffl{zfflffl} 2 4 0 0 c 1 1þ sinh 2 ¼ 2 p c 2 2,8134 ¼ 5,6269 p c 2 ¼ 17,6774 c 2 ¼ 4pc 2 2 ¼ 4pc

C46

1 Die Kurve y ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi , 2 x 2 erzeugt bei Drehung um die x-Achse einen Rotationsko¨r1 þ x2 per, dessen Massentra¨gheitsmoment (bezogen auf die x-Achse) zu bestimmen ist (Dichte r ¼ const:).


191

Kurvenverlauf: siehe Bild C-17

y y=

1

1 1+x2

Bild C-17 –2

–1

1

2

x

Unter Beru¨cksichtigung der Spiegelsymmetrie der Kurve gilt dann fu¨r das gesuchte Massentra¨gheitsmoment J x bezu¨glich der x-Achse: 1 pr Jx ¼ 2

ðb

ð2

a

1

x 1 arctan x þ y dx ¼ dx ¼ pr 2 2 2 2Þ 2 ð1 þ x Þ ð1 þ x 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 4

2 ¼ 0


¼ pr

1 1 1 þ arctan 2 0 arctan 0 5 2 2 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 0

¼ p r ð0,2 þ 0,5536Þ ¼ 0,7536 p r

Durch Drehung der in Bild C-18 dargestellten Trapezfla¨che um die x-Achse entsteht ein Kegelstumpf. Bestimmen Sie das Massentra¨gheitsmoment J x dieses Ko¨rpers bezu¨glich der Rotationsachse (das Fu¨llmaterial hat die konstante Dichte r ¼ 2). Lo¨sen Sie das Integral mit Hilfe einer Substitution. y

C47

5

1

Bild C-18 1

5

x

8

Gleichung der Geraden, die durch Drehung um die x-Achse den Kegelstumpf erzeugt (Bild C-18): y ¼ mx þ b

m ¼

mit

4 1 ¼ ¼ 0,5 8 2

und

b ¼ 1

)

y ¼ 0,5 x þ 1 ;

0 x 8

Integralformel fu¨r das gesuchte Massentra¨gheitsmoment: 1 Jx ¼ pr 2

ðb

1 y dx ¼ p 2 2

a

ð8

ð8 4

ð0,5 x þ 1Þ 4 d x

ð0,5 x þ 1Þ d x ¼ p

4

0

0

Wir lo¨sen dieses Integral mit Hilfe der folgenden Substitution: u ¼ 0,5 x þ 1 ;

du ¼ 0,5 ; dx

dx ¼

ð8

Grenzen

ð5 ð0,5 x þ 1Þ 4 d x ¼ p

Jx ¼ p

du ¼ 2 du; 0,5

0

¼ 1249,6 p ¼ 3925,73

)

u ¼ 1

oben : x ¼ 8

)

u ¼ 5

ð5 u4 2 du ¼ 2p

1

unten : x ¼ 0

u4 du ¼ 2p 1

1 5 u 5

5 ¼ 2p 1

1 ¼ 54 5

192

C Integralrechnung

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Fu¨r den durch Drehung der Kurve y ¼ 2 1 þ 3 x 2 , 0 x 1 um die y-Achse entstandenen Rotationsko¨rper sind (bei konstanter Dichte r) folgende Gro¨ßen zu ermitteln: Volumen V y , Schwerpunkt S und Massentra¨gheitsmoment J y (Bezugsachse ist die Rotationsachse).

C48


y 4

y = 2 · 1 + 3x 2

3 2 1

Bild C-19 0,5

1

x

Fu¨r die anfallenden Integrale beno¨tigen wir die Auflo¨sung der Kurvengleichung nach x bzw. x 2 : y ¼ 2

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 1 þ 3 x 2 ) y 2 ¼ 4 ð1 þ 3 x 2 Þ ¼ 4 þ 12 x 2 ) 12 x 2 þ 4 ¼ y 2 ) x 2 ¼ ð y 2 4Þ 12

Die Integrationen werden zwischen y ¼ 2 und y ¼ 4 vorgenommen (siehe Bild C-19). Rotationsvolumen V y ðd

ð4

Vy ¼ p

x dy ¼ p 2

c

p ¼ 12

1 p ð y 2 4Þ d y ¼ 12 12

2

ð4

p ð y 4Þ d y ¼ 12 2

1 3 y 4y 3

4

2

¼ 2

64 8 p 56 p 56 24 p 32 8 16 þ8 ¼ 8 ¼ ¼ ¼ p 3 3 12 3 12 3 12 3 9

Schwerpunkt S = (xS ; yS ; zS ) Der Schwerpunkt liegt auf der y-Achse (Rotationsachse). Somit gilt x S ¼ 0 und z S ¼ 0. Fu¨r y S erhalten wir: p yS ¼ Vy

ðd

p

yx dy ¼ 2

8 p 9

c

¼

3 32

1 4 y 2y2 4

4 ¼ 2

ð4

1 9 1 ð y 2 4Þ d y ¼ y 12 8 12

2

ð4 ð y 3 4 yÞ d y ¼ 2

3 3 3 27 ð64 32 4 þ 8Þ ¼ 36 ¼ 9 ¼ ¼ 3,375 32 32 8 8

Schwerpunkt: S ¼ ð0; 3,375; 0Þ Massentra¨gheitsmoment J y 1 pr Jy ¼ 2

ðd c

¼

¼

1 pr 288 1 pr 288

1 pr x dy ¼ 2

ð4

4

1 1 ð y 2 4Þ 2 d y ¼ pr 144 288

2

1 5 8 3 y y þ 16 y 5 3

ð4 ð y 4 8 y 2 þ 16Þ d y ¼ 2

4 ¼ 2

1 pr 288

1024 512 32 64 þ 64 þ 32 ¼ 5 3 5 3

992 448 1 2976 2240 þ 480 1 1216 38 þ 32 ¼ pr ¼ pr ¼ pr 5 3 288 15 288 15 135


193

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Die Kurve y ¼ 1 þ cos x , 0 x p erzeugt bei Drehung um die x-Achse einen Rotationsko¨rper, dessen Schwerpunkt S und Massentra¨gheitsmoment J x (bezu¨glich der Drehachse) zu berechnen sind (der Ko¨rper besteht aus einem Material mit der Dichte r ¼ 4=3).

C49


y

y = 1 + cos x

2 1 0,5

Bild C-20 1

π

2

Wir ermitteln zuna¨chst das Rotationsvolumen, das fu¨r die Schwerpunktberechnung beno¨tigt wird. Rotationsvolumen V x ðb

ðp

Vx ¼ p

y dx ¼ p 2

a

0

ð1 þ cos xÞ d x ¼ p ½ x þ sin x p0 ¼ p ðp þ sin p 0 sin 0 Þ ¼ p 2 |ffl{zffl} |ffl{zffl} 0 0

Schwerpunkt S = (xS ; yS ; zS ) Der Schwerpunkt S liegt auf der Rotationsachse (x-Achse): y S ¼ z S ¼ 0. Fu¨r x S erhalten wir: p xS ¼ Vx

ðb xy a

2

ðp

p ¼ p2

1 x ð1 þ cos xÞ d x ¼ p

0

ðp 0

ðx þ x cos xÞ d x ¼ |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} Integral 232 mit a ¼ 1

1 ¼ p

¼

1 p

p

1 2 x þ cos x þ x sin x 2

1 2 p 11 2

¼

1 p

0

1 ¼ p

1 2 p þ cos p þ p sin p 0 cos 0 0 |fflffl{zfflffl} |ffl{zffl} |ffl{zffl} 2 1 0 1

¼

1 2 1 p2 4 p2 4 p 2 ¼ ¼ ¼ 0,9342 2 p 2 2p

Schwerpunkt: S ¼ ð0,9342; 0; 0Þ Massentra¨gheitsmoment J x 1 Jx ¼ pr 2

ðb

1 4 y dx ¼ p 2 3

a

¼

2 p 3

2 p ¼ 3

2 ð1 þ cos xÞ d x ¼ p 3

x þ 2 sin x þ

ðp

2

0

"

ðp

4

0

sin ð2 xÞ x þ 4 2

p ¼ 0

2 p 3

ð1 þ 2 cos x þ cos 2 xÞ d x ¼ |fflfflffl{zfflfflffl} Integral 229 mit a ¼ 1

3 1 x þ 2 sin x þ sin ð2 xÞ 2 4

3 1 1 p þ 2 sin p þ sin ð2 pÞ 0 2 sin 0 sin 0 2 4 4 |ffl{zffl} |ffl{zffl} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} 0

0

0

0

# ¼

p ¼ 0

2 3 p p ¼ p2 3 2

x

194

C Integralrechnung

Wo liegt der Schwerpunkt S eines Ko¨rpers mit der konstanten Dichte r, der durch Drehung der pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Kurve y ¼ x 4 þ 1 , 0 x 1 um die x-Achse erzeugt wurde?

C50


y

Wir berechnen zuna¨chst das beno¨tigte Volumen des Rotationsko¨rpers: ðb Vx ¼ p

y2 dx ¼ p a

¼ p

1,5

ð1

y= x4+1

ðx 4 þ 1Þ d x ¼

1

0

1 5 x þx 5

1

¼ p

0

1 þ100 5

0,5

6 ¼ p 5 0,5

1

x

Bild C-21 Die Lage des Schwerpunktes S ¼ ðx S ; y S ; z S Þ auf der Drehachse (x-Achse) wird durch die Koordinate x S eindeutig beschrieben. Es gilt: ð1 p x ðx 4 þ 1Þ d x ¼ xy dx ¼ 6 p 0 a 5 5 1 1 5 1þ3 5 þ 00 ¼ ¼ ¼ 6 6 2 6 6 6

p xS ¼ Vx

ðb

2

5 6

ð1 ðx 5 þ xÞ d x ¼

5 6

1 6 1 2 x þ x 6 2

0

1 ¼ 0

2 5 ¼ 3 9

Schwerpunkt: S ¼ ð5=9; 0; 0Þ

C51

Wo liegt der Schwerpunkt des homogenen Rotationsko¨rpers, der durch Drehung der Kurve pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y ¼ x 4 x , 0 x 4 um die x-Achse entsteht?

Wir berechnen zunächst die Nullstellen der Kurve : pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x 4x ¼ 0

x ¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 4x ¼ 0

y y = x· 4 – x

)

x1 ¼ 0

3

)

x2 ¼ 4

2 1

Bild C-22 zeigt den Kurvenverlauf zwischen den beiden Nullstellen.

1

Berechnung des beno¨tigten Rotationsvolumens: ðb Vx ¼ p

ð4 y dx ¼ p

a

ð4 ð4 x x Þ d x ¼ p

2

0

3

Bild C-22

x ð4 xÞ d x ¼ p

2

2

2

0

256 256 192 64 64 0 0 ¼ p ¼ p ¼ p 3 3 3

3

4 3 1 4 x x 3 4

4 ¼ 0

4

x


195

Schwerpunkt S = (xS ; yS ; zS ) Der Schwerpunkt liegt auf der x-Achse (Rotationsachse): y S ¼ z S ¼ 0. Fu¨r x S erhalten wir: ðb

p xS ¼ Vx 3 ¼ 64

p xy dx ¼ 64 p 3

ð4

2

a

3 x x ð4 xÞ d x ¼ 64

ð4

2

0

3 ð4 x x Þ d x ¼ 64 3

4

1 5 x x 5

4 ¼

4

0

0

1024 3 1280 1024 3 256 12 256 00 ¼ ¼ ¼ ¼ 2,4 5 64 5 64 5 5

Schwerpunkt: S ¼ ð2,4; 0; 0Þ

Durch Drehung der Kurve y ¼

C52

x þ1 pffiffiffi , 1 x 4 um die x-Achse entsteht ein (homogener) Rota2 x

tionsko¨rper, dessen Volumen und Schwerpunkt zu bestimmen ist.


y 1,5

y=

x+1 2 x

1

0,5

Bild C-23 1

2

3

4

x

Rotationsvolumen V x ðb

ð4

Vx ¼ p

y dx ¼ p 2

a

¼

p 4

ðx þ 1Þ 2 p dx ¼ 4x 4

1

1 2 x þ 2 x þ ln j x j 2

ð4

x2 þ 2x þ 1 p dx ¼ x 4

1

4 ¼ 1

p 4

ð4

1 x þ2þ x

dx ¼

1

1 p 8 þ 8 þ ln 4 2 ln 1 ¼ ð13,4 þ ln 4Þ ¼ 3,7216 p 2 4 |{z} 0

Schwerpunkt S = (xS ; yS ; zS ) Der Schwerpunkt liegt auf der Drehachse (x-Achse). Daher ist y S ¼ z S ¼ 0. Fu¨r die x-Koordinate erhalten wir: p xS ¼ Vx

ðb

p xy dx ¼ 3,7216 p

ð4

2

a

1 ¼ 14,8864

ðx þ 1Þ 2 1 dx ¼ x 4x 14,8864

1

ð4

1 ðx þ 2 x þ 1Þ d x ¼ 14,8864 2

1

ð4 ðx þ 1Þ 2 d x ¼ 1

1 3 x þ x2 þ x 3

4 ¼ 1

1 64 1 1 þ 16 þ 4 11 ¼ 39 ¼ 2,62 ¼ 14,8864 3 3 14,8864 Schwerpunkt: S ¼ ð2,62; 0; 0Þ

196

C Integralrechnung

5.3 Bogenla¨nge, lineare und quadratische Mittelwerte Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel V.10.4 und 10.7 Formelsammlung: Kapitel V.5.3 und 5.7

C53

Bestimmen Sie den linearen Mittelwert der Funktion y ¼ A cos 2 ðw tÞ im Periodenintervall 0 t T mit T ¼ p=w ðA > 0, w > 0Þ.

Linearer zeitlicher Mittelwert der in Bild C-24 dargestellten periodischen Funktion wa¨hrend einer Periode T ¼ p=w: y linear

1 ¼ T

ðT

ð

p=w

1 f ðtÞ d t ¼ A p=w

0

Aw cos ðw tÞ d t ¼ p 2

t sin ð2 w tÞ þ 2 4w

0

p=w ¼ 0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

Integral 229 mit a ¼ w

Aw ¼ p

sin ð2 pÞ p sin 0 0 þ 4w 2w 4w

¼

Aw p Aw p A þ000 ¼ ¼ p 2w 2w 2 p

y A

y = A · cos2 (vt )

Bild C-24 T/2

C54

T

Welche mittlere Ordinate hat die Kurve y ¼

t

1 im Intervall 1 x 1? 1 þ x2

Kurvenverlauf: siehe Bild C-25: y 1

y=

1 1+x2

0,5

Bild C-25 –1

– 0,5

0,5

1

x


197

Die mittlere Ordinate im Intervall 1 x 1 entspricht dem linearen Mittelwert der Funktion in diesem Intervall. Unter Beru¨cksichtigung der Spiegelsymmetrie der Kurve gilt: y linear

1 ¼ ba

ðb

1 f ðxÞ d x ¼ 2

a

ð1 1

1 1 dx ¼ 2 2 2 1þx

ð1 0

1 1 d x ¼ ½ arctan x 0 ¼ 1 þ x2

p p 0 ¼ ¼ 0,7854 4 4

¼ arctan 1 arctan 0 ¼

(die Werte der Arkustangensfunktion sind Winkel und mu¨ssen hier im neutralen Bogenmaß angegeben werden).

Die in Bild C-26 skizzierte Kurve (sog. Astroide) wird durch die folgenden Parametergleichungen beschrieben: x ¼ a cos 3 t ;

y a

y ¼ a sin 3 t

Astroide

ða > 0; 0 t 2 pÞ

C55

–a

Wie groß ist der Umfang (Bogenla¨nge) dieser Kurve? Hinweis: Die Berechnung der Bogenla¨nge erfolgt durch qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Ðt 2 x_ 2 þ y_ 2 d t : die Integralformel s ¼

a

x

–a

Bild C-26

t1

Fu¨r den Wurzelausdruck im Integranden beno¨tigen wir die Ableitungen x_ und y_ der beiden Parametergleichungen. Mit Hilfe der Kettenregel erhalten wir (Substitutionen: u ¼ cos t bzw. v ¼ sin t): x_ ¼ a 3 cos 2 t ð sin tÞ ¼ 3 a sin t cos 2 t y_ ¼ a 3 sin 2 t cos t ¼ 3 a sin 2 t cos t Somit ist: x_ 2 þ y_ 2 ¼ 9 a 2 sin 2 t cos 4 t þ 9 a 2 sin 4 t cos 2 t ¼ ¼ 9 a 2 sin 2 t cos 2 t ðcos 2 t þ sin 2 tÞ ¼ 9 a 2 sin 2 t cos2 t |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 9 a 2 sin 2 t cos 2 t ¼ 3 a sin t cos t x_ 2 þ y_ 2 ¼ (unter Verwendung des „trigonometrischen Pythagoras“ sin 2 t þ cos 2 t ¼ 1Þ Wegen der Spiegelsymmetrie der Astroide sowohl zur x- als auch zur y-Achse beschra¨nken wir uns bei der Integration auf den 1. Quadranten, d. h. auf das Intervall 0 t p=2 () Faktor 4): p=2 p=2 p=2 ðt 2 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ð ð 1 2 2 2 sin t s ¼ 3 a sin t cos t d t ¼ 12 a sin t cos t d t ¼ 12 a ¼ x_ þ y_ d t ¼ 4 2 0 t1

0

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 254 mit a ¼ 1

p=2 ¼ 6 a sin 2 t 0 ¼ 6 a sin 2 ðp=2Þ sin 2 0 ¼ 6 a ð1 0Þ ¼ 6 a

198

C Integralrechnung

Die auf einen Ko¨rper einwirkende Kraft F ha¨ngt wie folgt von der Ortskoordinate s ab:

C56

FðsÞ ¼ F 0 ½ 1 cos ðw sÞ , F 0 > 0 , w > 0,

s 0

Wie groß ist die mittlere Kraft im Wegintervall (Periodenintervall) 0 s p mit p ¼ 2 p=w?

Das Kraft-Weg-Diagramm zeigt den folgenden Verlauf (Bild C-27):

F

2F0

F = F0 [1 – cos (vs )]

F0

Bild C-27

π /v

2 π /v

s

Die mittlere Kraft ist der lineare Mitttelwert im Periodenintervall 0 s 2 p=w: ðP

1 ¼ p

F linear

ð

2 p=w

1 F ðsÞ d s ¼ F0 2 p=w

0

0

w F0 ½ 1 cos ðw sÞ d s ¼ 2p |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl}

s

sin ðw sÞ w

2 p=w ¼ 0


¼

w F0 2p

sin ð2 pÞ 2p sin 0 w F0 2 p w F0 2 p ¼ 00þ0 ¼ 0þ ¼ F0 w w w w 2p 2p w

t

Die Gleichung v ðtÞ ¼ v 0 ð1 e t Þ mit v 0 > 0, t > 0, t 0 beschreibt die Geschwindigkeit eines Ko¨rpers in Abha¨ngigkeit von der Zeit. Bestimmen Sie die durchschnittliche (mittlere) Geschwindigkeit im Zeitintervall 0 t t.

C57

Bild C-28 zeigt den zeitlichen Verlauf der Geschwindigkeit v („Sa¨ttigungsfunktion“). v v0 v = v 0 (1 – e –t / t )

0,63 v 0

Bild C-28 t

t

Der gesuchte Mittelwert der Geschwindigkeit v im Zeitintervall 0 t t ist der wie folgt berechnete lineare Mittelwert der Geschwindigkeit-Zeit-Funktion: v linear

1 ¼ t

ðt 0

1 v ðtÞ d t ¼ v0 t

" t #t ðt t

t it v0 e t v0 h t ¼ ¼ 1e dt ¼ t t þ t e t 0 t 1=t t 0 |{z} 0 Integral 312 mit a ¼ 1=t

¼

v0 v0 t þ t e1 0 t ¼ t e 1 ¼ v 0 e 1 ¼ 0,3679 v 0 t t


199

Gegeben ist die Kettenlinie mit der Gleichung x

y ¼ c cosh , c x c (mit c > 0 ). c Bestimmen Sie die La¨nge dieser Kurve sowie die mittlere Ordinate.

C58

Bild C-29 zeigt den Verlauf der Kettenlinie.

y

Bogenla¨nge s Die Berechnung der Bogenla¨nge erfolgt durch das bestimmte Integral

c Kettenlinie

ðb qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ ð y 0Þ 2 d x s ¼

Bild C-29 –c

a

c

x

Wir bilden zuna¨chst die beno¨tigte Ableitung y 0 und daraus den im Integral auftretenden Wurzelausdruck: x 1 x

y 0 ¼ c sinh ¼ sinh ðKettenregel, Substitution: u ¼ x=cÞ c c c qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x

x

x

¼ cosh 2 ) 1 þ ð y 0 Þ 2 ¼ cosh 1 þ ð y 0 Þ 2 ¼ 1 þ sinh 2 c c c (unter Verwendung des „hyperbolischen Pythagoras“ cosh 2 u sinh 2 u ¼ 1 mit u ¼ x=cÞ. Fu¨r die Bogenla¨nge erhalten wir dann (wegen der Spiegelsymmetrie der Kettenlinie beschra¨nken wir uns bei der Integration auf das Intervall von x ¼ 0 bis x ¼ c ) Faktor 2): 2 x 3c ðb qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ðc ðc sinh x

x

h x i c 4 c 5 s ¼ cosh ¼ 2 c sinh ¼ 1 þ ð y 0Þ 2 d x ¼ d x ¼ 2 cosh dx ¼ 2 c c c 0 1=c 0 c

a

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 363 mit a ¼ 1=c

¼ 2 c ðsinh 1 sinh 0Þ ¼ 2 c ð1,1752 0Þ ¼ 2,3504 c Mittlere Ordinate Die mittlere Ordinate der Kettenlinie im Intervall c x c entspricht dem dortigen linearen Mittelwert: y linear ¼

1 ba

ðb

1 c f ðxÞ d x ¼ 2c

a

ðc cosh c

x

c

1 dx ¼ 2 2

ðc cosh 0

x

c

ðc dx ¼

cosh

x

c

dx ¼

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 363 mit a ¼ 1=c

2 ¼

4

sinh

x 3c

1=c

c 5

h x i c ¼ c sinh ¼ c ðsinh 1 sinh 0Þ ¼ c ð1,1752 0Þ ¼ 1,1752 c c 0 0

200

C Integralrechnung

Bestimmen Sie den linearen und den quadratischen zeitlichen Mittelwert der in Bild C-30 dargestellten parabelfo¨rmigen Spannungsimpulse mit der Periodendauer T ¼ p im Intervall 0 t p . u

C59

π2

Bild C-30 π/2

0

π

3π / 2

2π

t

Produktansatz fu¨r den parabelfo¨rmigen Impuls im Periodenintervall 0 t p (! FS: Kap. III.4.3.2): u ¼ u ðtÞ ¼ a ðt 0Þ ðt pÞ ¼ a ðt 2 p tÞ u ðt ¼ p=2Þ ¼ p

2

)

a

)

p2 p2 4 2

¼ p

a p2 ¼ p2 4

)

2

)

2 p 2p2 p2 ¼ a ¼ p2 a 4 4 4 a ¼ 1 4

)

a ¼ 4

Somit gilt: u ðtÞ ¼ 4 ðt 2 p tÞ ; 0 t p Linearer zeitlicher Mittelwert im Periodenintervall u linear ¼

1 T

ðT u dt ¼

1 ð 4Þ p

0

¼

4 p

ðp ðt 2 p tÞ d t ¼

4 p

1 3 1 t pt2 3 2

0

p ¼ 0

1 3 1 3 4 1 1 1 2 2 ¼ 4p2 ¼ p p 00 ¼ p3 p 3 2 p 3 2 6 3

Quadratischer zeitlicher Mittelwert im Periodenintervall (Effektivwert) vffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi vffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u u ðT ðp u u 16 16 u1 u ðt 2 p tÞ 2 d t ¼ I u quadratisch ¼ u eff ¼ t u 2 d t ¼ t T p p 0

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I

Wir berechnen zuna¨chst das unter der Wurzel stehende Integral I : ðT I ¼

2

ðt p tÞ d t ¼ 0

¼

ðT 2

ðt 4 2 p t 3 þ p 2 t 2 Þ d t ¼

1 5 1 1 2 3 t pt4 þ p t 5 2 3

0

1 5 1 5 1 5 p p þ p 0 0 0 ¼ 5 2 3

1 1 1 þ 5 2 3

p5 ¼

¼ 0

6 15 þ 10 1 5 p5 ¼ p 30 30

Somit gilt: u quadratisch ¼ u eff

p

sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 16 16 1 5 8 4 ¼ I ¼ p ¼ p ¼ 0,7303 p 2 ¼ 7,2077 p p 30 15


201

1 pffiffiffi x x þ 1 im Intervall 0 x 4. Lo¨sen Sie das 2 anfallende Integral mit einer geeigneten Methode. Berechnen Sie die Bogenla¨nge der Kurve y ¼

C60


y

Integralformel fu¨r die Bogenla¨nge:

5

s ¼

ðb qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ ð y 0Þ 2 d x

3 y=1x x+1 2

a

1 1

2

3

4

x

Bild C-31 Wir bilden zuna¨chst die beno¨tigte Ableitung y 0 und daraus den Wurzelausdruck im Integranden des Integrals: y ¼

pffiffiffi 1 1 1 3=2 þ1 x x þ1 ¼ x x 1=2 þ 1 ¼ x 2 2 2

1 þ ð y 0Þ 2 ¼ 1 þ

9 16 þ 9 x x ¼ 16 16

)

1 3 1=2 3 pffiffiffi ¼ x x 2 2 4 rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 1 1 þ ð y 0Þ 2 ¼ ð16 þ 9 xÞ ¼ 16 þ 9 x 16 4 y0 ¼

)

Einsetzen in die Integralformel liefert: ð4 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ðb qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 2 0 16 þ 9 x d x s ¼ 1 þ ðy Þ dx ¼ 4 a

0

Dieses einfache Integral lo¨sen wir mit der folgenden Substitution: u ¼ 16 þ 9 x ;

Grenzen

1 s ¼ 4

du ¼ 9; dx

C61

du 9

unten : x ¼ 0

)

u ¼ 16 þ 0 ¼ 16

oben : x ¼ 4

)

u ¼ 16 þ 36 ¼ 52

52 52 52 52 ð4 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ð ð ð pffiffiffi d u pffiffiffi 1 1 1 1 u 3=2 1=2 ¼ u u du ¼ 16 þ 9 x d x ¼ u du ¼ ¼ 4 9 36 36 36 3=2 16 0

¼

dx ¼

16

16

16

pffiffiffiffiffiffiffiffiffi i 1 2 h pffiffiffiffiffiffi3 i 52 1 h pffiffiffiffiffiffiffiffi3ffi 1 16 3 ¼ u 52 ð374,9773 64Þ ¼ 5,7588 ¼ 16 36 3 54 54

10 2 ðx 6 xÞ im Bereich zwischen den beiBestimmen Sie die mittlere Ordinate der Parabel y ¼ 9 den Nullstellen.

Wir berechnen zuna¨chst die Nullstellen der Parabel:

10 2 ðx 6 xÞ ¼ 0 9

)

x 2 6 x ¼ x ðx 6Þ ¼ 0

)

x1 ¼ 0 ;

x2 ¼ 6

202

C Integralrechnung


y 10

y = – 10 (x 2 – 6x ) 9

6

2

Bild C-32 1

3

6

x

Mittlere Ordinate (linearer Mittelwert) im Intervall 0 x 6: y linear

1 ¼ ba

ðb

1 f ðxÞ d x ¼ 6

a

¼

6 ð6 10 5 1 3 ðx 2 6 xÞ d x ¼ x 3x2 ¼ 9 27 3 0 0

5 5 20 ð72 108 0 0Þ ¼ ð 36Þ ¼ ¼ 6,6667 27 27 3

Sinusimpuls (Einweggleichrichtung; Bild C-33)

i ðtÞ ¼

C62

8 > < i 0 sin ðw tÞ

0 t T=2 i0

f u¨ r

> :

i

T=2 t T

0

Berechnen Sie die effektive Stromsta¨rke i eff wa¨hrend einer Periode T ¼ 2 p=w (quadratischer zeitlicher Mittelwert der Stromsta¨rke i).

T/4

T/2

T

t

Bild C-33

Die Integration liefert nur im Intervall 0 t T=2 einen Beitrag, da i im Intervall T=2 t T verschwindet. vffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi vffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u u 2 T=2 T ð u ui0 ð i 20 u1 { eff ¼ { quadratisch ¼ t i 2 d t ¼ u sin 2 ðw tÞ d t ¼ I t T T T 0

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I

Berechnung des unter der Wurzel stehenden Integrals I (unter Beru¨cksichtigung von w T ¼ 2 p und sin 0 ¼ ¼ sin p ¼ 0Þ:

ð

T=2

sin 2 ðw tÞ d t ¼

I ¼ 0


t sin ðw tÞ 2 4w

T=2 ¼ 0

T sin ðw T=2Þ sin 0 T sin p T 0þ ¼ ¼ 4 4w 4w 4 4w 4


Damit erhalten wir den folgenden Effektivwert: sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi i 20 i 20 T i 20 1 ¼ i0 I ¼ ¼ i eff ¼ 2 T T 4 4

ðhalber Scheitelwert)


203

5.4 Arbeitsgro¨ßen, Bewegungen (Weg, Geschwindigkeit, Beschleunigung) Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel V.10.1.1 und 10.6 Formelsammlung: Kapitel V.5.1 und 5.2

C63

Die Beschleunigung eines Massenpunktes in Abha¨ngigkeit von der Zeit genu¨ge der Gleichung a ðtÞ ¼ a 0 ð1 e t Þ mit a 0 > 0, t 0. Bestimmen Sie Geschwindigkeit v und Weg s als Funktionen der Zeit fu¨r die Anfangswerte v ð0Þ ¼ 0 und s ð0Þ ¼ 0.

Die Beschleunigung a wa¨chst im Laufe der Zeit von Null auf den Endwert a 0 („Sa¨ttigungsfunktion“, siehe Bild C-34). Es gilt dann: ð a v ðtÞ ¼ a ðtÞ d t a0

ð s ðtÞ ¼

v ðtÞ d t

a = a 0 (1 – e –t )

Bild C-34 t

Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz v = v (t) ð ð v ðtÞ ¼ a ðtÞ d t ¼ a 0 ð1 e t Þ d t ¼ a 0 ðt þ e t þ C 1 Þ |{z} Integral 312 mit a ¼ 1

Die Integrationskonstante C 1 ermitteln wir aus der bekannten Anfangsgeschwindigkeit v ð0Þ ¼ 0: v ð0Þ ¼ 0

)

a 0 ð0 þ 1 þ C 1 Þ ¼ a 0 ð1 þ C 1 Þ ¼ 0

)

1 þ C1 ¼ 0

)

C1 ¼ 1

Damit erhalten wir das folgende Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz: v ðtÞ ¼ a 0 ðt þ e t 1Þ ¼ a 0 ðt 1 þ e t Þ ;

t 0

Weg-Zeit-Gesetz s = s (t) ð ð 1 2 t t t t e þ C2 s ðtÞ ¼ v ðtÞ d t ¼ a 0 ðt 1 þ e Þ d t ¼ a 0 2 |{z} Integral 312 mit a ¼ 1

Aus der Anfangsposition s ð0Þ ¼ 0 bestimmen wir die noch unbekannte Konstante C 2 : s ð0Þ ¼ 0

)

a 0 ð0 0 1 þ C 2 Þ ¼ a 0 ð 1 þ C 2 Þ ¼ 0

)

Das Weg-Zeit-Gesetz lautet somit: 1 2 1 2 t t s ðtÞ ¼ a 0 ; t t e þ 1 ¼ a0 t t þ1e 2 2

1 þ C2 ¼ 0

t 0

)

C2 ¼ 1

204

C Integralrechnung

Die Geschwindigkeit v eines Massenpunktes genu¨ge dem Zeitgesetz v ðtÞ ¼ v 0 e k t mit v 0 > 0, k > 0 und t 0. Wie lautet das Weg-Zeit-Gesetz s ðtÞ fu¨r die Anfangswegmarke s ð0Þ ¼ s 0 ?

C64

Welcher Gesamtweg wird bis zum Stillstand ðt ! 1Þ zuru¨ckgelegt? Bestimmen Sie ferner den zeitlichen Verlauf der Beschleunigung a ¼ a ðtÞ.

Die Geschwindigkeit v nimmt im Laufe der Zeit exponentiell ab („Abklingfunktion“, siehe Bild C-35). v v0

v = v 0 · e –kt

Bild C-35 t

Weg-Zeit-Gesetz s = s (t) Durch Integration der Geschwindigkeit-Zeit-Funktion erhalten wir das Weg-Zeit-Gesetz: ð ð e kt v0 s ðtÞ ¼ v ðtÞ d t ¼ v 0 þC ¼ e kt þ C e kt d t ¼ v0 k k |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} Integral 312 mit a ¼ k

Die Integrationskonstante C bestimmen wir aus der bekannten Anfangslage s ð0Þ ¼ s 0 : s ð0Þ ¼ s 0

)

v0 þ C ¼ s0 k

)

C ¼ s0 þ

v0 k

Das Weg-Zeit-Gesetz lautet damit (siehe hierzu auch Bild C-36): s ðtÞ ¼

v0 v0 v0 e kt þ s0 þ ¼ 1 e kt þ s0 ; k k k

t 0

Den bis zum Stillstand zuru¨ck gelegten Gesamtweg erhalten wir durch den Grenzu¨bergang t ! 1 (es dauert theoretisch unendlich lange, bis der Ko¨rper zur Ruhe kommt): hv i v0 v0 0 1 e kt þ s0 ¼ ð1 0Þ þ s 0 ¼ þ s0 s ðt ¼ 1Þ ¼ lim s ðtÞ ¼ lim k k k t!1 t!1 s v0 + s0 k s=

v0 (1 – e– kt ) + s 0 k

s0

Bild C-36 t

Beschleunigung-Zeit-Gesetz a = a (t) Die Beschleunigung a ist bekanntlich die 1. Ableitung der Geschwindigkeit v nach der Zeit t. Mit Hilfe der Kettenregel erhalten wir (Substitution u ¼ k tÞ: v ðtÞ ¼ v 0 e k t ¼ v 0 e u

mit

u ¼ kt

)

a ðtÞ ¼ v_ ðtÞ ¼ v 0 e u ð kÞ ¼ k v 0 e k t


205

Welche Arbeit verrichtet die periodische ortsabha¨ngige Kraft

C65

FðsÞ ¼ F 0 ½ 1 þ sin ðw sÞ an einer Masse bei einer Verschiebung um eine Periodenla¨nge p ¼ 2 p=w?

Bild C-37 zeigt den Verlauf der Kraft in Abha¨ngigkeit von der Ortskoordinate s. F F = F 0 [1 + sin (v s )] 2F 0

F0

2 π /v

4 π /v

Bild C-37 s

Die Periode ist p ¼ 2 p=w. Fu¨r die Verschiebung wa¨hlen wir das Periodenintervall von s ¼ 0 bis s ¼ p ¼ 2 p=w. Die dabei verrichtete Arbeit betra¨gt dann: 2p=w

FðsÞ d s ¼ F 0

W ¼

ð

ð

s2

0

s1

½ 1 þ sin ðw sÞ d s ¼ F 0 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl}

cos ðw sÞ s w

2 p=w ¼ 0


2p cos ð2 pÞ cos 0 2p 1 1 2p ¼ F0 0þ ¼ F0 þ ¼ F0 ¼ F0 p w w w w w w w

Durch die Gleichung v ðtÞ ¼ ve tanh

C66

g t ; ve

t 0

wird die Zeitabha¨ngigkeit der Fallgeschwindigkeit v beim freien Fall unter Beru¨cksichtigung des Luftwiderstandes beschrieben. Wie lautet das Weg-Zeit-Gesetz s ðtÞ fu¨r die Anfangswegmarke s ð0Þ ¼ 0? g: Erdbeschleunigung ; ve : Endgeschwindigkeit

Wegen s_ ¼ v gilt (die Geschwindigkeit ist bekanntlich die 1. Ableitung des Weges nach der Zeit): ð ð g 1 g tanh t d t ¼ ve ln cosh t þC ¼ s ðtÞ ¼ v ðtÞ d t ¼ ve ve g=ve ve |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 387 mit a ¼ g=ve

¼

v 2e g

ln cosh

g t ve

þC

206

C Integralrechnung

Die Integrationskonstante C bestimmen wir aus dem Anfangswert s ð0Þ ¼ 0: s ð0Þ ¼ 0

v 2e

v 2e ln ðcosh 0Þ þ C ¼ ln 1 þ C ¼ 0 þ C ¼ 0 g g |{z} |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 1 0

)

)

C ¼ 0

Der Fallweg s genu¨gt somit dem folgenden Weg-Zeit-Gesetz: s ðtÞ ¼

g t ; ln cosh ve g

v 2e

t 0

Das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz einer Bewegung laute:

C67

v ðtÞ ¼

30 t 2 ; 100 þ t 3

t 0:

Bestimmen Sie das Weg-Zeit-Gesetz s ¼ s ðtÞ fu¨r die Anfangswegmarke s ð0Þ ¼ 0. Bild C-38 zeigt den zeitlichen Verlauf der Geschwindigkeit v ¼ s_ . v 3

v=

30 t 2 100 + t 3

2 1

Bild C-38 10

20

30

t

Durch Integration erhalten wir das Weg-Zeit-Gesetz s ¼ s ðtÞ: ð ð ð t2 s ðtÞ ¼ v ðtÞ d t ¼ s_ d t ¼ 30 dt 100 þ t 3 Das Integral la¨sst sich leicht lo¨sen mit Hilfe der folgenden Substitution: u ¼ 100 þ t 3 ;

du ¼ 3t2; dt

dt ¼

du 3t2

ð

ð 2 t2 t du s ðtÞ ¼ 30 d t ¼ 30 ¼ 100 þ t 3 u 3 t2 ð 1 1 ¼ 30 d u ¼ 10 ln j u j þ C ¼ 10 ln ð100 þ t 3 Þ þ C 3 u Aus der Anfangslage berechnen wir die Integrationskonstante C : s ð0Þ ¼ 0

)

10 ln 100 þ C ¼ 0

)

C ¼ 10 ln 100

Somit gilt: s ðtÞ ¼ 10 ln ð100 þ t 3 Þ 10 ln 100 ¼ 10 ½ ln ð100 þ t 3 Þ ln 100 ¼ 10 ln ¼ 10 ln ð1 þ 0,01 t 3 Þ ; Rechenregel : ln a ln b ¼ ln

a b

t 0

100 þ t 3 ¼ 100


207

Ein Beha¨lter in Form eines Rotationsparaboloids (Bild C-39) soll von einem Wasserreservoir ð y ¼ 0Þ bis zur Ho¨he y ¼ H mit Wasser gefu¨llt werden. Welche Arbeit W ist dabei mindestens aufzuwenden?

C68

y

S H

Hinweis: Die Mindestarbeit entspricht der Hubarbeit W ¼ m g h, die zu verrichten ist, um die Fu¨llmenge m (als Massenpunkt betrachtet) in den Schwerpunkt S des (gefu¨llten) Beha¨lters zu bringen. g: Erdbeschleunigung;

y = x2 x Wasserreservoir (y = 0)

Bild C-39

h: Ho¨he; r: Dichte des Wassers

Wir berechnen zuna¨chst das Volumen V ¼ V y und die Masse m ¼ r V des gefu¨llten Beha¨lters, dann die Lage des Schwerpunktes S (Schwerpunktskoordinate y S ) und schließlich die aufzuwendende Mindestarbeit. Beha¨ltervolumen V und Fu¨llmenge (Wassermenge) m ðd V ¼ Vy ¼ p

ðH x dy ¼ p

y dy ¼ p

2

c

0

Fu¨llmenge (Wassermenge): m ¼ r V ¼

1 2 y 2

H ¼ 0

1 pH2 2

1 prH 2 2

Schwerpunktskoordinate y S des Beha¨lters p yS ¼ Vy

ðd yx dy ¼ 2

p

1 pH2 2 2 Schwerpunkt: S ¼ 0; H; 0 3

ðH

c

0

2 y y dy ¼ H2

ðH y2 dy ¼ 0

2 H2

1 3 y 3

H ¼ 0

2 1 3 2 H ¼ H 2 3 3 H

Mindestarbeit beim Fu¨llen des Beha¨lters Die im Schwerpunkt des Beha¨lters konzentrierte Fu¨llmenge (Wassermenge) m wird vom Wasserreservoir aus um die Strecke h ¼ y S angehoben (Bild C-40). Die dabei verrichtete Hubarbeit betra¨gt dann: W ¼ m g h ¼ m g yS ¼

1 2 1 prH 2 g H ¼ prgH3 2 3 3

y

S yS

Bild C-40 x Wasserreservoir (y = 0)

208


Hinweis fu¨r das gesamte Kapitel Ku¨rzen eines gemeinsamen Faktors wird durch Grauunterlegung gekennzeichnet.

1 Potenzreihenentwicklungen 1.1 Mac Laurinsche und Taylor-Reihen Hinweise (1) (2)

(3)

D1

Alle Potenzreihen sollen mindestens bis zur 3. Potenz (einschließlich) entwickelt werden. Die Potenzreihe einer Funktion, die als Produkt zweier Funktionen darstellbar ist, la¨sst sich meist schneller durch Multiplikation der (als bekannt vorausgesetzten) Reihen der Faktorfunktionen gewinnen (sog. „Reihenmultiplikation‘‘). Diese du¨rfen der Formelsammlung entnommen werden. Lehrbuch: Band 1, Kapitel VI.2 und 3 Formelsammlung: Kapitel VI.2 und 3

2x þ 3x2 þ 4x3 þ 5x4 þ 6x 5 þ . .. Welchen Konvergenzbereich besitzt diese Potenzreihe?

Das Bildungsgesetz fu¨r den Koeffizienten an der n-ten Potenz lautet: an ¼ n þ 1 (fu¨r n ¼ 1; 2; 3; . . .). Mit an ¼ n þ 1 und an þ 1 ¼ n þ 2 erhalten wir fu¨r den Konvergenzradius r der Potenzreihe den folgenden Wert: 1 1þ 1 n ¼ lim n þ 1 ¼ lim ¼ ¼ 1 1 n!1 n þ 2 n!1 nþ1 2 1þ n

an r ¼ lim n!1 a

(alle Glieder im Za¨hler und Nenner des Bruches wurden dabei vor der Grenzwertberechnung durch n dividiert) In den Randpunkten x ¼ 1 und x ¼ 1 ergeben sich folgende Zahlenreihen: x ¼ 1 x ¼ 1

2 þ 3 4 þ 5 6 þ ... 2 þ 3 þ 4 þ 5 þ 6 þ ...

Die Glieder einer konvergenten Reihe mu¨ssen notwendigerweise eine Nullfolge bilden. Diese Bedingung ist in beiden Fa¨llen nicht erfu¨llt, die Potenzreihe divigiert daher in beiden Randpunkten. Konvergenzbereich ist daher das offene Intervall j x j < 1 . L. Papula, Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Klausur- und Übungsaufgaben, DOI 10.1007/978-3-8348-9730-5_4,© Vieweg+Teubner Verlag |Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2010

1 Potenzreihenentwicklungen

1þ

D2

x1 52

þ

209

x2 52 3

þ

x3 53 4

þ

x4 54 5

þ ...

Bestimmen Sie den Konvergenzbereich dieser Potenzreihe.

Bildungsgesetz fu¨r die Koeffizienten: an ¼ Mit a n ¼

1 5n

und an þ 1 ¼

ðn þ 1Þ

an r ¼ lim n!1 a

nþ1

¼ lim

n!1

¼ lim n!1

5 ðn þ 2Þ nþ1

1 5n

ðn þ 1Þ

1 5 nþ1

ðn þ 2Þ

1 5 n ðn þ 1Þ 1 n þ 1 5 ðn þ 2Þ

ðf u¨ r n ¼ 0; 1; 2; . . .Þ

erhalten wir den folgenden Konvergenzradius:

¼ lim

n!1

nþ2 ¼ 5 lim ¼ 5 lim n!1 n þ 1 n!1

5 n þ 1 ðn þ 2Þ 1 ¼ 1 5 n ðn þ 1Þ

1þ 1þ

2 n 1 n

¼ 5

lim

n!1

5 n þ 1 ðn þ 2Þ 5 n ðn þ 1Þ

¼

1 ¼ 51 ¼ 5 1

Umformungen: Za¨hler mit dem Kehrwert des Nenners multiplizieren ! Ku¨rzen durch 5 n ! Za¨hler und Nenner gliedweise durch n dividieren. Wir untersuchen noch das Verhalten der Potenzreihe in den Randpunkten x ¼ 5 und x ¼ 5: x ¼ 5

1

1 1 1 þ þ ... 2 3 4

alternierende harmonische Reihe

x ¼ 5

1þ

1 1 1 þ þ þ ... 2 3 4

harmonische Reihe

)

)

konvergent

divergent

Konvergenzbereich der Reihe: 5 x < 5

D3

1 X

Berechnen Sie den Konvergenzradius r der Potenzreihe

xn pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi . n2 1 n¼2

1 Das Bildungsgesetz fu¨r den Koeffizienten an der n-ten Potenz lautet: a n ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi (fu¨r n ¼ 2; 3; 4; . . .) n2 1 1 1 1 Mit an ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi und an þ 1 ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi erhalten wir fu¨r den Konvergenzradius r den n2 1 n2 þ 2 n ðn þ 1Þ 2 1 folgenden Wert: an r ¼ lim n!1 a

nþ1

¼ lim

n!1

¼ lim n!1

sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi n2 þ 2 n n2 1

1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi n2 1 1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi n2 þ 2 n

1 ¼ lim pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi n!1 n2 1

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi n2 þ 2 n n2 þ 2 n ¼ lim pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1 n!1 n2 1

vffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u u 2 sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u rffiffiffiffiffi 1þ u 2 pffiffiffi n n þ 2n 1 u ¼ 1 ¼ 1 ¼ u lim ¼ ¼ lim 2 1 tn ! 1 n!1 n 1 1 1 n2

210


rffiffiffiffiffiffi pffiffiffi a a Umformungen: Za¨hler mit dem Kehrwert des Nenners multiplizieren ! Rechenregel fu¨r Wurzeln: pffiffiffi ¼ b b ! Grenzwert darf unter der Wurzel gebildet werden ! Vor der Grenzwertbildung Za¨hler und Nenner gliedweise durch n2 dividieren.

D4

Welchen Konvergenzbereich besitzt die Potenzreihe

1 X ðx 1Þ n ? n! n¼0

1 1 . Somit gilt an ¼ und Das Bildungsgesetz fu¨r den Koeffizienten an der n-ten Potenz ðx 1Þ n lautet: an ¼ n! n! 1 an þ 1 ¼ und wir erhalten den folgenden Konvergenzradius: ðn þ 1Þ ! 1 an ðn þ 1Þ ! n ! ðn þ 1Þ n! ¼ lim ¼ lim ðn þ 1Þ ¼ 1 ¼ lim ¼ lim r ¼ lim n! 1 n! n!1 a nþ1 n!1 n!1 n!1 n!1 ðn þ 1Þ ! Die Potenzreihe konvergiert daher besta¨ndig, d. h. fu¨r jedes reelle x. Umformungen: Zuna¨chst wird der Za¨hler mit dem Kehrwert des Nenners multipliziert, dann wird die ho¨here Fakulta¨t ðn þ 1Þ ! in das Produkt ðn þ 1Þ ! ¼ n ! ðn þ 1Þ zerlegt und schließlich der gemeinsame Faktor n ! geku¨rzt (siehe hierzu Bild D-1). (n + 1) ! = n ! (n + 1)

Bild D-1 1

2

3

n

n+1

Zahlenstrahl

n!

D5

e x Entwickeln Sie durch Reihenmultiplikation die Funktion f ðxÞ ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1x eine Potenzreihe bis zum kubischen Glied.

um die Stelle x0 ¼ 0

in

Wir bringen die Funktion zuna¨chst in die Produktform (Wurzel vorher in eine Potenz umwandeln): e x ex ¼ e x ð1 xÞ 1=2 f ðxÞ ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1=2 ð1 xÞ 1x Aus der Formelsammlung entnehmen wir fu¨r die beiden Faktorfunktionen folgende Potenzreihenentwicklungen (Mac Laurinsche Reihen ! FS: Kap. VI.3.4): e x ¼ 1

x1 x2 x3 1 2 1 3 x x þ ... þ þ ... ¼ 1 x þ 2 6 1! 2! 3!

ð1 xÞ 1=2 ¼ 1 þ

ðj x j < 1Þ

1 13 2 135 3 1 3 2 5 3 x þ x þ x þ ... ¼ 1 þ x þ x þ x þ ... 2 24 246 2 8 16

ðj x j < 1Þ


211

Durch gliedweises Multiplizieren dieser Reihen erhalten wir die gewu¨nschte Potenzreihenentwicklung der Ausgangsfunktion, wobei der Aufgabenstellung entsprechend nur Glieder bis zur 3. Potenz beru¨cksichtigt werden. Die Potenzreihe beginnt wie folgt: 1 2 1 3 1 3 2 5 3 x x þ ... 1 þ x þ x þ x þ ... ¼ f ðxÞ ¼ e x ð1 xÞ 1=2 ¼ 1 x þ 2 6 2 8 16 1 3 2 5 3 1 2 3 3 1 2 1 3 1 3 x þ x þ x x x x þ x þ x x þ ... ¼ 2 8 16 2 8 2 4 6 1 3 1 1 5 3 1 1 ¼ 1þ 1 x þ þ þ x2 þ x3 þ ... ¼ 2 8 2 2 16 8 4 6 |fflfflffl{zfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1=2 3=8 1=48

¼ 1þ

¼ 1

1 3 2 1 3 x þ x þ x þ ... 2 8 48

Konvergenzbereich: 1 < x < 1

D6

Gesucht ist die Mac Laurinsche Reihe von f ðxÞ ¼ ðe x 1Þ 2 bis zur 4. Potenz. Die Reihe soll a) durch Reihenmultiplikation, b) auf direktem Wege u¨ber die Ableitungen hergeleitet werden.

a) Die Funktion ist ein Produkt aus zwei gleichen Faktoren e x 1, deren Reihenentwicklung unter Verwendung der bekannten Reihe von e x (aus der Formelsammlung entnommen) wie folgt lautet: x1 x2 x3 x4 1 2 1 3 1 4 x þ þ þ ... 1 ¼ x þ 1 ¼ 1 e x x þ x þ ... 1! 2! 3! 4! 2 6 24 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Mac Laurinsche Reihe von e x

Durch gliedweise Multiplikation erhalten wir die gesuchte Reihenentwicklung um den Nullpunkt (es werden dabei nur Glieder bis einschließlich der 4. Potenz beru¨cksichtigt): f ðxÞ ¼ ðe x 1Þ 2 ¼ ðe x 1Þ ðe x 1Þ ¼ 1 2 1 3 1 4 1 2 1 3 1 4 x x þ x þ ... x þ x x þ x þ ... ¼ ¼ x þ 2 6 24 2 6 24 1 3 1 4 1 3 1 4 1 4 x þ x x þ x þ x þ ... ¼ 2 6 2 4 6 1 1 1 7 4 ¼ x2 x3 þ þ þ x4 þ . .. ¼ x2 x3 þ x þ ... 6 4 6 12 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 7=12

¼ x2

Konvergenzbereich: j x j < 1 b) Wir beno¨tigen die ersten vier Ableitungen, wobei wir jeweils in der angedeuteten Weise die Kettenregel verwenden: f ðxÞ ¼ ðe x 1 Þ 2 ¼ u 2 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} u

mit u ¼ e x 1 ;

u 0 ¼ e x

212


f 0 ðxÞ ¼ 2 u u 0 ¼ 2 ðe x 1Þ ð e x Þ ¼ 2 ð e 2 x þ e x Þ f 00 ðxÞ ¼ 2 ð2 e 2 x e x Þ ;

f 000 ðxÞ ¼ 2 ð 4 e 2 x þ e x Þ ;

f

ð4Þ

ðxÞ ¼ 2 ð8 e 2 x e x Þ

(Ableitungen der Summanden e 2 x und e x mit der Kettenregel, Substitutionen: t ¼ 2 x bzw. t ¼ x) An der Stelle x 0 ¼ 0 gilt dann ðe 0 ¼ 1Þ: f ð0Þ ¼ ðe 0 1Þ 2 ¼ 0 ;

f 0 ð0Þ ¼ 2 ð e 0 þ e 0 Þ ¼ 0 ;

f 000 ð0Þ ¼ 2 ð 4 e 0 þ e 0 Þ ¼ 2 ð 3Þ ¼ 6 ;

f

ð4Þ

f 00 ð0Þ ¼ 2 ð2 e 0 e 0 Þ ¼ 2 1 ¼ 2 ;

ð0Þ ¼ 2 ð8 e 0 e 0 Þ ¼ 2 7 ¼ 14

Damit erhalten wir die folgende Mac Laurinsche Reihe (in bereinstimmung mit dem Ergebnis aus a)): f ðxÞ ¼ ðe x 1Þ 2 ¼ f ð0Þ þ ¼ 0þ

D7

f 0 ð0Þ 1 f 00 ð0Þ 2 f 000 ð0Þ 3 f ð4Þ ð0Þ 4 x þ x þ x þ x þ ... ¼ 1! 2! 3! 4!

0 1 2 2 6 3 14 4 7 4 x þ x þ x þ x þ ... ¼ x2 x3 þ x þ ... 1! 2! 3! 4! 12

Leiten Sie durch Reihenmultiplikation die Potenzreihenentwicklung von f ðxÞ ¼ den Nullpunkt her (bis zur 4. Potenz).

ðj x j < 1Þ

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ x cos ð2 xÞ um

Aus der Formelsammlung entnehmen wir fu¨r die beiden Faktorfunktionen folgende Potenzreihenentwicklungen (die Reihe fu¨r cos ð2 xÞ erhalten wir dabei aus der Mac Laurinschen Reihe von cos u mit Hilfe der Substitution u ¼ 2 x): pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 11 2 113 3 1135 4 1 þ x ¼ ð1 þ xÞ 1=2 ¼ 1 þ x x þ x x þ ... ¼ 2 24 246 2468 ¼ 1þ

1 1 2 1 3 5 4 x x þ x x þ ... 2 8 16 128

ðj x j 1Þ

f

ð2 xÞ 2 ð2 xÞ 4 u2 u4 cos ð2 xÞ ¼ cos u ¼ 1 þ þ ... ¼ 1 þ þ ... ¼ 2! 4! 2! 4! u 2 4 ¼ 1 2x2 þ x þ ... ðj x j < 1Þ 3 Durch gliedweise Multiplikation der beiden Reihen erha¨lt man die gesuchte Entwicklung: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi f ðxÞ ¼ 1 þ x cos ð2 xÞ ¼ ð1 þ xÞ 1=2 cos ð2 xÞ ¼ 1 1 2 1 3 5 2 4 x x þ x x4 þ ... 1 2x2 þ x þ ... ¼ ¼ 1þ 2 8 16 128 3 2 4 1 1 2 1 4 1 3 5 x þ x x3 x þ x þ x x4 þ ... ¼ 3 2 8 4 16 128 1 1 1 2 1 5 2 3 ¼ 1þ x þ 2 x þ 1 þ x þ þ x4 þ . .. ¼ 2 8 16 3 4 128 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 17=8 15=16 337=384

¼ 1 2x2 þ

¼ 1þ

1 17 2 15 3 337 4 x x x þ x þ ... 2 8 16 384

ðj x j 1Þ


D8

213

Wie lautet die Mac Laurinsche Reihe von f ðxÞ ¼ ln ðcosh xÞ bis zum x 4 - Glied?

Bildung aller beno¨tigten Ableitungen 1. Ableitung (Kettenregel): f ðxÞ ¼ ln ðcosh xÞ ¼ ln u mit |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} u f 0 ðxÞ ¼

u ¼ cosh x ;

u 0 ¼ sinh x

1 1 sinh x u0 ¼ sinh x ¼ ¼ tanh x u cosh x cosh x

2. Ableitung: f 00 ðxÞ ¼ 1 tanh 2 x 3. Ableitung (Kettenregel): f 00 ðxÞ ¼ 1 tanh 2 x ¼ 1 ðtanh xÞ 2 ¼ 1 u 2 |fflffl{zfflffl} u

mit u ¼ tanh x ;

u 0 ¼ 1 tanh 2 x

f 000 ðxÞ ¼ 0 2 u u 0 ¼ 2 tanh x ð1 tanh 2 xÞ ¼ 2 tanh x þ 2 tanh 3 x 4. Ableitung (Kettenregel): f 000 ðxÞ ¼ 2 tanh x þ 2 tanh 3 x ¼ 2 tanh x þ 2 ðtanh xÞ 3 ¼ 2 tanh x þ 2 u 3 |fflffl{zfflffl} u f

ð4Þ

mit

u ¼ tanh x

ðxÞ ¼ 2 ð1 tanh 2 xÞ þ 6 u 2 u 0 ¼ 2 ð1 tanh 2 xÞ þ 6 tanh 2 x ð1 tanh 2 xÞ ¼ ¼ ð1 tanh 2 xÞ ð 2 þ 6 tanh 2 xÞ

(der gemeinsame Faktor 1 tanh 2 x wurde ausgeklammert) Ableitungswerte an der Entwicklungsstelle x 0 ¼ 0 (unter Beru¨cksichtigung von tanh 0 ¼ 0Þ: f 0 ð0Þ ¼ tanh 0 ¼ 0 ;

f ð0Þ ¼ ln ðcosh 0Þ ¼ ln 1 ¼ 0 ;

f 000 ð0Þ ¼ 2 tanh 0 þ 2 tanh 3 0 ¼ 0 ;

f

ð4Þ

f 00 ð0Þ ¼ 1 tanh 2 0 ¼ 1 ;

ð0Þ ¼ ð1 tanh 2 0Þ ð 2 þ 6 tanh 2 0Þ ¼ 1 ð 2Þ ¼ 2

Mac Laurinsche Reihe von f (x) = ln (cosh x) f ðxÞ ¼ ln ðcosh xÞ ¼ f ð0Þ þ ¼ 0þ

D9

f 0 ð0Þ 1 f 00 ð0Þ 2 f 000 ð0Þ 3 f ð4Þ ð0Þ 4 x þ x þ x þ x þ ... ¼ 1! 2! 3! 4!

0 1 1 2 0 3 2 4 1 2 1 4 x þ x þ x þ x þ ... ¼ x x þ ... 1 2 6 24 2 12

ð j x j < 1Þ

1 Bestimmen Sie die Taylorsche-Reihe von f ðxÞ ¼ pffiffiffi um das Entwicklungszentrum x 0 ¼ 1 bis zur x 4. Potenz (einschließlich).

Wir bilden zuna¨chst die beno¨tigten Ableitungen bis zur 4. Ordnung: 1 1 ¼ x 1=2 ; f ðxÞ ¼ pffiffiffi ¼ x x 1=2

1 f ðxÞ ¼ x 3=2 ; 2 0

1 f ðxÞ ¼ 2 00

3 5=2 3 ¼ x x 5=2 ; 2 4

214


3 f ðxÞ ¼ 4 000

5 7=2 15 7=2 ; ¼ x x 2 8

f

ð4Þ

15 ðxÞ ¼ 8

7 9=2 x 2

¼

105 9=2 x 16

Ableitungswerte an der Entwicklungsstelle x 0 ¼ 1: f ð1Þ ¼ 1 ;

f 0 ð1Þ ¼

1 ; 2

f 00 ð1Þ ¼

3 ; 4

f 000 ð1Þ ¼

15 ; 8

f

ð4Þ

ð1Þ ¼

105 16

Taylor-Reihe um das Entwicklungszentrum x 0 = 1 f 0 ð1Þ f 00 ð1Þ f 000 ð1Þ f ð4Þ ð1Þ 1 ðx 1Þ 1 þ ðx 1Þ 2 þ ðx 1Þ 3 þ ðx 1Þ 4 þ . . . ¼ f ðxÞ ¼ pffiffiffi ¼ f ð1Þ þ 1! 2! 3! 4! x ¼ 1þ

1=2 3=4 15=8 105=16 ðx 1Þ 1 þ ðx 1Þ 2 þ ðx 1Þ 3 þ ðx 1Þ 4 þ . . . ¼ 1 2 6 24

¼ 1

1 3 5 35 ðx 1Þ 1 þ ðx 1Þ 2 ðx 1Þ 3 þ ðx 1Þ 4 þ . . . 2 8 16 128

Konvergenzbereich: 0 < x < 2

D10

Entwickeln Sie die Funktion f ðxÞ ¼ 4 x um x 0 ¼ 2 in eine Taylorsche Reihe. Wie lautet das Bildungsgesetz fu¨r die Koeffizienten?

Ableitungen bis zur 3. Ordnung f 0 ðxÞ ¼ ðln 4Þ 4 x ;

f ðxÞ ¼ 4 x ;

f 00 ðxÞ ¼ ðln 4Þ ðln 4Þ 4 x ¼ ðln 4Þ 2 4 x ;

f 000 ðxÞ ¼ ðln 4Þ 2 ðln 4Þ 4 x ¼ ðln 4Þ 3 4 x Ableitungswerte an der Entwicklungsstelle x 0 ¼ 2: f ð2Þ ¼ 4 2 ¼ 16 ;

f 0 ð2Þ ¼ ðln 4Þ 4 2 ¼ 16 ðln 4Þ 1 ;

f 00 ð2Þ ¼ ðln 4Þ 2 4 2 ¼ 16 ðln 4Þ 2 ;

f 000 ð2Þ ¼ ðln 4Þ 3 4 2 ¼ 16 ðln 4Þ 3 Taylor-Reihe von f (x) = 4 x um das Entwicklungszentrum x 0 = 2 f ðxÞ ¼ 4 x ¼ f ð2Þ þ

f 0 ð2Þ f 00 ð2Þ f 000 ð2Þ ðx 2Þ 1 þ ðx 2Þ 2 þ ðx 2Þ 3 þ . . . ¼ 1! 2! 3!

16 ðln 4Þ 2 16 ðln 4Þ 3 16 ðln 4Þ 1 ðx 2Þ 1 þ ðx 2Þ 2 þ ðx 2Þ 3 þ . . . ¼ 1! 2! 3! ! ðln 4Þ 1 ðln 4Þ 2 ðln 4Þ 3 2 3 1 ð j x j < 1Þ 1þ ðx 2Þ þ ðx 2Þ þ ðx 2Þ þ . . . 1! 2! 3!

¼ 16 þ

¼ 16

Bildungsgesetz fu¨r die Koeffizienten: an

ðln 4Þ n ¼ 16 n!

ðf u¨ r n ¼ 0; 1; 2; . . .Þ


215

D11

Bestimmen Sie die Taylor-Reihe von f ðxÞ ¼ ln

1 þ x2 x2

um die Stelle x 0 ¼ 1.

Wir bringen die Funktion zuna¨chst auf eine fu¨r das Differenzieren gu¨nstigere Form: 1 þ x2 ¼ ln ð1 þ x 2 Þ ln x 2 ¼ ln ð1 þ x 2 Þ 2 ln j x j f ðxÞ ¼ ln x2 Rechenregeln:

ln

a ¼ ln a ln b b

ln a 2 ¼ 2 ln j a j

und

1. Ableitung (der 1. Summand nach der Kettenregel): f ðxÞ ¼ ln ð1 þ x 2 Þ 2 ln j x j ¼ ln u 2 ln j x j mit u ¼ 1 þ x 2 ; u 0 ¼ 2 x |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} u 2 x x 2 ð1 þ x 2 Þ 1 1 2x 2 2x2 2 2x2 2 u0 2 ¼ ¼ f 0 ðxÞ ¼ ¼ ¼ u x x ð1 þ x 2 Þ x 1 þ x2 x þ x3 x þ x3 2. Ableitung (Kettenregel): 2 ¼ 2 ðx þ x 3 Þ 1 ¼ 2 u 1 mit u ¼ x þ x 3 ; u 0 ¼ 1 þ 3 x 2 x þ x3 |fflfflffl{zfflfflffl} u 2 ð1 þ 3 x 2 Þ 2u0 2 þ 6x2 ¼ ¼ f 00 ðxÞ ¼ 2 ð u 2 Þ u 0 ¼ 2 u 2 u 0 ¼ u2 ðx þ x 3 Þ 2 ðx þ x 3 Þ 2 f 0 ðxÞ ¼

3. Ableitung (Quotienten- und Kettenregel): f 00 ðxÞ ¼

2 þ 6x2 ðx þ

u ¼ 2 þ 6x2 ;

x 3Þ 2

¼

u v

v ¼ ðx þ x 3 Þ 2 |fflfflffl{zfflfflffl} t

und

u 0 ¼ 12 x ;

v 0 ¼ 2 ðx þ x 3 Þ ð1 þ 3 x 2 Þ

(Ableitung von v in der angedeuteten Weise mit der Kettenregel, Substitution t ¼ x þ x 3 ) f 000 ðxÞ ¼

¼

12 x ðx þ x 3 Þ 2 2 ðx þ x 3 Þ ð1 þ 3 x 2 Þ ð2 þ 6 x 2 Þ u0v v0u ¼ ¼ v2 ðx þ x 3 Þ 4 ðx þ x 3 Þ ½12 x ðx þ x 3 Þ 2 ð1 þ 3 x 2 Þ 2 ð1 þ 3 x 2 Þ ðx þ x 3 Þ ðx þ x 3 Þ 3

¼

12 x ðx þ x 3 Þ 4 ð1 þ 3 x 2 Þ 2 ðx þ x 3 Þ 3

Ableitungswerte an der Stelle x 0 ¼ 1: f ð1Þ ¼ ln 2 ;

f 0 ð1Þ ¼ 1 ;

f 00 ð1Þ ¼ 2 ;

f 000 ð1Þ ¼ 5

Die Taylor-Reihe um den Entwicklungspunkt x 0 ¼ 1 lautet damit: f 0 ð1Þ f 00 ð1Þ f 000 ð1Þ 1 þ x2 2 1 þ þ ¼ f ð1Þ þ f ðxÞ ¼ ln ðx 1Þ ðx 1Þ ðx 1Þ 3 þ . . . ¼ 1! 2! 3! x2 ¼ ln 2 þ

1 2 5 ðx 1Þ 1 þ ðx 1Þ 2 þ ðx 1Þ 3 þ . . . ¼ 1 2 6

¼ ln 2 ðx 1Þ 1 þ ðx 1Þ 2 Konvergenzbereich: 0 < x < 2

5 ðx 1Þ 3 þ . . . 6

216


D12

Die Funktion f ðxÞ ¼ x sin x ist um die Stelle x 0 ¼ p nach Taylor in eine Potenzreihe zu entwickeln.

Ableitungen bis zur 3. Ordnung Wir verwenden jeweils in der angedeuteten Weise die Produktregel. f 0 ðxÞ ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ 1 sin x þ ðcos xÞ x ¼ sin x þ x cos x |ffl{zffl} u v

f

)

f

f ðxÞ ¼ x sin x |{z} u v

f 00 ðxÞ ¼ cos x þ u 0 v þ v 0 u ¼ cos x þ 1 cos x þ ð sin xÞ x ¼ 2 cos x x sin x |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} f ðxÞ f 000 ðxÞ ¼ 2 sin x f 0 ðxÞ ¼ 2 sin x ðsin x þ x cos xÞ ¼ 3 sin x x cos x Ableitungswerte an der Entwicklungsstelle x 0 ¼ p: f ðpÞ ¼ p sin p ¼ 0 ; |ffl{zffl} 0

f 0 ðpÞ ¼ sin p þ p cos p ¼ p ; |ffl{zffl} |fflffl{zfflffl} 0 1

f 00 ðpÞ ¼ 2 cos p p sin p ¼ 2; |fflffl{zfflffl} |ffl{zffl} 1 0

f 000 ðpÞ ¼ 3 sin p p cos p ¼ p |ffl{zffl} |fflffl{zfflffl} 0 1 Taylor-Reihe von f (x) = x . sin x um die Entwicklungsstelle x 0 = p f ðxÞ ¼ x sin x ¼ f ðpÞ þ

f 0 ðpÞ f 00 ðpÞ f 000 ðpÞ ðx pÞ 1 þ ðx pÞ 2 þ ðx pÞ 3 þ . . . ¼ 1! 2! 3!

p 2 p ðx pÞ 1 þ ðx pÞ 2 þ ðx pÞ 3 þ . . . ¼ 1 2 6 p ðx pÞ 3 þ . . . ¼ p ðx pÞ 1 ðx pÞ 2 þ 6

¼ 0þ

Konvergenzbereich: j x j < 1

D13

Entwickeln Sie die Funktion f ðxÞ ¼ ln

1þx 1x

in eine Mac Laurinsche Reihe bis zur 5. Potenz.

Wir bringen die Funktion zuna¨chst in eine fu¨r das Differenzieren gu¨nstigere Form:

1þx a ¼ ln ð1 þ xÞ ln ð1 xÞ Rechenregel: ln ¼ ln a ln b f ðxÞ ¼ ln 1x b Ableitungen bis zur 5. Ordnung Alle Ableitungen erhalten wir mit Hilfe der Kettenregel in der jeweils angedeuteten Weise: f ðxÞ ¼ ln ð1 þ xÞ ln ð1 xÞ ¼ ln u ln v |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} u v f 0 ðxÞ ¼

ðu ¼ 1 þ x ;

u0 ¼ 1;

v ¼ 1 x;

v 0 ¼ 1Þ

1 1 1 1 1 1 u0 v0 ¼ 1 ð 1Þ ¼ þ ¼ ð1 þ xÞ 1 þ ð1 xÞ 1 u v 1þx 1x 1þx 1x |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} u v


217

f 00 ðxÞ ¼ u 2 u 0 v 2 v 0 ¼ ð1 þ xÞ 2 1 ð1 xÞ 2 ð 1Þ ¼ ð1 þ xÞ 2 þ ð1 xÞ 2 |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} u v f 000 ðxÞ ¼ 2 u 3 u 0 2 v 3 v 0 ¼ 2 ð1 þ xÞ 3 1 2 ð1 xÞ 3 ð 1Þ ¼ 2 ð1 þ xÞ 3 þ 2 ð1 xÞ 3 |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} u v f

ð4Þ

ðxÞ ¼ 6 u 4 u 0 6 v 4 v 0 ¼ 6 ð1 þ xÞ 4 1 6 ð1 xÞ 4 ð 1Þ ¼ ¼ 6 ð1 þ xÞ 4 þ 6 ð1 xÞ 4 |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} u v

f

ð5Þ

ðxÞ ¼ 24 u 5 u 0 24 v 5 v 0 ¼ 24 ð1 þ xÞ 5 1 24 ð1 xÞ 5 ð 1Þ ¼ ¼ 24 ð1 þ xÞ 5 þ 24 ð1 xÞ 5

Ableitungswerte an der Entwicklungsstelle x 0 ¼ 0: f ð0Þ ¼ ln 1 ln 1 ¼ 0 ; f

ð4Þ

ð0Þ ¼ 6 þ 6 ¼ 0 ;

f 0 ð0Þ ¼ 1 þ 1 ¼ 2 ; f

ð5Þ

f ðxÞ ¼ ln

f 000 ð0Þ ¼ 2 þ 2 ¼ 4 ;

ð0Þ ¼ 24 þ 24 ¼ 48

Mac Laurinsche Reihe von f (x) ¼ ln

f 00 ð0Þ ¼ 1 þ 1 ¼ 0 ;

1þx

1x

f 0 ð0Þ 1 f 00 ð0Þ 2 f 000 ð0Þ 3 f ð4Þ ð0Þ 4 f ð5Þ ð0Þ 5 1þx x þ x þ x þ x þ x þ ... ¼ ¼ f ð0Þ þ 1! 2! 3! 4! 5! 1x

2 1 0 2 4 3 0 4 48 5 x þ x þ x þ x þ x þ ... ¼ 1 2 6 24 120 2 3 2 5 x x3 x5 ¼ 2x þ þ þ ... x þ x þ ... ¼ 2 þ 3 5 3 5 1

¼ 0þ


D14

1 : Bestimmen Sie zuna¨chst 1 þ x2 mit Hilfe der Binomischen Reihe (! Formelsammlung) die Reihenentwicklung der Ableitung und daraus durch Integration die Mac Laurinsche Reihe von arctan x (Angabe der ersten vier Glieder). Die Ableitung von f ðxÞ ¼ arctan x lautet bekanntlich f 0 ðxÞ ¼

Aus der Formelsammlung entnehmen wir die Mac Laurinsche Reihe von 1 ¼ ð1 þ uÞ 1 ¼ 1 u þ u 2 u 3 þ . . . 1þu

1 ¼ ð1 þ uÞ 1 . Sie lautet: 1þu

ðj u j < 1Þ

Mit der Substitution u ¼ x 2 erhalten wir daraus die Potenzreihenentwicklung der Funktion 1 ¼ ð1 þ x 2 Þ 1 ¼ 1 x 2 þ x 4 x 6 þ . . . 1 þ x2

1 : 1 þ x2

ðj x j < 1Þ

Diese Reihe ist zugleich die 1. Ableitung von arctan x . Durch gliedweise Integration der Potenzreihe erhalten wir daher die gesuchte Potenzreihenentwicklung der Arkustangensfunktion (wir ersetzen dabei die Variable x durch die Integrationsvariable t, um Missversta¨ndnisse zu vermeiden): x ðx ðx 1 1 3 1 5 1 7 2 4 6 d t ¼ ð1 t þ t t þ . . .Þ d t ¼ t arctan x ¼ t þ t t þ ... ¼ 3 5 7 1 þ t2 0 0

0

1 3 1 5 1 7 1 3 1 5 1 7 ¼ x x þ x x þ . . . ð0Þ ¼ x x þ x x þ ... 3 5 7 3 5 7

ðj x j < 1Þ

218


D15

Wie lautet die Mac Laurinsche Reihe von f ðxÞ ¼ ln ð1 þ e a x Þ mit a 2 R?

Bildung aller Ableitungen bis zur 3. Ordnung 1. Ableitung (Kettenregel mit zwei Substitutionen) f ðxÞ ¼ ln ð1 þ e a x Þ ¼ ln v mit f 0 ðxÞ ¼

v ¼ 1 þ eu

u ¼ ax

und

1 a eu a eu a e ax ¼ ¼ eu a ¼ u v 1þe v 1 þ e ax

(Zuerst ln v nach v, dann v ¼ 1 þ e u nach u und schließlich u ¼ a x nach x differenzieren) 2. Ableitung (Quotientenregel in Verbindung mit der Kettenregel) f 0 ðxÞ ¼

a e ax u ¼ a x v 1þe

mit

u ¼ a e ax ;

v ¼ 1 þ e ax

und

u 0 ¼ a2 e ax ;

v 0 ¼ a e ax

(Ableitung von ea x nach der Kettenregel, Substitution: t ¼ a x) f 00 ðxÞ ¼

¼

u0 v v0 u v2

¼

a 2 e a x ð1 þ e a x Þ a e a x a e a x ð1 þ e a x Þ 2

a2 e ax þ a2 e 2ax a2 e 2ax

¼

ð1 þ e a x Þ 2

¼

a2 e ax ð1 þ e a x Þ 2

3. Ableitung (Quotienten- und Kettenregel) f 00 ðxÞ ¼

a2 e ax ð1 þ

u ¼ a2 e ax ;

e a xÞ 2

u v

¼

v ¼ ð1 þ e a x Þ 2 und u 0 ¼ a 3 e a x ; v 0 ¼ 2 ð1 þ e a x Þ a e a x ¼ 2 a ð1 þ e a x Þ e a x

(die Ableitung von v ¼ ð1 þ e a x Þ 2 erha¨lt man nach der Kettenregel: v ¼ z 2 f 000 ðxÞ ¼

¼

mit

z ¼ 1 þ e t ; t ¼ a xÞ

a 3 e a x ð1 þ e a x Þ 2 2 a ð1 þ e a x Þ e a x a 2 e a x u0v v0u ¼ ¼ v2 ð1 þ e a x Þ 4 a 3 e a x ð1 þ e a x Þ ½ ð1 þ e a x Þ 2 e a x ð1 þ e a x Þ3 ð1 þ e a x Þ

¼

a 3 e a x ð1 e a x Þ ð1 þ e a x Þ 3

Ableitungswerte an der Stelle x 0 ¼ 0: f ð0Þ ¼ ln ð1 þ e 0 Þ ¼ ln ð1 þ 1Þ ¼ ln 2 ; f 00 ð0Þ ¼

a2 e 0 ð1 þ e 0 Þ 2

¼

a2 1 ð1 þ 1Þ 2

¼

a2 ; 4

f 0 ð0Þ ¼ f 000 ð0Þ ¼

a e0 a1 a ¼ ; ¼ 1þ1 2 1 þ e0 a 3 e 0 ð1 e 0 Þ ð1 þ e 0 Þ 3

¼

a 3 1 ð1 1Þ ð1 þ 1Þ 3

¼ 0

Mac Laurinsche Reihe von f (x) = ln (1 + e a x ) f ðxÞ ¼ ln ð1 þ e a x Þ ¼ f ð0Þ þ ¼ ln 2 þ

f 0 ð0Þ 1 f 00 ð0Þ 2 f 000 ð0Þ 3 x þ x þ x þ ... ¼ 1! 2! 3!

a=2 1 a 2 =4 2 0 3 a a2 2 x þ x þ x þ 0 x3 þ ... x þ . . . ¼ ln 2 þ x þ 1 2 8 6 2



219

1 ¼ 1 þ x 1 þ x 2 þ x 3 þ . . . þ x n þ . . . ðj x j < 1Þ 1x die Mac Laurinsche Reihe von f ðxÞ ¼ ð1 xÞ 3 her. Wie lautet das Bildungsgesetz fu¨r die Koeffi-

Leiten Sie aus der geometrischen Reihe

D16

zienten dieser Reihe?

Wir zeigen zuna¨chst (mit Hilfe der Kettenregel), dass die Funktion f ðxÞ ¼ ð1 xÞ 3 bis auf einen konstanten Fak1 tor genau die 2. Ableitung von y ¼ ist: 1x 1 ¼ ð1 xÞ 1 ¼ u 1 mit u ¼ 1 x ; u 0 ¼ 1 y ¼ 1x |fflffl{zfflffl} u y 0 ¼ u 2 u 0 ¼ ð1 xÞ 2 ð 1Þ ¼ ð1 xÞ 2 ¼ u 2 |fflffl{zfflffl} u

mit u ¼ 1 x ;

u0 ¼ 1

y 00 ¼ 2 u 3 u 0 ¼ 2 ð1 xÞ 3 ð 1Þ ¼ 2 ð1 xÞ 3 ¼ 2 f ðxÞ |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} f ðxÞ Daraus folgt (wie behauptet): f ðxÞ ¼ ð1 xÞ 3 ¼

1 y 00 2

mit

y ¼ ð1 xÞ 1 ¼

1 1x

Die gesuchte Potenzreihe von f ðxÞ ¼ ð1 xÞ 3 erhalten wir daher, wenn wir die bekannte Potenzreihe von y ¼ ð1 xÞ 1 2-mal nacheinander gliedweise nach x differenzieren und den gefundenen Ausdruck dann in diese Gleichung einsetzen: y ¼ ð1 xÞ 1 ¼ 1 þ x 1 þ x 2 þ x 3 þ x 4 þ . . . þ x n þ x n þ 1 þ x n þ 2 þ . . . y 0 ¼ 1 þ 2 x 1 þ 3 x 2 þ 4 x 3 þ . . . þ n x n 1 þ ðn þ 1Þ x n þ ðn þ 2Þ x n þ 1 þ . . . y 00 ¼ 2 1 þ 3 2 x 1 þ 4 3 x 2 þ . . . þ n ðn 1Þ x n 2 þ ðn þ 1Þ n x n 1 þ ðn þ 2Þ ðn þ 1Þ x n þ . . . Somit gilt: f ðxÞ ¼ ð1 xÞ 3 ¼ ¼

1 00 y ¼ 2

1 2 1 þ 3 2 x 1 þ 4 3 x 2 þ . . . þ n ðn 1Þ x n 2 þ ðn þ 1Þ n x n 1 þ ðn þ 2Þ ðn þ 1Þ x n þ . . . 2 |{z} |{z} |{z} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} a0 a1 a2 a n2 a n1 an

Das Bildungsgesetz fu¨r die Koeffizienten lautet (bis auf den gemeinsamen Faktor 1=2): a n ¼ ð n þ 2Þ ðn þ 1Þ

fu¨r

n ¼ 0; 1; 2; . . .

Damit erhalten wir die folgende Potenzreihenentwicklung fu¨r f ðxÞ ¼ ð1 xÞ 3 : f ðxÞ ¼ ð1 xÞ 3 ¼

1 1 P ðn þ 2Þ ðn þ 1Þ x n 2 n¼0

Die Reihe konvergiert wie die geometrische Reihe fu¨r j x j < 1.

220


1.2 Anwendungen Dieser Abschnitt entha¨lt ausschließlich anwendungsorientierte Aufgaben. Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel VI.3.3 Formelsammlung: Kapitel VI.3

D17

Bestimmen Sie mit Hilfe der Potenzreihenentwicklung eine Na¨herungsparabel der Funktion pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi f ðxÞ ¼ ln cos x in der Umgebung der Stelle x 0 ¼ 0.

Wir entwickeln die Funktion in eine Mac Laurinsche Reihe, brechen diese nach dem quadratischen Glied ab und erhalten eine Na¨herung in Form einer Parabel: f 0 ð0Þ 1 f 00 ð0Þ 2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x þ x cos x f ð0Þ þ 1! 2!

f ðxÞ ¼ ln

Ableitungen 1. und 2. Ordnung Die 1. Ableitung erhalten wir mit Hilfe der Kettenregel: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 1 ln ðcos x Þ ¼ ln u mit cos x ¼ ln ðcos xÞ 1=2 ¼ 2 2 |ffl{zffl} u

f ðxÞ ¼ ln

u ¼ cos x ;

u 0 ¼ sin x

Rechenregel: ln a n ¼ n ln a f 0 ðxÞ ¼

1 1 1 1 1 sin x 1 u0 ¼ ð sin xÞ ¼ ¼ tan x 2 u 2 cos x 2 cos x 2

f 00 ðxÞ ¼

1 ð1 þ tan 2 xÞ 2

Ableitungswerte an der Stelle x 0 ¼ 0: f ð0Þ ¼ ln

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi cos 0 ¼ ln 1 ¼ 0 ;

f 0 ð0Þ ¼

1 tan 0 ¼ 0 ; 2

f 00 ð0Þ ¼

1 1 ð1 þ tan 2 0Þ ¼ 2 2

Na¨herungsparabel (in der Umgebung von x 0 = 0) f ðxÞ ¼ ln

f 0 ð0Þ 1 f 00 ð0Þ 2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 0 1 1=2 2 1 2 cos x f ð0Þ þ x þ x ¼ 0þ x þ x ¼ x 1! 2! 1 2 4

Bild D-2 zeigt den Verlauf der Na¨herungsparabel. y

Bild D-2 –3

–2

–1

1

2

3

x

– 0,5 Näherungsparabel – 1,5 y = ln cos x


221

1 soll in der Umgebung der Stelle x 0 ¼ 0 durch eine Parabel ersetzt 1 sin x werden. Welchen Na¨herungswert liefert diese Parabel an der Stelle x ¼ 0;2? Die Funktion f ðxÞ ¼

D18

Lo¨sungsweg: f ðxÞ wird nach Mac Laurin in eine Potenzreihe entwickelt, die Reihe dann nach dem quadratischen Glied abgebrochen. Ableitungen 1. und 2. Ordnung 1. Ableitung (Kettenregel): f ðxÞ ¼

1 ¼ ð1 sin xÞ 1 ¼ u 1 1 sin x |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} u

mit u ¼ 1 sin x ;

u 0 ¼ cos x

cos x

f 0 ðxÞ ¼ 1 u 2 u 0 ¼ ð1 sin xÞ 2 ð cos xÞ ¼

ð1 sin xÞ 2

2. Ableitung (Quotienten- und Kettenregel): cos x

f 0 ðxÞ ¼

ð1 sin xÞ

u ¼ cos x ;

2

¼

u v und u 0 ¼ sin x ;

v ¼ ð1 sin xÞ 2

v 0 ¼ 2 ð1 sin xÞ cos x

(v wurde nach der Kettenregel differenziert, Substitution: t ¼ 1 sin x) f 00 ðxÞ ¼

¼

sin x ð1 sin xÞ 2 þ ½ 2 ð1 sin xÞ cos x cos x u0 v v0 u ¼ ¼ v2 ð1 sin xÞ 4 ð1 sin xÞ ½ sin x ð1 sin xÞ þ 2 cos 2 x ð1 sin xÞ ð1 sin xÞ 3

¼

sin x ð1 sin xÞ þ 2 cos 2 x ð1 sin xÞ 3

Ableitungswerte an der Stelle x 0 ¼ 0 (unter Beru¨cksichtigung von sin 0 ¼ 0, cos 0 ¼ 1): f ð0Þ ¼

1 ¼ 1; 1 sin 0

f 0 ð0Þ ¼

cos 0 ð1 sin 0Þ 2

¼ 1;

f 00 ð0Þ ¼

sin 0 ð1 sin 0Þ þ 2 cos 2 0 ð1 sin 0Þ 3

Na¨herungsparabel in der Umgebung von x 0 = 0 (siehe Bild D-3) f ðxÞ ¼

f 0 ð0Þ 1 f 00 ð0Þ 2 1 1 1 2 2 x þ x ¼ 1þ

f ð0Þ þ x þ x ¼ 1 þ x þ x2 1! 2! 1 sin x 1 2

Exakter Wert an der Stelle x ¼ 0;2:

f ð0;2Þ ¼

1 ¼ 1;2479 1 sin 0;2

f ð0;2Þ 1 þ 0;2 þ 0;2 2 ¼ 1;24

Na¨herungswert an der Stelle x ¼ 0;2: y

y=

1 1 – sin x

4 3 Näherungsparabel 2 Näherungsparabel 1

Bild D-3 – 1,5

–1

– 0,5

0,5

1

1,5

x

¼ 2

222


D19

Bestimmen Sie durch Reihenentwicklung eine Na¨herungsparabel der Funktion f ðxÞ ¼ e x cos ðx=2Þ fu¨r die Stelle x 0 ¼ 0. Die Reihenentwicklung soll a) auf direktem Wege u¨ber die Ableitungen, b) durch Reihenmultiplikation gewonnen werden.

a) Wir entwickeln f ðxÞ nach Mac Laurin in eine Potenzreihe und brechen diese nach dem quadratischen Glied ab. Zuna¨chst aber bestimmen wir die dabei beno¨tigten Ableitungen f 0 ðxÞ und f 00 ðxÞ. 1. Ableitung (Produkt- und Kettenregel)

f

1 f ðxÞ ¼ e x cos ðx=2Þ ¼ u v mit u ¼ e x ; v ¼ cos ðx=2Þ und u 0 ¼ e x ; v 0 ¼ sin ðx=2Þ |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} 2 u v (v wurde nach der Kettenregel differenziert, Substitution: t ¼ x=2) 1 1 0 0 0 x x x f ðxÞ ¼ u v þ v u ¼ e cos ðx=2Þ cos ðx=2Þ sin ðx=2Þ e ¼ e sin ðx=2Þ 2 2

f

2. Ableitung (Produkt- und Kettenregel) 1 0 x sin ðx=2Þ ¼ u v f ðxÞ ¼ e cos ðx=2Þ 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} u v 1 u ¼ e x ; v ¼ cos ðx=2Þ sin ðx=2Þ und 2

u0 ¼ ex ;

v0 ¼

1 1 sin ðx=2Þ cos ðx=2Þ 2 4

(die beiden Summanden in v wurden nach der Kettenregel differenziert, Substitution: t ¼ x=2) 1 1 1 00 0 0 x sin ðx=2Þ þ sin ðx=2Þ cos ðx=2Þ e x ¼ f ðxÞ ¼ u v þ v u ¼ e cos ðx=2Þ 2 2 4 1 1 1 3 ¼ e x cos ðx=2Þ sin ðx=2Þ sin ðx=2Þ cos ðx=2Þ ¼ e x cos ðx=2Þ sin ðx=2Þ 2 2 4 4 Ableitungswerte an der Stelle x 0 ¼ 0 (unter Beru¨cksichtigung von e 0 ¼ 1, cos 0 ¼ 1 und sin 0 ¼ 0Þ: 1 3 3 0 0 0 00 0 sin 0 ¼ 1 ; f ð0Þ ¼ e cos 0 sin 0 ¼ f ð0Þ ¼ e cos 0 ¼ 1 ; f ð0Þ ¼ e cos 0 2 4 4 Na¨herungsparabel in der Umgebung von x 0 = 0 f ðxÞ ¼ e x cos ðx=2Þ f ð0Þ þ

f 0 ð0Þ 1 f 00 ð0Þ 2 3=4 2 1 1 3 2 x þ x ¼ 1þ x ¼ 1þx þ x þ x 1! 2! 2 1 8

b) Aus der Formelsammlung entnehmen wir die folgenden Mac Laurinschen Reihen: ex ¼ 1 þ

x1 x2 1 2 x þ ... þ þ ... ¼ 1 þ x þ 2 1! 2!

und

cos z ¼ 1

z2 þ ... 2!

Die Kosinusreihe geht durch die Substitution z ¼ x=2 u¨ber in: cos ðx=2Þ ¼ 1

ðx=2Þ 2 1 2 x þ ... þ ... ¼ 1 8 2!

Reihenmultiplikation liefert dann das gewu¨nschte Ergebnis: 1 2 1 2 f ðxÞ ¼ e x cos ðx=2Þ ¼ 1 þ x þ x þ ... 1 x þ ... ¼ 2 8 1 2 1 2 3 2 x þx þ x þ ... ¼ 1 þ x þ x þ ... 8 2 8 3 2 x Na¨herungsparabel: f ðxÞ ¼ e x cos ðx=2Þ 1 þ x þ 8 ¼ 1

ð j x j < 1Þ


223

1 Die Funktion f ðxÞ ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi soll in der Umgebung von x 0 ¼ 0 durch ein Polynom 6. Grades 1 x3 ersetzt werden. Welchen Na¨herungswert liefert diese Na¨herungsfunktion an der Stelle x ¼ 0,2? Wie la¨sst sich der Fehler (gro¨ßenordnungsma¨ßig) abscha¨tzen?

D20

Hinweis: Die beno¨tigte Potenzreihenentwicklung der Funktion la¨sst sich aus der Binomischen Reihe (! Formelsammlung) leicht herleiten. Wir beno¨tigen fu¨r die Herleitung der Na¨herungsfunktion (Polynomfunktion 6. Grades) die Mac Laurinsche Reihe der vorgegebenen Funktion. Diese la¨sst sich mit Hilfe der Substitution u ¼ x 3 aus der folgenden (als bekannt vorausgesetzten und der Formelsammlung entnommenen) Binomischen Reihe gewinnen: 1 1 1 13 2 135 3 ¼ ð1 uÞ 1=2 ¼ 1 þ uþ u þ u þ ... ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1=2 2 2 4 2 46 1u ð1 uÞ 1 3 2 5 3 uþ u þ u þ ... 2 8 16

¼ 1þ

ð j u j < 1Þ

(das kubische Glied beno¨tigen wir fu¨r die Fehlerabscha¨tzung!) Die Substitution u ¼ x 3 fu¨hrt zu der Mac Laurinschen Reihe der Ausgangsfunktion: 1 1 3 5 1 3 3 6 5 9 ðx 3 Þ 1 þ ðx 3 Þ 2 þ ðx 3 Þ 3 þ . . . ¼ 1 þ x þ x þ x þ ... pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1 þ 2 8 16 2 8 16 1 x3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflffl{zfflfflffl} Na¨herungsfunktion

Na¨herungsfunktion:

f ðxÞ ¼ 1 þ

1 3 3 6 x þ x 2 8

Fehler

(in der Umgebung von x 0 ¼ 0Þ

Das erste in der Reihenentwicklung weggelassene Glied bestimmt dabei die Gro¨ßenordnung des Fehlers. An der Stelle x ¼ 0,2 erhalten wir: Na¨herungswert: f ð0,2Þ 1 þ Fehler:

1 3 0,2 3 þ 0,2 6 ¼ 1,004 024 2 8

5 0,2 9 ¼ 1,6 10 7 16

1 Exakter Wert: f ð0,2Þ ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1,004 024 161 1 0,2 3

Bild D-4 zeigt die grafische Lo¨sung (Schnittpunkte der Kurven y ¼ e x und y ¼ sinh x þ 3) .

y

6 4 y = sinh x + 3 2

y = ex

Bild D-4 – 1,2 – 0,6 ≈ – 1,8

0,6

1,2

x ≈ 1,8

224


Die Funktion f ðxÞ ¼ ð1 þ e x Þ 2 soll in der Umgebung von x 0 ¼ 0 durch eine Polynomfunktion

D21

3. Grades angena¨hert werden. Welchen Na¨herungswert erha¨lt man an der Stelle x ¼ 0;1 im Vergleich zum exakten Funktionswert?

Wir entwickeln die Funktion um die Stelle x 0 ¼ 0 in eine Potenzreihe (Mac Laurinsche Reihe) und brechen diese nach dem kubischen Glied ab. Zuna¨chst aber bilden wir die beno¨tigten Ableitungen bis einschließlich 3. Ordnung: f ðxÞ ¼ ð1 þ e x Þ 2 ¼ u 2 |fflfflffl{zfflfflffl} u

u ¼ 1 þ ex ;

mit

u0 ¼ ex

f 0 ðxÞ ¼ 2 u u 0 ¼ 2 ð1 þ e x Þ e x ¼ 2 ðe x þ e 2 x Þ f 00 ðxÞ ¼ 2 ðe x þ 2 e 2 x Þ ;

ðKettenregel!Þ

f 000 ðxÞ ¼ 2 ðe x þ 4 e 2 x Þ

(die Ableitung von e 2 x erfolgte nach der Kettenregel, Substitution: t ¼ 2 x) Ableitungswerte an der Stelle x 0 ¼ 0 (unter Beru¨cksichtigung von e 0 ¼ 1): f ð0Þ ¼ ð1 þ 1Þ 2 ¼ 4 ;

f 0 ð0Þ ¼ 2 ð1 þ 1Þ ¼ 4 ;

f 00 ð0Þ ¼ 2 ð1 þ 2Þ ¼ 6 ;

f 000 ð0Þ ¼ 2 ð1 þ 4Þ ¼ 10

Na¨herungspolynom 3. Grades in der Umgebung der Stelle x 0 = 0 f ðxÞ ¼ ð1 þ e x Þ 2 f ð0Þ þ ¼ 4þ

f 0 ð0Þ 1 f 00 ð0Þ 2 f 000 ð0Þ 3 x þ x þ x ¼ 1! 2! 3!

4 1 6 2 10 3 5 3 x þ x þ x ¼ 4 þ 4x þ 3x2 þ x 1 2 6 3

Exakter Wert an der Stelle x ¼ 0;1: Na¨herungswert an der Stelle x ¼ 0;1:

D22

f ð0;1Þ ¼ ð1 þ e 0;1 Þ 2 ¼ 4;43174 f ð0;1Þ 4 þ 0;4 þ 0;03 þ 0;00166 ¼ 4;43166

Bestimmen Sie fu¨r die Funktion f ðxÞ ¼

cos ð2 xÞ

das Mac Laurinsche Na¨herungspolynom 4. Grades. ð1 xÞ 2 Die Potenzreihenentwicklung soll dabei durch Reihenmultiplikation erfolgen.

Wir schreiben zuna¨chst die Funktion als Produkt: f ðxÞ ¼

cos ð2 xÞ ð1 xÞ

2

¼ cos ð2 xÞ ð1 xÞ 2

Aus der Formelsammlung entnehmen wir die Mac Laurinschen Reihen von cos u und ð1 xÞ 2 , wobei wir in der Kosinusreihe u durch 2 x substituieren: cos u ¼ 1

u2 u4 u2 u4 þ þ ... ¼ 1 þ þ ... 2! 4! 2 24

cos ð2 xÞ ¼ 1

)

ðSubstitution u ¼ 2 xÞ

ð2 xÞ 2 ð2 xÞ 4 2 4 x þ ... þ þ .. . ¼ 1 2x2 þ 3 2 24

ð1 xÞ 2 ¼ 1 þ 2 x þ 3 x 2 þ 4 x 3 þ 5 x 4 þ . . .

ðj x j < 1Þ

ð j x j < 1Þ


225

Durch Reihenmultiplikation folgt dann (es werden nur Glieder bis einschließlich x 4 beru¨cksichtigt): cos ð2 xÞ

¼ cos ð2 xÞ ð1 xÞ 2 ¼ ð1 xÞ 2 2 4 x þ . . . ð1 þ 2 x þ 3 x 2 þ 4 x 3 þ 5 x 4 þ . . .Þ ¼ ¼ 1 2x2 þ 3

f ðxÞ ¼

¼ 1 þ 2 x þ 3 x2 þ 4 x3 þ 5 x4 2 x2 4 x3 6 x4 þ ¼ 1 þ 2x þ x2

1 4 x þ ... 3

2 4 x þ ... ¼ 3

ð j x j < 1Þ

Na¨herungspolynom 4. Grades: f ðxÞ ¼

cos ð2 xÞ ð1 xÞ

2

1 þ 2x þ x2

1 4 x 3

(in der Umgebung von x 0 ¼ 0Þ

Gegeben ist die Kurve mit der Gleichung y ¼ a ½ x b ð1 e x=b Þ

D23

(a, b: reelle Konstanten)

Bestimmen Sie mit Hilfe der Potenzreihenentwicklung die Na¨herungsparabel dieser Kurve in der Umgebung von x 0 ¼ 0. Hinweis: Die Potenzreihenentwicklung la¨sst sich aus der bekannten Mac Laurinschen Reihe der e-Funktion gewinnen.

Wir gehen von der aus der Formelsammlung entnommenen Mac Laurinschen Reihe von eu aus, ersetzen dort u durch x=b, brechen dann die Entwicklung nach dem quadratischen Glied ab und setzen schließlich den gefundenen Ausdruck in die vorgegebene Funktion ein: x 1 x 2 x x2 þ þ þ ... ¼ 1 þ ... b 2 b b 2 b2 x x2 x x2 x=b Þ ¼ a x b 1 1 þ þ ... ¼ a xb þ ... ¼ y ¼ a ½ x b ð1 e b 2 b2 b 2 b2 2 x2 x a 2 x þ ... þ ... ¼ a þ ... ¼ ð j x j < 1Þ ¼ a x x þ 2b 2b 2b

eu ¼ 1 þ

u1 u2 þ þ ... 1! 2!

Na¨herungsparabel: y ¼

a 2 x 2b

)

e x=b ¼ 1

(in der Umgebung von x ¼ 0; siehe Bild D-5)

y 3 Näherungsparabel 2 y = a [x – b (1 – e – x / b )] 1

Bild D-5 –1

1

2

x

226


D24

Durch die Gleichung R U t 1e L ; I ðtÞ ¼ R

t 0

wird die zeitliche Abha¨ngigkeit der Stromsta¨rke I in einem RL-Stromkreis beschrieben. Linearisieren Sie diese Funktion fu¨r t 0 ¼ 0. ( R: Ohmscher Widerstand; U : angelegte Spannung; L: Induktivita¨t; t : Zeit)

In der als bekannt vorausgesetzten Mac Laurinschen Reihe von ex (! Formelsammlung) substitutieren wir R t , brechen die Reihe nach dem linearen Glied ab und ersetzen die Exponentialfunktion durch diesen lineax ¼ L ren Ausdruck: R x1 R R t t þ ... 1 t þ ... ¼ 1 þ x þ ... ) e L ¼ 1 L L 1! R U U R U R U R U t

I ¼ 1e L 1 1 t ¼ 11þ t ¼ t ¼ t R R L R L L L R

ex ¼ 1 þ

Linearisierte Funktion:

I

U t L

(fu¨r kleine Zeitwerte t 0)

Anmerkung: Die „Sa¨ttigungsfunktion‘‘ wurde durch die Tangente in t ¼ 0 ersetzt (siehe Bild D-6): I I= U t L U R I= U R

1– e

–

R t L

Bild D-6 t

D25

Bestimmen Sie mit Hilfe der Potenzreihenentwicklung eine Na¨herungsparabel fu¨r die Kosinusfunktion in der Umgebung der Stelle x 0 ¼ p.

Die Na¨herungsparabel erhalten wir, indem wir die Kosinusfunktion zuna¨chst um die Stelle x 0 ¼ p in eine TaylorReihe entwickeln und diese dann nach dem quadratischen Glied abbrechen. Mit f ðxÞ ¼ cos x ;

f 0 ðxÞ ¼ sin x ;

f 00 ðxÞ ¼ cos x

und somit f ðpÞ ¼ cos p ¼ 1 ;

f 0 ðpÞ ¼ sin p ¼ 0 ;

f 00 ðpÞ ¼ cos p ¼ 1

folgt dann: f ðxÞ ¼ cos x ¼ f ðpÞ þ ¼ 1 þ

f 0 ðpÞ f 00 ðpÞ ðx pÞ 1 þ ðx pÞ 2 þ . . . ¼ 1! 2!

0 1 1 ðx pÞ 1 þ ðx pÞ 2 þ . . . ¼ 1 þ ðx pÞ 2 þ . . . 1 2 2

ð j x j < 1Þ


227

Na¨herungsparabel (siehe Bild D-7): y ¼ 1 þ

y

1 ðx pÞ 2 2

Näherungsparabel

1

(in der Umgebung von x 0 ¼ p )

y = cos x

π

Bild D-7 π/2

3π/2

x

–1

D26

Lo¨sen Sie die Gleichung e x ¼ sinh x þ 3 na¨herungsweise mit Hilfe der Potenzreihenentwicklung. Hinweis: Verwenden Sie die Mac Laurinschen Reihen von e x und sinh x und brechen Sie diese nach der 5. Potenz ab.

Aus der Formelsammlung entnehmen wir die folgenden besta¨ndig konvergierenden Potenzreihen: sinh x ¼

x1 x3 x5 1 3 1 þ þ þ ... ¼ x þ x þ x5 þ ... 1! 3! 5! 6 120

ex ¼ 1 þ

x1 x2 x3 x4 x5 1 2 1 3 1 4 1 x þ x þ x þ x5 þ ... þ þ þ þ þ ... ¼ 1 þ x þ 2 6 24 120 1! 2! 3! 4! 5!

Mit den nach der 5. Potenz abgebrochenen Reihen erha¨lt man eine leicht lo¨sbare Na¨herungsgleichung: 1 2 1 3 1 4 1 1 3 1 x þ x þ x þ x5 ¼ x þ x þ x5 þ 3 ) 2 6 24 120 6 120 1 2 1 4 1 4 1 2 1þ x þ x ¼ 3 ) x þ x 2 ¼ 0 24 ) x 4 þ 12 x 2 48 ¼ 0 2 24 24 2 1þx þ

Diese bi-quadratische Gleichung wird durch die Substitution u ¼ x 2 wie folgt gelo¨st: pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u 2 þ 12 u 48 ¼ 0 ) u 1=2 ¼ 6 36 þ 48 ¼ 6 84 ¼ 6 9,16515 u 1 ¼ 3,16515 ;

u 2 ¼ 15,16515 < 0

)

ðdieser Wert scheidet ausÞ

Ru¨cksubstitution liefert aus dem positiven Wert u 1 zwei Lo¨sungen: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x 2 ¼ u 1 ¼ 3,16515 ) x 1=2 ¼ 3,16515 ¼ 1,779 Anmerkung: Die Gleichung la¨sst sich unter Verwendung der Definitionsformeln fu¨r die Hyperbelfunktionen sinh x und cosh x auch wie folgt exakt lo¨sen (! FS: Kap. III.11.1): e x ¼ sinh x þ 3

)

1 1 ex þ ex ¼ 3 2 2

ex ¼ )

1 1 1 ðe x e x Þ þ 3 ¼ ex ex þ 3 2 2 2 1 ðe x þ e x Þ ¼ 3 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} cosh x

)

cosh x ¼ 3

)

) x ¼ arcosh 3 ¼ 1,763

228


D27

1 Welche Na¨herungsformeln erha¨lt man fu¨r den Ausdruck pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi fu¨r j x j 1 durch Reihenent1 x2 wicklung und Abbruch nach dem 1. bzw. 2. nichtkonstanten Glied?

Wir gehen von der bekannten Binomischen Reihe fu¨r ð1 uÞ 1=2 aus (! Formelsammlung): ð1 uÞ 1=2 ¼ 1

1 13 2 1 3 2 uþ u ... ¼ 1 uþ u ... 2 24 2 8

ðj u j < 1Þ

Durch die Substitution u ¼ x 2 erhalten wir hieraus die Mac Laurinsche Reihe unserer Ausgangsfunktion: 1 1 1 3 ðx 2 Þ 1 þ ðx 2 Þ 2 . . . ¼ ¼ ð1 x 2 Þ 1=2 ¼ 1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1=2 2 8 2 ð1 x Þ 1 x2 1 2 3 4 x þ x ... ¼ 1 ðj x j < 1Þ 2 8 Durch Abbruch nach dem 1. bzw. 2. nichtkonstanten Glied erhalten wir die gesuchten Na¨herungsformeln. Sie lauten wie folgt ð j x j 1Þ: 1. Na¨herung: ð1 x 2 Þ 1=2 1

1 2 x 2

2. Na¨herung: ð1 x 2 Þ 1=2 1

1 2 3 4 x þ x 2 8

Die Masse m eines Elektrons nimmt nach der Relativita¨tstheorie mit der Geschwindigkeit v zu. Es gilt:

D28

m0 m ¼ m ðvÞ ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 ðv=cÞ 2

m 0 : Ruhemasse des Elektrons c:

Lichtgeschwindigkeit

Entwickeln Sie mit Hilfe der Potenzreihenentwicklung eine Na¨herungsformel fu¨r die Abha¨ngigkeit zwischen Masse und Geschwindigkeit unter der Annahme v c . Wir gehen von der Wurzelschreibweise zur Potenzschreibweise u¨ber: m0 m0 m ¼ m ðvÞ ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ¼ m 0 ½ 1 ðv=cÞ 2 1=2 2 1=2 2 ½ 1 ðv=cÞ 1 ðv=cÞ Der Ausdruck ð1 ðv=cÞ 2 Þ 1=2 entspricht der aus der Formelsammlung entnommenen Binomischen Reihe ð1 xÞ 1=2 ¼ 1 þ

1 1 13 2 1 3 2 x þ x þ ... ¼ 1 þ x þ x þ ... 2 24 2 8

ðj x j < 1Þ

wenn wir dort x durch ðv=cÞ 2 ersetzen (substituieren): 1 v 2 3 v 4 1 3 ½ 1 ðv=cÞ 2 1=2 ¼ 1 þ þ þ ... ¼ 1 þ v2 þ v4 þ . . . 2 2 c 8 c 2c 8 c4

v c

< 1

Diese Entwicklung brechen wir nach dem 1. nichtkonstanten Glied ab und erhalten fu¨r die Masse m in Abha¨ngigkeit von der Geschwindigkeit v folgende Na¨herungsformel: 1 2 1=2 2 ðv cÞ

m0 1 þ v m ¼ m 0 ½ 1 ðv=cÞ 2 c2 Begru¨ndung: Wegen v c sind die weggelassenen Glieder verschwindend klein und du¨rfen daher vernachla¨ssigt werden.


D29

229

Lo¨sen Sie na¨herungsweise die Gleichung cosh x þ x 2 ¼ 4 , in dem Sie die Hyperbelfunktion durch ihr Mac Laurinsches Na¨herungspolynom 4. Grades ersetzen. Sie erhalten eine leicht lo¨sbare Na¨herungsgleichung.

Wir verschaffen uns zuna¨chst einen berblick u¨ber die zu erwartenden Lo¨sungen, indem wir die Gleichung geringfu¨gig umstellen: cosh x ¼ 4 x 2 . Die Lo¨sungen dieser Gleichung sind die Schnittstellen der Kurven y ¼ cosh x und y ¼ 4 x 2 . Aus der Zeichnung (Bild D-8) ergeben sich genau zwei spiegelsymmetrisch zueinander liegende Werte in der Na¨he von x 1=2 ¼ 1,4 . y y = 4 – x2

4

1 y = cosh x

Bild D-8

–1

1

≈ – 1,4

x

≈ 1,4

Bei der na¨herungsweisen Lo¨sung dieser Gleichung ersetzen wir die Hyperbelfunktion durch die zugeho¨rige nach der 4. Potenz abgebrochene Mac Laurinsche Reihe (! Formelsammlung) und lo¨sen dann die erhaltene bi-quadratische Gleichung in der bekannten Weise mit Hilfe einer Substitution: cosh x 1 þ

x2 x4 1 2 1 4 x þ x þ ¼ 1þ 2 24 2! 4!

cosh x þ x 2 ¼ 4

)

cosh x þ x 2 4 ¼ 0

1 4 3 2 x þ x 3 ¼ 0 24 24 2

)

)

1þ

1 2 1 4 x þ x þ x2 4 ¼ 0 2 24

)

x 4 þ 36 x 2 72 ¼ 0

Substitution: u ¼ x 2 ) u 2 þ 36 u 2 72 ¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u 1=2 ¼ 18 324 þ 72 ¼ 18 396 ¼ 18 19;8997

)

u 1 ¼ 1;8997 ;

u 2 ¼ 37;8997

Ru¨cksubstitution fu¨hrt zu folgenden Na¨herungslo¨sungen (u 2 < 0 scheidet aus): pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1;8997 ¼ 1;3783 x 2 ¼ u 1 ¼ 1;8997 ) x 1=2 ¼

D30

lim

x!0

cosh x 1 ¼ ? 5x2

Berechnen Sie diesen Grenzwert mit Hilfe der Potenzreihenentwicklung.

Mit Hilfe der aus der Formelsammlung entnommenen Mac Laurinschen Reihe von cosh x la¨sst sich der Za¨hler des Bruches wie folgt darstellen: x2 x4 x6 x2 x4 x6 þ þ þ ... 1 ¼ þ þ þ ... cosh x 1 ¼ 1 þ 2! 4! 6! 2! 4! 6!

230


Wir dividieren beide Seiten noch gliedweise durch x 2 und erhalten: x2 x4 x6 þ þ þ ... cosh x 1 1 x2 x4 2! 4! 6! þ þ ... ¼ ¼ þ 2 2 4! 6! 2! x x

ðx 6¼ 0Þ

Jetzt la¨sst sich der Grenzwert leicht bestimmen: lim

x!0

cosh x 1 1 cosh x 1 1 lim lim ¼ ¼ 5 x!0 5 x!0 5x2 x2

1 x2 x4 1 1 1 þ ¼ þ þ ... ¼ 2! 5 2! 10 4! 6!

Unter Beru¨cksichtigung des Luftwiderstandes besteht zwischen der Fallgeschwindigkeit v und dem Fallweg s der folgende (komplizierte) Zusammenhang: sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi 2ks mg 1 e m ; v ¼ v ðsÞ ¼ k

D31

m : Masse des Körpers g : Erdbeschleunigung k : Reibungskoeffizient ðk > 0Þ

s 0

Wie lautet dieses Fallgesetz im luftleeren Raum? Hinweis: Betrachten Sie v in Abha¨ngigkeit vom Reibungskoeffizienten k und bestimmen Sie mit Hilfe der Potenzreihenentwicklung den Grenzwert fu¨r k ! 0.

Wir betrachten die Geschwindigkeit v als eine vom Reibungskoeffizienten k abha¨ngige Funktion. Alle u¨brigen Gro¨ßen (also auch der Fallweg s) werden als Konstanten (Parameter) angesehen. Wir mu¨ssen dann den folgenden Grenzwert bestimmen: sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi 2ks mg v ðk ¼ 0Þ ¼ lim v ðkÞ ¼ lim 1e m k k!0 k!0 Nach den Rechenregeln fu¨r Grenzwerte du¨rfen wir die Grenzwertbildung unter dem Wurzelzeichen vornehmen, außerdem darf der konstante Faktor m g vor den Grenzwert gezogen werden (! Bd. 1: Kap. III.4.2.3 und FS: Kap. III.3.3): vffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2ks u 2ks mg 1 e m 1 eak t m ¼ m g lim 1e ¼ m g lim v ðk ¼ 0Þ ¼ lim k k k!0 k k!0 k!0 2s Der besseren bersicht wegen haben wir (voru¨bergehend) a ¼ gesetzt. Die direkte Berechnung des Grenzwertes m 0 ‘‘ . Wir schlagen daher den in der Aufgabenstellung bereits unter der Wurzel fu¨hrt zu dem unbestimmten Ausdruck „ 0 vorgegebenen Lo¨sungsweg ein. In der Mac Laurinschen Reihe von e x (der Formelsammlung entnommen) ersetzen wir x durch a k : e x ¼ 1

x1 x2 x3 þ þ ... 1! 2! 3!

)

e ak ¼ 1

ak a2 k 2 a3 k3 þ ... þ 2! 3! 1!

Dann gilt (am Schluss wird noch gliedweise durch k dividiert): 1 e ak k

1 ¼

¼ a

1

ak a2 k 2 a3 k3 þ ... þ 2! 3! 1! k

a2 a3 2 k þ k þ ... 2 6

¼

ak a2 k 2 a3 k3 þ þ ... 1! 2! 3! k

¼


231

Jetzt la¨sst sich der Grenzwert leicht bestimmen: 1 e ak a2 a3 2 2s lim k þ k þ ... ¼ a ¼ ¼ lim a 2 6 m k!0 k!0 k Im luftleeren Raum ha¨ngt die Fallgeschwindigkeit damit wie folgt vom Fallweg s ab: sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 e ak 2s ¼ 2gs ðs 0Þ ¼ mg v ðk ¼ 0Þ ¼ m g lim m k!0 k Dieses Gesetz kennen Sie sicher aus der Schulphysik. Bild D-9 zeigt den zeitlichen Verlauf der Geschwindigkeit mit und ohne Beru¨cksichtigung des Luftwiderstandes (Kurve a): luftleerer Raum; Kurve b): mit Luftwiderstand).

v a)

b)

mg k

Bild D-9 s

0ð,3

D32

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ x2 dx ¼ ?

0

a) Entwickeln Sie den Integranden zuna¨chst in eine Potenzreihe (Abbruch nach dem 4. Glied) und integrieren Sie dann gliedweise. b) Welchen exakten Integralwert erha¨lt man mit der Integraltafel?

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ u (! Formelsammlung) mit a) Der Integrand f ðxÞ ¼ 1 þ x 2 la¨sst sich aus der Binomischen Reihe von Hilfe der Substitution u ¼ x 2 wie folgt als Potenzreihe darstellen: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 11 2 113 3 1 þ u ¼ ð1 þ uÞ 1=2 ¼ 1 þ u u þ u þ ... ¼ 2 24 246 ¼ 1þ Substitution

1 1 2 1 3 u u þ u þ ... 2 8 16

u ¼ x2

)

ðj u j 1Þ

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 2 1 4 1 6 x x þ x þ ... 1 þ x2 ¼ 1 þ 2 8 16

Gliedweise Integration fu¨hrt zu dem folgenden Ergebnis (Na¨herungswert): 0;3 ð

0;3 ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 2 1 4 1 6 2 1þ x x þ x þ ... dx ¼ 1 þ x dx ¼ 2 8 16 0

0

¼ ¼

x þ

1 3 1 5 1 x x þ x7 þ ... 6 40 112

0;3 ¼ 0

1 1 1 0;3 3 0;3 5 þ 0;3 7 þ . . . 0 ¼ 0;3 þ 6 40 112

¼ 0;3 þ 0;0045 0;000 061 þ 0;000 002 þ . . . 0;304 441

ðj x j 1Þ

232


b) Aus der Integraltafel der Formelsammlung entnehmen wir (Integral 116 mit a ¼ 1): 0;3 ð

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi i 0;3 1 h x 1 þ x 2 þ ln x þ 1 þ x 2 1 þ x2 d x ¼ ¼ 0 2

0

¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 ½ 0;3 1;09 þ ln ð0;3 þ 1;09Þ 0 ln 1 ¼ 0;304 441 2

Berechnen Sie das uneigentliche Integral ð

0;1

D33

e2x 1 dx x

0

mit Hilfe der Potenzreihenentwicklung (auf 4 Stellen nach dem Komma genau).

Da der Integrand an der unteren Integrationsgrenze x ¼ 0 nicht definiert ist, mu¨ssen wir (definitionsgema¨ß) zuna¨chst von x ¼ l > 0 bis x ¼ 0,1 integrieren und dann den Grenzwert fu¨r l ! 0 bilden: 0;1 ð

e2x 1 d x ¼ lim x l!0

0;1 ð

0

e2x 1 dx x

ðl > 0Þ

l

Wir greifen auf die Mac Laurinsche Reihe von eu zuru¨ck und substituieren dort u ¼ 2 x (! Formelsammlung): eu ¼ 1 þ

u1 u2 u3 u4 1 2 1 3 1 4 u þ u þ u þ ... þ þ þ þ ... ¼ 1 þ u þ 2 6 24 1! 2! 3! 4!

e 2x ¼ 1 þ 2 x þ

ðj u j < 1Þ

1 1 1 4 3 2 4 ð2 xÞ 2 þ ð2 xÞ 3 þ ð2 xÞ 4 þ . . . ¼ 1 þ 2 x þ 2 x 2 þ x þ x þ ... 2 6 24 3 3

Das Problem ist, dass wir an dieser Stelle noch nicht wissen, wie viele Glieder fu¨r die vorgegebene Genauigkeit beno¨tigt werden (gegebenenfalls ko¨nnen wir weitere Glieder anschreiben). Die Potenzreihe fu¨r e 2 x setzen wir in die Integrandfunktion ein und erhalten: 4 3 2 4 2 4 3 2 4 x þ x þ ... 1 1 þ 2x þ 2x þ 2x þ 2x2 þ x þ x þ ... 3 3 e 2x 1 3 3 ¼ ¼ ¼ x x x ¼ 2 þ 2x þ

4 2 2 3 x þ x þ ... 3 3

ðx 6¼ 0Þ

Die gliedweise Division durch x ist wegen x > 0 erlaubt. Wir integrieren jetzt diese Potenzreihe gliedweise in den Grenzen von x ¼ l > 0 bis x ¼ 0,1: 0;1 ð

e 2x 1 dx ¼ x

l

0;1 ð

2 þ 2x þ l

¼

4 2 2 3 x þ x þ ... 3 3

0;1 4 3 1 4 x þ x þ ... d x ¼ 2x þ x2 þ ¼ 9 6 l

4 1 4 3 1 0;1 3 þ 0;1 4 þ . . . 2 l þ l 2 þ l þ l4 þ . . . 2 0;1 þ 0;1 2 þ 9 6 9 6


233

Der Grenzu¨bergang l ! 0 liefert dann den gesuchten Na¨herungswert unseres Integrals: 0;1 ð

e2x 1 d x ¼ lim x l!0

0

0;1 ð

e2x 1 dx ¼ x

l

¼ lim

l!0

4 1 0;1 3 þ 0;1 4 þ . . . 2 0;1 þ 0;1 þ 9 6

2

4 3 1 4 l þ l þ ... 2l þ l þ ¼ 9 6 2

4 1 0;1 3 þ 0;1 4 þ . . . 0 ¼ 0;2 þ 0;01 þ 0;000 444 þ 0;000 017 þ . . . 9 6 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

¼ 2 0;1 þ 0;1 2 þ

0;210 444

Fehler

Fu¨r die vorgegebene Genauigkeit von vier Nachkommastellen beno¨tigen wir die ersten drei Glieder, das vierte Glied bewirkt in der vierten Nachkommastelle keine Vera¨nderung mehr und bestimmt die Gro¨ßenordnung des Fehlers. Somit gilt: 0;1 ð

e 2x 1 d x ¼ 0,2104 x

(Abbruch nach der 4. Nachkommastelle)

0

Berechnen Sie das Integral 0;5 ð

D34

pffiffiffi cosh ð x Þ d x

0

durch Reihenentwicklung des Integranden und Abbruch der Reihe nach dem 3. Glied. Gehen Sie dabei von der als bekannt vorausgesetzten Reihe von cosh u aus (! Formelsammlung).

Wir gehen von der Mac Laurinschen Reihe u2 u4 u6 1 2 1 4 1 u þ u þ u6 þ ... þ þ þ ... ¼ 1 þ 2 24 720 2! 4! 6! pffiffiffi aus (! Formelsammlung), substituieren dann u durch x : cosh u ¼ 1 þ

ðj u j < 1Þ

pffiffiffi 1 pffiffiffi 2 1 pffiffiffi 4 1 pffiffiffi 6 1 1 2 1 x þ x þ x þ ... ¼ 1 þ x þ x þ x3 þ ... cosh ð x Þ ¼ 1 þ 2 24 720 2 24 720 Gliedweise Integration in den Grenzen von x ¼ 0 bis x ¼ 0,5 fu¨hrt zu dem folgenden Ergebnis: 0ð,5

pffiffiffi cosh ð x Þ d x ¼

0

0ð,5

0

¼

0,5 1 1 2 1 3 1 2 1 3 1 1þ ¼ xþ x þ x þ ... dx ¼ x þ x þ x þ x4 þ ... 2 24 720 4 72 2880 0

1 1 1 0;5 þ 0;5 2 þ 0;5 3 þ 0;5 4 þ . . . 0 ¼ 4 72 2880

¼ 0;5 þ 0;0625 þ 0;001 736 þ 0;000 022 þ . . . 0;5642 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} Na¨herungswert 0;564 236

Der Wert ist auf 4 Stellen nach dem Komma genau.

Fehler

234


0;1 ð

e x sinh x d x ¼ ?

D35

0

a) Berechnen Sie dieses Integral durch Potenzreihenentwicklung des Integranden (bis einschließlich x 3 -Glied). b) Welchen (exakten) Wert liefert die Integraltafel?

a) Wir entwickeln die Integrandfunktion f ðxÞ ¼ e x sinh x auf direktem Wege in eine Mac Laurinsche Reihe bis zum kubischen Glied. Alle dabei beno¨tigten Ableitungen erhalten wir mit der Produktregel: f ðxÞ ¼ e x sinh x ¼ u v mit |fflffl{zfflffl} u v

f

u ¼ ex ;

v ¼ sinh x

und

u0 ¼ ex ;

v 0 ¼ cosh x

f

f 0 ðxÞ ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ e x sinh x þ cosh x e x ¼ e x ðsinh x þ cosh xÞ ¼ u v |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} u v u ¼ ex ;

v ¼ sinh x þ cosh x

und

u0 ¼ ex ;

v 0 ¼ cosh x þ sinh x

f 00 ðxÞ ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ e x ðsinh x þ cosh xÞ þ ðcosh x þ sinh xÞ e x ¼ ¼ e x ðsinh x þ cosh x þ cosh x þ sinh xÞ ¼ e x ð2 sinh x þ 2 cosh xÞ ¼ ¼ 2 e x ðsinh x þ cosh xÞ ¼ 2 f 0 ðxÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} f 0 ðxÞ f 000 ðxÞ ¼ 2 f 00 ðxÞ ¼ 2 2 f 0 ðxÞ ¼ 4 f 0 ðxÞ Ableitungswerte an der Stelle x 0 ¼ 0 (unter Beru¨cksichtigung von e 0 ¼ 1 , sinh 0 ¼ 0 , cosh 0 ¼ 1): f ð0Þ ¼ 1 0 ¼ 0 ;

f 0 ð0Þ ¼ 1 ð0 þ 1Þ ¼ 1 ;

f 00 ð0Þ ¼ 2 f 0 ð0Þ ¼ 2 ; |fflffl{zfflffl} 1

f 000 ð0Þ ¼ 4 f 0 ð0Þ ¼ 4 |fflffl{zfflffl} 1

Mac Laurinsche Reihe von f ðxÞ ¼ e x sinh x bis zur 3. Potenz f ðxÞ ¼ e x sinh x ¼ f ð0Þ þ ¼ 0þ

f 0 ð0Þ 1 f 00 ð0Þ 2 f 000 ð0Þ 3 x þ x þ x þ ... ¼ 1! 2! 3!

1 2 2 4 3 2 3 x þ x þ x þ ... ¼ x þ x2 þ x þ ... 1 2 6 3

ðj x j < 1Þ

Gliedweise Integration liefert den folgenden Na¨herungswert fu¨r das Integral: 0ð,1

0;1 ð

e sinh x d x ¼ x

0

0

¼

0,1 2 3 1 2 1 3 1 4 2 x þx þ ¼ x þ ... dx ¼ x þ x þ x þ ... 3 2 3 6 0

1 1 1 0,1 2 þ 0,1 3 þ 0,1 4 þ . . . 0 ¼ 2 3 6

¼ 0,005 þ 0,000 333 þ 0,000 017 þ . . . 0,005 350 b) Aus der Integraltafel der Formelsammlung entnehmen wir (Integral 326 mit a ¼ 1):

0;1 ð

e x sinh x d x ¼ 0

e 2x x 2 4

0,1 ¼ 0

0,2 0 e 0,1 e 0 ¼ 0;255 351 0;25 ¼ 0;005 351 2 4 4

2 Fourier-Reihen

235

2 Fourier-Reihen Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel II.1 und 2 Formelsammlung: Kapitel VI.4

Die in Bild D-10 dargestellte Impulsfolge wird im Periodenintervall 0 t < T durch die Funktion ( A ¼ const: T=2 c t T=2 þ c f ðtÞ ¼ f u¨ r 0 alle u¨ brigen t beschrieben. Wie lautet die Fourier-Zerlegung dieser Funktion?

D36

y A

c

c

c

T/2

T

c

Bild D-10

3T/2

2T

t

Die Fourier-Reihe entha¨lt keine Sinusglieder, da die Funktion gerade ist (Spiegelsymmetrie zur y -Achse). Daher gilt b n ¼ 0 fu¨r n ¼ 1; 2; 3; . . . und somit f ðtÞ ¼

1 X a0 þ a n cos ðn w 0 tÞ 2 n¼1

ðmit w 0 ¼ 2 p=TÞ

Berechnung des Fourier-Koeffizienten a0

a0

2 ¼ T

ð

T=2 þ c

2 A f ðtÞ d t ¼ T

ð

1 dt ¼

T=2 þ c 2A 2A ½ t T=2 c ¼ T T

T T 4Ac þc þc ¼ 2 2 T

T=2 c

ðTÞ

Berechnung der Fourier-Koeffizienten an ( n = 1, 2, 3, . . . )

an

2 ¼ T

ð

T=2 þ c

ð

2 f ðtÞ cos ðn w 0 tÞ d t ¼ A T

ðTÞ

cos ðn w 0 tÞ d t ¼

2A T

T=2 c

sin ðn w 0 tÞ nw0

T=2 þ c ¼ T=2 c

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

Integral 228 mit a ¼ n w 0

¼

2A n w0 T

T=2 þ c

½ sin ðn w 0 tÞ T=2 c

¼

2A nw0 T

sin

nw0 T þ nw0c 2

sin

Unter Beru¨cksichtigung von w 0 T ¼ 2 p erhalten wir: 2A n 2p n 2p sin þ n w 0 c sin n w0 c ¼ an ¼ n 2p 2 2 ¼

A ½ sin ðn p þ n w 0 cÞ sin ðn p n w 0 cÞ np

nw0T nw0c 2

236


Unter Verwendung der trigonometrischen Formel sin ðx 1 þ x 2 Þ sin ðx 1 x 2 Þ ¼ 2 cos x 1 sin x 2

ð! Formelsammlung : Kap: III:7:6:5Þ

folgt dann mit x 1 ¼ n p und x 2 ¼ n w 0 c: an ¼

A 2A sin ðn w 0 cÞ 2A sin ðn w 0 cÞ 2 cos ðn pÞ sin ðn w 0 cÞ ¼ cos ðn pÞ ¼ ð 1Þ n np p |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} n p n n ð 1Þ

Denn es gilt: cos ðn pÞ ¼

8 y > 0 in der Umgebung der

Stelle x 0 ¼ 2 , y 0 ¼ 1. Berechnen Sie mit dieser Na¨herungsfunktion den Wert an der Stelle x ¼ 2,1, y ¼ 0,95 . Wie groß ist die Abweichung zum exakten Funktionswert?

Die Funktion la¨sst sich mit elementaren Rechenregeln fu¨r Logarithmen wie folgt vereinfachen: x y 1 1 1 2 z ¼ f ðx; yÞ ¼ 5 ln ¼ 5 ln ðx yÞ ln y ¼ 5 ln ðx yÞ 2 ln y ¼ 5 5 5 y2 ¼ 5 ln ðx yÞ 10 ln y 1 Rechenregeln: ln

a ¼ ln a ln b und ln a n ¼ n ln a b

Linearisierung der Funktion Ho¨henkoordinate z 0 des „Arbeitspunktes‘‘ P ¼ ð2; 1; z 0 Þ: z 0 ¼ f ð2; 1Þ ¼ 5 ln ð2 1Þ 10 ln 1 1 ¼ 1 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} |{z} ln 1 ¼ 0 0

)

P ¼ ð2; 1; 1Þ

Partielle Ableitungen 1. Ordnung z ¼ f ðx; yÞ ¼ 5 ln ðx yÞ 10 ln y 1 ¼ 5 ln u 10 ln y 1 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} u

mit

u ¼ x y

Es wird gliedweise differenziert, der erste Summand dabei in der angedeuteten Weise nach der Kettenregel: z x ¼ f x ðx; yÞ ¼ 5

1 5 5 100 ¼ ¼ u u x y

z y ¼ f y ðx; yÞ ¼ 5

1 1 5 10 5 10 ð 1Þ 10 0 ¼ ¼ u y u y x y y

Ableitungswerte in P ¼ ð2; 1; 1Þ:

f x ð2; 1Þ ¼

5 5 ¼ 5 , f y ð2; 1Þ ¼ 10 ¼ 15 21 21

Gleichung der Tangentialebene in P = (2 ; 1 ; 1) z z 0 ¼ f x ðx 0 ; y 0 Þ ðx x 0 Þ þ f y ðx 0 ; y 0 Þ ð y y 0 Þ z þ 1 ¼ f x ð2; 1Þ ðx 2Þ þ f y ð2; 1Þ ð y 1Þ z þ 1 ¼ 5 ðx 2Þ 15 ð y 1Þ ¼ 5 x 10 15 y þ 15 ¼ 5 x 15 y þ 5 z ¼ 5 x 15 y þ 4

282

E Partielle Differentiation

Linearisierte Funktion in der Umgebung des Arbeitspunktes P ¼ ð2; 1; 1Þ: x y 1

5 x 15 y þ 4 z ¼ 5 ln 5 y2 Na¨herungswert an der Stelle x ¼ 2,1 , y ¼ 0,95 (Einsetzen dieser Werte in die linearisierte Funktion): z 5 2,1 15 0,95 þ 4 ¼ 0,25 Exakter Wert (berechnet mit der Funktionsgleichung): 2,1 0,95 1 z ¼ 5 ln ¼ 0,2117 5 0,95 2 Der Na¨herungswert fa¨llt um D z ¼ 0,25 0,2117 ¼ 0,0383 zu groß aus.

Der elektrische Widerstand zwischen zwei koaxialen Zylinderelektroden (Hohlzylinder) wird nach der Formel 1 ra ; ra > ri > 0 R ¼ ln 2pjl ri berechnet (siehe hierzu Bild E-4; ra , ri : Außen- bzw. Innenradius; l: La¨nge des Hohlzylinders; j: Leitfa¨higkeit des Materials zwischen den Elektroden). Linearisieren Sie diese Funktion fu¨r geringfu¨gige nderungen der Radien r a bzw. r i um D ra bzw. D ri bei fester La¨nge l.

E54

ra

ri leitender Hohlzylinder (Leitfähigkeit k)

Bild E-4

Bei konstanter La¨nge l ist der Widerstand R eine nur von ra und ri abha¨ngige Funktion: 1 ra 1 ¼ ln ðln ra ln ri Þ R ¼ f ðra ; ri Þ ¼ ri 2pjl 2pjl Rechenregel : ln

a ¼ ln a ln b b

Bei kleinen nderungen der beiden Radien a¨ndert sich auch der Widerstand R nur geringfu¨gig und wir ko¨nnen diese Widerstandsa¨nderung na¨herungsweise mit Hilfe des totalen Differentials von R bestimmen: @R @R 1 1 1 1 d ra þ d ri ¼ d ra d ri ¼ @ ra @ ri 2 p j l ra 2 p j l ri 1 d ra d ri 1 ri d ra ra d ri ri d ra ra d ri ¼ ¼ ¼ 2 p j l ra 2pjl ri ra ri 2 p j l ra ri

dR ¼

Die in der Praxis verwendete Schreibweise lautet (wir ersetzen d r a , d r i , d R durch D r a , D r i , D R): DR ¼

ri D ra ra D ri 1 ¼ ðri D ra ra D ri Þ 2 p j l ra ri 2 p j l ra ri

Mit dieser linearen Beziehung la¨sst sich die Widerstandsa¨nderung D R aus den vorgegebenen nderungen D ra und D ri der beiden Radien leicht berechnen (bei fest vorgegebenen Werten fu¨r l, ra und ri ).

5 Anwendungen

283

Reihenschaltung zweier Kapazita¨ten C1 und C2 (Bild E-5): 1 1 1 ¼ þ C C1 C2

E55

Bild E-5

C1

C2

a) Lo¨sen Sie zuna¨chst diese Gleichung nach der Gesamtkapazita¨t C auf und linearisieren Sie dann die erhaltene Funktion in der Umgebung des „Arbeitspunktes“ C1 ¼ 6 mF, C2 ¼ 4 mF. b) Wie groß ist die Kapazita¨tsa¨nderung, wenn die 1. Kapazita¨t um 0,1 mF vergro¨ßert und gleichzeitig die 2. Kapazita¨t um den gleichen Betrag verkleinert wird? (Exakter Wert und Na¨herungswert.) c) Beide Kapazita¨ten werden um jeweils 1 % verkleinert. Wie a¨ndert sich dann die Gesamtkapazita¨t?

a) Wir lo¨sen die Gleichung nach C auf: C2 þ C1 1 1 1 C1 þ C2 ¼ þ ¼ ¼ C C1 C2 C1 C2 C1 C2

)

C ¼

C 1 C2 C1 þ C 2

(zuerst den Hauptnenner C 1 C 2 , dann den Kehrwert bilden). Fu¨r die Linearisierung beno¨tigen wir die partiellen Ableitungen 1. Ordnung. Die Quotientenregel liefert das gewu¨nschte Ergebnis: C ¼ f ðC 1 ; C 2 Þ ¼

C1 C2 u ¼ C1 þ C2 v

u ¼ C1 C2 ;

mit

v ¼ C1 þ C2

und

@u ¼ C2 ; @ C1

@v ¼ 1 @ C1

@u @v v u C 22 C2 ðC1 þ C2 Þ 1 C1 C2 C1 C2 þ C 22 C1 C2 @ C1 @ C1 @C ¼ ¼ ¼ ¼ @ C1 v2 ðC1 þ C2 Þ 2 ðC1 þ C2 Þ 2 ðC1 þ C2 Þ 2 C 12 @C ¼ @ C2 ðC1 þ C2 Þ 2

(aus Symmetriegru¨ nden, C 1 und C 2 sind vertauschbar)

Die linearisierte Funktion lautet damit ðtotales Differential von C ¼ f ðC1 ; C2 ÞÞ: DC ¼

@C @ C1

D C1 þ

@C @ C2

D C2 ¼

C 22 ðC1 þ C2 Þ 2

D C1 þ

C 12 ðC1 þ C2 Þ 2

D C2 ¼

C 22 D C1 þ C 12 D C2 ðC1 þ C2 Þ 2

Dabei sind D C1 , D C2 und D C Relativkoordinaten, d. h. die nderungen der Kapazita¨ten gegenu¨ber dem „Arbeitspunkt‘‘ (Ausgangsgro¨ßen). Fu¨r C1 und C2 werden die Ausgangswerte 6 mF bzw. 4 mF eingesetzt: DC ¼

ð4 mFÞ 2 D C 1 þ ð6 mFÞ 2 D C 2 ð6 mF þ 4 mFÞ

2

¼

16 D C1 þ 36 D C2 ¼ 0,16 D C1 þ 0,36 D C2 100

b) Wir berechnen jetzt die Kapazita¨tsa¨nderung D C fu¨r D C1 ¼ þ 0,1 mF und D C2 ¼ 0,1 mF: D C ¼ ½ 0,16 0,1 þ 0,36 ð 0,1Þ mF ¼ ð0,016 0,036Þ mF ¼ 0,020 mF Die exakte nderung ist (betragsma¨ßig) geringfu¨gig gro¨ßer: D Cexakt ¼ f ð6,1; 3,9Þ f ð6; 4Þ ¼

6,1 3,9 64 ¼ 2,379 2,4 ¼ 0,021 ðin mFÞ : 6,1 þ 3,9 6þ4

c) Kapazita¨tsa¨nderung D C fu¨r D C 1 ¼ 0;06 mF und D C 2 ¼ 0,04 mF (Na¨herungswert): D C ¼ ½ 0,16 ð 0,06Þ þ 0,36 ð 0,04Þ mF ¼ ð 0,0096 0,0144Þ mF ¼ 0,0240 mF Exakte nderung der Kapazita¨t C : D C exakt ¼ f ð5,94 ; 3,96Þ ¼

5,94 3,96 64 ¼ 2,3760 2,4 ¼ 0,0240 5,94 þ 3,96 6þ4

ðin mFÞ

284


Linearisieren Sie die Funktion u ¼ f ðx; y; zÞ ¼ 2 x 2 y þ x y sin z an der Stelle x 0 ¼ y 0 ¼ 1 ,

E56

z 0 ¼ p=2 .

Wie a¨ndert sich der Funktionswert na¨herungsweise, wenn man die unabha¨ngigen

Koordinaten a) um jeweils 2 % vergro¨ßert, b) der Reihe nach um d x ¼ 0,1, d y ¼ 0,08 und d z ¼ 0,2 vera¨ndert?

Berechnung des zugeho¨rigen Funktionswertes u0 : u0 ¼ f ð1; 1; p=2Þ ¼ 2 1 2 1 þ 1 1 sin ðp=2Þ ¼ 2 þ 1 ¼ 3 Partielle Ableitungen 1. Ordnung u x ¼ f x ðx; y; zÞ ¼ 4 x y þ y sin z u y ¼ f y ðx; y; zÞ ¼ 2 x þ x sin z 2

uz ¼ fz ðx; y; zÞ ¼ 0 þ x y cos z ¼ x y cos z

9 > > = > > ;

f x ð1; 1; p=2Þ ¼ 4 1 1 þ 1 sin ðp=2Þ ¼ 5 )

f y ð1; 1; p=2Þ ¼ 2 1 2 þ 1 sin ðp=2Þ ¼ 3 fz ð1; 1; p=2Þ ¼ 1 1 cos ðp=2Þ ¼ 0

Linearisierte Funktion u u0 ¼ f x ðx 0 ; y 0 ; z 0 Þ ðx x 0 Þ þ f y ðx 0 ; y 0 ; z 0 Þ ð y y 0 Þ þ fz ðx 0 ; y 0 ; z 0 Þ ðz z 0 Þ u 3 ¼ f x ð1; 1; p=2Þ ðx 1Þ þ f y ð1; 1; p=2Þ ð y 1Þ þ fz ð1; 1; p=2Þ ðz p=2Þ p

¼ 5x 5 þ 3y 3 ¼ 5x þ 3y 8 u 3 ¼ 5 ðx 1Þ þ 3 ð y 1Þ þ 0 z 2 u ¼ 5x þ 3y 5

(in der Umgebung von x 0 ¼ y 0 ¼ 1 , z 0 ¼ p=2) .

Man beachte, dass die linearisierte Funktion nicht von der Koordinate z abha¨ngt. a) nderung des Funktionswertes (mit Hilfe des totalen Differentials berechnet) Wir berechnen zuna¨chst die beno¨tigten absoluten nderungen der drei unabha¨ngigen Koordinaten: d x ¼ 2 % von x 0 ¼ 1

)

d x ¼ 0,02

d y ¼ 2 % von y 0 ¼ 1

)

d y ¼ 0,02

d z ¼ 2 % von z 0 ¼ p=2

)

d z ¼ 0,0314

Mit dem totalen Differential d u ¼ f x ð1; 1; p=2Þ d x þ f y ð1; 1; p=2Þ d y þ f z ð1; 1; p=2Þ d z ¼ 5 d x þ 3 d y þ 0 d z ¼ 5 d x þ 3 d y erhalten wir dann den folgenden Na¨herungswert fu¨r die nderung des Funktionswertes: d u ¼ 5 0,02 þ 3 0,02 ¼ 0,1 þ 0,06 ¼ 0,16 b) Mit d x ¼ 0,1, d y ¼ 0,08 und d z ¼ 0,2 erhalten wir mit dem unter a) bestimmten totalen Differential die folgende nderung des Funktionswertes: d u ¼ 5 d x þ 3 d y þ 0 d z ¼ 5 d x þ 3 d y ¼ 5 0,1 þ 3 ð 0,08Þ ¼ 0,5 0,24 ¼ 0,26 Neuer Funktionswert: u ¼ u 0 þ d u ¼ 3 þ 0,26 ¼ 3,26

5 Anwendungen

285

5.2 Lineare Fehlerfortpflanzung Hinweise (1)

Die unabha¨ngigen Messgro¨ßen x und y mu¨ssen in der Form x ¼ x D x

y ¼ y D y

und

vorliegen (x, y sind die Mittelwerte, D x , D y die Messunsicherheiten, d. h. die Standardabweichungen der Mittelwerte). Die lineare Fehlerfortpflanzung liefert dann die maximale Messunsicherheit (auch maximaler oder gro¨ßtmo¨glicher Fehler genannt) der „indirekten‘‘ Messgro¨ße z ¼ f ðx; yÞ auf der Basis des totalen oder vollsta¨ndigen Differentials der Funktion z ¼ f ðx; yÞ . (2)

Lehrbuch: Band 2, Kapitel III.2.5.5 Formelsammlung: Kapitel XI.4

Der Fla¨cheninhalt eines Kreissegments wird nach der Formel

A

A ¼ 0,5 r ðj sin jÞ 2

r

E57

berechnet (Bild E-6). Radius r und Zentriwinkel j wurden wie folgt gemessen: r ¼ 10,0 0,1 cm ,

Bild E-6

„Indirekter Messwert‘‘ (Mittelwert) fu¨r A: ¼ 60 bzw. j ¼ p=3 einzusetzen: Fu¨r r und j sind die Messwerte (Mittelwerte) r ¼ 10,0 cm und j p

¼ 0,5 r 2 ðj sin jÞ ¼ 0,5 10,0 2 A sin 60 cm 2 ¼ 9,0586 cm 2 9,06 cm 2 3 muss im Bogenmaß angegeben werden!) (der Summand j Lineare Fehlerfortpflanzung mit Hilfe des totalen Differentials A ¼ f ðr; jÞ ¼ 0,5 r 2 ðj sin jÞ dA ¼

@A @A dr þ d j ¼ r ðj sin jÞ d r þ 0,5 r 2 ð1 cos jÞ d j @r @j

Daraus erhalten wir den Formelausdruck fu¨r den maximalen Fehler in der praxisu¨blichen Schreibweise: D A max ¼ j r ðj sin jÞ D r j þ j 0,5 r 2 ð1 cos jÞ D j j Mit r ¼ 10,0 cm , D r ¼ 0,1 cm , j ¼ 60 bzw. j ¼ p=3 und D j ¼ p=180 (entspricht 1 ) folgt: p

p sin 60 0,1 cm 2 þ 0,5 10,0 2 ð1 cos 60 Þ cm 2 ¼ D A max ¼ 10,0 3 180 ¼ 0,1812 cm 2 þ 0,4363 cm 2 ¼ 0,6175 cm 2 0,62 cm 2 D A max ¼ ð9,06 0,62Þ cm 2 Messergebnis: A ¼ A Prozentualer Maximalfehler:

D A max A

100 % ¼

0,62 cm 2 9,06 cm 2

100 % 6,8 %

r M

j ¼ 60 1

Wie lautet das Messergebnis fu¨r die „indirekte“ Messgro¨ße A?

f

286


Das Massentra¨gheitsmoment J eines du¨nnen homogenen Stabes (bezogen auf die Schwerpunktsachse senkrecht zur Stabachse) la¨sst sich aus der Stabmasse m und der Stabla¨nge l wie folgt berechnen: 1 m l2 12 In einem Experiment wurden fu¨r m und l folgende Messwerte ermittelt: J ¼ J ðm; lÞ ¼

E58

i

1

2

3

4

5

mi (in g)

119,5

121,0

120,3

119,2

120,0

li (in cm)

19,9

19,7

20,2

20,3

19,9

a) Werten Sie die beiden Messreihen in der u¨blichen Weise aus (Angabe des jeweiligen Mittelwertes und der zugeho¨rigen Standardabweichung des Mittelwertes). b) Welcher Mittelwert ergibt sich daraus fu¨r das Massentra¨gheitsmoment J ? Welchen maximalen Fehler (Messunsicherheit) liefert die lineare Fehlerfortpflanzung unter Verwendung des totalen Differentials? Wie lautet das („indirekte‘‘) Messergebnis fu¨r die Gro¨ße J ?

a) Auswertung der beiden Messreihen Fu¨r jede der beiden Gro¨ßen bilden wir der Reihe nach den Mittelwert, die Abweichung der einzelnen Messwerte vom Mittelwert, die Abweichungsquadrate und mit der Summe der Abweichungsquadrate dann die Standardabweichung des Mittelwertes (wird fu¨r die Fehlerfortpflanzung beno¨tigt). Die Anordnung der Werte erfolgt zweckma¨ßigerweise in Form einer Tabelle: l i l cm

ðl i lÞ 2

g2

li cm

0,25

19,9

0,1

0,01

1,0

1

19,7

0,3

0,09

120,3

0,3

0,09

20,2

0,2

0,04

4

119,2

0,8

0,64

20,3

0,3

0,09

5 P

120,0

0

0

19,9

0,1

0,01

600,0

0

1,98

100,0

0

0,24

mi g

mi m g

2 ðm i mÞ

1

119,5

0,5

2

121,0

3

i

cm 2

Messergebnis fu¨r die Gro¨ße m (Spalte 2, 3 und 4) P X 600,0 g mi ¼ 0 (Spalte 3) ¼ 120,0 g Kontrolle : ðm i mÞ ¼ m ¼ 5 n vffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi uP u ðm i mÞ 2 1,98 g 2 ¼ 0,32 g 0,3 g ¼ Dm ¼ t 54 n ðn 1Þ Messergebnis:

D m ¼ ð120,0 0,3Þ g m ¼ m

Messergebnis fu¨r die Gro¨ße l (Spalte 5, 6 und 7) P X li 100 cm l ¼ ¼ 20 cm Kontrolle : ðl i lÞ ¼ 0 (Spalte 6) ¼ 5 n vffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi uP u ðl i lÞ 2 0,24 cm 2 ¼ ¼ 0,11 cm 0,1 cm Dl ¼ t 54 n ðn 1Þ Messergebnis:

l ¼ l D l ¼ ð20,0 0,1Þ cm

5 Anwendungen

287

b) Mittelwert und maximaler Fehler der „indirekten‘‘ Messgro¨ße J Mittelwert:

1 1 l 2 ¼ m ð120 gÞ ð20 cmÞ 2 ¼ 4000 g cm 2 J ¼ 12 12

Lineare Fehlerfortpflanzung mit Hilfe des totalen Differentials J ¼ f ðm; lÞ ¼

1 m l2 12

)

dJ ¼

@J @J 1 2 1 dm þ dl ¼ l dm þ ml dl @m @l 12 6

Maximaler Fehler (in praxisu¨blicher Schreibweise): @J @ J 1 1 2 Dm þ Dl ¼ l D m þ m l D l D J max ¼ @m @l 12 6 Mit m ¼ 120 g , l ¼ 20 cm , D m ¼ 0,32 g und D l ¼ 0,11 cm erhalten wir: D J max ¼

1 1 ð20 cmÞ 2 0,32 g þ ð120 gÞ ð20 cmÞ 0,11 cm ¼ 12 6

¼ ð10,67 þ 44Þ g cm 2 ¼ 54,67 g cm 2 55 g cm 2 Messergebnis:

J ¼ J D J max ¼ ð4000 55Þ g cm 2

Prozentualer Maximalfehler:

E59

D J max 55 g cm 2 100 % 1,4 % 100 % ¼ 4000 g cm 2 J

Die Leistung eines Gleichstroms wird nach der Formel P ¼ R I 2 berechnet. Widerstand R und Stromsta¨rke I wurden in einem Praktikumsversuch wie folgt gemessen: R ¼ ð80,1 1,0Þ W ;

I ¼ ð6,2 0,1Þ A

D P max an. Geben Sie das Messergebnis fu¨r P in der Form P ¼ P

„Indirekter Messwert‘‘ (Mittelwert) fu¨r P ¼ R I 2 ¼ ð80 WÞ ð6,2 AÞ 2 ¼ 3075,2 W 3075 W P Lineare Fehlerfortpflanzung mit dem totalen Differential P ¼ f ðR; IÞ ¼ R I 2

)

dP ¼

@P @P dR þ dI ¼ I2 dR þ 2RI dI @R @I

Maximaler Fehler (in praxisu¨blicher Schreibweise): @ P @P D Pmax ¼ DR þ D I ¼ j I 2 D R j þ j 2 R I D I j @R @I Einsetzen der Werte R ¼ 80 W , I ¼ 6,2 A , D R ¼ 1 W und D I ¼ 0,1 A liefert: D Pmax ¼ ð6,2 AÞ 2 1 W þ 2 ð80 WÞ ð6,2 AÞ 0,1 A ¼ ð38,44 þ 99,20Þ W ¼ 137,64 W 138 W D P max ¼ ð3075 138Þ W Messergebnis: P ¼ P Prozentualer Maximalfehler:

D Pmax 138 W 100 % 4,5 % 100 % ¼ 3075 W P

288


Torsionsfla¨chenmoment eines Kreisrings (Bild E-7): p R4 r4 W ¼ R 2

E60

R

ðR > r > 0Þ

r M

Innen- und Außenradius wurden wie folgt gemessen: r ¼ ð2,00 0,01 cm) ,

R ¼ ð4,00 0,02Þ cm Bild E-7

Wie lautet das Messergebnis fu¨r die „indirekte“ Messgro¨ße W ?

„Indirekter Messwert‘‘ (Mittelwert) fu¨r W W ¼

4 r 4 p R p 44 24 cm 3 ¼ 30 p cm 3 94,25 cm 3 ¼ 2 2 4 R

Lineare Fehlerfortpflanzung mit Hilfe des totalen Differentials Wir bilden zuna¨chst die fu¨r das totale Differential beno¨tigten partiellen Ableitungen 1. Ordnung der von R und r abha¨ngigen Funktion W ¼ f ðR; rÞ ¼

p R4 r 4 2 R

Fu¨r die partielle Ableitung nach R verwenden wir die Quotientenregel: W ¼

p R4 r4 p u ¼ 2 2 v R

mit

u ¼ R4 r4 ;

v ¼ R und

@u ¼ 4 R3 ; @R

@v ¼ 1 @R

@u @v v u @W p p 4 R 3 R 1 ðR 4 r 4 Þ p 4 R4 R4 þ r 4 p 3 R4 þ r4 @R @R ¼ ¼ ¼ ¼ @R 2 2 2 2 R2 R2 R2 v2 Die partielle Ableitung nach r la¨sst sich nach einer kleinen Umformung der Funktion elementar bilden: p R4 r4 p r4 @W p 4r3 2pr3 3 ¼ ) ¼ W ¼ R ¼ 0 R R R R 2 2 @r 2 Totales Differential von W: dW ¼

@W @W p 3 R4 þ r 4 2p r3 dR þ dr ¼ dr dR þ 2 @R @r 2 R R

Maximaler Fehler (in praxisu¨blicher Schreibweise): @W @W p 3 R4 þ r4 2p r3 D R þ D r ¼ D Wmax ¼ Dr D R þ @R @r 2 R R2 Zur Erinnerung: Alle Beitra¨ge sind positiv infolge der Betragsbildung!. Wir setzen die Werte R ¼ 4 cm , r ¼ 2 cm , D R ¼ 0,02 cm und D r ¼ 0,01 cm ein und erhalten den folgenden absoluten Maximalfehler: D Wmax ¼

p 3 44 þ 24 2 p 23 0,01 cm 3 ¼ 0,02 cm 3 þ 4 2 42

¼ ð1,5394 þ 0,1257Þ cm 2 ¼ 1,6651 cm 2 1,67 cm 2 Messergebnis: W ¼ W D Wmax ¼ ð94,25 1,67Þ cm 3 Prozentualer Maximalfehler:

D Wmax W

100 % ¼

1,67 cm 3 94,25 cm 3

100 % 1,8 %

5 Anwendungen

289

Die Reihenschaltung zweier elastischer Federn mit den Federkonstanten c 1 und c 2 la¨sst sich durch eine resultierende Feder mit der Federkonstanten c ¼ f ðc 1 ; c 2 Þ ¼

c1 c2 c1 þ c2

ersetzen (Bild E-8).

E61

c1

Fu¨r c 1 und c 2 wurden folgende Messwerte ermittelt:

c2

Bild E-8

c 1 ¼ ð150,0 3,0Þ N=m ; c 2 ¼ ð100,0 2,0Þ N=m Wie lautet das Messergebnis fu¨r die „indirekte‘‘ Messgro¨ße c auf der Basis der linearen Fehlerfortpflanzung?

„Indirekter Messwert‘‘ (Mittelwert) fu¨r c c ¼

150 100 ð150 þ 100Þ

2

N N ¼ 60 m m

Lineare Fehlerfortpflanzung mit dem totalen Differential Die beno¨tigten partiellen Ableitungen 1. Ordnung erhalten wir mit der Quotientenregel: c ¼ f ðc 1 ; c 2 Þ ¼

@c ¼ @ c1

c1 c2 u ¼ c1 þ c2 v

@u @v v u @ c1 @ c1 v2

c 21 @c ¼ @ c2 ðc 1 þ c 2 Þ 2

¼

mit

u ¼ c 1 c2 ;

v ¼ c1 þ c2

c 2 ðc 1 þ c 2 Þ 1 c 1 c 2 ðc 1 þ c 2 Þ 2

¼

und

@u ¼ c2 ; @ c1

c 1 c 2 þ c 22 c 1 c 2 ðc 1 þ c 2 Þ 2

¼

@v ¼ 1 @ c1 c 22

ðc 1 þ c 2 Þ 2

ðwegen der Symmetrie der Funktion bezüglich der Variablen c 1 und c 2 Þ

Damit lautet das totale Differential von c wie folgt: c 22 c 21 @c @c dc ¼ d c1 þ d c2 ¼ d c1 þ d c2 @ c1 @ c2 ðc 1 þ c 2 Þ 2 ðc 1 þ c 2 Þ 2 Bei der (linearen) Fehlerfortpflanzung werden die Betra¨ge der einzelnen Summanden addiert (ungu¨nstigster Fall) und wir erhalten definitionsgema¨ß den Maximalfehler (in praxisu¨blicher Schreibweise): c 22 c 21 c 22 D c 1 þ c 21 D c 2 @c @c D c 1 þ D c 2 ¼ D c1 þ D c2 ¼ D cmax ¼ ðc þ c Þ 2 ðc þ c Þ 2 @ c1 @ c2 ðc 1 þ c 2 Þ 2 1 2 1 2 Mit c 1 ¼ 150 , c 2 ¼ 100 , D c 1 ¼ 3 und D c 2 ¼ 2 (alle Werte in N/m) folgt: D cmax ¼

100 2 3 þ 150 2 2 N N ¼ 1,2 2 m m ð150 þ 100Þ

Messergebnis: c ¼ c D cmax ¼ ð60,0 1,2Þ N=m Prozentualer Maximalfehler:

D cmax 1,2 N=m 100 % ¼ 2 % 100 % ¼ c 60,0 N=m

290


5.3 Relative Extremwerte Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel III.2.5.3 Formelsammlung: Kapitel IX.2.5.2

E62

Bestimmen Sie die relativen Extremwerte der Funktion z ¼ x y þ

1 1 þ x y

ðx 6¼ 0 ; y 6¼ 0Þ .

Partielle Ableitungen 1. und 2. Ordnung: z ¼ xy þ

1 1 þ ¼ x y þ x 1 þ y 1 x y

zx ¼ y x 2 ;

zy ¼ x y 2 ;

z x x ¼ ð 2 x 3 Þ ¼

2 ; x3

z y y ¼ ð 2 y 3 Þ ¼

2 ; y3

zxy ¼ 1

Notwendige Bedingungen fu¨r einen relativen Extremwert: z x ¼ 0 , z y ¼ 0 zx ¼ 0

)

ðIÞ

y x 2 ¼ y

1 ¼ 0 x2

)

y ¼

1 x2

zy ¼ 0

)

ðIIÞ

x y 2 ¼ x

1 ¼ 0 y2

)

x y2 ¼ 1

Gleichung (I) wird nach y aufgelo¨st, der gefundene Ausdruck in Gleichung (II) eingesetzt: 2 1 1 1 ðIIÞ ) x y 2 ¼ x ¼ x ¼ ¼ 1 ) x3 ¼ 1 ) x1 ¼ 1 2 4 x x x3 (Ku¨rzen durch x ist wegen x 6¼ 0 erlaubt). Zugeho¨riger y-Wert: y 1 ¼ 1 . Wir pru¨fen jetzt, ob an der Stelle ðx 1 ; y 1 Þ ¼ ð1; 1Þ ein relativer Extremwert vorliegt: z x x ð1; 1Þ ¼ 2;

z y y ð1; 1Þ ¼ 2;

z x y ð1; 1Þ ¼ 1

D ¼ z x x ð1; 1Þ z y y ð1; 1Þ z 2x y ð1; 1Þ ¼ 2 2 1 ¼ 3 > 0

)

relativer Extremwert

Wegen z x x ð1; 1Þ ¼ 2 > 0 handelt es sich hierbei um ein relatives Minimum: Min ¼ ð1; 1; 3Þ .

E63

Wo liegen die relativen Extremwerte der Funktion z ¼ f ðx; yÞ ¼ 3 x 2 2 x

pffiffiffi y 8x þ y þ 8?

Die beno¨tigten partiellen Ableitungen 1. und 2. Ordnung lauten: zx ¼ 6 x 2 zxx ¼ 6 ;

pffiffiffi y 8;

zyy

zy ¼ 2 x

1 x 1=2 þ1 pffiffiffi þ 1 ¼ pffiffiffi þ 1 ¼ x y y 2 y

1 x x 3=2 ¼ y ¼ x ¼ pffiffiffiffiffi ; 3=2 2 2y 2 y3

zxy ¼ 2

1 1 pffiffiffi ¼ pffiffiffi 2 y y

5 Anwendungen

291

In einem relativen Extremum mu¨ssen notwendigerweise die partiellen Ableitungen 1. Ordnung verschwinden: pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi ðIÞ 6 x 2 y 8 ¼ 0 ) 2 y ¼ 6 x þ 8 ) y ¼ 3x 4 zx ¼ 0 ) p ffiffi ffi p ffiffi ffi x y ¼ x z y ¼ 0 ) ðIIÞ pffiffiffi þ 1 ¼ 0 ) x ¼ y ) y pffiffiffi Beide Gleichungen haben wir nach y aufgelo¨st. Durch Gleichsetzen folgt: 3x 4 ¼ x

)

2x ¼ 4

)

x1 ¼ 2 pffiffiffiffiffi Zugeho¨riger y-Wert (aus Gleichung (II) berechnet): y1 ¼ x1 ¼ 2

)

y1 ¼ 4

Die partiellen Ableitungen 2. Ordnung entscheiden nun, ob ein relativer Extremwert vorliegt: 1 1 z x y ð2; 4Þ ¼ pffiffiffi ¼ 2 4 1 1 2 3 1 2 1 D ¼ z x x ð2; 4Þ z y y ð2; 4Þ z 2x y ð2; 4Þ ¼ 6 ¼ ¼ > 0 ¼ 8 2 4 4 4 2 z x x ð2; 4Þ ¼ 6 ;

z y y ð2; 4Þ ¼

2 1 ; pffiffiffiffiffi ¼ 8 2 43

Damit ist das hinreichende Kriterium fu¨r einen relativen Extremwert erfu¨llt. Wegen z x x ð2; 4Þ ¼ 6 > 0 liegt ein relatives Minimum vor: Min ¼ ð2; 4; 0Þ.

E64

Untersuchen Sie die Funktion z ¼ f ðx; yÞ ¼ x 2 þ y 3 3 x y auf relative Extremwerte.

Die beno¨tigten partiellen Ableitungen 1. und 2. Ordnung lauten: zx ¼ 2 x 3 y ;

zy ¼ 3 y2 3 x ;

zxx ¼ 2 ;

zyy ¼ 6 y ;

zxy ¼ 3

Wir setzen z x ¼ 0 und z y ¼ 0 (notwendige Bedingungen fu¨r einen relativen Extremwert): zx ¼ 0

)

ðIÞ

2x 3y ¼ 0

zy ¼ 0

)

ðIIÞ

3 y2 3 x ¼ 0

)

x ¼ y2

Die untere Gleichung lo¨sen wir nach x auf, erhalten x ¼ y 2 und setzen diesen Ausdruck in Gleichung (I) ein: ðIÞ

)

2 x 3 y ¼ 2 y2 3 y ¼ 0

)

y ð2 y 3Þ ¼ 0

Aus x ¼ y 2 berechnen wir die zugeho¨rigen x-Werte: x 1 ¼ 0 , x 2 ¼

)

y1 ¼ 0 ;

y2 ¼

3 2

9 . 4

Folgerung: An den Stellen ðx 1 ; y 1 Þ ¼ ð0; 0Þ und ðx 2 ; y 2 Þ ¼ ð9=4; 3=2Þ verlaüft die Tangentialebene jeweils parallel zur x; y-Ebene. Die partiellen Ableitungen 2. Ordnung entscheiden daru¨ber, ob es sich bei diesen Stellen um relative Extremwerte handelt: ðx 1 ; y 1 Þ ¼ ð0 ; 0Þ

z x x ð0 ; 0Þ ¼ 2 ;

z y y ð0 ; 0Þ ¼ 0 ;

z x y ð0 ; 0Þ ¼ 3

D 1 ¼ z x x ð0; 0Þ z y y ð0; 0Þ z 2x y ð0; 0Þ ¼ 2 0 ð 3Þ 2 ¼ 9 ðx 2 ; y 2 Þ ¼

9 3 ; 4 2

zxx

9 3 ; 4 2

¼ 2;

zyy

9 3 ; 4 2

)

¼ 6

kein Extremwert (Sattelpunkt !) 3 ¼ 9; 2

zxy

9 3 ; 4 2

¼ 3

292


D2 ¼ zxx

9 3 ; 4 2

Da z x x

E65

9 3 ; 4 2

zyy

9 3 ; 4 2

z 2x y

9 3 ; 4 2

¼ 2 9 ð 3Þ 2 ¼ 9 > 0 ) relativer Extremwert

¼ 2 > 0 ist, handelt es sich um ein relatives Minimum: Min ¼

9 3 27 ; ; 4 2 16

Ermitteln Sie die relativen Extremwerte der Funktion z ¼ f ðx; yÞ ¼ ð y x 2 Þ e 2 y .

Mit Hilfe der Produkt- und Kettenregel erhalten wir die beno¨tigten partiellen Ableitungen 1. und 2. Ordnung: zx ¼ 2 x e 2y ;

zxx ¼ 2 e 2y ;

z x y ¼ 2 x e 2 y ð 2Þ ¼ 4 x e 2 y

(Ableitung von z x nach y mit der Kettenregel, Substitution: t ¼ 2 y) z ¼ ðy x 2 Þ e 2 y ¼ u v |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} u v

mit

u ¼ y x2 ;

v ¼ e 2y

und

uy ¼ 1 ;

vy ¼ 2 e 2y

z y ¼ u y v þ v y u ¼ 1 e 2 y 2 e 2 y ð y x 2 Þ ¼ ð1 þ 2 x 2 2 yÞ e 2 y z y ¼ ð1 þ 2 x 2 2 yÞ e 2 y ¼ u v ; |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} u v

u ¼ 1 þ 2x2 2y;

v ¼ e 2 y und u y ¼ 2 ;

vy ¼ 2 e 2y

z y y ¼ u y v þ v y u ¼ 2 e 2 y 2 e 2 y ð1 þ 2 x 2 2 yÞ ¼ ½ 2 2 ð1 þ 2 x 2 2 yÞ e 2 y ¼ ¼ ð 2 2 4 x 2 þ 4 yÞ e 2 y ¼ ð 4 4 x 2 þ 4 yÞ e 2 y ¼ 4 ð1 þ x 2 yÞ e 2 y Notwendige Bedingungen fu¨r einen relativen Extremwert: z x ¼ 0 , z y ¼ 0 zx ¼ 0

)

ðIÞ

2 x e 2y ¼ 0 |ffl{zffl} 6¼ 0

zy ¼ 0

)

ðIIÞ

ð1 þ 2 x 2 2 yÞ e 2 y ¼ 0 |ffl{zffl} 6¼ 0

)

2x ¼ 0

)

1 þ 2x2 2y ¼ 0

Wir lo¨sen dieses einfache Gleichungssystem wie folgt: ðIÞ

2x ¼ 0

)

x1 ¼ 0

ðIIÞ 1 2 y þ 2 x 2 ¼ 0

)

1 2y þ 0 ¼ 0

)

y 1 ¼ 0,5

Wir pru¨fen jetzt anhand der partiellen Ableitungen 2. Ordnung, ob an der Stelle ðx 1 ; y 1 Þ ¼ ð0; 0,5Þ die hinreichende Bedingung fu¨r einen relativen Extremwert erfu¨llt ist: z x x ð0; 0,5Þ ¼ 2 e 1 ;

z y y ð0; 0,5Þ ¼ 4 ð1 0,5Þ e 1 ¼ 2 e 1 ;

z x y ð0; 0,5Þ ¼ 0

D ¼ z x x ð0; 0,5Þ z y y ð0; 0,5Þ z 2x y ð0; 0,5Þ ¼ ð 2 e 1 Þ ð 2 e 1 Þ 0 2 ¼ 4 e 2 > 0 Es liegt demnach ein Extremwert vor, und zwar wegen z x x ð0; 0,5Þ ¼ 2 e 1 < 0 ein relatives Maximum: Max ¼ ð0; 0,5; 0,184Þ

5 Anwendungen

293

z ¼ f ðx; yÞ ¼ x 2 3 x y þ x y 3 þ 1

E66

Bestimmen Sie alle relativen Extremwerte und Sattelpunkte dieser Funktion.

Partielle Ableitungen 1. und 2. Ordnung: zx ¼ 2 x 3 y þ y3 ;

zy ¼ 3 x þ 3 x y2 ;

zxx ¼ 2 ;

zyy ¼ 6 x y ;

z x y ¼ 3 þ 3 y 2 ¼ 3 ð y 2 1Þ

Notwendige Bedingungen fu¨r einen relativen Extremwert: z x ¼ 0 , z y ¼ 0 zx ¼ 0

)

ðIÞ

2 x 3 y þ y3 ¼ 0

zy ¼ 0

)

ðIIÞ

3 x þ 3 x y2 ¼ 0

)

3 x ð1 y 2 Þ ¼ 0

Gleichung (I) nach x auflo¨sen, den gefundenen Ausdruck in Gleichung (II) einsetzen: ðIÞ

)

x ¼

1 1 ð3 y y 3 Þ ¼ y ð3 y 2 Þ 2 2

)

2 x ¼ 3 y y3

)

1 3 x ð1 y 2 Þ ¼ 3 y ð3 y 2 Þ ð1 y 2 Þ ¼ 0 2

y ¼ 0 ðIIÞ

)

y1 ¼ 0 ;

y2=3

pffiffiffi ¼ 3;

3 y2 ¼ 0 1 y2 ¼ 0

y4=5 ¼ 1

Zugeho¨rige x-Werte (aus Gleichung (I) berechnet): x 1 ¼ 0 , x2=3 ¼ 0 , x4=5 ¼ 1 Als relative Extremwerte kommen daher die folgenden fu¨nf Stellen in Frage: pffiffiffi pffiffiffi ðx 1 ; y 1 Þ ¼ ð0; 0Þ ; ðx 2 ; y 2 Þ ¼ ð0; 3 Þ ; ðx 3 ; y 3 Þ ¼ ð0; 3 Þ ; ðx 4 ; y 4 Þ ¼ ð1; 1Þ ;

ðx 5 ; y 5 Þ ¼ ð 1; 1Þ

Wir pru¨fen jetzt mit Hilfe der partiellen Ableitungen 2. Ordnung, fu¨r welche Stellen die hinreichende Bedingung fu¨r einen relativen Extremwert erfu¨llt ist: ðx 1 ; y 1 Þ ¼ ð0; 0Þ

z x x ð0; 0Þ ¼ 2 ;

z y y ð0; 0Þ ¼ 0 ;

z x y ð0; 0Þ ¼ 3

D 1 ¼ z x x ð0; 0Þ z y y ð0; 0Þ z 2x y ð0; 0Þ ¼ 2 0 ð 3Þ 2 ¼ 9 < 0 )

kein Extremwert ðsondern ein SattelpunktÞ

ðx 2 ; y 2 Þ ¼ ð0; D 2 ¼ z x x ð0;

pffiffiffi 3Þ

z x x ð0;

pffiffiffi 3Þ ¼ 2;

z y y ð0;

pffiffiffi 3Þ ¼ 0;

z x y ð0;

pffiffiffi 3Þ ¼ 6

pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 3 Þ z y y ð0; 3 Þ z 2x y ð0; 3 Þ ¼ 2 0 6 2 ¼ 36 < 0

)

kein Extremwert ðsondern ein SattelpunktÞ pffiffiffi Ebenso: ðx 3 ; y 3 Þ ¼ ð0; 3 Þ ist ein Sattelpunkt. ðx 4 ; y 4 Þ ¼ ð1; 1Þ

z x x ð1; 1Þ ¼ 2 ;

z y y ð1; 1Þ ¼ 6 ;

z x y ð1; 1Þ ¼ 0

D4 ¼ z x x ð1; 1Þ z y y ð1; 1Þ z 2x y ð1; 1Þ ¼ 2 6 0 2 ¼ 12 > 0

)

Wegen z x x ð1; 1Þ ¼ 2 > 0 liegt ein relatives Minimum vor. Ebenso: ðx 5 ; y 5 Þ ¼ ð 1; 1Þ ist ein relatives Minimum. pffiffiffi Ergebnis: Minima in ð 1; 1; 0Þ; Sattelpunkte in ð0; 0; 1Þ und ð0; 3 ; 1Þ

relativer Extremwert

294


5.4 Extremwertaufgaben mit und ohne Nebenbedingungen Hinweise (1) (2)

Lehrbuch: Band 2, Kapitel III.2.5.3 und 2.5.4 Formelsammlung: Kapitel IX.2.5.3 Verwenden Sie zur Lo¨sung von Extremwertaufgaben mit Nebenbedingungen das Multiplikatorverfahren von Lagrange.

Gegeben sind vier Messpunkte, die nahezu auf einer Geraden liegen:

E67

x

0

1

2

3

y

2,90

5,10

7,10

8,80

Bestimmen Sie mit der Gauß’schen Methode der kleinsten Quadrate die zugeho¨rige Ausgleichsgerade y ¼ m x þ b , d. h. diejenige Gerade, die sich diesen Messpunkten optimal anpasst. Hinweis: Eine ausfu¨hrliche Beschreibung dieses Verfahrens finden Sie in Band 3, Kapitel IV.5.1 bis 5.3 (siehe auch: Formelsammlung, Kapitel XI.5.1 und 5.2).

Wir bestimmen fu¨r jeden Messpunkt die Abweichung u von der Ausgleichsgeraden in vertikaler Richtung (Abweichung der Ordinatenwerte, siehe Bild E-9). y 9

Ausgleichsgerade

8 7 6 5 4

Messpunkt

3 2 1

Bild E-9 1

2

3

x

Diese Werte sind mal positiv, mal negativ, da die Messpunkte teils oberhalb, teils unterhalb der gesuchten Geraden liegen werden. Daher werden diese Abweichungen quadratiert und dann aufaddiert. Wir stellen diesen Vorgang u¨bersichtlich in einer Tabelle zusammen: i

x

y

mx þ b

u ¼ y ðm x þ bÞ

1

0

2,90

b

2,90 b

2

1

5,10

mþb

5,10 m b

3

2

7,10

2m þ b

7,10 2 m b

4

3

8,80

3m þ b

8,80 3 m b

Die Summe der Abweichungsquadrate lautet damit: S ðm; bÞ ¼ ð2,90 bÞ 2 þ ð5,10 m bÞ 2 þ ð7,10 2 m bÞ 2 þ ð8,80 3 m bÞ 2

5 Anwendungen

295

Sie ha¨ngt noch von m und b ab. Diese Parameter mu¨ssen nun so bestimmt werden, dass diese Summe mo¨glichst klein wird. Wir bilden daher zuna¨chst die fu¨r die Lo¨sung dieser Aufgabe beno¨tigten partiellen Ableitungen 1. und 2. Ordnung: Sm ¼

@S ¼ 0 þ 2 ð5,10 m bÞ ð 1Þ þ 2 ð7,10 2 m bÞ ð 2Þ þ 2 ð8,80 3 m bÞ ð 3Þ ¼ @m

¼ 2 ð5,10 m bÞ 4 ð7,10 2 m bÞ 6 ð8,80 3 m bÞ ¼ ¼ 10,20 þ 2 m þ 2 b 28,40 þ 8 m þ 4 b 52,80 þ 18 m þ 6 b ¼ 28 m þ 12 b 91,4 Sb ¼

@S ¼ 2 ð2,90 bÞ ð 1Þ þ 2 ð5,10 m bÞ ð 1Þ þ 2 ð7,10 2 m bÞ ð 1Þ þ @b þ 2 ð8,80 3 m bÞ ð 1Þ ¼ 2 ½2,90 b þ 5,10 m b þ 7,10 2 m b þ þ 8,80 3 m b ¼ 2 ð 6 m 4 b þ 23,9Þ ¼ 12 m þ 8 b 47,8 @ Sm ¼ 28 ; @m

Smm ¼

Sbb ¼

@ Sb ¼ 8; @b

Smb ¼

@ Sm ¼ 12 @b

Aus den fu¨r einen Extremwert notwendigen Bedingungen S m ¼ 0 und S b ¼ 0 erhalten wir das folgende lineare Gleichungssystem: Sm ¼ 0

)

ðIÞ

28 m þ 12 b 91,4 ¼ 0

Sb ¼ 0

)

ðIIÞ 12 m þ 8 b 47,8 ¼ 0

Lo¨sungsweg: Die 1. Gleichung mit 2, die 2. mit 3 multiplizieren, dann die Gleichungen voneinander subtrahieren: ) ðI *Þ 56 m þ 24 b 182,8 ¼ 0 y ðII *Þ 36 m þ 24 b 143,4 ¼ 0 10

39,4 ¼ 0

20 m ðIIÞ

)

m ¼ 1,97

8

)

12 1,97 þ 8 b 47,8 ¼ 0

6

)

8 b 24,16 ¼ 0

4

)

b ¼ 3,02

2

Die Gleichung der Ausgleichsgeraden lautet somit: y ¼ 1,97 x þ 3,02

1

Bild E-10 zeigt diese Gerade mit den vier Messpunkten.

E68

2

3

x

Bild E-10

Einer Ellipse mit den Halbachsen a und b ist ein (achsenparalleles) Rechteck gro¨ßter Fla¨che einzubeschreiben. Wie mu¨ssen die Seitenla¨ngen des Rechtecks gewa¨hlt werden?

Bild E-11 zeigt ein (beliebiges) einbeschriebenes Rechteck, dessen Fla¨cheninhalt A wir wie folgt durch die Koordinaten x und y des im 1. Quadranten gelegenen Ellipsenpunktes P ausdru¨cken ko¨nnen: A ¼ 4xy

ðx > 0 ; y > 0Þ

y b

Da P ein Punkt der Ellipse ist, gilt die folgende Nebenbedingung: y2 x2 þ ¼ 1 a2 b2

P = (x ; y )

oder

b2 x2 þ a2 y2 a2 b2 ¼ 0

y x

–a

(Mittelpunktsgleichung einer Ellipse). Bild E-11

–b

a

x

296


Fu¨r die Lo¨sung unserer Aufgabe verwenden wir das Lagrangesche Multiplikatorverfahren. Wir bilden aus der Fla¨chenfunktion A ¼ 4 x y und der Nebenbedingung j ðx; yÞ ¼ b 2 x 2 þ a 2 y 2 a 2 b 2 ¼ 0 (Ellipsengleichung in impliziter Form) die von x; y und dem Lagrangeschen Multiplikator l abha¨ngige Hilfsfunktion F ðx; y; lÞ ¼ A ðx; yÞ þ l j ðx; yÞ ¼ 4 x y þ l ðb 2 x 2 þ a 2 y 2 a 2 b 2 Þ Die partiellen Ableitungen 1. Ordnung dieser Funktion werden jeweils gleich Null gesetzt und liefern das folgende Gleichungssystem fu¨r die Unbekannten x, y und l (wobei uns nur die Werte fu¨r x und y interessieren): Fx ¼ 0

)

ðIÞ

4 y þ 2 b2 l x ¼ 0

)

l ¼

Fy ¼ 0

)

ðIIÞ

4 x þ 2 a2 l y ¼ 0

)

l ¼

Fl ¼ 0

)

ðIIIÞ

b2 x2 þ a2 y2 a2 b2 ¼ 0

2y b2 x 2x a2 y

Wir eliminieren den Multiplikator l, indem wir die ersten beiden Gleichungen nach l auflo¨sen und die Ausdru¨cke gleichsetzen:

2y b2

x

¼

2x a2 y

)

a2 y2 ¼ b2 x2

ð Þ

Die gefundene Beziehung ð Þ setzen wir in die 3. Gleichung ein und berechnen daraus x und danach y (es kommen nur positive Werte in Frage): ðIIIÞ

ð Þ

)

b2 x 2 þ b2 x 2 a2 b2 ¼ 0

)

2 x2 a2 ¼ 0

)

a2 y2 ¼ b2 x2 ¼ b2

)

x2 ¼

)

2 b 2 x 2 a 2 b 2 ¼ b 2 ð2 x 2 a 2 Þ ¼ 0

1 2 a 2

)

x ¼

1 2 1 2 2 a ¼ a b : a2 2 2

1 pffiffiffi 2a 2 )

y2 ¼

1 2 b 2

)

y ¼

1 pffiffiffi 2b 2

Die gesuchte Lo¨sung lautet damit wie folgt: x ¼

1 pffiffiffi 2 a; 2

y ¼

1 pffiffiffi 2 b; 2

A min ¼ 4

1 pffiffiffi 1 pffiffiffi 2a 2 b ¼ 2ab 2 2

Sonderfall a = b Aus der Ellipse wird ein Kreis mit dem Radius r ¼ a. Das einbeschriebene Rechteck mit gro¨ßtmo¨glichem Fla¨chen1 pffiffiffi inhalt ist dann ein Quadrat mit der Seitenla¨nge x ¼ y ¼ 2 a und dem Fla¨cheninhalt A ¼ 2 a 2 . 2

E69

Wie muss man einen geraden Kreiszylinder mit aufgesetzter Halbkugel dimensionieren, damit er bei einem vorgegebenen Volumen von V ¼ 5000 cm 3 eine mo¨glichst kleine Gesamtoberfla¨che A hat?

Die Gesamtoberfla¨che A setzt sich aus der Grundkreisfla¨che des Zylinders (p r 2 ), dem Zylindermantel (2 p r h) und der Oberfla¨che der Halbkugel (2 p r 2 ) zusammen (siehe Bild E-12):

r

A ¼ A ðr; hÞ ¼ p r 2 þ 2 p r h þ 2 p r 2 ¼ 3 p r 2 þ 2 p r h

h

Bild E-12

5 Anwendungen

297

Das vorgegebene Volumen von 5000 cm 3 liefert die noch beno¨tigte Nebenbedingung fu¨r die Variablen r und h. Es gilt: V ¼ VZylinder þ VHalbkugel ¼ p r 2 h þ

2 p r 3 ¼ 5000 3

oder (in impliziter Form, die wir fu¨r das Lagrangesche Multiplikatorverfahren beno¨tigen) j ðr; hÞ ¼ p r 2 h þ

2 p r 3 5000 ¼ 0 3

Wir bilden jetzt die Lagrangesche „Hilfsfunktion“: 2 2 3 F ðr; h; lÞ ¼ A ðr; hÞ þ l j ðr; hÞ ¼ 3 p r þ 2 p r h þ l p r h þ p r 5000 3 2

Dabei ist l der sog. Lagrangesche Multiplikator, dessen Wert uns nicht weiter interessiert. Die partiellen Ableitungen 1. Ordnung der Hilfsfunktion werden jeweils gleich Null gesetzt und liefern ein Gleichungssystem fu¨r die unbekannten Gro¨ßen r, h und l: @F ¼ 0 @r

)

ðIÞ

6 p r þ 2 p h þ l ð2 p r h þ 2 p r 2 Þ ¼ 0

@F ¼ 0 @h

)

ðIIÞ

2pr þ lpr2 ¼ 0

@F ¼ 0 @l

)

ðIIIÞ p r 2 h þ

)

l ¼

2 r

2 p r 3 5000 ¼ 0 3

Gleichung (II) lo¨sen wir nach l auf, erhalten l ¼ 2=r und setzen dann diesen Ausdruck in die 1. Gleichung ein: ðIÞ

)

6pr þ 2ph

)

2 p ðr hÞ ¼ 0

2 ð2 p r h þ 2 p r 2 Þ ¼ 6 p r þ 2 p h 4 p h 4 p r ¼ 2 p r 2 p h ¼ 0 r )

r h ¼ 0

)

r ¼ h

Damit haben wir die Aufgabe bereits gelo¨st: die Gesamtoberfla¨che nimmt den kleinsten Wert an, wenn Radius und Ho¨he des Zylinders u¨bereinstimmen. Der zahlenma¨ßige Wert von r und h la¨sst sich aus der Gleichung (III) ermitteln (unter Beachtung von r ¼ h): ðIIIÞ

) )

2 2 5 p r 3 5000 ¼ p r 3 þ p r 3 5000 ¼ p r 3 5000 ¼ 0 3 3 3 rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 5 3000 3 3000 3 3 ¼ 9,8475 p r ¼ 5000 ) r ¼ ) r ¼ 3 p p

pr2 r þ

Lo¨sung der Aufgabe: r ¼ h ¼ 9,8475 cm 9,85 cm A min ¼ 3 p r 2 þ 2 p r r ¼ 3 p r 2 þ 2 p r 2 ¼ 5 p r 2 ¼ 5 p ð9,8475 cmÞ 2 ¼ 1523,24 cm 2

E70

Welcher Punkt P ¼ ðx; yÞ der Hyperbel x 2 y 2 ¼ 12 hat vom Punkt A ¼ ð0; 4Þ den kleinsten Abstand d ?

Anhand der Skizze (Bild E-13) erwarten wir zwei zur y-Achse spiegelsymmetrische Lo¨sungen. Aus der allgemeinen Abstandsformel fu¨r zwei Punkte P 1 ¼ ðx 1 ; y 1 Þ und P 2 ¼ ðx 2 ; y 2 Þ erhalten wir unseren Fall: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi d ¼ ðx 1 x 2 Þ 2 þ ð y 1 y 2 Þ 2 ¼ ðx 0Þ 2 þ ð y 4Þ 2 ¼ x 2 þ ð y 4Þ 2

298

E Partielle Differentiation y 6 Hyperbel

Hyperbel 4 P = (x ; y )

2

Bild E-13 –6

–4

–2

2

4

6

x

–2 –4 –6

Diese Wurzelfunktion wird minimal, wenn der Radikand (d. h. der Ausdruck unter der Wurzel) seinen kleinsten Wert annimmt. Es genu¨gt also, die sog. „Zielfunktion‘‘ Z ðx; yÞ ¼ d 2 ¼ x 2 þ ð y 4Þ 2 zu untersuchen. Die Koordinaten x und y genu¨gen dabei der Hyperbelgleichung, die somit eine Neben- oder Kopplungsbedingung liefert (in impliziter Form): j ðx; yÞ ¼ x 2 y 2 12 ¼ 0

ðNebenbedingungÞ

Nach dem Multiplikatorverfahren von Lagrange bilden wir nun die „Hilfsfunktion‘‘ F ðx; y; lÞ ¼ Z ðx; yÞ þ l j ðx; yÞ ¼ x 2 þ ð y 4Þ 2 þ l ðx 2 y 2 12Þ l ist dabei der Lagrangesche Multiplikator, dessen Wert uns nicht zu interessieren braucht. Wir setzen die partiellen Ableitungen 1. Ordnung dieser Hilfsfunktion jeweils gleich Null und erhalten das folgende Gleichungssystem fu¨r die drei Unbekannten x, y und l: Fx ¼ 0

)

ðIÞ

2x þ 2lx ¼ 0

Fy ¼ 0

)

ðIIÞ

2 ð y 4Þ 1 2 l y ¼ 2 ð y 4Þ 2 l y ¼ 0

Fl ¼ 0

)

ðIIIÞ

x 2 y 2 12 ¼ 0

Aus Gleichung (I) erhalten wir wegen x 6¼ 0: 2 x þ 2 l x ¼ 2 x ð1 þ lÞ ¼ 0

)

1þl ¼ 0

)

l ¼ 1

Dann folgt aus Gleichung (II): 2 ð y 4Þ 2 ð 1Þ y ¼ 0

)

2 ð y 4Þ þ 2 y ¼ 0

)

y 4 þ y ¼ 2y 4 ¼ 0

)

y ¼ 2

Die zugeho¨rigen Abszissenwerte erhalten wir aus der 3. Gleichung (fu¨r y ¼ 2): ðIIIÞ

)

x 2 4 12 ¼ 0

)

x 2 ¼ 16

)

x 1=2 ¼ 4

Die beiden Lo¨sungen P 1=2 ¼ ð 4; 2Þ liegen unserer Erwartung entsprechend spiegelsymmetrisch zur y-Achse.

E71

Ein quaderfo¨rmiges Schwimmbecken mit einem Fassungsvermo¨gen (Volumen) von V ¼ 108 m 3 soll so gebaut werden, dass die Oberfla¨che (Boden und Seitenwa¨nde) mo¨glichst klein wird. Wie sind die Abmessungen des Beckens zu wa¨hlen?

Die Kanten des quaderfo¨rmigen Beckens bezeichnen wir mit x , y und z (Bild E-14). Die Berechnung der Oberfla¨che (Boden plus Seitenwa¨nde) erfolgt dann nach der Formel A ¼ A ðx; y; zÞ ¼ x y þ 2 x z þ 2 y z

5 Anwendungen

299

z y

Bild E-14

x

Die drei Variablen x , y und z sind jedoch nicht unabha¨ngig voneinander, sondern durch die Nebenbedingung V ¼ const: ¼ 108 m 3 miteinander verknu¨pft (es kommen nach der Aufgabenstellung nur Quader mit diesem Volumen in Frage): V ¼ x y z ¼ 108

oder

j ðx; y; zÞ ¼ x y z 108 ¼ 0

Zur Lo¨sung der Aufgabe verwenden wir das Multiplikatorverfahren von Lagrange. Zuna¨chst bilden wir die „Hilfsfunktion‘‘ F ðx; y; z; lÞ ¼ A ðx; y; zÞ þ l j ðx; y; zÞ ¼ x y þ 2 x z þ 2 y z þ l ðx y z 108Þ (l: Lagrangescher Multiplikator; x > 0; y > 0; z > 0) Die partiellen Ableitungen 1. Ordnung dieser Funktion mu¨ssen sa¨mtlich verschwinden. Dies fu¨hrt zu dem folgenden Gleichungssystem mit den vier Unbekannten x , y, z und l: Fx ¼ 0

)

ðIÞ

y þ 2z þ lyz ¼ 0

Fy ¼ 0

)

ðIIÞ

x þ 2z þ lxz ¼ 0

Fz ¼ 0

)

ðIIIÞ 2 x þ 2 y þ l x y ¼ 0

Fl ¼ 0

)

ðIVÞ

x y z 108 ¼ 0

Wir lo¨sen die Gleichungen (I) und (II) jeweils nach l z auf und setzen die Ausdru¨cke gleich: 9 y þ 2z > > ðIÞ ) lz ¼ > = y þ 2z y þ 2z y x þ 2z x þ 2z oder ¼ ¼ ) > x x y y x þ 2z > > ; ðIIÞ ) l z ¼ x Daraus ergibt sich die folgende Gleichung (die linke Seite wird mit x, die rechte mit y multipliziert): x ð y þ 2 zÞ ¼ y ðx þ 2 zÞ

)

xy þ 2xz ¼ xy þ 2yz

)

2xz ¼ 2yz

)

x ¼ y

Aus Gleichung (III) folgt dann (mit y ¼ x): )

2 x þ 2 x þ l x x ¼ 4 x þ l x 2 ¼ x ð4 þ l xÞ ¼ 0

)

4 þ lx ¼ 0

)

lx ¼ 4

f

ðIIIÞ

6¼ 0 Diesen Ausdruck setzen wir in Gleichung (II) ein: ðIIÞ

)

x þ 2 z þ ðl xÞ z ¼ x þ 2 z þ ð 4Þ z ¼ x þ 2 z 4 z ¼ 0

)

x 2z ¼ 0 )

x ¼ 2z

„Zwischenstand‘‘: x ¼ y ¼ 2 z Unter Beru¨cksichtigung dieser Beziehungen la¨sst sich aus Gleichung (IV) die Unbekannte z (und daraus dann x und y) berechnen: ðIVÞ

)

x y z 108 ¼ ð2 zÞ ð2 zÞ z 108 ¼ 4 z 3 108 ¼ 0

)

z 3 ¼ 27

)

z ¼ 3

Die Lo¨sung dieser Aufgabe lautet damit: x ¼ y ¼ 2z ¼ 6;

z ¼ 3

ð jeweils in mÞ

A min ¼ x y þ 2 x z þ 2 y z ¼ 6 6 þ 2 6 3 þ 2 6 3 ¼ 36 þ 36 þ 36 ¼ 108

ðin m 3 Þ

300


Einem Kreis vom Radius R soll ein Rechteck so einbeschrieben werden, dass das Fla¨chenmoment 1 I ¼ x y 3 einen mo¨glichst großen Wert annimmt. Wie sind die Rechtecksseiten x und y zu wa¨hlen? 12

E72

Die unbekannten Seiten x und y sind u¨ber den Satz des Pythagoras miteinander verknu¨pft (siehe Bild E-15): x2 þ y2 ¼ 4 R2

2R

j ðx; yÞ ¼ x 2 þ y 2 4 R 2 ¼ 0

oder

y

M x

Bild E-15

Nach Lagrange bilden wir die folgende „Hilfsfunktion‘‘: F ðx; y; lÞ ¼ I ðx; yÞ þ l j ðx; yÞ ¼

1 x y 3 þ l ðx 2 þ y 2 4 R 2 Þ 12

ð0 < x < 2 R; 0 < y < 2 RÞ Die partiellen Ableitungen 1. Ordnung dieser Funktion werden jeweils gleich Null gesetzt und liefern drei Gleichungen fu¨r die drei Unbekannten x , y und l: Fx ¼

1 3 y þ 2lx; 12

Fy ¼

1 xy2 þ 2ly; 4

Fx ¼ 0

)

ðIÞ

1 3 y þ 2lx ¼ 0 12

Fy ¼ 0

)

ðIIÞ

1 x y2 þ 2 l y ¼ 0 4

Fl ¼ 0

)

ðIIIÞ

x 2 þ y2 4 R2 ¼ 0

F l ¼ x2 þ y2 4R2

Die ersten beiden Gleichungen werden nach l aufgelo¨st, die gefundenen Ausdru¨cke dann gleichgesetzt: 9 > y3 > > ðIÞ ) l ¼ > = 24 x y3 xy ¼ ) ) 8 y 3 ¼ 24 x 2 y j : 8 y 2 > 24 x 8 xy xy > > > ðIIÞ ) l ¼ ¼ ; ) ðI*Þ y 2 ¼ 3 x 2 8 8y (Ku¨rzen durch y ist wegen y > 0 erlaubt.) Diese Beziehung zwischen den beiden Seiten setzen wir in Gleichung (III) ein und berechnen x und daraus dann y: ðIIIÞ

)

ðI*Þ

)

Lo¨sung:

x 2 þ y2 4 R2 ¼ x 2 þ 3 x 2 4 R2 ¼ 4 x2 4 R2 ¼ 0 pffiffiffi y2 ¼ 3 x2 ¼ 3 R2 ) y ¼ 3 R

x ¼ R, y ¼ I min ¼

pffiffiffi 3 R,

pffiffiffi 1 1 1 pffiffiffi 4 1 pffiffiffi 4 x y3 ¼ R ð 3 RÞ 3 ¼ 3 3R ¼ 3R 12 12 12 4

)

x2 ¼ R2

)

x ¼ R

301

F Mehrfachintegrale Hinweise fu¨r das gesamte Kapitel (1) (2)

Fertigen Sie zu jeder Aufgabe eine Skizze an, sie erleichtert Ihnen den Lo¨sungsweg und fu¨hrt zu einem besseren Versta¨ndnis. Alle anfallenden (gewo¨hnlichen) Integrale du¨rfen einer Integraltafel entnommen werden (wenn nicht ausdru¨cklich anders verlangt). Bei der Lo¨sung der Integrale wird die jeweilige Integralnummer aus der Integraltafel der Mathematischen Formelsammlung mit den entsprechenden Parameterwerten angegeben (gelbe Seiten, z. B. Integral 313 mit a ¼ 2). Selbstversta¨ndlich du¨rfen Sie die Integrale auch „per Hand“ lo¨sen (zusa¨tzliche bung).

1 Doppelintegrale In diesem Abschnitt finden Sie (fast) ausschließlich anwendungsorientierte Aufgaben zu folgenden Themen:

Stromsta¨rke, Fla¨chenladung, magnetischer Fluss durch einen Leiter Fla¨cheninhalt, Fla¨chenschwerpunkt, Fla¨chentra¨gheitsmomente (Fla¨chenmomente) Volumen „zylindrischer“ Ko¨rper

Verwendet werden sowohl kartesische Koordinaten (Abschnitt 1.1) als auch Polarkoordinaten (Abschnitt 1.2). Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel III.3.1 Formelsammlung: Kapitel IX.3.1

1.1 Doppelintegrale in kartesischen Koordinaten Alle Aufgaben in diesem Abschnitt sollen mit Hilfe von Doppelintegralen unter Verwendung kartesischer Koordinaten gelo¨st werden. Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel III.3.1.2.1 und 3.1.3 Formelsammlung: Kapitel IX.3.1.2 und 3.1.4

ð3

F1

ð

p x=2

I ¼

cos x¼1 y¼0

y

x

dy dx ¼ ?

Wir fu¨hren zuna¨chst die innere Integration (nach y), dann die aüßere Integration (nach x) durch. Innere Integration (nach der Variablen y) ð

p x=2

cos y¼0

y

x

dy ¼

h

x sin

y i p x=2 x

y¼0

h y i p x=2 h p

i ¼ x sin ¼ x sin sin 0 ¼ x ð1 0Þ ¼ x x y¼0 2


Integral 228 mit a ¼ 1=x


302

F Mehrfachintegrale

ußere Integration (nach der Variablen x)

ð3 x dx ¼

I ¼ x¼1

1 2 x 2

3 ¼ 1

1 2

½ x2 1 3

¼

1 ð9 1Þ ¼ 4 2

Ergebnis: I ¼ 4

1 ð

F2

ð1

ðu vÞ e u d v d u ¼ ?

I ¼ u¼1 v¼1

Innere Integration (nach der Variablen v) ð1 ðu vÞ e

u

dv ¼ e

ð1

u

v¼1

ðu vÞ d v ¼ e v¼1

¼ e

u

u

1 2 v uv 2

1 ¼ v¼1

1 1 þuþ ¼ 2 u e u u 2 2

ußere Integration (nach der Variablen u) 1 ð

2u e

I ¼

u

1 ð

du ¼ 2

u¼1

u e u d u

u¼1

Dieses uneigentliche Integral wird wie folgt berechnet (! Band 1, Kapitel V.9): Zuna¨chst integrieren wir von u ¼ 1 bis u ¼ l (l > 1) und bilden dann den Grenzwert fu¨r l ! 1. 1 ð

I ¼ 2

u

ue

ðl d u ¼ 2 lim

l!1

u¼1

u e u d u ¼ 2 lim

l!1

½ ð u 1Þ e u 1 l

¼

1


¼ 2 lim ½ ð l 1Þ e l þ 2 e 1 ¼ 2 ð0 þ 2 e 1 Þ ¼ 4 e 1 l!1

Anmerkung: Fu¨r jedes Polynom P ðlÞ gilt lim P ðlÞ e l ¼ 0 (l > 0) l!1

Ergebnis: I ¼ 4 e

F3

ð1

1

¼ 1,4715

y2

ð

I ¼

e x=y d x d y ¼ ? y¼0 x¼0

Bild F-1 zeigt den Integrationsbereich. Er wird in der x-Richtung durch die Kurven x ¼ 0 (y-Achse) und x ¼ y 2 (nach rechts geo¨ffnete Parabel) und in der y-Richtung durch die Parallelen y ¼ 0 (x-Achse) und y ¼ 1 berandet.

1 Doppelintegrale

303

y Integrationsbereich 1

x=0 0,5

x=y2

Bild F-1 0,5

1

x

Innere Integration (nach der Variablen x) y2

ð

y2

y2

e x=y d x ¼ ½ y e x=y x ¼ 0 ¼ y ½ e x=y x ¼ 0 ¼ y ðe y e 0 Þ ¼ y ðe y 1Þ ¼ y e y y

x¼0

|fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 312 mit a ¼ 1=y

ußere Integration (nach der Variablen y)

ð1 I ¼ y¼0

ð y e y yÞ d y ¼ |fflfflffl{zfflfflffl}

ð y 1Þ e y

1 2 y 2

1 ¼ 0 0

1 1 1 þ e0 0 ¼ þ1 ¼ 2 2 2


Ergebnis: I ¼ 1=2

Bild F-2 zeigt den Querschnitt eines elektrischen Leiters, der senkrecht von der ortsabha¨ngigen Stromdichte S ðx; yÞ ¼ k x 2 y 2 durchflossen wird. Berechnen Sie den durch den Leiterquerschnitt A fließenden Strom I, wenn definitionsgema¨ß gilt : ðð I ¼ S ðx; yÞ d A

F4

ðAÞ

y 1

Leiterquerschnitt

1

x

Bild F-2

(k : positive Konstante)

Wir verwenden kartesische Koordinaten. Der Leiterquerschnitt wird unten von der x-Achse ð y ¼ 0Þ und oben von der Geraden mit der Gleichung y ¼ x þ 1 berandet, die x-Werte liegen dabei zwischen x ¼ 0 und x ¼ 1 (siehe Bild F-2). Damit ergeben sich folgende Integrationsgrenzen: y-Integration:

von y ¼ 0 bis y ¼ x þ 1

x-Integration:

von x ¼ 0 bis x ¼ 1

Die Berechnung der Stromsta¨rke I erfolgt somit durch das folgende Doppelintegral: ð1

ðð

xðþ 1

S ðx; yÞ d A ¼ k

I ¼ ðAÞ

x2 y2 d y d x x¼0 y¼0

ðFlächenelement d A ¼ d y d xÞ

304

F Mehrfachintegrale

Innere Integration (nach der Variablen y) xðþ 1

xðþ 1

x2 y2 d y ¼ x2

y2 d y ¼ x2

y¼0

y¼0

¼

1 3 y 3

xþ1 ¼ x2 y¼0

1 ð x þ 1Þ 3 0 3

¼

1 2 x ð x þ 1Þ 3 ¼ 3

1 2 1 x ð x 3 þ 3 x 2 3 x þ 1Þ ¼ ð x 5 þ 3 x 4 3 x 3 þ x 2 Þ 3 3

ußere Integration (nach der Variablen x) 1 I ¼ k 3 1 ¼ k 3

ð1

1 k ð x þ 3 x 3 x þ x Þ d x ¼ 3 5

x¼0

4

3

1 3 3 1 þ þ 6 5 4 3

Ergebnis: Gesamtstrom I ¼

¼

2

1 6 3 5 3 4 1 3 x þ x x þ x 6 5 4 3

¼ 0

1 10 þ 36 45 þ 20 1 1 1 k ¼ k ¼ k 3 60 3 60 180

1 k 180

Die in Bild F-3 skizzierte trapezfo¨rmige Grenzfla¨che A zweier dielektrischer Medien entha¨lt die ortsabha¨ngige Oberfla¨chenladung s ðx; yÞ ¼ k x 2 y mit k ¼ 1,5 10 10 As=cm 5 . Berechnen Sie die Gesamtladung Q auf der Grenzfla¨che nach der Formel ðð Q ¼ s ðx; yÞ d A

F5

1

y /cm 5 Grenzfläche

1

A

4

ðAÞ

x /cm

Bild F-3

Die Grenzfla¨che wird unten von der x-Achse y ¼ 0 und oben von der Geraden y ¼ x þ 1 berandet ð0 x 4Þ. Das Doppelintegral fu¨r die Gesamtladung Q auf der Grenzfla¨che lautet damit (wir rechnen ohne Einheiten): ð4

ðð

xð þ1

s ðx; yÞ d A ¼ k

Q ¼

x2 y d y d x


x¼0 y¼0

ðAÞ

Innere Integration (nach der Variablen y) xð þ1

xþ ð1

x y dy ¼ x 2

y d y ¼ x2

2

y¼0

y¼0

¼

1 2 y 2

xþ1

¼ x2

y¼0

1 ðx þ 1Þ 2 0 2

1 2 2 1 x ðx þ 2 x þ 1Þ ¼ ðx 4 þ 2 x 3 þ x 2 Þ 2 2

¼

1 Doppelintegrale

305

ußere Integration (nach der Variablen x) Q ¼ k

¼

1 2

1 k 2

ð4 ðx 4 þ 2 x 3 þ x 2 Þ d x ¼ x¼0

1 k 2

1 5 1 4 1 3 x þ x þ x 5 2 3

4 ¼ 0

1024 64 1 3072 þ 1920 þ 320 1 5312 2656 þ 128 þ 0 ¼ k ¼ k ¼ k 5 3 2 15 2 15 15

Gesamtladung: Q ¼

2656 2656 k ¼ 1,5 10 10 ¼ 2,656 10 8 15 15

ðin AsÞ

1 2 Ein Fla¨chenstu¨ck wird durch die Kurven x ¼ 0, y ¼ 2 x und y ¼ x þ a berandet ða > 0Þ. a Berechnen Sie den Fla¨cheninhalt A.

F6

Wir bestimmen zuna¨chst die Schnittpunkte der Parabel mit der Geraden y ¼ 2 x : 1 2 x þ a ¼ 2 x ) x2 þ a2 ¼ 2 a x ) x2 2 a x þ a2 ¼ 0 a |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

ðx aÞ 2 ¼ 0 )

)

x 1=2 ¼ a

2. Binom

Die Kurven beru¨hren sich somit im Punkt P ¼ ða; 2 aÞ (doppelte Schnittstelle, siehe Bild F-4). Integrationsgrenzen

y

1 2 x þa y-Integration: von y ¼ 2 x bis y ¼ a x-Integration: von x ¼ 0 bis x ¼ a

2a y= 1x2+a a

Berechnung des Fla¨cheninhaltes A ðð A ¼

ða

a

1 2 a xð þ a

dA ¼

x=0

A

y = 2x

1 dy dx x¼0 y¼2x

ðAÞ

a

Bild F-4

(Fla¨chenelement d A ¼ d y d xÞ Innere Integration (nach der Variablen y) 1 2 þa a xð

1

1 dy ¼

x2 þa

½ y ya¼ 2 x

¼

y¼2x

1 2 x þ a 2x a

ußere Integration (nach der Variablen x) ða A ¼ x¼0

1 2 x þ a 2x a

Fla¨cheninhalt: A ¼ a 2 =3

dx ¼

1 3 x þ ax x2 3a

a ¼ 0

1 2 1 2 a þ a2 a2 0 ¼ a 3 3

x

306

F Mehrfachintegrale

F7

Berechnen Sie die von den Kurven y ¼ x , y ¼

Schnittpunkt der Kurven y ¼ x und y ¼

1 , y ¼ 0 und x ¼ 10 eingeschlossene Fla¨che A. x

1 im Intervall 0 x 10: x

x ¼

1 x

)

x2 ¼ 1

)

x1 ¼ 1

Bild F-5 zeigt das Fla¨chenstu¨ck, dessen Fla¨cheninhalt berechnet werden soll. Es besteht aus zwei Teilfla¨chen A 1 und A 2 , die beide unten durch die x-Achse ( y ¼ 0) und oben durch die Gerade y ¼ x bzw. die Hyperbel y ¼ 1=x berandet werden. Die x-Werte bewegen sich dabei zuna¨chst von x ¼ 0 bis zur Schnittstelle x ¼ 1 (Teilfla¨che A 1 ) und dann von dort aus weiter bis zur Stelle x ¼ 10 (Teilfla¨che A 2 ). Somit gilt ðFlächenelement d A ¼ d y d xÞ: ðð A1 ¼

ð1

ðð

ðx

dA ¼

A2 ¼

1 dy dx x¼0 y¼0

ðA 1 Þ

1ð0

ð

1=x

dA ¼

1 dy dx x¼1 y¼0

ðA 2 Þ

y

y=x 1 y= 1 x A1

x = 10

A2

Bild F-5 1

5

10

x

Berechnung der Teilfla¨che A 1 (im Bild hellgrau unterlegt) Innere Integration (nach der Variablen y) ðx 1 dy ¼

½ y y¼0 x

¼ x 0 ¼ x

y¼0


ð1 A1 ¼

x dx ¼ x¼0

1 2 x 2

1 ¼ 0

1 1 0 ¼ ¼ 0,5 2 2

Berechnung der Teilfla¨che A 2 (im Bild dunkelgrau unterlegt) Innere Integration (nach der Variablen y) ð

1=x

1 dy ¼ y¼0

½ y y¼0 1=x

¼

1 1 0 ¼ x x

ußere Integration (nach der Variablen x) 1ð0

A2 ¼ x¼1

10 1 d x ¼ ½ ln j x j 1 ¼ ln 10 ln 1 ¼ ln 10 0 ¼ ln 10 ¼ 2,3026 x

Gesamtfla¨che: A ¼ A 1 þ A 2 ¼ 0,5 þ 2,3026 ¼ 2,8026

1 Doppelintegrale

307

Bestimmen Sie den Schwerpunkt S der zwischen der Parabel y ¼ x 2 2 x und der x-Achse gelegenen Fla¨che.

F8

x 2 2 x ¼ x ðx þ 2Þ ¼ 0

Nullstellen der Parabel:

)

x 1 ¼ 0;

x2 ¼ 2

Bild F-6 zeigt das durch Parabel (oben) und x-Achse (unten) begrenzte Fla¨chenstu¨ck. Der Schwerpunkt S ¼ ðx S ; y S Þ liegt auf der Symmetrieachse der Parabel, daher ist x S ¼ 1.

y

1

y = – x 2 – 2x

Berechnung des Fla¨cheninhaltes A S

Fu¨r die Berechnung der Ordinate y S beno¨tigen wir noch den Fla¨cheninhalt A (Fla¨chenelement d A ¼ d y d xÞ: ð0

ðð dA ¼

A ¼

–2

x 2ð 2 x

Bild F-6

1 dy dx x¼2

ðAÞ

–1

y¼0

Innere Integration (nach der Variablen y) x 2ð 2 x

1 dy ¼

x2 2x

½ y y¼0

¼ x2 2x 0 ¼ x2 2x

y¼0


ð0 ð x 2 xÞ d x ¼

A ¼

2

x¼2

1 3 x x2 3

0 ¼ 00 2

8 4 þ4 ¼ 3 3

Berechnung der Schwerpunktordinate y S 1 yS ¼ A

ðð ðAÞ

1 y dA ¼ 4=3

ð0

x 2ð 2 x

x¼2

y¼0

3 y dy dx ¼ 4

ð0

x 2ð 2 x

x¼2

y¼0

y dy dx

Innere Integration (nach der Variablen y)

x 2ð 2 x

y dy ¼ y¼0

1 2 y 2

x2 2x ¼ y¼0

1 1 ð x 2 2 xÞ 2 0 ¼ ðx 4 þ 4 x 3 þ 4 x 2 Þ 2 2

ußere Integration (nach der Variablen x) 3 1 yS ¼ 4 2

ð0

3 8

ðx 4 þ 4 x 3 þ 4 x 2 Þ d x ¼ x¼2

3 8

¼

3 96 240 þ 160 3 16 2 ¼ ¼ ¼ 0,4 8 15 8 15 5

Schwerpunkt: S ¼ ð 1; 0,4Þ

¼

3 8

1 5 4 3 x þ x4 þ x 5 3

32 32 ¼ 16 þ 5 3

¼

0þ0þ0þ

32 32 16 þ 5 3

0 ¼ 2

x

308

F Mehrfachintegrale

Ein Fla¨chenstu¨ck wird berandet durch die nach rechts geo¨ffnete Parabel y 2 ¼ 2 p x und die Gerade x ¼ const: ¼ p ð p > 0Þ. Bestimmen Sie die Fla¨che A und den Fla¨chenschwerpunkt S.

F9

Die nach rechts geo¨ffnete Parabel verlaüft spiegelsymmetrisch zur x-Achse (Bild F-7). Wir beschra¨nken uns daher bei den Integrationen auf den 1. Quadranten ( ) Faktor 2 in den Integralen): pffiffiffiffiffiffiffiffiffi y-Integration : von y ¼ 0 bis y ¼ 2 p x y x-Integration :

von x ¼ 0 bis x ¼ p

2p y = 2 px

Berechnung des Fla¨cheninhaltes A pffiffiffiffiffiffiffi ðð ð2 p x ðP A ¼ dA ¼ 2 1 dy dx x¼0

ðAÞ

x=p

A/2 P

x

A/2

y¼0

(Fla¨chenelement d A ¼ d y d xÞ

– 2p

Innere Integration (nach der Variablen y) pffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffi ð2 p x pffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2px 1 d y ¼ ½ y y¼0 ¼ 2 p x 0 ¼ 2 p x

Bild F-7

y¼0

ußere Integration (nach der Variablen x) p p ðp pffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffi ð pffiffiffiffiffiffi x 3=2 p pffiffiffiffiffiffi ð pffiffiffi 2p x dx ¼ 2 2p x d x ¼ 2 2 p x 1=2 d x ¼ 2 2 p ¼ A ¼ 2 3=2 0 x¼0

¼

0

0

qffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffi 4 pffiffiffiffiffiffi 3=2 p 4 pffiffiffiffiffiffi 3=2 4 pffiffiffiffiffiffi 4 4 pffiffiffi 2 2 p ½ x 0 ¼ 2p ðp 2 p p3 ¼ 2p 2 p4 ¼ 0Þ ¼ 3 3 3 3 3

Berechnung des Fla¨chenschwerpunktes S ¼ (xS ; y S ) Der Schwerpunkt S liegt auf der Symmetrieachse der Parabel (x-Achse), d. h. y S ¼ 0. Fu¨r die Koordinate x S gilt: pffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffi ðð ðp ðp ð2 p x ð2 p x 1 1 3 xS ¼ x dA ¼ 2 x d y d x ¼ pffiffiffi x dy dx A 4 pffiffiffi 2 2 2 p2 x¼0 y¼0 2 p y ¼ 0 x ¼ 0 ðAÞ 3 Innere Integration (nach der Variablen y) pffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffi ð2 p x ð2 p x pffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffi 2px x dy ¼ x d y ¼ x ½ y y ¼ 0 ¼ x ð 2 p x 0Þ ¼ x 2 p x ¼ x 2 p x ¼ 2 p x 3=2 y¼0

y¼0

ußere Integration (nach der Variablen x) pffiffiffi pffiffiffi ðp pffiffiffiffiffiffi 3 2 p x 5=2 p 3 p 1=2 2 3 3= 2 2p x dx ¼ ¼ x S ¼ pffiffiffi pffiffiffi 5 5=2 0 2 2 p2 2 2 p2 2 p 2 x¼0 ¼

3 5 p 3=2

ð p 5=2 0Þ ¼

Schwerpunkt: S ¼ ð0,6 p; 0Þ

3 p 5=2 3 p ¼ 0,6 p ¼ 5 5 p 3=2

½ x 5=2 0 p

¼

1 Doppelintegrale

309

Die Kurven y ¼ sin ðp xÞ und y ¼ a ðx 2 xÞ schließen ein Fla¨chenstu¨ck ein, dessen Schwerpunkt S auf der x-Achse liegen soll ða > 0Þ. Wie muss der Kurvenparameter a gewa¨hlt werden?

F10

Die erste der beiden Schnittstellen liegt bei x 1 ¼ 0 (beide Kurven gehen durch den Nullpunkt). Die Funktion y ¼ sin ðp xÞ hat die Periode p ¼ 2 p=p ¼ 2 und schneidet somit die positive x-Achse bei 1; 2; 3; . . . . Die Parabel y ¼ a ðx 2 xÞ besitzt neben x ¼ 0 noch eine weitere Nullstelle bei x ¼ 1. Beide Kurven haben also gemeinsame Nullstellen bei x 1 ¼ 0 und x2 ¼ 1 (Bild F-8). Dies sind zugleich die beiden Schnittstellen. Die Integrationsgrenzen lauten damit wie folgt: y-Integration :

von y ¼ a ðx 2 xÞ bis y ¼ sin ðp xÞ

x-Integration :


y y = sin (π x ) 1

Bild F-8 0,5

1

x

y = a (x 2 – x )

–1

Der Schwerpunkt S ¼ ðx S ; y S Þ soll auf der x-Achse liegen, also muss y S ¼ 0 sein (wegen der Spiegelsymmetrie der beiden Randkurven bezu¨glich der Geraden x ¼ 0;5 ist x S ¼ 0;5): 1 yS ¼ A

ðð

ð

y dy dx ¼ 0 x¼0

ðAÞ

sin ðp xÞ

ð1

1 y dA ¼ A

y ¼ a ðx 2


xÞ

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

Wegen A > 0 muss das Doppelintegral verschwinden, die Bedingung fu¨r den Parameter a lautet also: sin ðp xÞ

ð1

ð

y dy dx ¼ 0 x ¼ 0 y ¼ a ðx 2 xÞ

Wir berechnen jetzt das Doppelintegral in der u¨blichen Weise (der Wert des Integrals wird noch vom Parameter a abha¨ngen) und erhalten schließlich eine Bestimmungsgleichung fu¨r den noch unbekannten Parameter a. Innere Integration (nach der Variablen y) sin ðp xÞ

ð

y dy ¼ y ¼ a ðx 2 xÞ

¼

1 2 y 2

sin ðp xÞ ¼ y ¼ a ðx 2 xÞ

1 2

sin ðp xÞ

½ y 2 y ¼ a ðx

2

xÞ

1 ½ sin 2 ðp xÞ a 2 ðx 4 2 x 3 þ x 2 Þ 2

¼

1 ½ sin 2 ðp xÞ a 2 ðx 2 xÞ 2 ¼ 2

310

F Mehrfachintegrale

ußere Integration (nach der Variablen x) 1 2

ð1 ½ sin 2 ðp xÞ a 2 ðx 4 2 x 3 þ x 2 Þ d x ¼

" Integral 205 mit

x¼0

1 2

x sin ð2 p xÞ a2 2 4p

1 5 1 4 1 3 x x þ x 5 2 3

a ¼ p

1 ¼ 0

1 sin ð2 pÞ 1 1 1 sin 0 a2 þ þ a 2 ð0 0 þ 0Þ ¼ 0 2 4p 5 2 3 4p |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 6 15 þ 10 ¼ ¼ ¼ a þ a a 2 2 5 2 3 2 2 30 2 2 30 ¼

1 2

Somit gilt: ð1

sin ð ðp xÞ

1 2

y dy dx ¼ x ¼ 0 y ¼ a ðx 2 xÞ

Lo¨sung: a ¼

1 1 2 ¼ 0 a 2 30 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

1 1 2 a ¼ 0 2 30

)

)

a 2 ¼ 15

)

a ¼

pffiffiffiffiffi 15

pffiffiffiffiffi 15 ¼ 3,8730

Die in Bild F-9 skizzierte trapezfo¨rmige Fla¨che wird unten von der Geraden y ¼ m x berandet. a) Wie muss man die Steigung m wa¨hlen, damit der Fla¨chenschwerpunkt S auf der y-Achse liegt? b) Bestimmen Sie die genaue Position des Schwerpunktes. y

F11

2 S

y = mx

Bild F-9 –2

1

3

x

–1

a) Der Schwerpunkt S ¼ ðx S ; y S Þ soll auf der y-Achse liegen, also muss die x-Koordinate verschwinden: x S ¼ 0. Die Integrationsgrenzen entnehmen wir aus Bild F-9: y-Integration :

von y ¼ m x bis y ¼ 2

x-Integration :


Dann gilt (Fla¨chenelement d A ¼ d y d xÞ: 1 xS ¼ A

ðð ðAÞ

1 x dA ¼ A

ð3

ð3

ð2 x dy dx ¼ 0

x¼2 y¼mx

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

ð2

)

x dy dx ¼ 0 x¼2 y¼mx

Das Doppelintegral muss also verschwinden (da A > 0). Wir berechnen das Doppelintegral in der bekannten Weise (der Wert wird noch vom Parameter m abha¨ngen) und erhalten schließlich eine Bestimmungsgleichung fu¨r den noch unbekannten Parameter m.

1 Doppelintegrale

311

Innere Integration (nach der Variablen y) ð2

ð2

1 d y ¼ x ½ y y ¼ m x ¼ x ð2 m xÞ ¼ 2 x m x 2 2

x dy ¼ x y¼mx

y¼mx


ð3 ð2 x m x Þ d x ¼ 2

1 x mx3 3

3

¼

2

x¼2

2

8 9 9m 4 m 3

¼ 5 9m

8 35 m ¼ 5 m 3 3

Somit gilt: ð2

ð3

x dy dx ¼ 5 x¼2 y¼mx

35 m ¼ 0 3

)

m ¼

3 7

Lo¨sung: m ¼ 3=7 b) Es ist m ¼ 3=7 und somit x S ¼ 0. Fu¨r die Berechnung der Schwerpunktordinate y S beno¨tigen wir noch den Fla¨cheninhalt der Trapezfla¨che. Berechnung des Fla¨cheninhaltes A ð2

ð3

ðð 1 dA ¼

A ¼

1 dy dx x¼2

ðAÞ

y¼3 x 7

Innere Integration (nach der Variablen y) ð2 1 dy ¼

½y

y¼3 x 7

2 y¼3 x 7

¼ 2

3 x 7

ußere Integration (nach der Variablen x) ð3

A ¼

2 x¼2

3 x 7

dx ¼

2x

3 2 x 14

3 ¼ 6 2

27 12 15 140 15 125 þ4þ ¼ 10 ¼ ¼ 14 14 14 14 14

Berechnung der Schwerpunktkoordinaten yS 1 yS ¼ A

ðð

1 y dA ¼ 125=14

ðAÞ

ð2

ð3 x¼2

14 y dy dx ¼ 125

y¼3 x 7

ð3

y dy dx x¼2


ð2 y dy ¼ y¼3 x 7

1 2 y 2

2 ¼ y¼3 x 7

1 2

½ y2

2 y¼3 x 7

¼

1 2

ð2

9 2 4 x 49

y¼3 x 7

312

F Mehrfachintegrale

ußere Integration (nach der Variablen x) yS ¼

¼

14 125 7 125

ð3 x¼2

20

9 2 7 3 3 3 7 81 24 ¼ dx ¼ 4 x 4x x 12 þ8 ¼ 49 125 49 125 49 49 2

1 2

105 7 15 7 140 15 7 125 20 ¼ ¼ 1 ¼ ¼ 49 125 7 125 7 125 7

Schwerpunkt: S ¼ ð0; 1Þ

1 2 x und Bestimmen Sie Fla¨cheninhalt A und Fla¨chenschwerpunkt S der von den Kurven y ¼ 4 8 eingeschlossenen Fla¨che. y ¼ x2 þ 4

F12

Wir berechnen zuna¨chst die beno¨tigten Kurvenschnittpunkte: 1 2 8 x ¼ 4 x2 þ 4

x 4 þ 4 x 2 ¼ 32

)

)

x 4 þ 4 x 2 32 ¼ 0

Diese bi-quadratische Gleichung wird durch die Substitution u ¼ x 2 in eine quadratische Gleichung u¨bergefu¨hrt: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u 2 þ 4 u 32 ¼ 0 ) u 1=2 ¼ 2 4 þ 32 ¼ 2 6 ) u 1 ¼ 4 ; u 2 ¼ 8 Ru¨cksubstitution (u 2 ¼ 8 scheidet aus):

x2 ¼ u1 ¼ 4

)

x 1=2 ¼ 2

Bild F-10 zeigt das von beiden Kurven eingeschlossene Fla¨chenstu¨ck (spiegelsymmetrisch zur y-Achse), aus dem wir die folgenden Integrationsgrenzen entnehmen (Beschra¨nkung auf den 1. Quadranten ) Faktor 2 in den Integralen): 1 2 8 x bis y ¼ 2 4 x þ4

y-Integration :

von y ¼

x-Integration :


y 2

Berechnung des Fla¨cheninhaltes A A/2

ðð A ¼

8 x2+4

A/2

8=ðx þ 4Þ 2

ð

ð2 dA ¼ 2

y= 1x2 4

1 dy dx x¼0

ðAÞ

1

y=

–2

y ¼ x 2 =4

–1

1

2

x

Bild F-10

(Fla¨chenelement d A ¼ d y d xÞ Innere Integration (nach der Variablen y) 8=ðx 2 þ 4Þ

ð

1 dy ¼

8=ðx 2 þ 4Þ

½ y y¼x

2 =4

¼

x2

y ¼ x 2 =4

8 1 2 1 1 2 x ¼ 8 x 2 4 4 x þ4 þ4

ußere Integration (nach der Variablen x) ð2 A ¼ 2 8 x¼0

1 1 2 x 2 4 x þ4 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl}

x

1 1 3 2 dx ¼ 2 8 arctan x ¼ 2 2 12 0


¼ 2 4 arctan

x

2

1 3 x 12

2

2 2 4 arctan 0 0 ¼ 2 p ¼ 4,9499 ¼ 2 4 arctan 1 3 3 |fflfflffl{zfflfflffl} |fflfflffl{zfflfflffl} 0 p=4 0

1 Doppelintegrale

313

Berechnung der Schwerpunktkoordinaten xS und yS xS ¼ 0 yS ¼

(wegen der Spiegelsymmetrie zur y-Achse)

1 A

ðð y dA ¼

1 2 4,9499

ðAÞ

ð2

8=ðx 2 þ 4Þ

8=ðx 2 þ 4Þ

ð2

ð

ð

y d y d x ¼ 0,4040 x¼0

y dy dx x¼0

y ¼ x 2 =4

y ¼ x 2 =4

Innere Integration (nach der Variablen y) 8=ðx 2 þ 4Þ

ð

y dy ¼

1 2 y 2

8=ðx 2 þ 4Þ

y ¼ x 2 =4

y ¼ x 2 =4

1 ¼ 2

½

8=ðx 2 þ 4Þ y 2 y ¼ x 2 =4

1 ¼ 2

64

1 4 x 2 16 2 ðx þ 4Þ

!

ußere Integration (nach der Variablen x) 1 y S ¼ 0,4040 2

ð2 x¼0

64

1 4 x 2 16 ðx 2 þ 4Þ

!

ð2 d x ¼ 0,2020 x¼0

1

1 4 x 64 2 16 ðx 2 þ 4Þ |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

! dx ¼


" ¼ 0,2020

64

! #2 x

1 1 x5 arctan þ ¼ 28 2 16 5 2 4 ðx 2 þ 4Þ 0 x

x

8x 1 5 x þ 4 arctan ¼ 0,2020 2 2 80 x þ4 ¼ 0,2020

2 ¼ 0

32 2 ¼ 0,9578 0 4 arctan 0 0 ¼ 0,2020 2 þ p 2 þ 4 arctan 1 80 5 |fflfflffl{zfflfflffl} |fflfflffl{zfflfflffl} p=4 0


Berechnen Sie den Fla¨cheninhalt A und den Schwerpunkt S

y

des in Bild F-11 skizzierten Kreissegments.

5

3

F13

?

Bild F-11

Wir berechnen zuna¨chst die Schnittpunkte des Kreises x 2 þ y 2 ¼ 25 mit der Geraden y ¼ 3: x 2 þ y 2 ¼ x 2 þ 3 2 ¼ x 2 þ 9 ¼ 25 Schnittpunkte: (4; 3) und ( 4; 3)

)

x 2 ¼ 16

)

x 1=2 ¼ 4

Kreissegment

y=3

5 ?

x

314

F Mehrfachintegrale

Wegen der Spiegelsymmetrie des Fla¨chenstu¨cks beschra¨nken wir uns bei den Integrationen auf den 1. Quadranten ( ) Faktor 2 in den Integralen). Die Integrationsgrenzen sind somit: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y-Integration : von y ¼ 3 bis y ¼ 25 x 2 x-Integration :


Berechnung des Fla¨cheninhaltes A pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 25 x 2 ðð ð4 ð A ¼ dA ¼ 2 1 dy dx ðAÞ


y¼3

x¼0

Innere Integration (nach der Variablen y) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 25ð x 2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 25 x 2 1 d y ¼ ½ y y¼3 ¼ 25 x 2 3 y¼3

ußere Integration (nach der Variablen x) ð4 A ¼ 2 x¼0

4 x

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 x 25 x 2 þ 25 arcsin 3x ¼ ð 25 x 2 3Þ d x ¼ 2 2 5 0 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl}


"

1 1 ¼ 2 ð4 3 þ 25 arcsin 0,8Þ 12 ð0 þ 25 arcsin 0Þ 0 2 2 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 0 ¼ 2 ð6 þ 12,5 arcsin 0,8 12Þ ¼ 11,1824 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

# ¼

0,9273 (Bogenmaß!)

Berechnung des Fla¨chenschwerpunktes S = (xS ; yS) xS ¼ 0

yS ¼

1 A

(wegen der Spiegelsymmetrie der Fla¨che) ðð y dA ¼

1 2 11,1824

ðAÞ

ð4

ð4

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 25 x 2 ð

y d y d x ¼ 0,1789 x¼0

Innere Integration (nach der Variablen y) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 25 x 2 25 x 2 ð 1 2 1 y y dy ¼ ¼ 2 2 y¼3 y¼3

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 25 x 2 ð

x¼0

y¼3

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 25 x 2

½ y y¼3 2

y dy dx

¼

y¼3

1 1 ð25 x 2 9Þ ¼ ð16 x 2 Þ 2 2

ußere Integration (nach der Variablen x) 1 y S ¼ 0,1789 2

ð4 x¼0

1 3 4 64 x 0 0 ¼ 3,8187 ð16 x 2 Þ d x ¼ 0,0895 16 x ¼ 0,0895 64 3 3 0


1 Doppelintegrale

F14

315

Wie groß sind die Fla¨chentra¨gheitsmomente (Fla¨chenmomente) I x , I y und I p einer Fla¨che, die durch die Parabel y ¼ 4 x 2 und die x-Achse begrenzt wird?

Nullstellen der Parabel: 4 x 2 ¼ 0

)

x 1=2 ¼ 2

y

Die Integrationsgrenzen entnehmen wir aus Bild F-12: y-Integration :

von y ¼ 0 bis y ¼ 4 x

x-Integration :


4

y=4–x2

2

3 2

Berechnung des Fla¨chentra¨gheitsmomentes I x

1

Unter Beachtung der Spiegelsymmetrie gilt ðd A ¼ d y d xÞ: ðð Ix ¼

ð2

–2

4 ðx 2

y2 d A ¼ 2

–1

1

2

x

Bild F-12

y2 d y d x x¼0 y¼0

ðAÞ


4 ðx 2

y dy ¼ 2

y¼0

1 3 y 3

4 x2 ¼ y¼0

1 3

4 x2

½ y3 y¼0

¼

1 1 ½ ð4 x 2 Þ 3 0 ¼ ð64 48 x 2 þ 12 x 4 x 6 Þ 3 3

(Binomische Formel: ða bÞ 3 ¼ a 3 3 a 2 b þ 3 a b 2 b 3 mit a ¼ 4, b ¼ x 2 ) ußere Integration (nach der Variablen x) 1 Ix ¼ 2 3 ¼

2 3

ð2 ð64 48 x 2 þ 12 x 4 x 6 Þ d x ¼ x¼0

128 128 þ

2 3

64 x 16 x 3 þ

12 5 1 7 x x 5 7

2 ¼ 0

384 128 2 384 128 2 2048 0000 ¼ ¼ ¼ 39,01 5 7 3 5 7 3 35

Berechnung des Fla¨chentra¨gheitsmomentes I y ðð Iy ¼

ð2

4 ðx 2

x dA ¼ 2 2

x2 d y d x x¼0 y¼0

ðAÞ

Innere Integration (nach der Variablen y) 4 ðx 2

4 ðx 2

x dy ¼ x 2

2

y¼0

4x2

1 d y ¼ x 2 ½ y y ¼ 0 ¼ x 2 ð4 x 2 0Þ ¼ 4 x 2 x 4

y¼0


ð2 Iy ¼ 2

ð4 x 2 x 4 Þ d x ¼ 2 x¼0

4 3 1 5 x x 3 5

Berechnung des Fla¨chentra¨gheitsmomentes I p I p ¼ I x þ I y ¼ 39,01 þ 8,53 ¼ 47,54

2 ¼2 0

32 32 160 96 128 00 ¼ 2 ¼ ¼ 8,53 3 5 15 15

316

F Mehrfachintegrale

Welchen Wert besitzt das axiale Fla¨chenmoment I y der in Bild F-13 skizzierten Fla¨che? y 1

y = cos x

F15

y = 0,5 0,5

Bild F-13 –π/2

?

π/2

?

x

Wir berechnen zuna¨chst die fu¨r die Integration beno¨tigten Schnittstellen der beiden Randkurven: cos x ¼ 0,5

)

x ¼ arccos 0,5 ¼ p =3

ð1. Schnittstelle im Intervall x > 0Þ

Wegen der Spiegelsymmetrie zur y-Achse liegen die beiden Schnittpunkte bei x 1=2 ¼ p=3. Die Integrationsgrenzen entnehmen wir Bild E-14: y-Integration :

von y ¼ 0,5 bis y ¼ cos x

x-Integration :

von x ¼ p=3 bis x ¼ p=3

Unter Beachtung der Symmetrie gilt dann (Fla¨chenelement d A ¼ d y d x): ðð

ð

p=3

Iy ¼

ð

cos ðx

p=3

x dA ¼

2

x ¼ p=3 y ¼ 0,5

ðAÞ

cos ðx

x dy dx ¼ 2

2

x2 d y d x x ¼ 0 y ¼ 0,5

Innere Integration (nach der Variablen y) cos ðx

cos ðx

x dy ¼ x 2

2

y ¼ 0 ,5

1 d y ¼ x 2 ½ y y ¼ 0,5 ¼ x 2 ðcos x 0,5Þ ¼ x 2 cos x 0,5 x 2 cos x

y ¼ 0,5


ð

p=3

Iy ¼ 2

1 3 ðx cos x 0,5 x Þ d x ¼ 2 2 x cos x þ ðx 2Þ sin x x 6 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} 2

x¼0

2


¼ 2

p

2 p cos þ 3 3

2 p

p 1 p3 2 sin 000 ¼ 9 3 6 27

¼ 2 ð1,0472 0,7823 0,1914Þ ¼ 0,147 Fla¨chenmoment:

I y ¼ 0;147

p=3 ¼

2

0

1 Doppelintegrale

317

Bild F-14 zeigt den halbkreisfo¨rmigen „Boden“ eines

y

Zylinders, dessen „Deckel“ oberhalb der x; y-Ebene 1

liegt und Teil der Fla¨che z ¼ x y ist. Berechnen Sie

F16

das Zylindervolumen V mit Hilfe eines Doppelintegrals.

1 1

2

x

Bild F-14

Wir bestimmen zuna¨chst die Gleichung des skizzierten Halbkreises (Mittelpunkt M ¼ ð1; 0Þ, Radius R ¼ 1): qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 2 2 2 ) y ¼ þ 1 ðx 1Þ 2 ðx 1Þ þ y ¼ 1 ) y ¼ 1 ðx 1Þ Integrationsbereich in kartesischen Koordinaten (aus Bild F-14 entnommen): qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y-Integration : von y ¼ 0 bis y ¼ 1 ðx 1Þ 2 x-Integration :


Das Doppelintegral fu¨r das Volumen V lautet damit (Fla¨chenelement d A ¼ d y d x): pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ðð

ðð z dA ¼

V ¼ ðAÞ

1 ðx 1Þ 2

ð2

ð

xy dA ¼

xy dy dx y¼0

x¼0

ðAÞ

Die Berechnung erfolgt durch zwei nacheinander durchzufu¨hrende gewo¨hnliche Integrationen. Innere Integration (nach der Variablen y) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 ðx 1Þ 2

1 ðx 1Þ 2

ð

ð

xy dy ¼ x y¼0

y dy ¼ x y¼0

¼

1 2 y 2

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 ðx 1Þ 2

¼ x

y¼0

1 2 1 ðx 1Þ 0 ¼ 2

1 1 1 1 x 1 ðx 1Þ 2 ¼ x ð1 x 2 þ 2 x 1Þ ¼ x ð2 x x 2 Þ ¼ ð2 x 2 x 3 Þ 2 2 2 2

ußere Integration (nach der Variablen x) 1 V ¼ 2

ð2 ð2 x 2 x 3 Þ d x ¼ x¼0

Volumen: V ¼ 2=3

1 2

2 3 1 4 x x 3 4

2 ¼ 0

1 2

16 1 4 2 4 0 0 ¼ ¼ 3 2 3 3

318

F Mehrfachintegrale

1.2 Doppelintegrale in Polarkoordinaten Alle Aufgaben in diesem Abschnitt sollen mit Hilfe von Doppelintegralen unter Verwendung von Polarkoordinaten gelo¨st werden. Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel III.3.1.2.2 und 3.1.3 Formelsammlung: Kapitel IX.3.1.3 und 3.1.4

ðð I ¼

y

ð1 þ x þ yÞ d A ¼ ? ðAÞ

F17

1

Integrationsbereich ðAÞ: Einheitskreis nach Bild F-15

x

Bild F-15

Unter Verwendung von Polarkoordinaten transformiert sich der Integrand wie folgt (x ¼ r cos j, y ¼ r sin j): z ¼ f ðx; yÞ ¼ 1 þ x þ y ¼ 1 þ r cos j þ r sin j Das Fla¨chenelement d A lautet in Polarkoordinaten d A ¼ r d r d j, die Integrationsgrenzen sind (siehe Bild F-15): r-Integration :

von r ¼ 0 bis r ¼ 1

j-Integration :

von j ¼ 0 bis j ¼ 2 p

Damit gilt: 2ðp

ðð

ð1

ð1 þ x þ yÞ d A ¼

I ¼

j¼0 r¼0

ðAÞ 2ðp

ð1 þ r cos j þ r sin jÞ r d r d j ¼

ð1 ðr þ r 2 cos j þ r 2 sin jÞ d r d j

¼ j¼0 r¼0

Wir integrieren zuna¨chst nach r, dann nach j. Innere Integration (nach der Variablen r)

ð1 ðr þ r cos j þ r sin jÞ d r ¼ 2

r¼0

¼

2

1 2 1 3 1 3 r þ r cos j þ r sin j 2 3 3

1 1 1 1 1 1 þ cos j þ sin j 0 0 0 ¼ þ cos j þ sin j 2 3 3 2 3 3

1 ¼ r¼0

1 Doppelintegrale

319

ußere Integration (nach der Variablen j)

2ðp

I ¼ j¼0

¼ p þ

2 p 1 1 1 1 1 1 ¼ þ cos j þ sin j d j ¼ jþ sin j cos j 2 3 3 2 3 3 0

1 1 1 1 1 1 sin ð2 pÞ cos ð2 pÞ 0 sin 0 þ cos 0 ¼ p þ ¼ p 3 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} 3 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} 3 |ffl{zffl} 3 |ffl{zffl} 3 3 0 1 0 1

Ergebnis: I ¼ p

ðð I ¼

ð3

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x 2 þ y 2 þ 4Þ d A ¼ ?

y

ðAÞ

3

Integrationsbereich ðAÞ: Kreisring nach Bild F-16

F18

1

x

Bild F-16

Die Transformationsgleichungen fu¨r den bergang von kartesischen Koordinaten zu Polarkoordinaten lauten: x ¼ r cos j ;

y ¼ r sin j ;

dA ¼ r dr dj

Die Integrationsgrenzen des kreisringfo¨rmigen Integrationsbereiches sind (siehe Bild F-16): r-Integration:


j-Integration:


Unter Beru¨cksichtigung von x 2 þ y 2 ¼ r 2 cos 2 j þ r 2 sin 2 j ¼ r 2 ðcos 2 j þ sin 2 jÞ ¼ r 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 transformiert sich der Integrand des Doppelintegrals wie folgt: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi z ¼ f ðx; yÞ ¼ 3 x 2 þ y 2 þ 4 ¼ 3 r 2 þ 4 ¼ 3 r þ 4 Das Doppelintegral I lautet damit in Polarkoordinaten: ðð I ¼

2ðp qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ð3 x 2 þ y 2 þ 4Þ d A ¼

ð3

2ðp

ð3 r þ 4Þ r d r d j ¼

j¼0 r¼1

ðAÞ

ð3 ð3 r 2 þ 4 rÞ d r d j

j¼0 r¼1

Die Auswertung erfolgt in der u¨blichen Weise (erst nach r, dann nach j integrieren). Innere Integration (nach der Variablen r) ð3 r¼1

ð3 r 2 þ 4 rÞ d r ¼ ½ r 3 þ 2 r 2 r ¼ 1 ¼ 27 þ 18 1 2 ¼ 42 3

320

F Mehrfachintegrale

ußere Integration (nach der Variablen j) 2ðp

2ðp

42 d j ¼ 42

I ¼ j¼0

1 d j ¼ 42 ½ j 0

2p

¼ 42 ð2 p 0Þ ¼ 84 p

0

Ergebnis: I ¼ 84 p

Eine kreisfo¨rmig gebogene Leiterschleife vom Radius R wird senkrecht von einem Magnetfeld durchflutet, dessen magnetische Flussdichte B nach der Gleichung B ðrÞ ¼

F19

B0

;

1 þ r2

r 0

ðB 0 : KonstanteÞ

in radialer Richtung nach außen hin abnimmt. Bestimmen Sie den magnetischen Fluss F durch die Leiterschleife. ðð B dA: Hinweis: Definitionsgema¨ß gilt F ¼ ðAÞ

Wir verwenden wegen der Kreissymmetrie Polarkoordinaten. Aus Bild F-17 entnehmen wir die Integrationsgrenzen: r-Integration:

von r ¼ 0 bis r ¼ R

j-Integration:


y Leiterschleife R

Damit gilt (Fla¨chenelement d A ¼ r d r d j): ðð F ¼

2ðp

ðR

B d A ¼ B0 j¼0 r¼0

ðAÞ 2ðp

x

1 r dr dj ¼ 1 þ r2 Bild F-17

ðR

¼ B0 j¼0 r¼0

r dr dj 1 þ r2

Wir integrieren zuna¨chst in radialer Richtung, dann in der Winkelrichtung: Innere Integration (nach der Variablen r) ðR

r dr ¼ 1 þ r2 r¼0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

1 ln ð1 þ r 2 Þ 2

R ¼ r¼0

1 1 1 ln ð1 þ R 2 Þ ln 1 ¼ ln ð1 þ R 2 Þ 2 2 |{z} 2 0


ußere Integration (nach der Variablen j) F ¼ B0

¼

1 ln ð1 þ R 2 Þ 2

2ðp

1 dj ¼ j¼0

2p 1 B 0 ln ð1 þ R 2 Þ ½ j 0 ¼ 2

1 B 0 ½ ln ð1 þ R 2 Þ ð2 p 0Þ ¼ B 0 p ln ð1 þ R 2 Þ 2

Magnetischer Fluss durch die Schleife: F ¼ B 0 p ln ð1 þ R 2 Þ

1 Doppelintegrale

321

Der in Bild F-18 skizzierte elektrische Leiter besitzt einen kreisringfo¨rmigen Querschnitt mit dem Innenradius a und dem Außenradius 2 a. Er wird in seiner La¨ngsrichtung von einem Strom mit der Stromdichte S ðrÞ ¼ S 0

F20

e r ; r

y

a r 2a

durchflossen ðS 0 : KonstanteÞ. Berechnen Sie die Stromsta¨rke I durch das Doppelintegral

Leiterquerschnitt

2a a

ðð I ¼

x

S dA ðAÞ

Bild F-18

Wir verwenden Polarkoordinaten. Der Integrationsbereich (Kreisring nach Bild F-18), wird dabei durch die Ungleichungen a r 2 a und 0 j 2 p beschrieben. Damit erhalten wir fu¨r die Stromsta¨rke I das folgende Doppelintegral (Fla¨chenelement d A ¼ r d r d j): ðð I ¼

2ðp

2ða

S ðrÞ d A ¼ S 0 j¼0 r¼a

ðAÞ

e r r dr dj ¼ S0 r

2ðp

2ða

e r d r d j

j¼0 r¼a

Wir integrieren zuna¨chst nach r, dann nach j: Innere Integration (nach der Variablen r) 2ða

e r d r ¼ ½ e r r¼a ¼ e2a þ e a ¼ e a e 2a 2a

r¼a

ußere Integration (nach der Variablen j) I ¼ S 0 ðe

a

e

2a

2ðp

Þ

1 d j ¼ S 0 ðe a e 2 a Þ ½ j 20 p ¼

j¼0

¼ S 0 ðe a e 2 a Þ ð2 p 0Þ ¼ 2 p S 0 ðe a e 2 a Þ Stromsta¨rke: I ¼ 2 p S 0 ðe a e 2 a Þ

Die Randkurve der in Bild F-19 skizzierten Fla¨che

y r = 2 (cos f + sin f)

wird durch die Gleichung r ¼ 2 ðcos j þ sin jÞ , 0 j p=2

F21

beschrieben (r; j: Polarkoordinaten). Wie groß ist der Fla¨cheninhalt A?

2

1

A

1

Bild F-19

2

x

322

F Mehrfachintegrale

Wir verwenden Polarkoordinaten. Die Integrationsgrenzen lauten dann: r-Integration:

r ¼ 0 bis r ¼ 2 ðcos j þ sin jÞ

j-Integration:

j ¼ 0 bis j ¼ p=2

Doppelintegral fu¨r den Fla¨cheninhalt A ðð A ¼

ð

p=2

2 ðcos j þ sin jÞ

ð

dA ¼

r dr dj j¼0

ðAÞ

ðFlächenelement d A ¼ r d r d jÞ :

r¼0

Innere Integration (nach der Variablen r) 2 ðcos j þ sin jÞ

ð

1 2 r 2

r dr ¼ r¼0

2 ðcos j þ sin jÞ ¼ r¼0

1 4 ðcos j þ sin jÞ 2 0 ¼ 2 ðcos j þ sin jÞ 2 ¼ 2

¼ 2 ðcos 2 j þ 2 sin j cos j þ sin 2 jÞ ¼ 2 ½ ðcos 2 j þ sin 2 jÞ þ 2 sin j cos j ¼ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 sin ð2 jÞ ¼ 2 ð1 þ sin ð2 jÞÞ (unter Verwendung der trigonometrischen Beziehungen cos 2 j þ sin 2 j ¼ 1 und sin ð2 jÞ ¼ 2 sin j cos j) ußere Integration (nach der Variablen j) ð

p=2

A ¼ 2 j¼0

¼ 2

cos ð2 jÞ p=2 p cos p cos 0 ð1 þ sin ð2 jÞÞ d j ¼ 2 j ¼ 2 0þ ¼ 2 2 2 2 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} 0 |ffl{zffl} |ffl{zffl} Integral 204 mit a ¼ 2

p 1 1 þ þ 2 2 2

¼ 2

p 2

1=2

1=2

þ1 ¼ p þ2

Fla¨cheninhalt: A ¼ p þ 2 ¼ 5,1416

F22

Berechnen Sie den Fla¨cheninhalt A des im 1. Quadranten gelegenen Fla¨chenstu¨cks, das durch die Kurve r ¼ 1 þ sin 2 j und den Einheitskreis berandet wird (r; j: Polarkoordinaten).

Es handelt sich um das in Bild F-20 skizzierte Fla¨chenstu¨ck. Randkurven

y r = 1 + sin 2 f

2 A

Obere Berandung: r ¼ 1 þ sin 2 j Der Integrationsbereich lautet in Polarkoordinaten:

1 r=1

1

Bild F-20

Untere Berandung: r ¼ 1 (Einheitskreis)

x

r-Integration:

von r ¼ 1 bis 1 þ sin 2 j

j-Integration:

von j ¼ 0 bis p=2

1 Doppelintegrale

323

Doppelintegral fu¨r den Fla¨cheninhalt A ðð

ð

p=2

A ¼

1 þ sin 2 j

ð

dA ¼

r dr dj j¼0

ðAÞ

ðFlächenelement d A ¼ r d r d jÞ

r¼1

Innere Integration (nach der Variablen r)

2 1 þ sin ð j

r dr ¼ r¼1

¼

1 2 r 2

1 þ sin 2 j ¼ r¼1

1 2

1 þ sin 2 j

½ r2 r¼1

¼

1 ½ ð1 þ sin 2 jÞ 2 1 ¼ 2

1 1 ð1 þ 2 sin 2 j þ sin 4 j 1Þ ¼ ð2 sin 2 j þ sin 4 jÞ 2 2

ußere Integration (nach der Variablen j) 1 A ¼ 2

¼

1 2

¼

1 2

¼

1 2

1 ¼ 2

p=2 ð

ð2 sin 2 j þ sin 4 jÞ d j ¼ "

" Integral 207 mit n ¼ 4 ; a ¼ 1 Integral 205 mit a ¼ 1

j¼0

p=2 j sin ð2 jÞ sin 3 j cos j 3 j sin ð2 jÞ 2 þ ¼ 2 4 4 4 2 4 0 j

1 1 3 3 sin ð2 jÞ sin 3 j cos j þ j sin ð2 jÞ 2 4 8 16

11 11 1 j sin ð2 jÞ sin 3 j cos j 8 16 4

p=2 ¼ 0

p=2 ¼ 0

11 11 1 11 1 p sin p sin 3 ðp=2Þ cos ðp=2Þ 0 þ sin 0 þ sin 3 0 cos 0 16 16 |ffl{zffl} 4 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} 16 |{z} 4 |fflffl{zfflffl} |ffl{zffl} 0 1 0 0 0 1 1 11 11 ¼ p ¼ p 2 16 32 Fla¨cheninhalt: A ¼

¼

11 p 32

Bestimmen Sie den Fla¨chenschwerpunkt S des in Bild F-21 skizzierten Kreisringausschnitts:

F23

Innenradius:

r1 ¼ 2

Außenradius:

r2 ¼ 6

Winkelbereich:

0 j p

y 6

2

–6

Bild F-21

–2

2

6

x

324

F Mehrfachintegrale

Der Integrationsbereich fu¨r die Berechnung des Fla¨chenschwerpunktes S ¼ ðx S ; y S Þ lautet: r-Integration:


j-Integration:

von j ¼ 0 bis j ¼ p

Der beno¨tigte Fla¨cheninhalt A la¨sst sich elementar berechnen (als Differenz zweier Halbkreisfla¨chen): 1 1 1 ðp r 22 p r 12 Þ ¼ p ðr 22 r 21 Þ ¼ p ð36 4Þ ¼ 16 p ¼ 50,2655 2 2 2

A ¼

Wegen der Spiegelsymmetrie der Fla¨che liegt der Schwerpunkt auf der y-Achse. Somit ist x S ¼ 0. Die Ordinate y S berechnen wir mit dem folgenden Doppelintegral: yS ¼

1 A

ðð

1 16 p

y dA ¼ ðAÞ

ð6

ðp

r 2 sin j d r d j j¼0 r¼2

(Transformationsgleichungen: y ¼ r sin j , Fla¨chenelement d A ¼ r d r d j) Innere Integration (nach der Variablen r)

ð6

ð6 r sin j d r ¼ sin j

r 2 d r ¼ sin j

2

r¼2

r¼2

1 3 r 3

6 ¼ r¼2

6 1 sin j ½ r 3 r ¼ 2 ¼ 3

1 208 sin j ð216 8Þ ¼ sin j 3 3

¼

ußere Integration (nach der Variablen j) 1 208 yS ¼ 16 p 3

ðp sin j d j ¼ j¼0

p 13 13 13 26 ½ cos j 0 ¼ ð cos p þ cos 0 Þ ¼ ð1 þ 1Þ ¼ ¼ 2,7587 3p 3p 3 p 3 p |ffl{zffl} |ffl{zffl}

1

1


Gegeben ist die Kurve r ¼ e 0;2 j ; 0 j p=2 .

F24

a) Welche Fla¨che A bildet die Kurve mit der positiven x- und y-Achse? b) Welchen Wert muss die Steigung der Geraden y ¼ m x haben, damit diese die unter a) genannte Fla¨che halbiert?

a) Der Verlauf der Kurve ist in Bild F-22 dargestellt. Fu¨r die Berechnung des Fla¨cheninhaltes A beno¨tigen wir noch die Integrationsgrenzen (in Polarkoordinaten ausgedru¨ckt). Sie lauten: r-Integration:

von r ¼ 0 bis r ¼ e 0;2 j

j-Integration:

von j ¼ 0 bis j ¼ p=2

Berechnung des Fla¨cheninhaltes A ðð A ¼

ð

p=2

e

1,5

r = e 0,2 f y = mx

1 A/2 0,5

A/2

0;2 j

ð

dA ¼ ðAÞ

y

r dr dj j¼0 r¼0

(Fla¨chenelement d A ¼ r d r d jÞ

0,5

Bild F-22

1

x

1 Doppelintegrale

325

Innere Integration (nach der Variablen r) e 0;2 j

ð

1 2 r 2

r dr ¼ r¼0

e 0;2 j ¼ r¼0

1 1 ðe 0;2 j Þ 2 0 ¼ e 0;4 j 2 2

ðRechenregel : ðe a Þ n ¼ e n a Þ


1 2

e 0;4 j d j ¼ j¼0

e 0;4 j 0;4

p=2 ¼

p=2 1 ½ e 0;4 j 0 ¼ 1;25 ðe 0;2 p e 0 Þ ¼ 1;0931 2 0;4 1

f

ð

p=2

1 A ¼ 2

0

Fla¨cheninhalt: A ¼ 1;0931 b) Ansatz fu¨r die gesuchte Gerade, die das Fla¨chenstu¨ck vom Fla¨cheninhalt A ¼ 1;0931 halbiert (in Polarkoordinaten): j ¼ const: ¼ a (siehe Bild F-22, hellgraues Raster). Das Doppelintegral fu¨r diese Fla¨che A* lautet dann: ðð A* ¼

ða

e 0;2 j

ð

dA ¼

1 A 2

r dr dj ¼ j¼0 r¼0

ðA*Þ

(nderung gegenu¨ber der Gesamtfla¨che A: Die Integration im Winkelbereich laüft jetzt von j ¼ 0 bis j ¼ a). Die Auswertung erfolgt wie im Teil a): Innere Integration (nach der Variablen r) e 0;2 j

ð

1 2 r 2

r dr ¼ r¼0

e 0;2 j ¼ r¼0

1 e 0;4 j 2

ðsiehe aÞÞ

ußere Integration (nach der Variablen j) 1 A* ¼ 2

ða e 0;4 j d j ¼ j¼0

1 2

e 0;4 j 0;4

a ¼ 0

a 1 ½ e 0;4 j 0 ¼ 1;25 ðe 0;4 a e 0 Þ ¼ 1;25 ðe 0;4 a 1Þ 2 0;4

Der Steigungswinkel a der gesuchten Geraden wird aus der Bedingung 1 A A* ¼ 2

)

1;25 ðe 0,4 a 1Þ ¼

1 1;0931 2

wie folgt berechnet: e 0;4 a 1 ¼

1;0931 ¼ 0;43724 2 1;25

)

e 0;4 a ¼ 1;43724

Beide Seiten werden logarithmiert (Rechenregel: ln a n ¼ n ln a): ln e 0;4 a ¼ ln 1;43724

)

0;4 a ln e ¼ 0;3627 |{z} 1

) 0;4 a ¼ 0;3627

)

a ¼ 0;9068

ðBogenmaßÞ

Dieser Wert entspricht im Gradmaß einem Winkel von rund 51;96 . Ergebnis: Der Strahl unter dem Winkel von 51;96 teilt die Ausgangsfla¨che A in zwei gleiche Teile. Die Gleichung der Geraden lautet in kartesischen Koordinaten wie folgt: y ¼ m x ¼ ðtan aÞ x ¼ ðtan 51;96 Þ x ¼ 1;2781 x

326

F Mehrfachintegrale

r ¼ 1 þ sin j ; 0 j p Welchen Fla¨cheninhalt A begrenzt die in Polarkoordinaten dargestellte Kurve mit der x-Achse?

F25

Die zur y-Achse spiegelsymmetrische Kurve ist in Bild F-23 dargestellt. Integrationsbereich (aus Bild F-23 entnommen): y

2

r = 1 + sin f

1

A

Bild F-23 –1

1

x

r-Integration:

von r ¼ 0 bis r ¼ 1 þ sin j

j-Integration:


Berechnung des Fla¨cheninhaltes A ðð

ðp

A ¼

1 þ sin j

ð

dA ¼

r dr dj j¼0

ðAÞ


r¼0

Innere Integration (nach der Variablen r) 1 þ sin j

ð

r dr ¼ r¼0

1 2 r 2

1 þ sin j ¼ r¼0

1 1 1 ð1 þ sin jÞ 2 0 ¼ ð1 þ sin jÞ 2 ¼ ð1 þ 2 sin j þ sin 2 jÞ 2 2 2

ußere Integration (nach der Variablen j) 1 A ¼ 2

1 ¼ 2

j¼0

ð1 þ 2 sin j þ sin 2 jÞ d j ¼ |fflffl{zfflffl} Integral 205 mit a ¼ 1

j sin ð2 jÞ j 2 cos j þ 2 4

p

1 ¼ 2 0

3 1 j 2 cos j sin ð2 jÞ 2 4

3 1 1 p 2 cos p sin ð2 pÞ 0 þ 2 cos 0 þ sin 0 2 4 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 4 |ffl{zffl} |ffl{zffl} |ffl{zffl} 1 0 1 0 1 3 1 3 3 ¼ p þ2þ2 ¼ p þ4 ¼ p þ 2 ¼ 4,3562 2 2 2 2 4 ¼

1 2

ðp

Fla¨cheninhalt: A ¼

3 p þ 2 ¼ 4,3562 4

¼

p ¼ 0

1 Doppelintegrale

327

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 cos j ; 0 j 2 p

r ¼

F26

Berechnen Sie die von dieser Kurve eingeschlossene Fla¨che A (r und j sind Polarkoordinaten).

Bild F-24 zeigt den Verlauf der geschlossenen und zur x-Achse symmetrischen Kurve. Wir beschra¨nken uns daher bei der Integration auf das oberhalb der x-Achse gelegene Fla¨chenstu¨ck: y r = 2 – cos f 1

Integrationsbereich:

A –1

1

von r ¼ 0 bis r ¼

j-Integration:


x

–1

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 cos j

r-Integration:

Bild F-24 Doppelintegral fu¨r den Fla¨cheninhalt A pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 cos j ðp ðð ð dA ¼ 2 r dr dj A ¼ j¼0

ðAÞ


r¼0

Innere Integration (nach der Variablen r) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 cos j 2 cos j ð 1 2 1 1 r dr ¼ ¼ r ð2 cos jÞ 0 ¼ ð2 cos jÞ 2 2 2 r¼0 r¼0

ußere Integration (nach der Variablen j) 1 A ¼ 2 2

ðp j¼0

ð2 cos jÞ d j ¼ ½ 2 j sin j 0 ¼ 2 p sin p 0 þ sin 0 ¼ 2 p |ffl{zffl} |ffl{zffl} 0 0 p

Fla¨cheninhalt: A ¼ 2 p

Berechnen Sie das Fla¨chentra¨gheitsmoment I x der in

y

Bild F-25 dargestellten Kreissektorfla¨che bezu¨glich der Symmetrieachse. Welches Ergebnis erha¨lt man fu¨r einen

F27

Vollkreis?

R a a R

Bild F-25

r=R

x

328

F Mehrfachintegrale

Die Integrationsgrenzen lauten (bei Beschra¨nkung auf den 1. Quadranten wegen der Spiegelsymmetrie zur x-Achse): r-Integration:

von r ¼ 0 bis r ¼ R

j-Integration:

von j ¼ 0 bis j ¼ a

Doppelintegral fu¨r das Fla¨chentra¨gheitsmoment Ix ðð Ix ¼

ða

ðR

y dA ¼ 2

r 3 sin 2 j d r d j

2

ð y ¼ r sin j ; d A ¼ r d r d jÞ

j¼0 r¼0

ðAÞ

(Transformationsgleichungen: y ¼ r sin j , Fla¨chenelement d A ¼ r d r d j) Innere Integration (nach der Variablen r)

ðR

ðR r sin j d r ¼ sin j 3

2

r 3 d r ¼ sin 2 j

2

r¼0

r¼0

1 4 r 4

R ¼ sin 2 j r¼0

1 4 1 R 0 ¼ R 4 sin 2 j 4 4

ußere Integration (nach der Variablen j) 1 4 Ix ¼ 2 R 4

ða

1 4 sin j d j ¼ R 2 2

j¼0

j sin ð2 jÞ 2 4

a

1 4 ¼ R 2 0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

a sin ð2 aÞ sin 0 0þ 2 4 4 |{z}

¼

0


a sin ð2 aÞ 1 4 ¼ R ð2 a sin ð2 aÞÞ 2 4 8 1 4 Fla¨chentra¨gheitsmoment I x des Kreissektors: I x ¼ R ð2 a sin ð2 aÞÞ 8 1 4 R ¼ 2

Sonderfall: 2 a = 2 p (Vollkreis) Ix ¼

F28

1 4 1 4 p 4 R ð2 p sin ð2 pÞÞ ¼ R ð2 p 0Þ ¼ R 8 8 4

Der kreisfo¨rmige „Boden“ eines zylindrischen Ko¨rpers liegt in der x; y-Ebene und wird durch die 1 Ungleichung x 2 þ y 2 1 beschrieben. Der „Deckel“ ist Teil der Fla¨che z ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi . 4 x2 y2 Berechnen Sie (mittels Doppelintegral) das Zylindervolumen V.

Die Fla¨che ist rotationssymmetrisch zur z-Achse, der „Boden‘‘ des Zylinders kreisfo¨rmig. Wir verwenden daher zweckma¨ßigerweise Polarkoordinaten. Integrationsbereich (Bild F-26): 0 r 1;

y

0 j 2p

1

Gleichung der Rotationsfla¨che in Polarkoordinaten (x ¼ r cos j, y ¼ r sin j ) x 2 þ y 2 ¼ r 2 ): 1 1 1 z ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 4 x2 y2 4 r2 4 ðx 2 þ y 2 Þ |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} r2

x

Bild F-26

1 Doppelintegrale

329

Doppelintegral fu¨r das Volumen V (in Polarkoordinaten) ðð

2ðp

V ¼

ð1

z dA ¼ j¼0 r¼0

ðAÞ

1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r d r d j ¼ 4 r2

2ðp

ð1

j¼0 r¼0

r pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi d r d j 4 r2

ðd A ¼ r d r d jÞ

Innere Integration (nach der Variablen r) ð1

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 pffiffiffi pffiffiffi r 2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi d r ¼ ½ 4 r r ¼ 0 ¼ 3 þ 2 ¼ 2 3 4 r2 r¼0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 149 mit a ¼ 2

ußere Integration (nach der Variablen j) 2ðp

V ¼

ð2

pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 2p 3 Þ d j ¼ ð2 3 Þ ½ j 0 ¼ ð2 3 Þ ð2 p 0Þ ¼ 2 ð2 3 Þ p

j¼0

Volumen: V ¼ 2 ð2

pffiffiffi 3 Þ p ¼ 1,6836

Die in Polarkoordinaten definierte Kurve r ¼ 2

F29

pffiffiffiffi j , 0 j p bildet mit der x-Achse ein

Fla¨chenstu¨ck, dessen Fla¨cheninhalt A und Fla¨chentra¨gheitsmoment I p bestimmt werden sollen.

Bild F-27 zeigt den Verlauf der Kurve im Intervall 0 j p. Fu¨r die Berechnung von Fla¨cheninhalt A und Fla¨chentra¨gheitsmoment I p beno¨tigen wir noch die Integrationsgrenzen. Sie lauten: y 3 r=2 f 2 A

– 3,54 – 3

–2

1

–1

1

r ¼ 0 bis r ¼ 2

j-Integration:

j ¼ 0 bis j ¼ p

x

Bild F-27 Berechnung des Fla¨cheninhaltes A pffiffiffi 2 j ðp ðð ð dA ¼ r dr dj A ¼ ðAÞ


j¼0 r¼0

Innere Integration (nach der Variablen r) pffiffiffi 2 j pffiffiffi ð 1 2 2 j r r dr ¼ ¼ 2j 0 ¼ 2j 2 r¼0 r¼0

pffiffiffiffi j

r-Integration:

330

F Mehrfachintegrale

ußere Integration (nach der Variablen j) ðp

2 j d j ¼ ½ j2 0 ¼ p2 0 ¼ p2 p

A ¼ j¼0

Fla¨cheninhalt: A ¼ p 2 Berechnung des Fla¨chentra¨gheitsmomentes I p pffiffiffi 2 j ðð ðp ð Ip ¼ r2 d A ¼ r3 d r d j


j¼0 r¼0

ðAÞ

Innere Integration (nach der Variablen r) pffiffiffi 2 j 2 pffiffijffi ð 1 r4 r3 d r ¼ ¼ 4 j2 0 ¼ 4 j2 4 r¼0 r¼0


ðp Ip ¼ 4

j dj ¼ 4 2

j¼0

Fla¨chentra¨gheitsmoment: I p ¼

F30

1 3 j 3

p

¼ 4

0

1 3 4 3 p 0 ¼ p 3 3

4 3 p 3

Wie groß ist das polare Fla¨chentra¨gheitsmoment I p einer Fla¨che, die von der Kurve r ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ sin j ,

0 j p und der x-Achse berandet wird?

Das Fla¨chenstu¨ck liegt spiegelsymmetrisch zur y-Achse (Bild F-28):

y

Integrationsbereich

2

r-Integration:

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi von r ¼ 0 bis r ¼ 1 þ sin j

j-Integration:


1

–1

Bild F-28 Doppelintegral fu¨r das polare Fla¨chentra¨gheitsmoment I p (in Polarkoordinaten): pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 þ sin j ð ðð ðp 2 r dA ¼ r3 d r d j ðFlächenelement d A ¼ r d r d jÞ Ip ¼ ðAÞ

j¼0

r¼0

r = 1 + sin f

1

x

1 Doppelintegrale

331

Innere Integration (nach der Variablen r) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi 1 þ sin j pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ð 1 þ sin j 1 1 1 r3 d r ¼ ¼ r4 ð1 þ sin jÞ 2 0 ¼ ð1 þ 2 sin j þ sin 2 jÞ 4 4 4 r¼0 r¼0

ußere Integration (nach der Variablen j) 1 Ip ¼ 4

¼

1 4

1 ¼ 4

ðp j¼0

1 ð1 þ 2 sin j þ sin 2 j Þ d j ¼ 4 |fflffl{zfflffl}

¼

1 4

j 2 cos j þ

j sin ð2 jÞ 2 4

p ¼ 0


3 1 j 2 cos j sin ð2 jÞ 2 4

p ¼ 0

3 1 1 p 2 cos p sin ð2 pÞ 0 þ 2 cos 0 þ sin 0 ¼ 2 4 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 4 |ffl{zffl} |ffl{zffl} |ffl{zffl} 1

0

1

0

3 1 3 3 p þ2þ2 ¼ p þ4 ¼ p þ 1 ¼ 2,1781 2 4 2 8

Polares Fla¨chentra¨gheitsmoment: I p ¼ 2,1781

Welches polare Fla¨chentra¨gheitsmoment I p liefert die von der Kurve p=6 j p=6 umschlossene Fla¨che (Bild F-29)?

r ¼ 2

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi cos ð3 jÞ ;

y r = 2 cos (3 f) 0,5

F31

0,25

Bild F-29 0,5

1

1,5

2

x

– 0,25 – 0,5

Integrationsbereich (wir beschra¨nken uns wegen der Spiegelsymmetrie zur x-Achse auf den 1. Quadranten): qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r-Integration: von r ¼ 0 bis r ¼ 2 cos ð3 jÞ j-Integration:

von j ¼ 0 bis j ¼ p=6

Doppelintegral fu¨r das polare Fla¨chentra¨gheitsmoment I p pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi p=6 2 cos ð3 jÞ ðð ð ð 2 Ip ¼ r dA ¼ 2 r3 d r d j ðFlächenelement d A ¼ r d r d jÞ ðAÞ

j¼0

r¼0

332

F Mehrfachintegrale

Innere Integration (nach der Variablen r) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 cos ð3 jÞ 2 cos ð3 jÞ ð 1 1 r4 16 cos 2 ð3 jÞ 0 ¼ 4 cos 2 ð3 jÞ r3 d r ¼ ¼ 4 4 r¼0 r¼0


ð

p=6

Ip ¼ 2 4

cos 2 ð3 jÞ d j ¼ 8 j¼0

j sin ð6 jÞ þ 2 12

p=6

¼ 8

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

p sin p sin 0 þ 0 12 12 12 |ffl{zffl} |{z} 0


Polares Fla¨chentra¨gheitsmoment: I p ¼

¼ 8

p

12

2 p 3

¼

0

2 p 3

Oberhalb des in Polarkoordinaten dargestellten Kreises r ¼ 2 sin j , 0 j p der x; y-Ebene pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi liegt die Fla¨che z ¼ x 2 þ y 2 . Berechnen Sie das Volumen V des „Zylinders“, der von diesen

F32

Fla¨chen unten und oben begrenzt wird.

Der „Boden‘‘ entspricht der in Bild F-30 dargestellten Kreisfla¨che (Integrationsbereich). Die Integrationsgrenzen sind: r-Integration:

von r ¼ 0 bis r ¼ 2 sin j

j-Integration:


y r = 2 · sin f

2 1 1

Die Fla¨che („Deckel‘‘ des Zylinders) besitzt in Polarkoordinaten die folgende Gleichung (Transformationsgleichungen: x ¼ r cos j ; y ¼ r sin jÞ: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi z ¼ x 2 þ y 2 ¼ r 2 cos 2 j þ r 2 sin 2 j ¼ ¼

x

Bild F-30

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r 2 ðcos 2 j þ sin 2 jÞ ¼ r |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1

(unter Verwendung des „trigonometrischen Pythagoras“ sin 2 j þ cos 2 j ¼ 1Þ Doppelintegral fu¨r das Volumen V in Polarkoordinaten ðp

ðð z dA ¼

V ¼

2 sin ð j

r r dr dj ¼ j¼0

ðAÞ

ðp

2 sin ð j

r¼0

r2 d r d j j¼0

r¼0

Innere Integration (nach der Variablen r)

2 sin ð j

r dr ¼ 2

r¼0

1 3 r 3

2 sin j ¼ r¼0

8 8 sin 3 j 0 ¼ sin 3 j 3 3


1 Doppelintegrale

333

ußere Integration (nach der Variablen j) 8 V ¼ 3

ðp sin 3 j d j ¼ j¼0

8 3

cos j þ

cos 3 j 3

p

8 3

¼ 0

cos p þ

cos 3 p cos 3 0 þ cos 0 3 3

¼

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}


¼

8 3

1

1 1 þ1 3 3

¼

8 3

2 8 4 32 2 ¼ ¼ 3 3 3 9

Volumen: V ¼ 32=9

Bild F-31 zeigt den in der x; y-Ebene gelegenen „Boden“ eines Zylinders, dessen „Deckel“ Teil der Fla¨che z ¼ e x

F33

2

þy2

y

ist. 1

Wie groß ist das Zylindervolumen V ?

Bild F-31 x

Wir verwenden Polarkoordinaten (wegen der Kreis- bzw. Rotationssymmetrie). Der kreisfo¨rmige „Boden‘‘ liefert den Integrationsbereich (siehe Bild F-30): 0 r 1 ; 0 j 2 p . Die Rotationsfla¨che bildet den „Deckel‘‘ des zylindrischen Ko¨rpers, ihre Gleichung in Polarkoordinaten erhalten wir wie folgt (Transformationsgleichungen: x ¼ r cos j ; y ¼ r sin jÞ : x 2 þ y 2 ¼ r 2 cos 2 j þ r 2 sin 2 j ¼ r 2 ðcos 2 j þ sin 2 jÞ ¼ r 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1

)

z ¼ ex

2

þ y2

¼ er

2

(unter Verwendung des „trigonometrischen Pythagroas“ sin 2 j þ cos 2 j ¼ 1Þ Damit gilt fu¨r das gesuchte Volumen: ðð V ¼

2ðp

ð1

z dA ¼

2

er r dr dj


j¼0 r¼0

ðAÞ

Innere Integration (nach der Variablen r) Wir lo¨sen das innere Integral mit Hilfe der folgenden Substitution: u ¼ r2 ;

du ¼ 2r; dr

ð1 e

r2

ð1 r dr ¼

r¼0

dr ¼

du ; 2r

Grenzen

du 1 ¼ e r 2r 2

)

u ¼ 0

oben : r ¼ 1

)

u ¼ 1

ð1 eu du ¼

u

u¼0

unten : r ¼ 0

u¼0

1 2

½ e u u¼0 1

¼

1 1 ðe 1 e 0 Þ ¼ ðe 1Þ 2 2

ußere Integration (nach der Variablen j) 1 V ¼ ðe 1Þ 2

2ðp

1 dj ¼ j¼0

Volumen: V ¼ ðe 1Þ p ¼ 5,398

1 1 ðe 1Þ ½ j 20 p ¼ ðe 1Þ ð2 p 0Þ ¼ ðe 1Þ p 2 2

334

F Mehrfachintegrale

2 Dreifachintegrale In diesem Abschnitt finden Sie (fast) ausschließlich anwendungsorientierte Aufgaben zu folgenden Themen:

Volumen und Masse „zylindrischer“ Ko¨rper Schwerpunkt eines homogenen Ko¨rpers Massentra¨gheitsmoment eines homogenen Ko¨rpers

Verwendet werden sowohl kartesische Koordinaten (Abschnitt 2.1) als auch Zylinderkoordinaten (Abschnitt 2.2). Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel III.3.2 Formelsammlung: Kapitel IX.3.2

2.1 Dreifachintegrale in kartesischen Koordinaten Alle Aufgaben in diesem Abschnitt sollen mit Hilfe von Dreifachintegralen unter Verwendung kartesischer Koordinaten gelo¨st werden. Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel III.3.2.2.1 und 3.2.3 Formelsammlung: Kapitel IX.3.2.2 und 3.2.5

F34

ðp

ð

p=2

ð1

I ¼

cos ðx þ yÞ e 3 z d z d y d x ¼ ? x¼0 y¼0 z¼0

Dieses Dreifachintegral wird durch drei nacheinander auszufu¨hrende gewo¨hnliche Integrationen gelo¨st. Wir integrieren in der Reihenfolge z, y und x (wegen der konstanten Integrationsgrenzen darf hier sogar in beliebiger Reihenfolge integriert werden). 1. Integrationsschritt (Integration nach z)

ð1

ð1 cos ðx þ yÞ e

3z

d z ¼ cos ðx þ yÞ

z¼0

e 3 z d z ¼ cos ðx þ yÞ z¼0

e 3z 3

1 ¼ z¼0



¼ cos ðx þ yÞ

1 3

½ e 3 z 1z ¼ 0

¼ cos ðx þ yÞ

1 1 ðe 3 e 0 Þ ¼ ðe 3 1Þ cos ðx þ yÞ 3 3

2. Integrationsschritt (Integration nach y) Dieser Integrationsschritt gelingt mit der folgenden Substitution: u ¼ x þ y;

du ¼ 1; dy

dy ¼ du;

Grenzen

unten : y ¼ 0 oben : y ¼ p=2

)

u ¼ x )

u ¼ x þ p=2

2 Dreifachintegrale

335

ð

x þ p=2

p=2

1 ðe 3 1Þ 3

y¼0

1 3 cos ðx þ yÞ d y ¼ ðe 1Þ 3 ¼

ð

cos u d u ¼ u¼x

x þ p=2 1 ðe 3 1Þ ½ sin u u ¼ x ¼ 3

1 1 ðe 3 1Þ ½ sin ðx þ p=2Þ sin x ¼ ðe 3 1Þ ðcos x sin xÞ 3 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} cos x

3. Integrationsschritt (Integration nach x) 1 I ¼ ðe 3 1Þ 3 ¼

ðp ðcos x sin xÞ d x ¼ x¼0

p 1 ðe 3 1Þ ½ sin x þ cos x 0 ¼ 3

1 1 2 ðe 3 1Þ ðsin p þ cos p sin 0 cos 0 Þ ¼ ðe 3 1Þ ð 2Þ ¼ ð1 e 3 Þ 3 3 3 |ffl{zffl} |fflffl{zfflffl} |ffl{zffl} |ffl{zffl} 0 1 0 1

Ergebnis: I ¼

2 ð1 e 3 Þ ¼ 12,7237 3

Welches Volumen V hat ein Zylinder mit der in Bild F-32 skizzierten „Bodenfla¨che“, der oben durch die Ebene z ¼ 5 x y begrenzt wird?

y 2 y=2–x2

F35

1 y=1

Bild F-32 –1

1

x

Der „Boden‘‘ des Zylinders (grau unterlegte Fla¨che im Bild) ist Teil der x, y-Ebene z ¼ 0, der „Deckel‘‘ Teil der Ebene z ¼ 5 x y. Der Integrationsbereich in der x, y-Ebene wird unten durch die Gerade y ¼ 1 und oben durch die Parabel y ¼ 2 x 2 berandet, wobei sich die x-Werte zwischen x ¼ 1 und x ¼ 1 bewegen (Schnittstellen der beiden Kurven, berechnet aus der Gleichung 2 x 2 ¼ 1). Damit ergeben sich folgende Integrationsgrenzen: z-Integration:

von z ¼ 0 bis z ¼ 5 x y

y-Integration:

von y ¼ 1 bis y ¼ 2 x 2

x-Integration:


Das Volumenintegral lautet dann: ððð V ¼

ð1

2 ðx 2 5 ðx y

dV ¼ ðVÞ

1 dz dy dx x¼1 y¼1

ðVolumenelement d V ¼ d z d y d xÞ

z¼0

Wir integrieren also in der Reihenfolge z, y und x. 1. Integrationsschritt (Integration nach z) 5xy

ð

z¼0

5xy

1 d z ¼ ½ z z¼0

¼ ð5 x yÞ 0 ¼ 5 x y

336

F Mehrfachintegrale

2. Integrationsschritt (Integration nach y)

2 ðx 2

ð5 x yÞ d y ¼ y¼1

1 2 5y xy y 2

2x2 ¼ y¼1

¼ 5 ð2 x 2 Þ x ð2 x 2 Þ

1 1 ð2 x 2 Þ 2 5 þ x þ ¼ 2 2

¼ 10 5 x 2 2 x þ x 3 2 þ 2 x 2 ¼

1 4 1 x 5þx þ ¼ 2 2

1 4 7 x þ x3 3x2 x þ 2 2

3. Integrationsschritt (Integration nach x) ð1 V ¼ x¼1

¼

1 1 4 7 1 5 1 4 1 2 7 ¼ x þ x3 3x2 x þ dx ¼ x þ x x3 x þ x 2 2 10 4 2 2 1

1 1 1 7 1 1 1 7 1 24 þ 1 þ 1þ þ þ5 ¼ ¼ 10 4 2 2 10 4 2 2 5 5 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 3 4

Volumen: V ¼ 24=5 ¼ 4,8

Die Projektion eines „zylindrischen“ Ko¨rpers in die

y

x; y-Ebene fu¨hrt auf den in Bild F-33 skizzierten

3

Bereich. Der „Boden“ des Zylinders liegt in der

F36

Ebene z ¼ 1, der „Deckel“ ist Teil der Fla¨che

2

z ¼ x þ y þ 2. 2

1

Bestimmen Sie das Zylindervolumen V. Bild F-33 1

2

x

Der trapezfo¨rmige „Boden‘‘ liegt in der zur x, y-Ebene parallelen Ebene z ¼ 1, der „Deckel‘‘ ist Teil der Fla¨che z ¼ x 2 þ y þ 2 . Der Integrationsbereich in der x, y-Ebene (siehe Bild F-33) wird in der y-Richtung von der x-Achse y ¼ 0 (unten) und der Geraden y ¼ x þ 1 (oben) begrenzt, seitlich durch die y-Achse x ¼ 0 und die dazu Parallele x ¼ 2 . Damit ergeben sich folgende Integrationsgrenzen fu¨r das Volumenintegral: z-Integration:

von z ¼ 1 bis z ¼ x 2 þ y þ 2

y-Integration:


x-Integration:


Das Volumenintegral lautet damit: ððð V ¼

ð2

2 xð þ 1 x þðy þ 2

dV ¼ ðVÞ

1 dz dy dx x¼0 y¼0

z¼1


2 Dreifachintegrale

337

Die Integration wird in der bekannten Weise schrittweise von innen nach außen durchgefu¨hrt: 1. Integrationsschritt (Integration nach z) x2 þyþ2

ð

x2 þyþ2

1 d z ¼ ½ z z¼1

¼ ðx 2 þ y þ 2Þ 1 ¼ x 2 þ y þ 1

z¼1


xð þ1

ðx þ y þ 1Þ d y ¼ 2

1 2 x yþ y þy 2

xþ1 ¼ x 2 ðx þ 1Þ þ

2

y¼0

¼ x3 þ x2 þ

y¼0

1 ðx þ 1Þ 2 þ x þ 1 0 0 0 ¼ 2

1 2 1 3 2 3 x þx þ þ x þ 1 ¼ x3 þ x þ 2x þ 2 2 2 2

3. Integrationsschritt (Integration nach x) V ¼

2 ð2 3 2 3 1 4 1 3 3 x3 þ x þ 2x þ x þ x þ x2 þ x ¼ dx ¼ 2 2 4 2 2 0

x¼0

¼ 4 þ 4 þ 4 þ 3 0 0 0 0 ¼ 15 Volumen: V ¼ 15

Die Ebene x þ y þ z ¼ 6 bzw. z ¼ 6 x y bildet mit den drei Koordinatenebenen eine gleich-

F37

seitige Pyramide. Bestimmen Sie das Volumen V und den Schwerpunkt S dieser Pyramide.

Der „Boden‘‘ der in Bild F-34 skizzierten Pyramide ist Teil der x, y-Ebene z ¼ 0 , der „Deckel‘‘ liegt in der Ebene z ¼ 6 x y . Die Bodenfla¨che (grau unterlegt) wird in der y-Richtung durch die x-Achse y ¼ 0 und die Gerade y ¼ 6 x begrenzt. Diese Gerade ist die Schnittlinie der Ebene z ¼ 6 x y mit der x, y-Ebene z ¼ 0: z ¼ 6x y ¼ 0

)

y ¼ 6x

z

y

6 „Deckel“ z=6–x–y

6

y = –x + 6

„Boden (A )“ 6

6

„Boden (A )“

y

Bild F-34

Bild F-35 6

x

x

Die x -Werte bewegen sich dabei zwischen x ¼ 0 und x ¼ 6 (Bild F-35). Damit liegen die Integrationsgrenzen fu¨r die Dreifachintegrale eindeutig fest: z-Integration:

von z ¼ 0 bis z ¼ 6 x y

y-Integration:

von y ¼ 0 bis y ¼ 6 x

x-Integration:


338

F Mehrfachintegrale

Berechnung des Volumens V ððð V ¼

ð6

6ð x 6 ðx y

dV ¼ ðVÞ


1 dz dy dx z¼0

x¼0 y¼0

1. Integrationsschritt (Integration nach z) 6 ðx y

6xy

1 d z ¼ ½ z z¼0

¼ ð6 x yÞ 0 ¼ 6 x y

z¼0


6ð x

ð6 x yÞ d y ¼

6y xy

y¼0

1 2 y 2

6x ¼ 6 ð6 xÞ x ð6 xÞ y¼0

¼ 36 6 x 6 x þ x 2 18 þ 6 x

1 ð6 xÞ 2 0 0 0 ¼ 2

1 2 1 2 x ¼ x 6 x þ 18 2 2

3. Integrationsschritt (Integration nach x) ð6 V ¼ x¼0

6 1 2 1 3 2 x 6 x þ 18 d x ¼ x 3 x þ 18 x ¼ 36 108 þ 108 0 0 0 ¼ 36 2 6 0

Volumen: V ¼ 36 Berechnung des Schwerpunktes S = ( xS ; yS ; zS ) Da die Pyramide gleichseitig ist, gilt x S ¼ y S ¼ z S . Wir berechnen x S mit dem folgenden Dreifachintegral: 1 xS ¼ V

ððð

1 dV ¼ 36

ðVÞ

ð6

6ð x 6 ðx y

x dz dy dx x¼0 y¼0


z¼0

1. Integrationsschritt (Integration nach z) 6 ðx y

6 ðx y

x dz ¼ x z¼0

6xy

1 d z ¼ x ½ z z¼0

¼ x ½ ð6 x yÞ 0 ¼ 6 x x 2 x y

z¼0


6ð x

ð6 x x x yÞ d y ¼ 2

y¼0

1 x y2 6xy x y 2

6x ¼

2

y¼0

1 x ð6 xÞ 2 0 0 0 ¼ 2 1 3 1 3 x ¼ x 6 x 2 þ 18 x ¼ 36 x 6 x 2 6 x 2 þ x 3 18 x þ 6 x 2 2 2

¼ 6 x ð6 xÞ x 2 ð6 xÞ

3. Integrationsschritt (Integration nach x) 1 xS ¼ 36 ¼

ð6 x¼0

1 3 x 6 x 2 þ 18 x 2

1 dx ¼ 36

1 4 x 2x3 þ 9x2 8

1 1 3 ð162 432 þ 324 0 0 0Þ ¼ 54 ¼ ¼ 1,5 36 36 2

Schwerpunkt: S ¼ ð1,5; 1,5; 1,5Þ

6 ¼ 0

2 Dreifachintegrale

339

Der „Boden“ eines Zylinders besitzt die in Bild F-36 dargestellte dreieckige Form, der „Deckel“ ist Teil der Fla¨che z ¼ x 2 y. Berechnen Sie das Volumen V des zylindrischen Ko¨rpers.

F38

y 2

Bild F-36 –2

x

Der „zylindrische‘‘ Ko¨rper wird oben durch die Fla¨che z ¼ x 2 y („Deckel‘‘) und unten durch die in der x, y-Ebene z ¼ 0 liegende Dreiecksfla¨che („Boden‘‘) begrenzt. Den Integrationsbereich in der x, y-Ebene entnehmen wir Bild F-36: Die untere Berandung ist die x-Achse ( y ¼ 0), die obere Randkurve die Gerade y ¼ x þ 2 , die x-Werte bewegen sich dabei zwischen x ¼ 2 und x ¼ 0 . Damit ergeben sich die folgenden Integrationsgrenzen fu¨r das Volumenintegral: z-Integration:

von z ¼ 0 bis z ¼ x 2 y

y-Integration:


x-Integration:


Das Volumenintegral lautet dann: ððð

ð0

V ¼

2 xð þ 2 xð y

dV ¼


1 dz dy dx x¼2 y¼0 z¼0

ðVÞ

Wir berechnen dieses Dreifachintegral schrittweise wie folgt (Integrationsreihenfolge: z ! y ! x): 1. Integrationsschritt (Integration nach z) x2 y

ð

x2 y

1 d z ¼ ½ z z¼0 ¼ x2 y 0 ¼ x2 y

z¼0

2. Integrationsschritt (Integration nach y) xð þ2

xð þ2

x y dy ¼ x 2

y d y ¼ x2

2

y¼0

y¼0

¼

1 2 y 2

xþ2

¼ x2

y¼0

1 ðx þ 2Þ 2 0 2

¼

1 2 x ðx þ 2Þ 2 ¼ 2

1 2 2 1 x ðx þ 4 x þ 4Þ ¼ ðx 4 þ 4 x 3 þ 4 x 2 Þ 2 2

3. Integrationsschritt (Integration nach x) 1 V ¼ 2 ¼

1 2

ð0 ðx 4 þ 4 x 3 þ 4 x 2 Þ d x ¼ x¼2

0þ0þ0þ

Volumen: V ¼ 8=15

32 32 16 þ 5 3

1 2

¼

1 5 4 3 x þ x4 þ x 5 3

0 ¼ 2

1 96 240 þ 160 1 16 8 ¼ ¼ 2 53 2 15 15

340

F Mehrfachintegrale

Berechnen Sie das Massentra¨gheitsmoment J des

z

in Bild F-37 skizzierten keilfo¨rmigen Ko¨rpers aus einem homogenen Material mit der Dichte r ¼ 3 .

2

Bezugsachse ist die z-Achse.

„Deckelfläche“ z=2–y

F39

Bild F-37 2

y

2 2 2 2

„Bodenfläche“

x

Der quadratische „Boden‘‘ ist Teil der x, y-Ebene z ¼ 0, die obere Begrenzung („Deckel‘‘) Teil der Ebene z ¼ 2 y. Der Integrationsbereich in der x, y-Ebene („Bodenfla¨che‘‘ des Keils) ist das achsenparallele Quadrat 0 x 2 , 0 y 2 (Bild F-38). Damit haben wir folgende Integrationsgrenzen: z-Integration:

von z ¼ 0 bis z ¼ 2 y

y-Integration:

von y ¼ 0 bis y ¼ 2

x-Integration:


y y=2 2 „Boden“

Das Dreifachintegral fu¨r das Massentra¨gheitsmoment J z des keilfo¨rmigen Ko¨rpers bezu¨glich der z-Achse lautet damit ( Volumenelement d V ¼ d z d y d x ): ððð Jz ¼ r

ð2

ð2

2y

y=0

ð

ðx 2 þ y 2 Þ d V ¼ 3

ðx 2 þ y 2 Þ d z d y d x

Bild F-38

x¼0 y¼0 z¼0

ðVÞ

1. Integrationsschritt (Integration nach z) 2ð y

2ð y

ðx þ y Þ d z ¼ ðx þ y Þ 2

2

2

2

z¼0

2y

1 d z ¼ ðx 2 þ y 2 Þ ½ z z ¼ 0 ¼ ðx 2 þ y 2 Þ ½ ð2 yÞ 0 ¼

z¼0

¼ ðx 2 þ y 2 Þ ð2 yÞ ¼ 2 x 2 x 2 y þ 2 y 2 y 3 2. Integrationsschritt (Integration nach y)

ð2 ð2 x x y þ 2 y y Þ d y ¼ 2

2

2

3

y¼0

1 2 2 2 3 1 4 2x y x y þ y y 2 3 4

2 ¼

2

¼ 4x2 2x2 þ

y¼0

16 4 4 0 0 0 0 ¼ 2x2 þ 3 3

3. Integrationsschritt (Integration nach x) ð2 Jz ¼ 3

2x2 þ x¼0

4 3

dx ¼ 3

Massentra¨gheitsmoment: J z ¼ 24

2 3 4 x þ x 3 3

2 ¼ 3 0

16 8 24 þ 00 ¼ 3 ¼ 24 3 3 3

2

x

2 Dreifachintegrale

341

2.2 Dreifachintegrale in Zylinderkoordinaten Alle Aufgaben in diesem Abschnitt sollen mit Hilfe von Dreifachintegralen unter Verwendung von Zylinderkoordinaten gelo¨st werden. Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel III.3.2.2.2 und 3.2.3 Formelsammlung: Kapitel IX.3.2.3 und 3.2.5

2ðp

F40

ð1

rð2

I ¼

r z sin j d z d r d j ¼ ? j¼p r¼0 z¼r

Wir integrieren in der vorgegebenen Reihenfolge (z ! r ! j): 1. Integrationsschritt (Integration nach z) rð2

rð2

r z sin j d z ¼ r sin j z¼r

z d z ¼ r sin j z¼r

¼

1 2 z 2

r2 ¼ z¼r

r2 1 r sin j ½ z 2 z ¼ r ¼ 2

1 1 r sin j ðr 4 r 2 Þ ¼ sin j ðr 5 r 3 Þ 2 2

2. Integrationsschritt (Integration nach r) 1 sin j 2

ð1 ðr 5 r 3 Þ d r ¼ r¼0

¼

1 sin j 2 1 sin j 2

1 6 1 4 r r 6 4

1 ¼ r¼0

1 1 1 0þ0 ¼ sin j 6 4 24

3. Integrationsschritt (Integration nach j) I ¼

1 24

2ðp

sin j d j ¼ j¼p

2p 2p 1 1 1 1 ½ cos j p ¼ ½ cos j p ¼ ½ cos ð2 pÞ cos p ¼ 24 24 24 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflffl{zfflffl} 12 1 1

Ergebnis: I ¼ 1=12

F41

Welches Volumen V hat ein Ko¨rper, der durch Drehung der Kurve z ¼ 1 þ cos x , 0 x p um die z-Achse entsteht?

Der Verlauf der rotierenden Kurve ist in Bild F-39 dargestellt, es entsteht der in Bild F-40 skizzierte Rotationsko¨rper. Der kreisfo¨rmige „Boden‘‘ des Ko¨rpers liegt in der x, y-Ebene z ¼ 0 und la¨sst sich durch die Ungleichungen 0 r p und 0 j 2 p beschreiben. Der „Deckel‘‘ dagegen ist Teil der Rotationsfla¨che z ¼ 1 þ cos r (die Kurve z ¼ 1 þ cos x erzeugt bei Drehung um die z-Achse die Rotationsfla¨che z ¼ 1 þ cos r , in Zylinderkoordinaten ausgedru¨ckt ! Band 2, Kap. IV.3.2.2.2).

342

F Mehrfachintegrale z

z 2

2 z = 1 + cos x

z = 1 + cos r

1

1

π

2

π

x

y

π

Bild F-39

x

Bild F-40

Damit ergeben sich folgende Integrationsgrenzen: z-Integration:

von z ¼ 0 bis z ¼ 1 þ cos r

r-Integration:

von r ¼ 0 bis r ¼ p

j-Integration:


Das Volumenintegral lautet: 2ðp

ððð

ðp

1 þðcos r

dV ¼

V ¼ ðVÞ

r dz dr dj j¼0 r¼0

ðVolumenelement d V ¼ r d z d r d jÞ

z¼0

Wir integrieren der Reihe nach u¨ber z, r und j. 1. Integrationsschritt (Integration nach z) 1 þðcos r

1 þðcos r

r dz ¼ r z¼0

1 þ cos r

1 d z ¼ r ½ z z¼0

¼ r ½ ð1 þ cos rÞ 0 ¼ r ð1 þ cos rÞ ¼ r þ r cos r

z¼0

2. Integrationsschritt (Integration nach r)

ðp r¼0

ðr þ r cos r Þ d r ¼ |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl}

1 2 r þ cos r þ r sin r 2

p ¼ r¼0


¼

1 2 1 2 p þ cos p þ p sin p 0 cos 0 0 ¼ p 2 2 2 |fflffl{zfflffl} |ffl{zffl} |ffl{zffl} 1

0

1

3. Integrationsschritt (Integration nach j) V ¼

2ðp 2p 1 2 1 2 1 2 p 2 p 2 ½ j 0 ¼ p 2 ð2 p 0Þ ¼ p ðp 2 4Þ 1 dj ¼ 2 2 2 j¼0

Volumen: V ¼ p ðp 2 4Þ ¼ 18,4399

F42

Die durch den Kreis x 2 þ z 2 ¼ 2 und die Parabel z ¼ x 2 begrenzte Fla¨che erzeugt bei Drehung um die z-Achse einen Rotationsko¨rper, dessen Volumen V zu bestimmen ist. Welche Masse m hat dieser Ko¨rper, wenn er mit einem homogenen Material der Dichte r ¼ 2 gefu¨llt wird?

2 Dreifachintegrale

343

Wir berechnen zuna¨chst die Kurvenschnittpunkte (Bild F-41): x þz ¼ zþz ¼ 2 2

2

z2 þ z 2 ¼ 0

)

z

)

2

1,5

z1 ¼ 1

S2

(die negative Lösung scheidet aus) Zugeho¨rige x-Werte:

x2 ¼ z1 ¼ 1

Kreis

Parabel S1

1 0,5

)

x 1=2 ¼ 1

–1

1

x

Bild F-41

Schnittpunkte: S 1=2 ¼ ð 1; 1Þ

Bei Drehung um die z-Achse erzeugen Normalparabel und Halbkreis folgende Rotationsfla¨chen (x ! r): z ¼ x2

!

x2 þ z2 ¼ 2

z ¼ r2

(Mantelfläche des Rotationsparaboloids) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi (Oberfläche der oberen HalbkugelÞ r 2 þ z 2 ¼ 2 oder z ¼ 2 r 2

!

Diese Fla¨chen begrenzen den Rotationsko¨rper unten bzw. oben. Sie schneiden sich in der zur x, y-Ebene parallelen Ebene z ¼ 1 la¨ngs eines Kreises mit dem Radius R ¼ 1 (siehe auch Bild F-41). Damit ergeben sich die folgenden Integrationsgrenzen fu¨r das Volumenintegral: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi z-Integration: von z ¼ r 2 bis z ¼ 2 r 2 r-Integration:


j-Integration:


(die Projektion der beiden Rotationsfla¨chen in die x, y-Ebene ergibt die Kreisfla¨che 0 r 1 und 0 j 2 p). Das Volumenintegral lautet: ððð V ¼

2ðp

pffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2r2 ð

ð1

dV ¼ ðVÞ



z¼r2

Wir integrieren nacheinander u¨ber z , r und j. 1. Integrationsschritt (Integration nach z) pffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2r2 2r2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffi ð ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2r2 r dz ¼ r 1 d z ¼ r ½ z z ¼ r 2 ¼ r ð 2 r 2 r 2Þ ¼ r 2 r 2 r 3 z¼r2

z¼r2

2. Integrationsschritt (Integration nach r) ð1 r¼0

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 1 4 1 ðr 2 r 2 r 3 Þ d r ¼ ¼ ð2 r 2 Þ 3 r 3 4 r¼0 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 142 mit a 2 ¼ 2

pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 4 3 þ 8 2 8 27 1 1 1 ¼ þ 2 20 ¼ ¼ 34 12 3 4 3

3. Integrationsschritt (Integration nach j) pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 2ðp ð8 2 7Þ p 8 27 2p 8 27 8 27 V ¼ 1 dj ¼ ½ j 0 ¼ ð2 p 0Þ ¼ 12 6 12 12 j¼0

Rotationsvolumen: V ¼

ð8

pffiffiffi 2 7Þ p 6

¼ 2,2587

Masse: m ¼ r V ¼ 2 2,2587 ¼ 4,5174

344

F Mehrfachintegrale

Skizzieren Sie das im 1. Quadranten gelegene Fla¨chenstu¨ck; das durch die Kurven z ¼ 0;75 x 2 ; z ¼ 0;5 x 2 þ 1 und x ¼ 0 berandet wird. Welches Rotationsvolumen V entsteht bei Drehung dieser Fla¨che um die z-Achse?

F43

Kurvenschnittpunkte:

z

0;75 x 2 ¼ 0;5 x 2 þ 1

)

0;25 x 2 ¼ 1

) 3

x ¼ 4

)

2

x1 ¼ 2

ðwegen x > 0Þ

z = 0,5 x 2 + 1 2

Die in Bild F-42 skizzierte Fla¨che erzeugt bei Drehung um die z-Achse einen Rotationsko¨rper; der unten und oben von den folgenden Rotationsfla¨chen begrenzt wird ðx ! rÞ:

1 z = 0,75 x 2

untere Begrenzung („Boden‘‘): z ¼ 0;75 r 2 obere Begrenzung („Deckel‘‘):

1

2

x

Bild F-42

z ¼ 0;5 r 2 þ 1

Projiziert man diese Fla¨chen in die x; y-Ebene; so erha¨lt man die Kreisfla¨che 0 r 2 ; 0 j 2 p . Damit sind die Integrationsgrenzen fu¨r das Volumenintegral festgelegt: z-Integration:

von z ¼ 0;75 r 2 bis z ¼ 0;5 r 2 þ 1

r-Integration:


j-Integration:


Volumenintegral ððð V ¼

2ðp

ð2

0;5 rð2 þ 1

dV ¼


ðVÞ


z ¼ 0;75 r 2

1. Integrationsschritt (Integration nach z) 0;5 rð2 þ 1

0;5 rð2 þ 1

0;5 r 2 þ 1

1 d z ¼ r ½ z z ¼ 0;75 r 2 ¼ r ½ ð0;5 r 2 þ 1Þ 0;75 r 2 ¼

r dz ¼ r z ¼ 0;75 r 2

z ¼ 0;75 r 2

¼ r ð1 0;25 r 2 Þ ¼ r 0;25 r 3 2. Integrationsschritt (Integration nach r) ð2

ð2 1 3 1 2 1 4 2 dr ¼ r r r ðr 0,25 r Þ d r ¼ r ¼ 2100 ¼ 1 4 2 16 r¼0 3

r¼0

r¼0

3. Integrationsschritt (Integration nach j) 2ðp

V ¼

1 d j ¼ ½ j 0

j¼0

Rotationsvolumen: V ¼ 2 p

2p

¼ 2p 0 ¼ 2p

2 Dreifachintegrale

345

Die durch Rotation der Gauß-Kurve z ¼ e x um die z-Achse entstandene Rotationsfla¨che bildet mit der Ebene z ¼ const: ¼ e 1 einen Rotationsko¨rper, dessen Volumen V und Schwerpunkt S zu berechnen sind. 2

F44

Die in Bild F-43 grau unterlegte Fla¨che zwischen der Gauß-Kurve z ¼ e x Geraden z ¼ e 1 erzeugt bei Rotation um die z-Achse den Rotationsko¨rper.

2

und der zur x-Achse parallelen

z 1

z = e–x

2

0,5 z = e –1

Bild F-43 –1

– 0,5

0,5

Kurvenschnittpunkte: e x ¼ e 1 2

)

1

x2 ¼ 1

)

x

x 1=2 ¼ 1

Der Rotationsko¨rper wird unten bzw. oben durch die folgenden Fla¨chen begrenzt: untere Begrenzung („Boden‘‘):

z ¼ e 1

ðEbeneÞ

obere Begrenzung („Deckel‘‘):

z ¼ e r

(Rotationsfla¨che der Gauß-Kurve)

2

Beide Fla¨chen liegen u¨ber dem kreisfo¨rmigen Integrationsbereich der x, y-Ebene, der durch die Ungleichungen 0 r 1 , 0 j 2 p beschrieben wird. Die fu¨r die Dreifachintegration beno¨tigten Integrationsgrenzen lauten damit: z-Integration:

von z ¼ e 1 bis z ¼ e r

r-Integration:


j-Integration:


2

Berechnung des Rotationsvolumens V 2ðp

ððð

ð1

e ðr

2

dV ¼

V ¼

r dz dr dj


j ¼ 0 r ¼ 0 z ¼ e 1

ðVÞ

1. Integrationsschritt (Integration nach z) e ðr

2

e ðr

2

e r

z ¼ e 1

2

1 d z ¼ r ½ z z ¼ e 1 ¼ r ðe r e 1 Þ ¼ r e r e 1 r

r dz ¼ r

2

2

z ¼ e 1

2. Integrationsschritt (Integration nach r) ð1 ðr e r¼0

r2

e

1

ð1 rÞ d r ¼

ðr e r¼0

r2

dr e

1

ð1

r dr ¼ r¼0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I1 1 2 1 1 1 1 1 1 ¼ I1 e ¼ I1 e r 0 ¼ I1 e 2 2 2 r¼0

346

F Mehrfachintegrale

Das Teilintegral I 1 lo¨sen wir wie folgt durch Substitution: du ¼ 2r; dr

u ¼ r2 ; ð1 I1 ¼

r e

ð1

r2

dr ¼

r¼0

¼

1 2

dr ¼

0

¼

Grenzen

du 1 ¼ r e 2 r 2

ð1

u

u¼0

½ e u 1

du ; 2r

unten : r ¼ 0

)

u ¼ 0

oben : r ¼ 1

)

u ¼ 1

1 e du ¼ 2

ð0 eu du ¼

u

0

1

1 1 ðe 0 e 1 Þ ¼ ð1 e 1 Þ 2 2

Somit gilt: ð1

ðr e r e 1 rÞ d r ¼ I 1 2

r¼0

1 1 1 1 1 1 ¼ ¼ e ð1 e 1 Þ e ð1 2 e 1 Þ 2 2 2 2

3. Integrationsschritt (Integration nach j) 2ðp

1 V ¼ ð1 2 e 1 Þ 2

1 dj ¼ j¼0

2p 1 1 ð1 2 e 1 Þ ½ j 0 ¼ ð1 2 e 1 Þ ð2 p 0Þ ¼ ð1 2 e 1 Þ p 2 2

Rotationsvolumen: V ¼ ð1 2 e 1 Þ p ¼ 0,8301 Berechnung des Schwerpunktes S = (xS ; yS ; zS ) Wegen der Rotationssymmetrie liegt der Schwerpunkt S auf der Rotationsachse (z-Achse). Somit gilt x S ¼ y S ¼ 0 . Die Ho¨henkoordinate z S berechnen wir mit dem folgenden Dreifachintegral: 1 zS ¼ V

ððð z dV ¼ ðVÞ

2ðp

1 ð1 2 e 1 Þ p

ð1

e ðr

2

ðd V ¼ r d z d r d jÞ

zr dz dr dj j ¼ 0 r ¼ 0 z ¼ e 1

1. Integrationsschritt (nach der Variablen z) e ðr

2

e ðr

2

zr dz ¼ r z ¼ e 1

z dz ¼ r

1 2 z 2

z ¼ e 1

e r2 ¼ z ¼ e 1

2 e r 1 1 2 r ½ z 2 z ¼ e 1 ¼ r ðe 2 r e 2 Þ 2 2

2. Integrationsschritt (Integration nach r) 1 2

¼

ð1 r ðe

2r2

e

r¼0

1 1 2 I2 e 2 2

2

1 Þ dr ¼ 2

ð1 r e r¼0

2r2

1 2 dr e 2

ð1 r dr ¼ r¼0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 r I2 e 0 ¼ I2 e ¼ 2 2 2 2 2 4 r¼0

2 Dreifachintegrale

347

Das Teilintegral I 2 lo¨sen wir (a¨hnlich wie vorher I 1 ) mit einer Substitution wie folgt: du ¼ 4r; dr

u ¼ 2r2 ; ð1 I2 ¼

r e

2r2

ð2

dr ¼

r¼0

¼

1 4

0

¼

Grenzen

du 1 ¼ r e 4 r 4

ð2

u

u¼0

½ e u 2

du ; 4r

dr ¼

unten : r ¼ 0

)

u ¼ 0

oben : r ¼ 1

)

u ¼ 2

1 e du ¼ 4

ð0 eu du ¼

u

0

2

1 1 ðe 0 e 2 Þ ¼ ð1 e 2 Þ 4 4

Somit ergibt der 2. Integrationsschritt: 1 2

ð1

r ðe 2 r e 2 Þ d r ¼ 2

r¼0

1 1 2 1 1 2 1 ¼ ¼ I2 e ð1 e 2 Þ e ð1 3 e 2 Þ 2 4 8 4 8

3. Integrationsschritt (Integration nach j) 1 ð1 3 e 2 Þ zS ¼ ð1 2 e 1 Þ p 8

2ðp

1

¼

1 3 e 2 8 p ð1 2 e 1 Þ

ð2 p 0Þ ¼

1 dj ¼ j¼0

1 3 e 2 4 ð1 2 e 1 Þ

1 3 e 2

½ j 0

2p

8 p ð1 2 e 1 Þ

¼

¼ 0,5620

Schwerpunkt: S ¼ ð0; 0; 0,5620Þ

Dreht man die in Bild F-44 skizzierte Fla¨che um die z-Achse, so entsteht ein (homogener) Zylinder mit einem kegelfo¨rmigen Einschnitt. Welches Volumen V besitzt dieser Rotationsko¨rper, wo liegt der Schwerpunkt S ?

F45

z 2

–1

Bild F-44

z = 2x

1 1

x

–5

Der „zylindrische‘‘ Rotationsko¨rper wird unten bzw. oben durch folgende Fla¨chen begrenzt (x ! r): untere Begrenzung („Boden‘‘):

Kreisfla¨che vom Radius 1 in der Ebene z ¼ 5

obere Begrenzung („Deckel‘‘):

z ¼ 2r

(Mantelfla¨che eines Kegels)

Integrationsbereich in der x, y-Ebene ist die Kreisfla¨che 0 r 1, 0 j 2 p. Damit haben wir folgende Integrationsgrenzen: z-Integration:

von z ¼ 5 bis z ¼ 2 r

r-Integration:


j-Integration:


348

F Mehrfachintegrale

Berechnung des Rotationsvolumens V ððð V ¼

2ðp

ð1

2ðr

dV ¼


r dz dr dj j¼0 r¼0 z¼5

ðVÞ

1. Integrationsschritt (Integration nach z) 2ðr

2ðr

1 d z ¼ r ½ z z ¼ 5 ¼ r ð2 r þ 5Þ ¼ 2 r 2 þ 5 r 2r

r dz ¼ r z¼5

z¼5


ð1 ð2 r þ 5 rÞ d r ¼ 2

r¼0

2 3 5 2 r þ r 3 2

1

2 5 2 5 4 þ 15 19 þ 00 ¼ þ ¼ ¼ 3 2 3 2 6 6

¼ r¼0

3. Integrationsschritt (Integration nach j) 19 V ¼ 6

2ðp

2p 19 19 19 ½ j 0 ¼ ð2 p 0Þ ¼ p 6 6 3

1 dj ¼ j¼0

Rotationsvolumen: V ¼

19 p ¼ 19,8968 3

Berechnung des Schwerpunktes S = ( xS ; yS ; zS ) Der Schwerpunkt S liegt wegen der Rotationssymmetrie auf der z-Achse, daher sind x S ¼ 0 und y S ¼ 0. Die dritte Koordinate z S berechnen wir mit dem Dreifachintegral 1 zS ¼ V

ððð ðVÞ

1 z dV ¼ 19 p=3

ð1

2ðp

2ðr

3 zr dz dr dj ¼ 19 p

j¼0 r¼0 z¼5

2ðp

ð1

2ðr

zr dz dr dj j¼0 r¼0 z¼5

1. Integrationsschritt (Integration nach z) 2ðr

2ðr

zr dz ¼ r z¼5

z dz ¼ r z¼5

1 2 z 2

2r ¼ z¼5

2r 1 1 1 r ½ z2 z¼5 ¼ r ð4 r 2 25Þ ¼ ð4 r 3 25 rÞ 2 2 2


ð1 ð4 r 3 25 rÞ d r ¼ r¼0

1 2

r4

25 2 r 2

1 ¼ r¼0

1 2

25 1 23 23 1 00 ¼ ¼ 2 2 2 4

3. Integrationsschritt (Integration nach j) 3 zS ¼ 19 p

23 4

2ðp

1 dj ¼

j¼0


2p 69 69 69 ½ j 0 ¼ ð2 p 0Þ ¼ ¼ 1,8158 76 p 76 p 38

2 Dreifachintegrale

349

Ein rotationssymmetrischer Ko¨rper aus einem homogenen Material wird durch die Fla¨chen z ¼ 3 (unten) und z ¼ 4 r 2 (Mantelfla¨che eines Rotationsparaboloids; oben) begrenzt. Bestimmen Sie Volumen V und Schwerpunkt S .

F46

Die Fla¨chen z ¼ 4 r 2 und z ¼ 3 schneiden sich in der Ebene z ¼ 3 la¨ngs eines Kreises vom Radius 1: 4 r2 ¼ 3

)

r2 ¼ 1

)

r ¼ 1

Bild F-45 zeigt die Gestalt des Rotationsko¨rpers. Der Integrationsbereich in der x, y-Ebene ist die durch die Ungleichungen 0 r 1 und 0 j 2 p beschriebene Kreisfla¨che. Die Integrationsgrenzen lauten damit:

z

z-Integration:


r-Integration:


j-Integration:


2

4 z =4–r2

3


ð1

2ðp

4 ðr 2

dV ¼

z =3


ðVÞ

y

ðVolumenelement d V ¼ r d z d r d jÞ x

1. Integrationsschritt (Integration nach z) 4 ðr 2

4 ðr 2

r dz ¼ r z¼3

Bild F-45 4r

2

1 d z ¼ r ½ z z¼3 ¼

z¼3

¼ r ½ ð4 r 2 Þ 3 ¼ r ð1 r 2 Þ ¼ r r 3 2. Integrationsschritt (Integration nach r)

ð1 ðr r Þ d r ¼ 3

r¼0

1 2 1 4 r r 2 4

1 ¼ r¼0

1 1 1 00 ¼ 2 4 4


2ðp

1 dj ¼ j¼0

1 4

½ j 20 p

1 p ð2 p 0Þ ¼ 4 2

¼

Rotationsvolumen: V ¼ p=2 Berechnung des Schwerpunktes S = (xS ; yS ; zS ) Wegen der Rotationssymmetrie liegt der Schwerpunkt S auf der z-Achse, also gilt x S ¼ y S ¼ 0 . Die z-Koordinate berechnen wir mit dem Dreifachintegral 1 zS ¼ V

ððð ðVÞ

1 z dV ¼ p=2

2ðp

ð1

4 ðr 2

j¼0 r¼0 z¼0

2 zr dz dr dj ¼ p

2ðp

ð1

4 ðr 2


350

F Mehrfachintegrale

1. Integrationsschritt (Integration nach z) 4 ðr 2

4 ðr 2

zr dz ¼ r

z dz ¼ r

z¼3

z¼3

1 2 z 2

4r2 ¼ z¼3

4r2 1 1 r ½ z2 z¼3 ¼ r ½ ð4 r 2 Þ 2 9 ¼ 2 2

1 1 1 r ð16 8 r 2 þ r 4 9Þ ¼ r ð7 8 r 2 þ r 4 Þ ¼ ð7 r 8 r 3 þ r 5 Þ 2 2 2

¼


ð1 r¼0

1 ð7 r 8 r þ r Þ d r ¼ 2 3

5

7 2 1 6 r 2r4 þ r 2 6

1

1 ¼ 2 r¼0

7 1 2þ 000 ¼ 2 6

1 21 12 þ 1 5 ¼ 2 6 6

¼ 3. Integrationsschritt (Integration nach j) 2 5 zS ¼ p 6

2ðp

1 dj ¼ j¼0

2p 5 5 10 ½ j 0 ¼ ð2 p 0Þ ¼ 3p 3p 3

Schwerpunkt: S ¼ ð0; 0; 10=3Þ

F47

Ein

aus

einem homogenen Material gefertigter Ko¨rper wird durch die Rotationsfla¨che pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi z ¼ 2 x 2 þ y 2 und die x; y-Ebene berandet. Bestimmen Sie das Volumen V und den Schwerpunkt S des Ko¨rpers.

Gleichung der Rotationsfla¨che in Zylinderkoordinaten: x ¼ r cos j ;

y ¼ r sin j

)

x 2 þ y 2 ¼ r 2 cos 2 j þ r 2 sin 2 j ¼ r 2 ðcos 2 j þ sin 2 jÞ ¼ r 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi z ¼ 2 x2 þ y2 ¼ 2 r 2 ¼ 2 r

Die in Zylinderkoordinaten ausgedru¨ckte Rotationsfla¨che z ¼ 2 r schneidet die x, y-Ebene z ¼ 0 la¨ngs eines Mittelpunktskreises mit dem Radius 2: 2r ¼ 0

)

r ¼ 2

Kreisfläche : 0 r 2 ;

0 j 2p

Der Rotationsko¨rper hat damit das in Bild F-46 skizzierte Aussehen. Er wird oben von der Rotationsfla¨che z ¼ 2 r, unten von der x, y-Ebene z ¼ 0 berandet.

z

Damit liegen die Integrationsgrenzen wie folgt fest: z-Integration:


r-Integration:


j-Integration:


z =2– x2+y2

y x

Bild F-46

2 Dreifachintegrale

351


2ðp

ð2

2ð r

dV ¼



ðVÞ

1. Integrationsschritt (Integration nach z) 2ð r

2ð r

r dz ¼ r z¼0

2r

1 d z ¼ r ½ z z ¼ 0 ¼ r ð2 r 0Þ ¼ 2 r r 2

z¼0


ð2 ð2 r r Þ d r ¼ 2

1 3 r r 3

2 ¼ 4

2

r¼0

r¼0

8 8 4 00 ¼ 4 ¼ 3 3 3


2ðp

1 dj ¼ j¼0

4 3

½ j 0

2p

¼

4 8 ð2 p 0Þ ¼ p 3 3

Rotationsvolumen: V ¼ 8 p=3 ¼ 8,3776 Berechnung des Schwerpunktes S = (xS ; yS ; zS ) Der Schwerpunkt S liegt wegen der Rotationssymmetrie auf der z-Achse: x S ¼ y S ¼ 0. Die Ho¨henkoordinate z S berechnen wir mit dem folgenden Dreifachintegral: 1 zS ¼ V

ððð ðVÞ

1 z dV ¼ 8 p=3

2ðp

ð2

2ð r

j¼0 r¼0 z¼0

ð2

2ðp

3 zr dz dr dj ¼ 8p

2ð r


1. Integrationsschritt (Integration nach z)

2ð r

2ð r

zr dz ¼ r z¼0

z dz ¼ r z¼0

1 2 z 2

2r ¼ r z¼0

1 ð2 rÞ 2 0 2

1 ð4 r 4 r 2 þ r 3 Þ 2

¼


ð2 ð4 r 4 r 2 þ r 3 Þ d r ¼ r¼0

1 2

1 ¼ 2

2r2

4 3 1 4 r þ r 3 4

2 ¼ r¼0

1 2

2ðp

1 dj ¼ j¼0


32 þ4000 ¼ 3

32 1 36 32 1 4 2 12 ¼ ¼ ¼ 3 2 3 2 3 3

3. Integrationsschritt (Integration nach j) 3 2 zS ¼ 8p 3

8

2p 1 1 1 ½ j 0 ¼ ð2 p 0Þ ¼ ¼ 0,5 4p 4p 2

352

F Mehrfachintegrale

Der kreisfo¨rmige „Boden“ eines zylindrischen Ko¨rpers liegt in der x; y-Ebene und wird durch die Ungleichung ðx 3Þ 2 þ y 2 9 beschrieben. Der „Deckel“ (obere Randfla¨che) ist Teil der Rotationsfla¨che z ¼ x 2 þ y 2 . Welches Volumen V besitzt dieser Ko¨rper?

F48

y

Wir verwenden wegen der Kreissymmetrie der Bodenfla¨che und der rotationssymmetrischen oberen Randfla¨che Zylinderkoordinaten (Bild F-47). Kreisgleichung in Polarkoordinaten (Zylinderkoordinaten): x ¼ r cos j ;

3

y ¼ r sin j 3

6

x

ðx 3Þ 2 þ y 2 ¼ 9 ) ðr cos j 3Þ 2 þ r 2 sin 2 j ¼ 9 )

r 2 cos 2 j 6 r cos j þ 9 þ r 2 sin 2 j ¼ 9

)

r 2 ðcos 2 j þ sin 2 jÞ 6 r cos j ¼ 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 r 2 6 r cos j ¼ r ðr 6 cos jÞ ¼ 0

)

„Bodenfläche“

Bild F-47 )

r 6 cos j ¼ 0

)

r ¼ 6 cos j

Die Lo¨sung r ¼ 0 kommt nicht infrage. Damit ist r ¼ 6 cos j die Gleichung des Kreises ð p=2 j p=2Þ . Die Kreisfla¨che la¨sst sich durch die Ungleichungen 0 r 6 cos j , p=2 j p=2 beschreiben. Der kreisfo¨rmige „Boden‘‘ des Ko¨rpers liegt in der x, y-Ebene z ¼ 0 , der „Deckel‘‘ ist Teil der Fla¨che z ¼ x 2 þ y 2 , die in Zylinderkoordinaten durch die Gleichung z ¼ r 2 beschrieben wird (Transformationsgleichungen: x ¼ r cos j , y ¼ r sin jÞ. Insgesamt erhalten wir damit die folgenden Integrationsgrenzen: z-Integration:

von z ¼ 0 bis z ¼ r 2

r-Integration:

von r ¼ 0 bis r ¼ 6 cos j

j-Integration:

von j ¼ p=2 bis j ¼ p=2

Das Volumenintegral lautet: ððð V ¼

p=2

ð

6 cos ð j

rð2

j ¼ p=2

r¼0

z¼0

dV ¼

r dz dr dj

ðVÞ


1. Integrationsschritt (Integration nach z) rð2

rð2

r dz ¼ r z¼0

r2

1 d z ¼ r ½ z z ¼ 0 ¼ r ðr 2 0Þ ¼ r 3

z¼0


6 cos ð j

r3 dr ¼ r¼0

1 4 r 4

6 cos j ¼ r¼0

1 ð6 cos jÞ 4 0 ¼ 324 cos 4 j 4

3. Integrationsschritt (Integration nach j) ð

ð

p=2

V ¼ 324

cos j d j ¼ 324 2 j ¼ p=2

ð

p=2

p=2

cos j d j ¼ 648

4

cos 4 j d j ¼ 648 I

4

j¼0

j¼0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I

2 Dreifachintegrale

353

Wir ko¨nnen dieses Integral der Integraltafel der Formelsammlung entnehmen (Integral 231 mit n ¼ 4 , a ¼ 1 in Verbindung mit Integral 229 mit a ¼ 1) oder mit Hilfe einer geeigneten trigonometrischen Umformung in einfache Integrale zerlegen. Wir gehen hier den letzteren Weg. Aus der Formelsammlung entnehmen wir die Beziehung 1 ½ cos ð4 jÞ þ 4 cos ð2 jÞ þ 3 8

cos 4 j ¼

Das Integral I geht dann u¨ber in:

j¼0

½ cos ð4 jÞ þ 4 cos ð2 jÞ þ 3 d j 0

f

I ¼

ð

p=2

1 cos 4 j d j ¼ 8

f

ð

p=2

v

u

Mit den Substitutionen u ¼ 4j;

du ¼ 4; dj

dj ¼

du ; 4

Grenzen

v ¼ 2j;

dv ¼ 2; dj

dj ¼

dv ; 2

Grenzen

unten : j ¼ 0

)

u ¼ 0

oben : j ¼ p=2

)

u ¼ 2p

unten : j ¼ 0

)

v ¼ 0

oben : j ¼ p=2

)

v ¼ p

erhalten wir schließlich: ð

p=2

1 I ¼ 8

0

1 ¼ 8

2ðp

du 1 þ cos u 4 2

ðp

ð

p=2

3 cos ð2 jÞ d j þ 8

0

0

¼

ð

p=2

1 cos ð4 jÞ d j þ 2

dv 3 þ cos v 2 8

0

1 dj ¼ 0

ð

p=2

1 dj ¼

2p 1 1 ½ sin u 0 þ 32 4

½ sin v 0

p

þ

3 8

½ j 0

p=2

¼

0

1 1 3 p 3 ðsin ð2 pÞ sin 0Þ þ ðsin p sin 0Þ þ 0 ¼ p 32 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 4 |{z} 8 2 16 |{z} |{z} 0 0 0 0

Somit liefert der 3. Integrationsschritt das folgende Volumen: V ¼ 648 I ¼ 648

3 243 p ¼ p ¼ 381,7035 16 2

Bestimmen Sie das Massentra¨gheitsmoment J einer homogenen Kugel mit zylindrischer Bohrung bezu¨glich der Symmetrieachse (Bild F-48).

z

Untersuchen Sie den Sonderfall a ¼ 0 .

F49

R

R: Radius der Kugel a: Radius der zylindrischen Bohrung

a

x

ð0 < a < RÞ zylindrische Bohrung

Bild F-48

354

F Mehrfachintegrale

Die Gleichung der Rotationsfla¨che (Kugeloberfla¨che) lautet fu¨r z 0: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r 2 þ z 2 ¼ R 2 ) z 2 ¼ R 2 r 2 ) z ¼ R2 r2 Wegen der Spiegelsymmetrie des Rotationsko¨rpers bezu¨glich der x; y-Ebene beschra¨nken wir uns auf den oberhalb der x, y-Ebene gelegenen Teil (Halbkugel mit Bohrung). Der „Boden‘‘ dieses Ko¨rpers ist eine Kreisringfla¨che mit dem Innenradius a und dem Außenradius R, beschrieben durch die Ungleichungen a r R und 0 j 2 p (Bild F-49). Er liegt in der x, y-Ebene z ¼ 0. Der „Deckel‘‘ wird gebildet durch die u¨ber diesem Kreisring liegende pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Rotationsfla¨che z ¼ R 2 r 2 (Oberfla¨che der Halbkugel). Damit ergeben sich folgende Integrationsgrenzen: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi z-Integration: von z ¼ 0 bis z ¼ R 2 r 2 r-Integration: j-Integration:

y

von r ¼ a bis r ¼ R

R

Bild F-49


x

Das Dreifachintegral fu¨r das Massentra¨gheitsmoment J z lautet: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi R2 r 2 2 p R ð ð ððð ð Jz ¼ r r2 dV ¼ 2r r3 d z dr d j j¼0 r¼a

ðVÞ

a


z¼0

(Faktor 2, da wir die Integration auf die oberhalb der x, y-Ebene gelegene Ko¨rperha¨lfte beschra¨nkt haben.) 1. Integrationsschritt (Integration nach z) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi R2 r2 R2 r2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ð ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi R2 r2 3 3 3 r dz ¼ r 1 d z ¼ r ½ z z¼0 ¼ r 3 ð R 2 r 2 0Þ ¼ r 3 R 2 r 2 z¼0

z¼0

2. Integrationsschritt (Integration nach r) ðR r3 r¼a

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi R pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 R2 ðR 2 r 2 Þ 3 R2 r2 d r ¼ ¼ ðR 2 r 2 Þ 5 5 3 r¼a

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 144 mit a ¼ R

¼ 00 ¼

1 5

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi R2 ðR 2 a 2 Þ 5 þ ðR 2 a 2 Þ 3 ¼ 3

1 2 2 1 R ðR a 2 Þ 3=2 ðR 2 a 2 Þ 5=2 ¼ 3 5

1 2 2 1 R ðR a 2 Þ 3=2 ðR 2 a 2 Þ 3=2 ðR 2 a 2 Þ 1 ¼ 3 5 1 2 1 R ðR 2 a 2 Þ ¼ ¼ ðR 2 a 2 Þ 3=2 3 5 ¼

2 3=2

¼ ðR a Þ 2

2 3=2

¼ ðR a Þ 2

1 2 1 2 1 2 R R þ a 3 5 5

2 2 1 2 R þ a 15 5

¼

¼

1 ð2 R 2 þ 3 a 2 Þ ðR 2 a 2 Þ 3=2 15

2 Dreifachintegrale

355

3. Integrationsschritt (Integration nach j) Jz ¼ 2 r

¼

1 ð2 R 2 þ 3 a 2 Þ ðR 2 a 2 Þ 3=2 15

1 dj ¼ j¼0

2 r ð2 R 2 þ 3 a 2 Þ ðR 2 a 2 Þ 3=2 2 p ¼ 15

|fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} 2p

4 p r ð2 R 2 þ 3 a 2 Þ ðR 2 a 2 Þ 3=2 15

Massentra¨gheitsmoment: J z ¼

2ðp

4 p r ð2 R 2 þ 3 a 2 Þ ðR 2 a 2 Þ 3=2 15

Sonderfall: a = 0 (Kugel vom Radius R) J Kugel ¼

4 8 p r 2 R2 R3 ¼ prR5 15 15

Welches Massentra¨gheitsmoment J hat das in Bild F-50 skizzierte Speichenrad bezu¨glich der Symmetrieachse (z-Achse)?

y

Untersuchen Sie den Sonderfall R 1 ¼ R 2 .

F50

Dicke des Speichenrades: H Dichte des homogenen Materials: r

R2 R3

Bild F-50

R1 x Speiche (masselos)

Das Speichenrad liegt auf der x, y-Ebene z ¼ 0 („Bodenfla¨che‘‘), die obere Begrenzung ist die Parallelebene z ¼ H („Deckel‘‘). Die z-Integration verlaüft daher von z ¼ 0 bis z ¼ H. Der Integrationsbereich in der x, y-Ebene besteht aus zwei Teilbereichen: 0 r R1 ;

innere Scheibe:

0 j 2p

aüßerer Ring:

R2 r R3 ;

0 j 2p

Das Massentra¨gheitsmoment J z des Speichenrades ist die Summe der Massentra¨gheitsmomente von Scheibe und Ring (Volumenelement d V ¼ r d z d r d jÞ: ððð Jz ¼ r

2ðp

ð

r dV ¼ r

ð

R3

ðH

r dz dr dj þ r

2

r3 d z d r d j ¼ J1 þ J 2

3

j¼0 r¼0 z¼0

ðVÞ

2ðp

ðH

R1

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} J1

j¼0 r¼R2 z¼0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} J2

Die Dreifachintegrale unterscheiden sich lediglich in der r-Integration. Wir berechnen zuna¨chst J 1 . Massentra¨gheitsmoment J 1 der inneren Scheibe (in Bild F-50 hellgrau unterlegt) 2ðp

ð

R1

ðH

J1 ¼ r

r3 dz d r d j j¼0 r¼0 z¼0

1. Integrationsschritt (Integration nach z) ðH

ðH r dz ¼ r 3

z¼0

3

z¼0

1 d z ¼ r 3 ½ z z ¼ 0 ¼ r 3 ðH 0Þ ¼ H r 3 H

356

F Mehrfachintegrale


ð

R1

H

r dr ¼ H 3

r¼0

1 4 r 4

R1

¼ H

r¼0

1 4 1 R1 0 ¼ H R 41 4 4

3. Integrationsschritt (Integration nach j) 1 H R 41 4

J1 ¼ r

2ðp

2p 1 1 1 r H R 41 ½ j 0 ¼ r H R 41 ð2 p 0Þ ¼ p r H R 41 4 4 2

1 dj ¼ j¼0

Massentra¨gheitsmoment der Scheibe: J 1 ¼

1 p r H R 41 2

Massentra¨gheitsmoment J 2 des aüßeren Rings (in Bild F-50 dunkelgrau unterlegt) 2ðp

ð

ðH

R3

J2 ¼ r

r3 d z d r dj j ¼ 0 r ¼ R2 z ¼ 0

1. Integrationsschritt (Integration nach z, wie bei J 1 ) ðH r3 d z ¼ H r3 z¼0


ð

R3

H

r dr ¼ H 3

r¼R2

1 4 r 4

R3 ¼ R2

R3 1 1 H ½ r 4 r ¼ R2 ¼ H ðR 43 R 42 Þ 4 4

3. Integrationsschritt (Integration nach j) 1 H ðR 43 R 42 Þ J2 ¼ r 4 ¼

2ðp

1 dj ¼ j¼0

2p 1 r H ðR 43 R 42 Þ ½ j 0 ¼ 4

1 1 r H ðR 43 R 42 Þ ð2 p 0Þ ¼ p r H ðR 43 R 42 Þ 4 2

Massentra¨gheitsmoment des Ringes: J 2 ¼

1 p r H ðR 43 R 42 Þ 2

Massentra¨gheitsmoment J des Speichenrades Jz ¼ J1 þ J2 ¼

1 1 1 p r H R 41 þ p r H ðR 43 R 42 Þ ¼ p r H ðR 41 þ R 43 R 42 Þ 2 2 2

Sonderfall (Zylinderscheibe vom Radius R): R 1 = R 2 , R 3 = R J Zylinder ¼

1 1 p r H ðR 41 þ R 4 R 41 Þ ¼ prH R4 2 2

Das Massentra¨gheitsmoment la¨sst sich auch wie folgt durch Masse m und Radius R ausdru¨cken: J Zylinder ¼

1 1 1 1 prHR4 ¼ ðr p R 2 HÞ R 2 ¼ ðr VÞ R 2 ¼ mR2 2 2 2 |ffl{zffl} 2 |fflfflffl{zfflfflffl} V m

357

G Gewo¨hnliche Differentialgleichungen Hinweise fu¨r das gesamte Kapitel (1) (2) (3) (4)

(5)

(6)

Verwendete Abku¨rzung fu¨r Differentialgleichung: Dgl Ku¨rzen eines gemeinsamen Faktors wird durch Grauunterlegung gekennzeichnet. Treten mehrere Integrationskonstanten auf, so werden diese (zusammen mit eventuell vorhandenen konstanten Gliedern) zu einer Integrationskonstanten zusammengefasst (im Regelfall auf der rechten Seite der Gleichung). Haüfig erha¨lt man bei der Integration einer Dgl „logarithmische“ Terme wie beispielsweise ln j x j oder ln j 2 x 2 x þ 1 j . Es ist dann zweckma¨ßiger, die Integrationskonstante nicht in der u¨blichen Form, sondern in der „logarithmischen“ Form ln j C j anzusetzen. Sie ko¨nnen dann mit Hilfe der elementaren Rechenregeln fu¨r Logarithmen den Arbeitsaufwand erheblich reduzieren (Rechenregeln ! Hinweis (5)). Beim Lo¨sen einer Dgl werden Sie immer wieder die folgenden Rechenregeln beno¨tigen: a

R1 : ln a þ ln b ¼ ln ða bÞ R2 : ln a ln b ¼ ln b n n ln a R3 : n ln a ¼ ln a ; ln e ¼ n R4 : e ¼ a R5 :

Entlogarithmierung ln a ¼ b

R6 :

jxj ¼ a > 0

)

)

x ¼ a;

a ¼ eb ; jxj ¼ jaj

ln a ¼ ln b )

)

a ¼ b

x ¼ a

Alle anfallenden Integrale du¨rfen einer Integraltafel entnommen werden (wenn nicht ausdru¨cklich anders verlangt). Bei der Lo¨sung der Integrale wird die jeweilige Integralnummer aus der Integraltafel der Mathematischen Formelsammlung mit den entsprechenden Parameterwerten angegeben („gelbe Seiten“, z. B. Integral 313 mit a ¼ 2Þ: Selbstversta¨ndlich du¨rfen Sie die Integrale auch „per Hand“ lo¨sen (zusa¨tzliche bung).

1 Differentialgleichungen 1. Ordnung 1.1 Differentialgleichungen mit trennbaren Variablen Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel IV.2.2 Formelsammlung: Kapitel X.2.1

G1

y 0 ¼ exy

Anfangswert : y ð0Þ ¼ 1

Trennen der beiden Variablen fu¨hrt zu: y0 ¼

dy ¼ exy ¼ e x e y dx

)

ey dy ¼ ex dx

Integration auf beiden Seiten, anschließend wird die Gleichung nach y aufgelo¨st (Rechenregel: R3): ð ð e y d y ¼ e x d x ) e y ¼ e x þ C ) ln e y ¼ ln ðe x þ CÞ ) y ¼ ln ðe x þ CÞ L. Papula, Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Klausur- und Übungsaufgaben, DOI 10.1007/978-3-8348-9730-5_7,© Vieweg+Teubner Verlag |Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2010

358

G Gewo¨hnliche Differentialgleichungen

Spezielle Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ð0Þ ¼ 1: y ð0Þ ¼ 1

)

ln ðe 0 þ CÞ ¼ ln ð1 þ CÞ ¼ 1

)

1 þ C ¼ e1

)

C ¼ e1

Rechenregel: R5 Lo¨sung:

y ¼ ln ðe x þ e 1Þ

G2

y 0 ¼ ð y þ 1Þ sin x

Anfangswert : y ðp=2Þ ¼ 4

Trennung der beiden Variablen, dann Integration auf beiden Seiten: y0 ¼

dy ¼ ð y þ 1Þ sin x dx

)

dy ¼ sin x d x yþ1

)

ð

dy ¼ yþ1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl}

ð sin x d x

)

Integral 2 mit a ¼ 1 , b ¼ 1

ln j y þ 1 j ¼ cos x þ ln j C j Auflo¨sung der Gleichung nach y (entlogarithmieren): y þ 1 ¼ cos x ln j y þ 1 j ln j C j ¼ ln C y þ 1 ¼ C e cos x ¼ K e cos x

)

)

y þ 1 cos x C ¼ e

y ¼ K e cos x 1

)

yþ1 ¼ e cos x C

)

ðmit K ¼ C Þ

Rechenregeln: R2, R5 und R6 Bestimmung der Konstanten K aus dem Anfangswert y ðp=2Þ ¼ 4: K e cos ðp=2Þ 1 ¼ K e 0 1 ¼ K 1 1 ¼ K 1 ¼ 4 Spezielle Lo¨sung:

)

K ¼ 5

y ¼ 5 e cos x 1

Aufladung eines Kondensators mit der Kapazita¨t C u¨ber einen ohmschen Widerstand R (Bild G-1) Die Kondensatorspannung u ¼ u ðtÞ genu¨gt der Dgl C

G3

R

R C u_ þ u ¼ u 0 ¼ const: (u 0 : angelegte Gleichspannung; Anfangsspannung: u ð0Þ ¼ 0) .

i (t )

Bestimmen Sie den zeitlichen Verlauf der Spannung u .

u (t ) u0

Bild G-1

Wir trennen zuna¨chst die Variablen: R C u_ þ u ¼ u 0

)

RC

Beide Seiten werden jetzt integriert: ð ð du 1 ¼ 1 dt u u0 RC |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

du ¼ u0 u dt

)

)

du dt ¼ u0 u RC

ln j u u 0 j ¼

Rechenregel: R2

t RC

)

du dt 1 dt ¼ ¼ u u0 RC RC

1 t t þ ln j K j ¼ þ ln j K j RC RC

Integral 2 mit a ¼ 1 , b ¼ u 0

ln j u u 0 j ln j K j ¼

)

u u t 0 ln ¼ K RC

)

1 Differentialgleichungen 1. Ordnung

359

Durch Entlogarithmierung folgt (Rechenregeln: R5 und R6): u u t t t t u u0 0 ¼ e RC ) u u0 ¼ K e RC ¼ K * e RC ¼ e RC ) K K u ¼ u0 þ K * e

t RC

)

ðmit K * ¼ KÞ

Beim Einschalten (d. h. zur Zeit t ¼ 0) ist u ¼ 0 , d. h. u ð0Þ ¼ 0 . Aus diesem Anfangswert bestimmen wir die Konstante K * wie folgt: u ð0Þ ¼ 0 Lo¨sung:

)

u0 þ K * e 0 ¼ u0 þ K * 1 ¼ u0 þ K * ¼ 0

u ¼ u0 u0 e

t RC

¼ u0

1e

t RC

)

K * ¼ u0

, t 0

u u0

Bild G-2 zeigt den zeitlichen Verlauf der Kondensatorspannung („Sa¨ttigungsfunktion‘‘). u = u0 1 – e

–

t RC

Bild G-2 t

G4

y 0 ¼ ð y þ 1Þ cot x

Anfangswert : y ðp=2Þ ¼ 0

Trennung der beiden Variablen, dann Integration auf beiden Seiten: dy ¼ ð y þ 1Þ cot x dx ð ð dy ¼ cot x d x ) yþ1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl}

y0 ¼

Integral 2 mit a ¼ b ¼ 1

)

dy ¼ cot x d x yþ1

C ln j y þ 1 j ¼ ln j sin x j þ ln j C j ¼ ln sin x


(Rechenregel: R2). Entlogarithmierung der Gleichung fu¨hrt dann zur allgemeinen Lo¨sung (Rechenregeln: R5 und R6): C K ) yþ1 ¼ C ¼ K ) y ¼ 1 ðmit K ¼ C Þ jy þ 1j ¼ sin x sin x sin x sin x Spezielle Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ðp=2Þ ¼ 0: y ðp=2Þ ¼ 0

G5

)

K K 1 ¼ 1 ¼ K 1 ¼ 0 1 sin ðp=2Þ

)

K ¼ 1

)

y ¼

1 1 sin x

Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz einer beschleunigten Masse unter Beru¨cksichtigung der Reibung Die Bewegung einer Masse, die durch eine konstante Kraft beschleunigt wird und einer der Geschwindigkeit v proportionalen Reibungskraft unterliegt, genu¨ge der folgenden Dgl: 10

dv þ v ¼ 40 dt

mit

v ð0Þ ¼ 10

Wie lautet das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz v ¼ v ðtÞ ? Welche Endgeschwindigkeit v E erreicht die Masse?

360


Zuna¨chst trennen wir die Variablen, dann werden beide Seiten integriert: 10

dv ¼ 40 v ¼ ðv 40Þ dt

dv dt ¼ ¼ 0,1 d t v 40 10

)

ð

dv ¼ 0,1 v 40 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

)

ð 1 dt

Integral 2 mit a ¼ 1 , b ¼ 40

)

ln j v 40 j ¼ 0,1 t þ ln j C j

)

ln j v 40 j ln j C j ¼ 0,1 t

)

v 40 ¼ 0,1 t ln C

(Rechenregel: R2). Durch Entlogarithmierung folgt (Rechenregeln: R5 und R6): v 40 v 40 0,1 t ) ¼ e 0,1 t ) v 40 ¼ C e 0,1 t ¼ K e 0,1 t C ¼ e C v ¼ 40 þ K e 0,1 t

)

ðmit K ¼ C Þ

Zu Beginn der Bewegung (d. h. zur Zeit t ¼ 0) betra¨gt die Geschwindigkeit v ð0Þ ¼ 10 . Aus dieser Anfangsgeschwindigkeit la¨sst sich die Integrationskonstante K wie folgt berechnen: v ð0Þ ¼ 10

)

40 þ K e 0 ¼ 40 þ K 1 ¼ 40 þ K ¼ 10

Das gesuchte Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz lautet damit (siehe Bild G-3): v ¼ 40 30 e 0,1 t ;

)

K ¼ 30

v 40

t 0 v = 40 – 30 · e– 0,1 t

10

Bild G-3 10

20

30 t

Die Endgeschwindigkeit vE erha¨lt man fu¨r t ! 1, d. h. nach (theoretisch) unendlich langer Zeit: v E ¼ lim v ðtÞ ¼ lim ð40 30 e 0,1 t Þ ¼ 40 t!1

G6

t!1

y 0 ¼ 1 y2


Zuna¨chst trennen wir die Variablen, dann werden beide Seiten integriert: dy ¼ 1 y2 dx ð ð dy ¼ 1 dx 1 y2 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

y0 ¼

) )

dy 1 y2

¼ dx

)

1 þ y 1 ¼ x þ ln j C j ln 2 1 y

1 þ y ¼ 2 x þ 2 ln j C j ln 1 y

)

1þy 1 þ y 2 ¼ 2x ln C ¼ ln ln 1 y C 2 ð1 yÞ

)

)


1 þ y ¼ 2 x þ ln j C j 2 ¼ 2 x þ ln C 2 ln 1 y 1þy 2x C 2 ð1 yÞ ¼ e

)

1þy C2

ð1 yÞ

)

¼ e 2x

ðmit K ¼ C 2 Þ. Rechenregeln: R3, R2, R5 und R6

)

1þy ¼ C2 e 2x ¼ K e 2x 1y


361

Wir lo¨sen diese implizite Funktionsgleichung noch nach y auf: 1 þ y ¼ K e 2 x ð1 yÞ ¼ K e 2 x K e 2 x y y ð1 þ K e 2 x Þ ¼ K e 2 x 1

)

y ¼

)

y þ K e 2x y ¼ K e 2x 1

)

K e 2x 1 K e 2x þ 1

Die Integrationskonstante K berechnen wir aus dem Anfangswert y ð0Þ ¼ 0: y ð0Þ ¼ 0

)

K e0 1 K 11 K 1 ¼ ¼ ¼ 0 0 K 1þ1 K þ1 K e þ1

)

K 1 ¼ 0

)

K ¼ 1

Die spezielle Lo¨sung lautet damit:

e 2x 1 y ¼ ¼ tanh x e 2x þ 1

G7

ex ex e x ex ex e 2x 1 ¼ ¼ tanh x ¼ ex þ ex e x þ ex ex e 2x þ 1

2 x y þ ð1 þ x 2 Þ y 0 ¼ 0


Wir trennen zuna¨chst die Variablen und integrieren dann beide Seiten: 2 x y þ ð1 þ x 2 Þ y 0 ¼ 2 x y þ ð1 þ x 2 Þ ð )

dy ¼ 2 y

dy ¼ 0 dx

)

ð

x dx 1 þ x2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

)

ln j y j ¼ 2

ð1 þ x 2 Þ

dy ¼ 2xy dx

dy 2x dx ¼ y 1 þ x2

)

1 ln j 1 þ x 2 j þ ln j C j ¼ 2


C ¼ ln j 1 þ x j þ ln j C j ¼ ln 1 þ x2 2

(Rechenregel: R2). Durch Entlogarithmieren finden wir die allgemeine Lo¨sung der Dgl (Rechenregeln: R5 und R6): C K ) y ¼ C ¼ ðmit K ¼ CÞ jyj ¼ 2 2 1þx 1þx 1 þ x2 Aus dem Anfangswert y ð1Þ ¼ 10 bestimmen wir K und damit die spezielle Lo¨sung: y ð1Þ ¼ 10

)

K K ¼ ¼ 10 1þ1 2

)

K ¼ 20

)

y ¼

20 1 þ x2

Zusammenhang zwischen Geschwindigkeit und Auslenkung bei einem Feder-Masse-Schwinger Beschreiben Sie die Bewegung des in Bild G-4 dargestellten Feder-Masse-Schwingers durch eine Dgl 1. Ordnung und bestimmen Sie den Zusammenhang zwischen der Geschwindigkeit v und der Auslenkung x, wenn die Masse m bei entspannter Feder ðx ¼ 0Þ die Geschwindigkeit v 0 besitzt.

G8

Anleitung: Nach Newton ist das Produkt aus Masse m und Beschleunigung a gleich der Summe der einwirkenden Kra¨fte. Reibungskra¨fte sollen hier unberu¨cksichtigt bleiben. Fu¨r die elastische Feder gilt das Hooke’sche Gesetz (Federkonstante: cÞ:

Federkonstante c

x=0 x = x (t )

Bild G-4

m

362


Die auf die Masse m einwirkende beschleunigende Kraft ist die Differenz aus dem Gewicht m g und der Ru¨ckstellkraft c x der elastischen Feder (Hooke’sches Gesetz). Nach Newton gilt dann: dv dv ¼ mg cx mit a ¼ v_ ¼ ð Þ m a ¼ m g c x oder m dt dt (die Beschleunigung a ist die 1. Ableitung der Geschwindigkeit v nach der Zeit t). Wir suchen die Abha¨ngigkeit der Geschwindigkeit v von der Auslenkung x . Dabei ist zu beachten, dass x selbst von der Zeit t abha¨ngt. Die Geschwindigkeit v ist daher eine mittelbare Funktion der Zeit t und nach der Kettenregel gilt: dv dv dx dv dv dx ¼ ¼ v ¼ v mit v ¼ dt dx dt dx dx dt (die Geschwindigkeit v ist bekanntlich die 1. Ableitung des Weges x nach der Zeit t). Einsetzen in Gleichung (*) liefert eine einfache Dgl 1. Ordnung fu¨r die gesuchte Funktion v ¼ v ðxÞ , die sich leicht durch „Trennung der Variablen‘‘ lo¨sen la¨sst: dv ¼ m g c x ) m v d v ¼ ðm g c xÞ d x ) dx ð ð 1 1 m v2 ¼ m g x cx2 þ K m v d v ¼ ðm g c xÞ d x ) 2 2

mv

Bei entspannter Feder (x ¼ 0) bewegt sich die Masse mit der Geschwindigkeit v0 . Aus diesem Anfangswert bestimmen wir die Integrationskonstante K: v ðx ¼ 0Þ ¼ v 0

)

1 1 m v 20 ¼ m g 0 c 02 þ K ¼ K 2 2

)

K ¼

1 m v 20 2

Damit ha¨ngt die Geschwindigkeit v wie folgt von der Auslenkung x ab: 1 1 1 c 2 m v2 ¼ m g x c x2 þ m v 20 ) v 2 ¼ 2 g x x þ v 20 ) 2 2 2 m rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi c 2 x þ v 20 ¼ 2 g x w 20 x 2 þ v 20 v ¼ 2gx ðmit w 20 ¼ c=mÞ m rffiffiffiffiffiffi c w0 ¼ ist dabei die Kreisfrequenz der periodischen Bewegung (Schwingung). m

G9

y0

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a2 þ x2 ¼ y

Zuna¨chst trennen wir die Variablen, dann werden beide Seiten integriert: y0 ð

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi d y pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a2 þ x2 ¼ y a2 þ x2 ¼ dx

dy ¼ y

ð

dx pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a2 þ x2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

)

)

dy dx ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y a2 þ x2

)

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ln j y j ¼ ln x þ a 2 þ x 2 þ ln j C j ¼ ln C x þ a 2 þ x 2

Integral 123

(Rechenregel: R1). Wir entlogarithmieren und erhalten die allgemeine Lo¨sung der Dgl: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi

j y j ¼ C x þ a2 þ x2 ) y ¼ C x þ a2 þ x2 ¼ K x þ a2 þ x2 (Rechenregeln: R5 und R6; K ¼ CÞ


363

Bimolekulare chemische Reaktion 2. Ordnung vom Typ A + B ! AB Ein Moleku¨l A vereinigt sich mit einem Moleku¨l B zu einem neuen Moleku¨l AB . Zu Beginn der Reaktion ðt ¼ 0Þ sind von beiden Bindungspartnern jeweils c Moleku¨le vorhanden. Die Umsatzvariable x ¼ x ðtÞ beschreibt dann die Anzahl der zur Zeit t „verbrauchten“ Moleku¨le vom Typ A bzw. B und damit die Anzahl der in dieser Zeit entstandenen neuen Moleku¨le AB . Sie genu¨gt der Dgl

G10

dx ¼ k ðc xÞ 2 dt

ðk > 0 : GeschwindigkeitskonstanteÞ

Bestimmen Sie den zeitlichen Verlauf der Umsatzvariablen x . Wann kommt die chemische Reaktion zum Stillstand?

Wir trennen zuna¨chst die Variablen und integrieren anschließend beide Seiten: dx ¼ k ðc xÞ 2 ¼ k ðx cÞ 2 dt ð

ð

dx ðx cÞ 2

¼

ðx cÞ

2

dx

)

¼ k dt

ðx cÞ 2 ð

dx ¼ k

ðx cÞ 1

)

1 dt

)

1 1


¼ kt þ K

)

Integral 1 mit a ¼ 1 , b ¼ c ; n ¼ 2

1 ¼ kt þ K x c

)

1 ¼ kt K x c

Aus dem Anfangswert x ð0Þ ¼ 0 bestimmen wir die Integrationskonstante K (zu Beginn der chemischen Reaktion gibt es noch keine „neuen“ Moleku¨le vom Typ A B, d. h. x ð0Þ ¼ 0Þ: x ð0Þ ¼ 0

)

1 ¼ 0K 0c

)

1 ¼ K c

)

K ¼

1 c

Somit gilt: 1 1 ¼ kt x c c

)

1 ckt 1 ¼ x c c

)

x c ¼

c ckt 1

(letzter Rechenschritt: Kehrwertbildung auf beiden Seiten). Wir lo¨sen diese Gleichung nach der Umsatzvariablen x auf und erhalten: x ¼

c þ c ð c k t 1Þ c c c2 k t c c2 k t c2 k t þc ¼ ¼ ¼ ; ¼ ckt 1 ckt 1 ckt 1 ckt þ 1 ckt 1

t 0

Umformungen: Hauptnenner bilden, d. h. den Summand c mit ð c k t 1Þ erweitern. Die chemische Reaktion kommt (theoretisch!) nach unendlich langer Reaktionszeit zum Stillstand (siehe Bild G-5): lim x ðtÞ ¼ lim

t!1

t!1

¼

c2 k t ¼ lim ckt þ 1 t!1

c2 k ck þ

1 t

¼

x c

c2 k ¼ c ck

x=

c 2k t ckt + 1

Dann sind sa¨mtliche Moleku¨le beider Sorten A und B „verbraucht‘‘ und es sind genau x ¼ c Moleku¨le vom Typ A B entstanden. t

Umformungen: Vor der Grenzwertbildung Za¨hler und Nenner gliedweise durch t dividieren.

Bild G-5

364


x ðx þ 1Þ y 0 þ ðx 2Þ y 2 ¼ 0

G11

Das anfallende Integral soll dabei mit Hilfe der Partialbruchzerlegung gelo¨st werden.

Wir trennen zuna¨chst die beiden Variablen: x ðx þ 1Þ y 0 þ ðx 2Þ y 2 ¼ x ðx þ 1Þ x ðx þ 1Þ

dy ¼ ðx 2Þ y 2 dx

)

dy þ ðx 2Þ y 2 ¼ 0 dx

dy y2

¼

)

x 2 dx x ðx þ 1Þ

Integration beider Seiten: ð

dy y2

ð ¼

y

2

y1 1 ¼ ¼ dy ¼ y 1

ð

x 2 dx x ðx þ 1Þ

)

1 ¼ y

ð

x 2 dx x ðx þ 1Þ

Das Integral der rechten Seite lo¨sen wir mittels Partialbruchzerlegung des Integranden wie folgt: A ðx þ 1Þ þ B x x 2 A B ¼ þ ¼ x x þ1 x ðx þ 1Þ x ðx þ 1Þ

)

A ðx þ 1Þ þ B x ¼ x 2

(die Partialbru¨che werden der Reihe nach mit x þ 1 bzw. x erweitert und auf den Hauptnenner x ðx þ 1Þ gebracht). Wir setzen fu¨r x der Reihe nach die Werte 0 und 1 ein und erhalten fu¨r die Konstanten A und B folgende Werte: 9 > x ¼ 0 ) A ¼ 2 = x 2 2 3 ¼ ) þ > x x þ 1 x ðx þ 1Þ x ¼ 1 ) B ¼ 3 ) B ¼ 3 ; Die Integration la¨sst sich jetzt leicht durchfu¨hren (das zweite Integral lo¨sen wir durch die Substitution u ¼ x þ 1, d x ¼ d u): ð ð ð ð ð ð x 2 2 3 dx dx dx du dx ¼ þ dx ¼ 2 þ3 ¼ 2 þ3 ¼ x x þ1 x x þ1 x u x ðx þ 1Þ |fflffl{zfflffl} u ¼ 2 ln j x j þ 3 ln j u j þ ln j C j ¼ 2 ln j x j þ 3 ln j x þ 1 j þ ln j C j ¼ ¼ ln j x j 2 þ ln j x þ 1 j 3 þ ln j C j ¼ ln j x 2 j þ ln j ðx þ 1Þ 3 j þ ln j C j ¼ C ðx þ 1Þ 3 3 2 ¼ ln j C ðx þ 1Þ x j ¼ ln x2 (Rechenregeln: R3 und R1). Damit erhalten wir die folgende allgemeine Lo¨sung: ð C ðx þ 1Þ 3 1 x 2 ) ¼ d x ¼ ln y x2 x ðx þ 1Þ y ¼

1 C ðx þ 1Þ 3 ln x2


365

1.2 Integration einer Differentialgleichung durch Substitution Alle Differentialgleichungen in diesem Abschnitt lassen sich mit Hilfe einer geeigneten Substitution auf einfache Differentialgleichungen 1. Ordnung zuru¨ckfu¨hren, die meist durch „Trennung der Variablen“ oder „Variation der Konstanten“ lo¨sbar sind. Wir unterscheiden dabei folgende Substitutionstypen: y 0 ¼ f ða x þ b y þ cÞ ;

Typ A

y y ¼ f ; x 0

Typ B

Substitution : u ¼ a x þ b y þ c

Substitution : u ¼

y 0 þ g ðxÞ y ¼ h ðxÞ y n

Typ C

y x

(homogene Dgl)

ðn 6¼ 1Þ ;

Substitution : u ¼ y 1 n

(Bernoullische Dgl)

Hinweise (1) (2)

Lehrbuch: Band 2, Kapitel IV.2.3 Formelsammlung: Kapitel X.2.2 Beachten Sie, dass die Substitutionsvariable u eine Funktion der Variablen x ist.

G12

2xyy0 x2 ¼ y2

Die vollsta¨ndige Substitution dieser Dgl vom Typ B lautet: u ¼

y ; x

y ¼ xu;

y0 ¼ 1 u þ u0 x ¼ u þ xu0

(Ableitung von y ¼ x u nach der ProduktregelÞ

Sie fu¨hrt auf die folgende Dgl fu¨r u: 2 x y y 0 x2 ¼ y2 )

)

2 x ðx uÞ ðu þ x u 0 Þ x 2 ¼ x 2 u 2

2 u ðu þ x u 0 Þ ¼ 1 þ u 2

)

)

2 u2 þ 2 x u u 0 ¼ 1 þ u2

2 x 2 u ðu þ x u 0 Þ ¼ x 2 þ x 2 u 2 : x 2 ) 2 x u u 0 ¼ 1 u2

Lo¨sung durch „Trennung der Variablen‘‘: du u du dx ¼ 1 u2 ) ) ¼ dx 2x 1 u2 ð ð u du 1 dx 1 1 2 ) ln j 1 u j ¼ ln j x j þ ln j C j ð 2Þ ¼ 2 2 x 2 2 1u |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

2xuu0 ¼ 2xu

)


ln j 1 u 2 j ¼ ln j x j 2 ln j C j ¼ ln j x j ln j C j 2 ¼ ln j x j ln C 2 ¼ ðln j x j þ ln C 2 Þ ¼ ¼ ln j C 2 x j ¼ 1 ln j C 2 x j ¼ ln j C 2 x j 1 (Rechenregeln: R3, R1 und nochmals R3). Durch Entlogarithmierung folgt (Rechenregeln: R5 und R6): 1 1 K K 1 2 2 2 2 ) 1u ¼ ¼ ¼ j1 u j ¼ jC xj ) u ¼ 1 ð 1Þ x x jC2 xj C2 x K K x K 1 2 þ 1 ¼ 1 ¼ mit K ¼ u ¼ x x x C2 Ru¨cksubstitution (u ¼ y=x) liefert die gesuchte Lo¨sung: 2 y y2 x K 2 u ¼ ) y 2 ¼ x ðx KÞ ¼ x 2 K x ¼ ¼ 2 x x x

)

y ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x2 K x

)

366


G13

y 0 ¼ ð1 þ x þ yÞ 2


Diese Dgl ist vom Typ A und wird durch die Substitution u ¼ 1 þ x þ y wie folgt gelo¨st: u0 ¼ 1 þ y0

u ¼ 1 þ x þ y; y 0 ¼ ð1 þ x þ yÞ 2

)

y0 ¼ u0 1

)

u 0 1 ¼ u2

)

)

u0 ¼

du ¼ 1 þ u2 dx

)

du ¼ dx 1 þ u2

Nach der bereits vorgenommenen Trennung der Variablen werden beide Seiten integriert: ð ð du ¼ 1 d x ) arctan u ¼ x þ C ) u ¼ tan ðx þ CÞ 1 þ u2 Durch Ru¨cksubstitution erhalten wir die gesuchte allgemeine Lo¨sung: u ¼ 1 þ x þ y ¼ tan ðx þ CÞ

)

y ¼ tan ðx þ CÞ x 1

Aus dem Anfangswert y ð0Þ ¼ 2 bestimmen wir die spezielle Lo¨sung: y ð0Þ ¼ 2

)

tan C 1 ¼ 2

)

tan C ¼ 3

)

C ¼ arctan 3 ¼ 1,2490

ðBogenmaß !Þ

y ¼ tan ðx þ 1,2490Þ x 1

G14

2yy0 þ x y2 ¼ 0

Wir bringen diese Dgl zuna¨chst auf eine andere Form, um zu erkennen, mit welcher Substitution sie gelo¨st werden kann: 1 1 x 1 y ¼ ¼ x y1 2 2 y 2 1 1 x und n ¼ 1 . Mit der SubstituDie Dgl ist also eine Bernoulli-Dgl Typ C mit g ðxÞ ¼ , h ðxÞ ¼ 2 2 tion u ¼ y 1 n ¼ y 1 ð 1Þ ¼ y 2 erreichen wir unser Ziel: 2 y y 0 þ x y2 ¼ 0 j : 2 y

u0 ¼

u ¼ y2 ;

)

y0 þ

1 x 1 y ¼ 0 2 y 2

)

y0

du du dy ¼ 2yy0 ¼ dx dy dx

(u ha¨ngt von y, y wiederum von x ab ! Kettenregel anwenden). Wir setzen diese Ausdru¨cke in die urspru¨ngliche Form der Bernoulli-Dgl ein und erhalten eine lineare Dgl 1. Ordnung: 2 y y 0 þ x y2 ¼ 0

)

u0 þ x u ¼ 0

)

u0 u ¼ x

Diese Dgl lo¨sen wir durch „Variation der Konstanten‘‘. Zuna¨chst wird die zugeho¨rige homogene Dgl durch „Trennung der Variablen‘‘ gelo¨st: u0 u ¼ 0 ð

du ¼ u

)

u0 ¼

ð 1 dx

)

du ¼ u dx

)

du ¼ dx u

ln j u j ¼ x þ ln j C j

)

) u ln j u j ln j C j ¼ ln ¼ x C

(Rechenregel: R2). Entlogarithmierung liefert dann (Rechenregeln: R5 und R6): u u ðmit K ¼ CÞ ¼ ex ) u ¼ C ex ¼ K ex ¼ ex ) C C


367

Die inhomogene lineare Dgl lo¨sen wir durch „Variation der Konstanten‘‘ ðK ! K ðxÞÞ . Lo¨sungsansatz (mit der beno¨tigten Ableitung): u 0 ¼ K 0 ðxÞ e x þ K ðxÞ e x

u ¼ K ðxÞ e x ;

ðProduktregelÞ

Einsetzen dieser Ausdru¨cke in die inhomogene Dgl fu¨hrt zu: u0 u ¼ x ð )

K 0 ðxÞ e x þ K ðxÞ e x K ðxÞ e x ¼ K 0 ðxÞ e x ¼ x |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

)

K ðxÞ ¼

K 0 ðxÞ d x ¼

ð

K 0 ðxÞ ¼ x e x

)

x e x d x ¼ ð x 1Þ e x þ K 1 ¼ ðx þ 1Þ e x þ K 1


Damit gilt: u ¼ K ðxÞ e x ¼ ½ðx þ 1Þ e x þ K 1 e x ¼ x þ 1 þ K 1 e x Durch Ru¨cksubstitution finden wir fu¨r die vorgegebene Bernoulli-Dgl die folgende allgemeine Lo¨sung: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y2 ¼ u ¼ x þ 1 þ K1 e x ) y ¼ x þ 1 þ K1 e x

G15

x y 0 ¼ y ðln x ln y þ 1Þ

Diese Dgl ist vom Typ B, denn sie kann wie folgt umgeschrieben werden: y ) x y 0 ¼ y ðln x ln y þ 1Þ ¼ y ½ 1 ðln y ln xÞ ¼ y 1 ln x

y0 ¼

y y 1 ln x x

(Rechenregel: R2). Mit der Substitution u ¼

y ; x

y ¼ xu

y0 ¼ 1 u þ u0 x ¼ xu0 þ u

)

(Ableitung mit der Produktregel Þ

erhalten wir eine Dgl fu¨r u , die sich durch „Trennung der Variablen‘‘ lo¨sen la¨sst: y y 0 1 ln ) x u 0 þ u ¼ u ð1 ln uÞ ¼ u u ln u y ¼ x x x u 0 ¼ u ln u ð

du ¼ u ln u |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

ð

) dx x

x )

du ¼ u ln u dx

)

du dx ¼ u ln u x

ln j ln u j ¼ ln j x j þ ln j C j

)

)

)

C ln j ln u j ¼ ln x

Integral 343

(Rechenregel: R2). Wir entlogarithmieren und erhalten (Rechenregeln: R5, R6 und nochmals R5): C C K ¼ ) u ¼ e K=x ðmit K ¼ CÞ j ln u j ¼ ) ln u ¼ x x x Ru¨cksubstitution fu¨hrt schließlich zur gesuchten Lo¨sung: y ¼ x u ¼ x e K=x

ðK 2 RÞ

368


G16

x 2 y 0 ¼ y ðx yÞ

Durch eine geringfu¨gige Umstellung erkennt man, dass diese Dgl vom Typ B ist: 2 x y y2 y y2 y y 2 0 2 0 ) y ¼ ¼ ¼ x y ¼ y ðx yÞ ¼ x y y 2 2 x x x x x Sie la¨sst sich also durch die folgende Substitution in eine durch „Trennung der Variablen‘‘ lo¨sbare Dgl u¨berfu¨hren: y (Ableitung mit der Produktregel Þ ; y ¼ xu ) y0 ¼ 1 u þ u0 x ¼ u þ xu0 x 2 y y du du dx 0 y ¼ ¼ u2 ) ) u þ x u 0 ¼ u u2 ) x u 0 ¼ x ¼ 2 x x dx x u u ¼

Integration beider Seiten fu¨hrt zur Lo¨sung fu¨r u: ð ð ð ð du dx dx ¼ ) u2 d u ¼ x x u2 1 ¼ ln j x j C u

)

u ¼

1 ln j x j C

u1 1 ¼ ¼ ln j x j þ C 1 u

)

)

(nach Kehrwertbildung)

Durch Ru¨cksubstitution erhalten wir die gesuchte Lo¨sung: y ¼ xu ¼ x

G17

1

¼

ln j x j C

xy0 þ y ¼ xy2

x ln j x j C

oder

y0 þ

1 y ¼ y2 x

Anfangswert: y ð1Þ ¼ 0,2

Mit Hilfe der Substitution u ¼ y 1 2 ¼ y 1 la¨sst sich diese Bernoulli-Dgl ðTyp C mit g ðxÞ ¼ 1=x , h ðxÞ ¼ 1 und n ¼ 2Þ auf eine lineare Dgl zuru¨ckfu¨hren: u ¼ y1 ¼

1 y

)

y ¼

1 ¼ u1 u

)

y0 ¼

dy dy du u0 ¼ ¼ u 2 u 0 ¼ dx du dx u2

(differenziert wurde nach der Kettenregel, da y von u und u wiederum von x abha¨ngt) y ¼ u1 ¼

Vollsta¨ndige Substitution: x y 0 þ y ¼ x y2

)

x

1 u0 , y0 ¼ u u2

u0 1 1 2 þ ¼ x u u u2 u2

)

xu0 þ u ¼ x:

Diese lineare Dgl 1. Ordnung lo¨sen wir durch „Variation der Konstanten‘‘. Zuna¨chst wird die zugeho¨rige homogene Dgl durch „Trennung der Variablen‘‘ gelo¨st: xu0 þ u ¼ 0 ð

du ¼ u

ð

dx x

xu0 ¼ x

) )

u ¼ Cx ¼ K x

du ¼ u dx

ln j u j ¼ ln j x j þ ln j C j ðmit K ¼ CÞ

Rechenregeln: R1, R5 und R6

) )

x

du ¼ u dx

)

ln j u j ¼ ln j C x j

du dx ¼ u x )

)

juj ¼ jCxj

)


369

„Variation der Konstanten‘‘ ðK ! K ðxÞÞ fu¨hrt zu dem folgenden Lo¨sungsansatz fu¨r die inhomogene Dgl (Ableitung nach der Produktregel): u ¼ K ðxÞ x ;

u 0 ¼ K 0 ðxÞ x þ 1 K ðxÞ ¼ K 0 ðxÞ x þ K ðxÞ

Einsetzen in die inhomogene Dgl, Bestimmen der noch unbekannten Faktorfunktion K ðxÞ: xu0 þ u ¼ x

x ðK 0 ðxÞ x þ K ðxÞÞ þ K ðxÞ x ¼ x

)

x 2 K 0 ðxÞ x K ðxÞ þ x K ðxÞ ¼ x |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð

ð

0

x 2 K 0 ðxÞ ¼ x

)

K 0 ðxÞ ¼

1 x

)

1 d x ¼ ln j x j þ K * x

K ðxÞ d x ¼

K ðxÞ ¼

)

)

Allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl: u ¼ K ðxÞ x ¼ ðln j x j þ K *Þ x Durch Ru¨cksubstitution erhalten wir schließlich die Lo¨sung der Bernoulli-Dgl. Sie lautet: y ¼

1 1 1 ¼ ¼ u * ðln j x j þ K Þ x x ln j x j þ K * x

Spezielle (partikula¨re) Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ð1Þ ¼ 0,2: y ð1Þ ¼ 0,2

y ¼

G18

1

)

ðln 1 þ K *Þ 1

1 ðln j x j þ 5Þ x

¼

¼

1 1 ¼ ¼ 0,2 * 0þK K*

)

K* ¼ 5

1 x ln j x j þ 5 x

y 0 þ y ¼ ðcos x sin xÞ y 2

Durch die Substitution u ¼ y 1 2 ¼ y 1 la¨sst sich diese Bernoulli-Dgl ðTyp C mit g ðxÞ ¼ 1, h ðxÞ ¼ cos x sin x und n ¼ 2Þ in eine lineare Dgl verwandeln: u ¼ y1 ;

y ¼ u1 ;

y0 ¼

dy dy du u0 ¼ ¼ u 2 u 0 ¼ dx du dx u2

(differenziert wurde mit Hilfe der Kettenregel, da y von u und u wiederum von x abha¨ngt) Vollsta¨ndige Substitution:

y ¼ u1 ¼

y 0 þ y ¼ ðcos x sin xÞ y 2 u 0 þ u ¼ cos x sin x

1 u0 , y0 ¼ u u2

) )

u0 1 1 þ u2 ¼ ðcos x sin xÞ u u2 u2

u 0 u ¼ cos x þ sin x

)

)

u 0 u ¼ sin x cos x

Diese lineare Dgl mit konstanten Koeffizienten lo¨sen wir nach der Methode „Aufsuchen einer partikula¨ren Lo¨sung‘‘. Zuna¨chst wird die homogene Dgl u 0 u ¼ 0 durch den Exponentialansatz u 0 ¼ C e l x gelo¨st: u0 ¼ C e lx ;

u 00 ¼ l C e l x ;

u 00 u 0 ¼ l C e l x C e l x ¼ C e l x ðl 1Þ ¼ 0 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 6¼ 0

Damit ist u 0 ¼ C e x die allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl.

)

l ¼ 1

370


Partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl Aus der Tabelle (FS: Kapitel X.2.4.4 bzw. Bd. 2: Kapitel V.2.5) entnehmen wir den folgenden Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung u P : w ¼ 1

Störglied g ðxÞ ¼ sin x cos x

!

u P ¼ C 1 sin x þ C 2 cos x

Mit diesem Ansatz gehen wir in die inhomogene Dgl ein: u P ¼ C 1 sin x þ C 2 cos x ;

u 0P ¼ C 1 cos x C 2 sin x

u 0 u ¼ C 1 cos x C 2 sin x C 1 sin x C 2 cos x ¼ sin x cos x Wir ordnen die Glieder und vergleichen dann die Sinus- bzw. Kosinusterme beider Seiten. Dieser Koeffizientenvergleich liefert zwei leicht lo¨sbare Gleichungen fu¨r die beiden Unbekannten C1 und C2 : ð C 1 C 2 Þ sin x þ ðC 1 C 2 Þ cos x ¼ 1 sin x 1 cos x ðIÞ

C1 C2 ¼

1

)

C1 C2 ¼ 1

ðIIÞ

2 C2 ¼ 0

þ

)

C 2 ¼ 0;

ðIIÞ

)

C1 ¼ 1 þ C2 ¼ 1 þ 0 ¼ 1

Somit gilt: u P ¼ 1 sin x þ 0 cos x ¼ sin x Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen linearen Dgl lautet damit: u ¼ u 0 þ u P ¼ C e x sin x Durch Ru¨cksubstitution erhalten wir schließlich die gesuchte Lo¨sung der Bernoulli-Dgl: y ¼

G19

1 1 ¼ x u C e sin x

xyy0 ¼ 4x2 þ y2

Diese Dgl ist vom Typ B, denn sie la¨sst sich in der Form 4 x2 þ y2 y2 y 4x2 4x x ¼ 4 þ þ ¼ þ ¼ y ¼ x y y xy xy xy 0

1 y y y ¼ 4 þ x x x

darstellen ðx=y ist der Kehrwert von y=xÞ. Die Substitution u ¼

y ; x

y ¼ xu

)

y0 ¼ 1 u þ u0 x ¼ u þ xu0

ðAbleitung mit der Produktregel Þ

fu¨hrt dann zu einer Dgl, die sich durch „Trennung der Variablen‘‘ lo¨sen la¨sst: 1 y y 4 ) u þ x u 0 ¼ 4 u1 þ u ¼ þu ) y0 ¼ 4 þ x x u xu0 ¼ x

du 4 ¼ dx u

)

u du ¼

4 dx x

ð )

ð u du ¼ 4

1 2 1 2 u ¼ 4 ðln j x j þ ln j C j Þ ) u ¼ 4 ln j C x j 2 2 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi u ¼ 8 ln j C x j ¼ 2 2 ln j C x j Rechenregel: R1

)

1 dx x

xu0 ¼

4 u

)

)

u 2 ¼ 8 ln j C x j

)


371

Durch Ru¨cksubstitution erhalten wir schließlich die allgemeine Lo¨sung der Dgl: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y ¼ x u ¼ 2 x 2 ln j C x j

G20

y 0 ¼ 2 ð2 x þ y þ 1Þ 1

Diese Dgl ist vom Typ A. Mit der Substitution u ¼ 2x þ y þ 1;

u0 ¼ 2 þ y0

)

y0 ¼ u0 2

erhalten wir eine Dgl fu¨r die Variable u , die durch „Trennung der Variablen‘‘ lo¨sbar ist: y 0 ¼ 2 ð2 x þ y þ 1Þ 1 u0 ¼

)

2 u

u 0 2 ¼ 2 u1 ¼

2 ðu þ 1Þ du 2 þ 2u ¼ ¼ u dx u

)

)

u du ¼ 2 dx uþ1

)

2 2 þ 2u þ2 ¼ ) u u ð ð u du ¼ 2 dx ) uþ1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl}

u0 ¼


u ln j u þ 1 j ¼ 2 x þ C Durch Ru¨cksubstitution erhalten wir die allgemeine Lo¨sung in impliziter Form: 2 x þ y þ 1 ln j 2 x þ y þ 2 j ¼ 2 x þ C

G21

x2y0 ¼ y2 xy

)

y ln j 2 x þ y þ 2 j ¼ C 1 ¼ K

ðK ¼ C 1Þ

Anfangswert : y ð 1Þ ¼ 1

Dividiert man die Dgl gliedweise durch x2 , so erha¨lt man: 2 y2 y y y 0 y ¼ ¼ 2 x x x x Diese Dgl ist also vom Typ B. Wir lo¨sen sie durch die Substitution u ¼

y ; x

y ¼ xu;

y0 ¼ 1 u þ u0 x ¼ u þ xu0

schrittweise wie folgt („Trennung der Variablen‘‘): 2 y y ) u þ x u 0 ¼ u2 u y0 ¼ x x du dx ¼ 2 x u 2u

ð )

du ¼ 2 u 2u |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl}

ð

dx x

)

)

(Ableitung mit der Produktregel Þ

xu0 ¼ x

du ¼ u2 2 u dx

)

u 2 1 ¼ ln j x j þ ln j C j ¼ ln j C x j ln 2 u

Integral 63 mit a ¼ 1 , b ¼ 2 , c ¼ 0

u 2 ¼ 2 ln j C x j ¼ ln j C x j 2 ¼ ln ðC xÞ 2 ln u

2

)

372


(Rechenregeln: R1 und R3). Entlogarithmierung liefert (Rechenregeln: R5 und R6): u 2 u2 2 ) ðmit K ¼ C 2 Þ ¼ ðC xÞ 2 ¼ C 2 x 2 ¼ K x 2 u ¼ ðC xÞ u u 2 ¼ K x2 u

)

u K x2 u ¼ 2

)

ð1 K x 2 Þ u ¼ 2

)

u ¼

)

2 1 K x2

Durch Ru¨cksubstitution erhalten wir schließlich die allgemeine Lo¨sung: y ¼ xu ¼ x

2 2x ¼ 2 1 Kx 1 K x2

Spezielle Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ð 1Þ ¼ 1: 2 ¼ 1 1K

G22

)

2 ¼ 1 K

)

ð1 þ x 2 Þ y y 0 ¼ x ð1 þ y 2 Þ

K ¼ 3

)

2x 1 3x2

y ¼

Anfangswert: y ð1Þ ¼ 3

Lo¨sen Sie diese Dgl mit Hilfe der Substitution u ¼ 1 þ y 2 .

Mit der vorgeschlagenen Substitution gelingt die Integration der Dgl durch „Trennung der Variablen‘‘: u ¼ 1 þ y2 ;

u0 ¼ 2yy0

ð1 þ x 2 Þ y y 0 ¼ x ð1 þ y 2 Þ ð1 þ x 2 Þ

du ¼ 2xu dx

)

ðKettenregel; denn y ist eine Funktion von x Þ

)

ð1 þ x 2 Þ

du 2x dx ¼ u 1 þ x2

)

yy0 ¼

1 0 u ¼ x u ) ð1 þ x 2 Þ u 0 ¼ 2 x u 2 ð ð du x dx ¼ 2 ) ) u 1 þ x2 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

1 0 u 2

)


ln j u j ¼ 2

1 ln ð1 þ x 2 Þ þ ln j C j ¼ ln ð1 þ x 2 Þ þ ln j C j ¼ ln j C ð1 þ x 2 Þ j 2

(Rechenregel: R1). Entlogarithmierung liefert (Rechenregeln: R5 und R6): j u j ¼ j C ð1 þ x 2 Þ j

)

u ¼ C ð1 þ x 2 Þ ¼ K ð1 þ x 2 Þ

ðmit K ¼ CÞ

Ru¨cksubstitution fu¨hrt schließlich zur allgemeinen Lo¨sung: u ¼ K ð1 þ x 2 Þ ¼ 1 þ y 2

)

y 2 ¼ K ð1 þ x 2 Þ 1

Spezielle Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ð1Þ ¼ 3: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y ð1Þ ¼ 3 ) K ð1 þ 1Þ 1 ¼ 3 y ¼

)

)

y ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2K 1 ¼ 3

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi K ð1 þ x 2 Þ 1

)

2K 1 ¼ 9

)

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 5 ð1 þ x 2 Þ 1 ¼ 5 þ 5 x 2 1 ¼ 4 þ 5 x 2 ¼ 5 x 2 þ 4

Anmerkung: Wegen y ð1Þ ¼ 3 < 0 ist das negative Vorzeichen in der allgemeinen Lo¨sung zu nehmen.

K ¼ 5


G23

y0 þ 4y ¼ 2

pffiffiffi y

373

y 0 þ 4 y ¼ 2 y 1=2

oder

Mit der Substitution u ¼ y 1 1=2 ¼ y 1=2 ¼ h ðxÞ ¼ 2 und n ¼ 1=2Þ in eine lineare Dgl: u ¼

pffiffiffi y;

y0 ¼

y ¼ u2 ;

pffiffiffi y u¨berfu¨hren wir diese Bernoulli-Dgl ðTyp C mit g ðxÞ ¼ 4,

dy dy du ¼ ¼ 2u u0 dx du dx

Die Ableitung wurde mit der Kettenregel gebildet, da y von u und u wiederum von x abha¨ngt. Die vollsta¨ndige Substitution lautet also: pffiffiffi y ¼ u2 ; y ¼ u; y0 ¼ 2uu0 Wir erhalten folgende lineare Dgl: pffiffiffi y 0 þ 4 y ¼ 2 y ) 2 u u 0 þ 4 u2 ¼ 2 u j : 2 u

u0 þ 2u ¼ 1:

)

Diese Dgl lo¨sen wir durch „Variation der Konstanten‘‘. Die beno¨tigte Lo¨sung der homogenen Dgl u 0 þ 2 u ¼ 0 erhalten wir am einfachsten mit einem Exponentialansatz: u ¼ K e lx ;

u 0 ¼ l K e lx

u0 þ 2u ¼ 0

)

l K e l x þ 2 K e l x ¼ K e l x ðl þ 2Þ ¼ 0 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 6¼ 0

)

lþ2 ¼ 0

)

l ¼ 2

Somit ist u ¼ K e 2 x die Lo¨sung der homogenen linearen Dgl. „Variation der Konstanten‘‘ fu¨hrt dann zu dem folgenden Lo¨sungsansatz fu¨r die inhomogene lineare Dgl ðK ! K ðxÞÞ: u ¼ K ðxÞ e 2 x ;

u 0 ¼ K 0 ðxÞ e 2 x 2 K ðxÞ e 2 x

ðProdukt- und Kettenregel Þ

Diese Ausdru¨cke werden in die inhomogene Dgl eingesetzt und daraus die unbekannte Faktorfunktion K ðxÞ bestimmt: u0 þ 2u ¼ 1

0

)

K 0 ðxÞ e 2 x 2 K ðxÞ e 2 x þ 2 K ðxÞ e 2 x ¼ 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð

K ðxÞ ¼ e

2x

)

K ðxÞ ¼

ð

0

K ðxÞ d x ¼

e 2x d x ¼ |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

)

1 e 2x þ C 2


Somit gilt: u ¼ K ðxÞ e

2x

¼

1 e 2x þ C 2

e 2x ¼

1 1 þ C e 2x ¼ C e 2x þ 2 2

Ru¨cksubstitution liefert dann die gesuchte Lo¨sung der Bernoulli-Dgl: 1 2 y ¼ u2 ¼ C e 2x þ 2

G24

y0

2 x y ¼ x y

Anfangswert : y ð 1Þ ¼ 2

K 0 ðxÞ e 2 x ¼ 1

)

374


Es handelt sich um eine Bernoulli-Dgl: 2 x 2 0 1 mit g ðxÞ ¼ y ¼ ¼ xy ; h ðxÞ ¼ x und n ¼ 1 y x y x Durch die Substitution u ¼ y 1 n ¼ y 1 ð 1Þ ¼ y 2 la¨sst sich diese Dgl in eine lineare Dgl u¨berfu¨hren: u0 ¼

u ¼ y2 ;

du du dy ¼ ¼ 2yy0 dx dy dx

(da u eine Funktion von y ist und y wiederum eine Funktion von x, muss die Ableitung von u nach x mit der Kettenregel gebildet werden). Wir multiplizieren die Bernoulli-Dgl beidseitig mit 2 y und fu¨hren dann die Substitution wie folgt durch (2 y y 0 ¼ u 0 , y 2 ¼ u): 2yy0

4 2 y ¼ 2x x

u0

)

4 u ¼ 2x x

Diese lineare Dgl soll durch „Variation der Konstanten‘‘ gelo¨st werden. Dafu¨r beno¨tigen wir zuna¨chst die Lo¨sung der zugeho¨rigen homogenen Dgl, die wir durch „Trennung der Variablen‘‘ erhalten: 4 du 4 du 4 dx u ¼ 0 ) u0 ¼ ¼ u ) ¼ dx ¼ 4 ) x dx x u x x ð ð du dx ¼ 4 ) ln j u j ¼ 4 ln j x j þ ln j C j ¼ ln j x j 4 þ ln j C j ¼ ln x 4 þ ln j C j ¼ ln j C x 4 j u x

u0

(Rechenregeln: R3 und R1). Entlogarithmieren liefert dann (Rechenregeln: R5 und R6): juj ¼ jCx4 j

)

u ¼ Cx4 ¼ K x4

ðmit K ¼ C Þ

Hieraus erhalten wir durch „Variation der Konstanten‘‘ den folgenden Lo¨sungsansatz fu¨r die inhomogene lineare Dgl ðK ! K ðxÞÞ: u ¼ K ðxÞ x 4 ;

u 0 ¼ K 0 ðxÞ x 4 þ 4 x 3 K ðxÞ

ðAbleitung mit der Produktregel Þ

Einsetzen dieser Ausdru¨cke in die inhomogene Dgl fu¨hrt zu einer leicht lo¨sbaren Dgl 1. Ordnung fu¨r die noch unbekannte Faktorfunktion K ðxÞ: u0

4 u ¼ 2x x

)

K 0 ðxÞ x 4 þ 4 x 3 K ðxÞ

K 0 ðxÞ x 4 þ 4 x 3 K ðxÞ 4 x 3 K ðxÞ ¼ 2 x |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð K ðxÞ ¼

K 0 ðxÞ d x ¼ 2

ð

x 3 d x ¼ 2

)

4 K ðxÞ x 4 ¼ 2 x x K 0 ðxÞ x 4 ¼ 2 x

) )

K 0 ðxÞ ¼ 2 x 3

x 2 þ K1 ¼ x 2 þ K1 2

Damit gilt: u ¼ K ðxÞ x 4 ¼ ð x 2 þ K 1 Þ x 4 ¼ x 2 þ K 1 x 4 ¼ K 1 x 4 x 2 Ru¨cksubstitution liefert dann die gesuchte Lo¨sung der Bernoulli-Dgl (zuna¨chst in der impliziten Form): qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi y2 ¼ u ¼ K1 x 4 x2 ) y ¼ K1 x 4 x2 Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ð 1Þ ¼ 2 (Einsetzen in die implizite Lo¨sung): K1 1 1 ¼ K1 1 ¼ 4 y ¼ þ

)

K ¼ 5

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 5x4 x2

Anmerkung: Wegen y ð 1Þ ¼ 2 > 0 ist das positive Vorzeichen der allgemeinen Lo¨sung zu nehmen.

)


375

1.3 Lineare Differentialgleichungen Alle Differentialgleichungen in diesem Abschnitt lassen sich nach der Methode „Variation einer Konstanten‘‘ lo¨sen. Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel IV.2.5 Formelsammlung: Kapitel X.2.4.3.1

G25

y0 þ

y ¼ ex x þ1

Homogene Dgl (Lo¨sung durch „Trennung der Variablen‘‘) y ¼ 0 x þ1

y0 þ ð

dy ¼ y

y0 ¼

)

ð

dx x þ1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl}

)

dy y ¼ dx x þ1

)

dy dx ¼ x þ1 y

)

C ln j y j ¼ ln j x þ 1 j þ ln j C j ¼ ln x þ 1


(Rechenregel: R2). Wir entlogarithmieren (Rechenregeln: R5 und R6): C ) y ¼ C ¼ K jyj ¼ ðmit K ¼ C Þ x þ 1 x þ1 x þ1 Variation der Konstanten: K ! K(x) Der Lo¨sungsansatz y ¼ y0 ¼

K ðxÞ wird mit der zugeho¨rigen Ableitung (Quotientenregel anwenden) x þ1

K 0 ðxÞ ðx þ 1Þ 1 K ðxÞ ðx þ 1Þ

2

¼

K 0 ðxÞ x þ1

K ðxÞ ðx þ 1Þ 2

in die inhomogene Dgl eingesetzt und die (noch unbekannte) Funktion K ðxÞ bestimmt: K 0 ðxÞ K ðxÞ K ðxÞ K 0 ðxÞ y ¼ y þ þ ¼ ¼ e x ) K 0 ðxÞ ¼ ðx þ 1Þ e x x þ1 x þ1 x þ1 ðx þ 1Þ 2 ðx þ 1Þ 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð ð ð ð K ðxÞ ¼ K 0 ðxÞ d x ¼ ðx þ 1Þ e x d x ¼ x e x d x þ e x d x ¼ 0


|fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} Integral 312 mit a ¼ 1

¼ ð x 1Þ e x e x þ C ¼ ð x 1 1Þ e x þ C ¼ ðx þ 2Þ e x þ C Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet somit: y ¼

K ðxÞ x þ1

¼

ðx þ 2Þ e x þ C x þ1

)

376


G26

y 0 þ 4 x y ¼ 4 x e2x

2

Wir lo¨sen zuna¨chst die zugeho¨rige homogene Dgl y 0 þ 4 x y ¼ 0 durch „Trennung der Variablen‘‘: y0 þ 4xy ¼ 0

y0 ¼ 4xy

)

dy ¼ 4xy dx

)

)

dy ¼ 4x dx y

)

ð y dy 2 ¼ ð 4 xÞ d x ) ln j y j ¼ 2 x þ ln j C j ) ln j y j ln j C j ¼ ln ¼ 2 x 2 y C y y 2 2 2 ¼ e 2x2 ) ) y ¼ C e 2x ¼ K e 2x ðmit K ¼ C 2 Þ ¼ e 2x C C

ð

)

Rechenregeln: R2, R5 und R6 Variation der Konstanten Wir ersetzen die Konstante K durch die (noch unbekannte) Funktion K ðxÞ und gehen mit dem Lo¨sungsansatz 2 y ¼ K ðxÞ e 2 x in die inhomogene Dgl, wobei wir noch die Ableitung des Lo¨sungsansatzes beno¨tigen (Produktregel, Ableitung des rechten Faktors mit der Kettenregel): y ¼ K ðxÞ e 2 x |ffl{zffl} |fflffl{zfflffl} u v 2

y 0 ¼ u 0 v þ v 0 u ¼ K 0 ðxÞ e 2 x 4 x e 2 x K ðxÞ 2

)

2

) y 0 þ 4 x y ¼ K 0 ðxÞ e 2 x 4 x K ðxÞ e 2 x þ 4 x K ðxÞ e 2 x ¼ 4 x e 2 x |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð ð 0 2x2 2x2 0 0 ¼ 4x e ) K ðxÞ ¼ 4 x ) K ðxÞ ¼ K ðxÞ d x ¼ 4 x d x ¼ 2 x 2 þ C K ðxÞ e 2

2

2

2

Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen linearen Dgl lautet somit: y ¼ K ðxÞ e 2 x ¼ ð2 x 2 þ C Þ e 2 x 2

G27

y0

1 x2 þ x þ 1 y ¼ x x

2


Homogene Dgl (Lo¨sung durch „Trennung der Variablen‘‘) 1 y ¼ 0 y x 0

)

dy 1 y ¼ y ¼ x dx 0

)

dy dx ¼ x y

)

ð dy y

ð ¼

dx x

)

ln j y j ¼ ln j x j þ ln j C j ¼ ln j C x j (Rechenregel: R1). Durch Entlogarithmierung gewinnen wir die Lo¨sung der homogenen Dgl (Rechenregeln: R5 und R6): jyj ¼ jCxj

)

y ¼ Cx ¼ K x

ðmit K ¼ C Þ


377

Variation der Konstanten: K ! K(x) Mit dem Lo¨sungsansatz y ¼ K ðxÞ x und der mit Hilfe der Produktregel gewonnenen Ableitung y 0 ¼ K 0 ðxÞ x þ 1 K ðxÞ ¼ K 0 ðxÞ x þ K ðxÞ gehen wir in die inhomogene Dgl ein und bestimmen die noch unbekannte Faktorfunktion K ðxÞ: y0

1 1 y ¼ K 0 ðxÞ x þ K ðxÞ K ðxÞ x ¼ K 0 ðxÞ x þ K ðxÞ K ðxÞ ¼ x x |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

x2 þ x þ 1 x2 þ x þ 1 1 1 ) K 0 ðxÞ ¼ þ ¼ 1þ 2 x x x x2 ð ð 1 1 1 0 1þ K ðxÞ ¼ K ðxÞ d x ¼ d x ¼ x þ ln j x j þ þC 2 x x x ¼ K 0 ðxÞ x ¼

)

Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet somit: 1 þ C x ¼ x 2 þ x ln j x j 1 þ C x ¼ x 2 þ C x þ x ln j x j 1 y ¼ K ðxÞ x ¼ x þ ln j x j x Spezielle Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ð1Þ ¼ 3: y ð1Þ ¼ 3

G28

)

1 þ C þ 1 ln 1 1 ¼ 3 |{z} 0

)

C ¼ 3

)

y ¼ x 2 3 x þ x ln j x j 1

y 0 sin x y cos x ¼ 4 sin 4 x

Die Lo¨sung der zugeho¨rigen homogenen Dgl erhalten wir durch „Trennung der Variablen‘‘: y 0 sin x y cos x ¼ 0 ð )

dy ¼ y

y 0 sin x ¼

)

dy sin x ¼ y cos x dx

dy cos x ¼ d x ¼ cot x d x y sin x

)

ð cot x d x

)

ln j y j ¼ ln j sin x j þ ln j C j ¼ ln j C sin x j



(Rechenregel: R1). Entlogarithmierung liefert (Rechenregeln: R5 und R6): j y j ¼ j C sin x j

)

y ¼ C sin x ¼ K sin x

ðmit K ¼ C Þ

Variation der Konstanten: K ! K(x) Wir setzen den Lo¨sungsansatz y ¼ K ðxÞ sin x und die mit Hilfe der Produktregel bestimmte Ableitung y 0 ¼ K 0 ðxÞ sin x þ cos x K ðxÞ in die inhomogene Dgl ein und bestimmen die noch unbekannte Faktorfunktion K ðxÞ: y 0 sin x y cos x ¼ ½ K 0 ðxÞ sin x þ cos x K ðxÞ sin x K ðxÞ sin x cos x ¼ 4 sin 4 x K 0 ðxÞ sin 2 x þ K ðxÞ sin x cos x K ðxÞ sin x cos x ¼ 4 sin 4 x |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

)

)

378


K 0 ðxÞ sin 2 x ¼ 4 sin 4 x : sin 2 x ð K ðxÞ ¼

K 0 ðxÞ ¼ 4 sin 2 x

)

ð

sin ð2 xÞ x K ðxÞ d x ¼ 4 sin x d x ¼ 4 4 2 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

2

)

þ C ¼ 2 x sin ð2 xÞ þ C


Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet somit: y ¼ K ðxÞ sin x ¼ ð2 x sin ð2 xÞ þ CÞ sin x

Stromkreis mit einem zeitabha¨ngigen ohmschen Widerstand

G29

di þ ðcos tÞ i ¼ 2 cos t dt

Anfangswert : i ð0Þ ¼ 0

Bestimmen Sie den zeitlichen Verlauf der Stromsta¨rke i ¼ i ðtÞ .

Wir lo¨sen zuna¨chst die zugeho¨rige homogene Dgl durch „Trennung der Variablen‘‘: di di di þ ðcos tÞ i ¼ 0 ) ¼ ðcos tÞ i ) ¼ cos t d t ) dt dt i ð ð i di ¼ cos t d t ) ln j i j ¼ sin t þ ln j C j ) ln j i j ln j C j ¼ ln ¼ sin t i C i ¼ e sin t ) i ¼ e sin t ) i ¼ C e sin t ¼ K e sin t ðmit K ¼ CÞ C C

)

Rechenregeln: R2, R5 und R6 Variation der Konstanten: K ! K(t) Wir ersetzen die Konstante K durch die noch unbekannte Funktion K ðtÞ und gehen mit dem Lo¨sungsansatz i ¼ K ðtÞ e sin t und deren Ableitung in die inhomogene Dgl ein (die Ableitung erha¨lt man mit Hilfe von Produktund Kettenregel ): i ¼ K ðtÞ e sin t ;

di ¼ K_ ðtÞ e sin t cos t e sin t K ðtÞ dt

di þ ðcos tÞ i ¼ K_ ðtÞ e sin t cos t e sin t K ðtÞ þ cos t K ðtÞ e sin t ¼ 2 cos t dt |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 K_ ðtÞ e sin t ¼ 2 cos t j esin t ð K ðtÞ ¼

K_ ðtÞ d t ¼ 2

)

K_ ðtÞ ¼ 2 cos t e sin t

)

ð cos t e sin t d t du du ¼ cos t ; d t ¼ wie folgt: dt cos t ð ð du d t ¼ 2 cos t e u ¼ 2 e u d u ¼ 2 e u þ K * ¼ 2 e sin t þ K * cos t

Dieses Integral lo¨sen wir mit der Substitution u ¼ sin t ; ð K ðtÞ ¼ 2

cos t e sin t

)

Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet damit: i ¼ K ðtÞ e sin t ¼ ð2 e sin t þ K *Þ e sin t ¼ 2 þ K * e sin t ;

t 0


379

Der Stromkreis ist zu Beginn ðt ¼ 0Þ stromlos. Aus diesem Anfangswert bestimmen wir die Integrationskonstante K * : i ð0Þ ¼ 0

)

2 þ K * e sin 0 ¼ 2 þ K * e 0 ¼ 2 þ K * 1 ¼ 2 þ K * ¼ 0

)

K * ¼ 2

Damit erhalten wir den folgenden zeitlichen Verlauf fu¨r die Stromsta¨rke i (siehe Bild G-6): i ¼ i ðtÞ ¼ 2 2 e sin t ¼ 2 ð1 e sin t Þ ;

t 0

i i = 2 1 – e– sin t

2 1

Bild G-6 2

4

8

14

18

t

–1 –2 –3

G30

y 0 ðtanh xÞ y ¼ 2 cosh 2 x


Wir lo¨sen zuna¨chst die zugeho¨rige homogene Dgl durch „Trennung der Variablen‘‘: y 0 ðtanh xÞ y ¼ 0 ð

dy ¼ y

)

y0 ¼

dy ¼ ðtanh xÞ y dx

)

dy ¼ tanh x d x y

)

ð tanh x d x

)

ln j y j ¼ ln ðcosh xÞ þ ln j C j ¼ ln j C cosh x j

|fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl}


(Rechenregel: R1). Wir entlogarithmieren und erhalten (Rechenregeln: R5 und R6): j y j ¼ j C cosh x j

)

y ¼ C cosh x ¼ K cosh x

ðmit K ¼ C Þ

Variation der Konstanten: K ! K (x) Den Lo¨sungsansatz y ¼ K ðxÞ cosh x und die mit der Produktregel gewonnene Ableitung y 0 ¼ K 0 ðxÞ cosh x þ sinh x K ðxÞ ¼ K 0 ðxÞ cosh x þ K ðxÞ sinh x setzen wir in die inhomogene Dgl ein und bestimmen die noch unbekannte Faktorfunktion K ðxÞ wie folgt (unter Verwendung der Beziehung tanh x ¼ sinh x=cosh xÞ: y 0 ðtanh xÞ y ¼ K 0 ðxÞ cosh x þ K ðxÞ sinh x tanh x K ðxÞ cosh x ¼ 2 cosh 2 x K 0 ðxÞ cosh x þ K ðxÞ sinh x K ðxÞ

sinh x cosh x ¼ 2 cosh 2 x cosh x

)

)

K 0 ðxÞ cosh x þ K ðxÞ sinh x K ðxÞ sinh x ¼ K 0 ðxÞ cosh x ¼ 2 cosh 2 x ) K 0 ðxÞ ¼ 2 cosh x ) |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð ð K ðxÞ ¼ K 0 ðxÞ d x ¼ 2 cosh x d x ¼ 2 sinh x þ C

380


Allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl y ¼ K ðxÞ cosh x ¼ ð2 sinh x þ CÞ cosh x ¼ 2 sinh x cosh x þ C cosh x ¼ sinh ð2 xÞ þ C cosh x |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} sinh ð2 xÞ (unter Verwendung der Formel 2 sinh x cosh ¼ sinh ð2 xÞ ! FS: Kapitel III.11.3.3) Spezielle Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ð0Þ ¼ 10: y ð0Þ ¼ 10

)

sinh 0 þ C cosh 0 ¼ 0 þ C 1 ¼ C ¼ 10

)

C ¼ 10

y ¼ sinh ð2 xÞ þ 10 cosh x

G31

y0 þ

2x 1 6x2 y ¼ 1 þ x2 1 þ x2

Lo¨sung der zugeho¨rigen homogenen Dgl durch „Trennung der Variablen‘‘: dy dy 2x 2x 2x ¼ ¼ y ¼ 0 ) y0 ¼ y ) dx 2 2 dx y 1þx 1þx 1 þ x2 ð ð dy x 1 ¼ 2 ln ð1 þ x 2 Þ þ ln j C j ) d x ) ln j y j ¼ 2 2 y 2 1þx |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

y0 þ

)


C ln j y j ¼ ln ð1 þ x Þ þ ln j C j ¼ ln 1 þ x2 2

(Rechenregel: R2). Entlogarithmierung fu¨hrt dann zur Lo¨sung der homogenen Dgl (Rechenregeln: R5 und R6): C K ) y ¼ C j y j ¼ ¼ ðmit K ¼ C Þ 1 þ x2 1 þ x2 1 þ x2 Variation der Konstanten: K ! K(x) K ðxÞ

Den Lo¨sungsansatz y ¼ 0

y ¼

1 þ x2

und die mit Hilfe der Quotientenregel erhaltene zugeho¨rige Ableitung

K 0 ðxÞ ð1 þ x 2 Þ 2 x K ðxÞ ð1 þ x 2 Þ 2

¼

K 0 ðxÞ 1 þ x2

2 x K ðxÞ ð1 þ x 2 Þ 2

setzen wir in die inhomogene Dgl ein und bestimmen daraus die noch unbekannte Funktion K ðxÞ: y0 þ

2x 1 þ x2

y ¼

¼

K 0 ðxÞ ¼ 1 6 x 2

K 0 ðxÞ 1 þ x2 K 0 ðxÞ

2 x K ðxÞ ð1 þ x 2 Þ 2 2 x K ðxÞ

þ

þ

2x 1 þ x2

K ðxÞ 1 þ x2

2 x K ðxÞ

¼

K 0 ðxÞ

¼

Damit erhalten wir die folgende allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl: y ¼

K ðxÞ x 2x3 þ C ¼ 1 þ x2 1 þ x2

¼

1 6x2

) 1 þ x2 1 þ x2 ð1 þ x 2 Þ 2 ð1 þ x 2 Þ 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð ð K ðxÞ ¼ K 0 ðxÞ d x ¼ ð1 6 x 2 Þ d x ¼ x 2 x 3 þ C

1 þ x2

)


381

1.4 Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten Die homogene lineare Differentialgleichung wird durch einen Exponentialansatz gelo¨st, die inhomogene lineare Differentialgleichung entweder durch „Variation der Konstanten‘‘ oder durch „Aufsuchen einer partikula¨ren Lo¨sung‘‘. Hinweise (1) (2)

Lehrbuch: Band 2, Kapitel IV.2.6 Formelsammlung: Kapitel X.2.4.4 Tabelle mit Lo¨sungsansa¨tzen fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung ! Band 2: Kapitel IV.2.6 (Tabelle 1) und Formelsammlung: Kapitel X.2.4.4

G32

ex 1 þ x2

y0 þ y ¼


Lo¨sen Sie dieses Anfangswertproblem durch „Variation der Konstanten“.

Allgemeine Lo¨sung der zugeho¨rigen homogenen Dgl y 0 þ y ¼ 0:

y ¼ K e x

Variation der Konstanten: K ! K(x) Lo¨sungsansatz fu¨r die inhomogene Dgl: y ¼ K ðxÞ e x ;

y 0 ¼ K 0 ðxÞ e x K ðxÞ e x

ðProdukt- und KettenregelÞ

e x y 0 þ y ¼ K 0 ðxÞ e x K ðxÞ e x þ K ðxÞ e x ¼ K 0 ðxÞ e x ¼ 1 þ x2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð ð 1 d x ¼ arctan x þ C K ðxÞ ¼ K 0 ðxÞ d x ¼ 1 þ x2

) K 0 ðxÞ ¼

Allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl: y ¼ K ðxÞ e x ¼ ðarctan x þ CÞ e x Partikula¨re Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ð0Þ ¼ 2: y ð0Þ ¼ 2

)

ðarctan 0 þ CÞ e 0 ¼ ð0 þ C Þ 1 ¼ C ¼ 2

)

C ¼ 2

y ¼ ðarctan x þ 2Þ e x

G33

y 0 þ 3 y ¼ e x þ 2 cos ð2 xÞ Lo¨sen Sie diese Dgl durch „Variation der Konstanten“.

Allgemeine Lo¨sung der zugeho¨rigen homogenen Dgl y 0 þ 3 y ¼ 0 :

y ¼ K e3x

Variation der Konstanten: K ! K(x) Lo¨sungsansatz mit 1. Ableitung: y ¼ K ðxÞ e 3 x ;

y 0 ¼ K 0 ðxÞ e 3 x 3 K ðxÞ e 3 x


1 ) 1 þ x2

382


Einsetzen in die inhomogene Dgl, unbekannte Faktorfunktion K ðxÞ bestimmen: y 0 þ 3 y ¼ K 0 ðxÞ e 3 x 3 K ðxÞ e 3 x þ 3 K ðxÞ e 3 x ¼ K 0 ðxÞ e 3 x ¼ e x þ 2 cos ð2 xÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

)

K 0 ðxÞ ¼ e 4 x þ 2 e 3 x cos ð2 xÞ ) ð ð ð ð K ðxÞ ¼ K 0 ðxÞ d x ¼ ½ e 4 x þ 2 e 3 x cos ð2 xÞ d x ¼ e 4 x d x þ 2 e 3 x cos ð2 xÞ d x ¼ |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl}

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}


¼

Integral 324 mit a ¼ 3, b ¼ 2

1 2 e 4x þ e 3 x ½ 3 cos ð2 xÞ þ 2 sin ð2 xÞ þ C 4 13

Allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl: 1 2 3x 4x 3x ¼ y ¼ K ðxÞ e e þ e ½ 3 cos ð2 xÞ þ 2 sin ð2 xÞ þ C e 3 x ¼ 4 13 ¼

G34

1 2 ½ 3 cos ð2 xÞ þ 2 sin ð2 xÞ þ C e 3 x ex þ 4 13

y 0 þ 5 y ¼ cos x e 5 x

Anfangswert: y ðp=2Þ ¼ 0

Lo¨sen Sie diese Anfangswertaufgabe durch „Variation der Konstanten“.

Allgemeine Lo¨sung der zugeho¨rigen homogenen Dgl y 0 þ 5 y ¼ 0:

y ¼ K e5x

Variation der Konstanten: K ! K (x) Lo¨sungsansatz mit Ableitung: y ¼ K ðxÞ e 5 x ;

y 0 ¼ K 0 ðxÞ e 5 x 5 K ðxÞ e 5 x


Einsetzen in die inhomogene Dgl, unbekannte Faktorfunktion K ðxÞ bestimmen: y 0 þ 5 y ¼ K 0 ðxÞ e 5 x 5 K ðxÞ e 5 x þ 5 K ðxÞ e 5 x ¼ K 0 ðxÞ e 5 x ¼ cos x e 5 x |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð ð K 0 ðxÞ ¼ cos x ) K ðxÞ ¼ K 0 ðxÞ d x ¼ cos x d x ¼ sin x þ C

)

Allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl: y ¼ K ðxÞ e 5 x ¼ ðsin x þ CÞ e 5 x Spezielle Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ðp=2Þ ¼ 0: y ðp=2Þ ¼ 0

)

ðsin ðp=2Þ þ CÞ e 5 p=2 ¼ ð1 þ CÞ e 5 p=2 ¼ 0 |fflfflffl{zfflfflffl} 6¼ 0

)

1þC ¼ 0

)

C ¼ 1

y ¼ ðsin x 1Þ e 5 x

G35

y 0 4 y ¼ e 4 x þ cos ð2 xÞ Bestimmen Sie die allgemeine Lo¨sung dieser Dgl durch „Aufsuchen einer partikula¨ren Lo¨sung“.


383

Die allgemeine Lo¨sung y der inhomogenen Dgl wird aus der Lo¨sung y 0 der zugeho¨rigen homogenen Dgl und einer partikula¨ren Lo¨sung y P der inhomogenen Dgl aufgebaut: y ¼ y 0 þ y P Lo¨sung der zugeho¨rigen homogenen Dgl y 0 4 y ¼ 0:

y0 ¼ K e 4x

Partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl Aus der Tabelle entnehmen wir fu¨r die beiden Sto¨rglieder e4 x und cos ð2 xÞ die folgenden Lo¨sungsansa¨tze fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung y P : Störglied g 1 ðxÞ ¼ e 4 x

a ¼ 4; b ¼ 4

Störglied g 2 ðxÞ ¼ cos ð2 xÞ

b ¼ a ¼ 4 w ¼ 2

!

! yP1 ¼ C1 x e 4x y P 2 ¼ C 2 sin ð2 xÞ þ C 3 cos ð2 xÞ

Damit erhalten wir den folgenden Lo¨sungsansatz (¼ Summe der Einzelansa¨tze): y P ¼ y P 1 þ y P 2 ¼ C 1 x e 4 x þ C 2 sin ð2 xÞ þ C 3 cos ð2 xÞ Wenn dieser Ansatz stimmt (davon gehen wir natu¨rlich aus), dann mu¨ssen sich die noch unbekannten Konstanten C1 , C2 und C3 eindeutig bestimmen lassen. Wir gehen daher mit diesem Ansatz und der zugeho¨rigen Ableitung y 0P ¼ C 1 e 4 x þ 4 C 1 x e 4 x þ 2 C 2 cos ð2 xÞ 2 C 3 sin ð2 xÞ (Produkt- und Kettenregel) in die inhomogene Dgl ein, ordnen die Glieder und fassen zusammen: y 0 4 y ¼ C 1 e 4 x þ 4 C 1 x e 4 x þ 2 C 2 cos ð2 xÞ 2 C 3 sin ð2 xÞ 4 ½ C 1 x e 4 x þ C 2 sin ð2 xÞ þ C 3 cos ð2 xÞ ¼ ¼ C 1 e 4 x þ 4 C 1 x e 4 x þ 2 C 2 cos ð2 xÞ 2 C 3 sin ð2 xÞ 4 C 1 x e 4 x 4 C 2 sin ð2 xÞ 4 C 3 cos ð2 xÞ ¼ ¼ C 1 e 4 x þ ð2 C 2 4 C 3 Þ cos ð2 xÞ þ ð 4 C 2 2 C 3 Þ sin ð2 xÞ ¼ e 4 x þ cos ð2 xÞ Aus der verbliebenen Gleichung C 1 e 4 x þ ð2 C 2 4 C 3 Þ cos ð2 xÞ þ ð 4 C 2 2 C 3 Þ sin ð2 xÞ ¼ 1 e 4 x þ 1 cos ð2 xÞ þ 0 sin ð2 xÞ (wir haben auf der rechten Seite den identisch verschwindenden Summand 0 sin ð2 xÞ 0 addiert) erhalten wir durch Koeffizientenvergleich 3 Gleichungen fu¨r die 3 Unbekannten (wir vergleichen der Reihe nach die Koeffizienten von e4 x , cos ð2 xÞ und sin ð2 xÞ auf beiden Seiten): C1 ¼ 1

ðIÞ ðIIÞ

2 C2 4 C3 ¼ 1

ðIIIÞ

4 C2 2 C3 ¼ 0

ðIIÞ

)

2 C 2 4 C 3 ¼ 2 C 2 4 ð 2 C 2 Þ ¼ 2 C 2 þ 8 C 2 ¼ 10 C 2 ¼ 1

ðIIIÞ

)

C 3 ¼ 2 C 2 ¼ 2 0,1 ¼ 0,2

)

2 C3 ¼ 4 C2

)

C3 ¼ 2 C2

ðEinsetzen in (II)Þ )

C 2 ¼ 0,1

Die Konstanten besitzen somit folgende Werte: C 1 ¼ 1, C 2 ¼ 0,1 und C 3 ¼ 0,2. Die partikula¨re Lo¨sung y P lautet also: y P ¼ x e 4 x þ 0,1 sin ð2 xÞ 0,2 cos ð2 xÞ Gesamtlo¨sung (allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl): y ¼ y 0 þ y P ¼ K e 4 x þ x e 4 x þ 0,1 sin ð2 xÞ 0,2 cos ð2 xÞ ¼ ¼ ðx þ KÞ e 4 x þ 0,1 sin ð2 xÞ 0,2 cos ð2 xÞ

384


Sinkgeschwindigkeit eines Ko¨rpers in einer za¨hen Flu¨ssigkeit Die Sinkgeschwindigkeit v einer Stahlkugel in einer za¨hen Flu¨ssigkeit genu¨gt der folgenden Dgl (ohne Auftrieb, siehe Bild G-7):

Kugel

m v_ þ kv ¼ m g

G36

v

m: Masse der Kugel k : Reibungsfaktor g: Erdbeschleunigung

–kv

mg

Bild G-7

Bestimmen Sie das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz v ¼ v ðtÞ fu¨r die Anfangsgeschwindigkeit v ð0Þ ¼ 0 durch „Variation der Konstanten“. Welche Endgeschwindigkeit v E wird erreicht? Wir dividieren die Dgl zuna¨chst durch die Masse und fu¨hren die Abku¨rzung a ¼ k=m ein: m v_ þ k v ¼ m g

)

v_ þ a v ¼ g

ða ¼ k=mÞ

Die zugeho¨rige homogene Dgl v_ þ a v ¼ 0 besitzt die Lo¨sung v ¼ K e a t (dies ist das Ergebnis aus dem Exponentialansatz v ¼ K e l t ). Variation der Konstanten: K ! K(t) Lo¨sungsansatz fu¨r die inhomogene Dgl mitsamt der Ableitung (Produkt- und Kettenregel ): v ¼ K ðtÞ e a t ;

v_ ¼ K_ ðtÞ e a t a e a t K ðtÞ ¼ K_ ðtÞ e a t a K ðtÞ e a t

Einsetzen in die inhomogene Dgl fu¨hrt zu einer einfachen Dgl fu¨r K ðtÞ, die wir durch direkte (unbestimmte) Integration leicht lo¨sen ko¨nnen: v_ þ a v ¼ g

K_ ðtÞ ¼ g e a t

)

K_ ðtÞ e a t a K ðtÞ e a t þ a K ðtÞ e a t ¼ K_ ðtÞ e a t ¼ g ) |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð ð 1 g e at þ C ¼ e at þ C ) K ðtÞ ¼ K_ ðtÞ d t ¼ g e a t d t ¼ g a a |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} Integral 312 mit a ¼ a

Allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl: g

g v ¼ K ðtÞ e a t ¼ e at þ C e at ¼ þ C e at ; a a

t 0

Die Bewegung der Kugel beginnt aus der Ruhe heraus. Aus diesem Anfangswert bestimmen wir die noch unbekannte Konstante C: v ð0Þ ¼ 0

)

g g g þ C e0 ¼ þC 1 ¼ þC ¼ 0 a a a

)

C ¼

g a

Damit ergibt sich der folgende zeitliche Verlauf der Sinkgeschwindigkeit (unter Beru¨cksichtigung von a ¼ k=m): k g g g mg t at at ¼ Þ ¼ e ð1 e 1e m ; t 0 v ¼ v ðtÞ ¼ a a a k Im Laufe der Zeit (d. h. fu¨r t ! 1Þ na¨hert sich die Geschwindigkeit ihrem (konstanten) Endwert: k k mg mg mg mg 1 em t ¼ lim 1 e m t ¼ 1 ¼ v E ¼ lim v ðtÞ ¼ lim k k k t!1 t!1 k t!1 (die streng monoton fallende Exponentialfunktion strebt fu¨r t ! 1 asymptotisch gegen Null).


385

Bild G-8 zeigt den zeitlichen Verlauf der Sinkgeschwindigkeit v („Sa¨ttigungsfunktion‘‘). v mg k k

v=

– t mg 1–e m k

Bild G-8 t

Abku¨hlungsgesetz nach Newton

G37

Ein Ko¨rper mit der Anfangstemperatur T ðt ¼ 0Þ ¼ T0 wird durch vorbei stro¨mende Luft der Temperatur TL < T0 geku¨hlt. Die Temperatur T ¼ T ðtÞ des Ko¨rpers genu¨gt dabei der Dgl dT þ a T ¼ a TL dt

ða > 0 : KonstanteÞ

Bestimmen Sie den Temperaturverlauf T ¼ T ðtÞ durch „Variation der Konstanten“. Welche Endtemperatur TE erreicht der Ko¨rper? Die zugeho¨rige homogene Dgl T_ þ a T ¼ 0 wird durch den Exponentialansatz T ¼ C e l t gelo¨st: T ¼ C e lt ;

T_ ¼ C l e l t

T_ þ a T ¼ 0 ) C l e l t þ a C e l t ¼ 0 ) C e l t ðl þ aÞ ¼ 0 ) l þ a ¼ 0 ) l ¼ a |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} 6¼ 0 Somit ist T ¼ C e a t die allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl. Variation der Konstanten: C ! C(t) Lo¨sungsansatz fu¨r die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl mit der aus Produkt- und Kettenregel gewonnenen Ableitung: T ¼ C ðtÞ e a t ;

T_ ¼ C_ ðtÞ e a t a e a t C ðtÞ ¼ C_ ðtÞ e a t a C ðtÞ e a t

Einsetzen in die inhomogene Dgl, Faktorfunktion C ðtÞ durch direkte Integration bestimmen: T_ þ a T ¼ a TL

C_ ðtÞ ¼ a TL e a t

C_ ðtÞ e a t a C ðtÞ e a t þ a C ðtÞ e a t ¼ C_ ðtÞ e a t ¼ a TL ) |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð ð 1 _ e a t þ K ¼ TL e a t þ K ) C ðtÞ ¼ C ðtÞ d t ¼ a TL e a t d t ¼ a TL a |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl}

)

Integral 312

Somit gilt: T ¼ C ðtÞ e a t ¼ ðTL e a t þ KÞ e a t ¼ TL þ K e a t ;

t 0

386


Den Wert der Integrationskonstanten K ermitteln wir aus der Anfangstemperatur T ð0Þ ¼ T0 : T ð0Þ ¼ T0

)

TL þ K e 0 ¼ TL þ K 1 ¼ TL þ K ¼ T0

)

K ¼ T0 TL

Die Temperatur des Ko¨rpers klingt mit der Zeit exponentiell ab: T ¼ T ðtÞ ¼ TL þ ðT0 TL Þ e a t ;

t 0

Die Endtemperatur, auf die der Ko¨rper im Laufe der Zeit abku¨hlt, erhalten wir fu¨r t ! 1: TE ¼ lim T ðtÞ ¼ lim ðTL þ ðT0 TL Þ e a t Þ ¼ TL t!1

t!1

at

(e strebt fu¨r t ! 1 gegen Null). Der Abku¨hlungsprozess ist also beendet, wenn der Ko¨rper die Lufttemperatur TL erreicht hat. Bild G-9 zeigt den zeitlichen Verlauf der Temperatur („Abklingfunktion‘‘). T T0 T = TL + (T0 – TL ) · e – at

TL

Bild G-9 t

G38

y 0 þ y ¼ 4 e x sin ð2 xÞ Lo¨sen Sie diese Dgl nach der Methode „Aufsuchen einer partikula¨ren Lo¨sung“.

Die gesuchte allgemeine Lo¨sung y la¨sst sich darstellen als Summe aus der Lo¨sung y0 der zugeho¨rigen homogenen Dgl und einer partikula¨ren Lo¨sung y P der inhomogenen Dgl: y ¼ y 0 þ y P Die Lo¨sung der zugeho¨rigen homogenen Dgl y 0 þ y ¼ 0 lautet:

y 0 ¼ K e x.

Partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl Wir versuchen einen Lo¨sungsansatz in Form eines Produktes aus zwei Faktoren, die sich aus den Ansa¨tzen der beiden „Sto¨rfaktoren‘‘ ex und sin ð2 xÞ ergeben (der konstante Faktor 4 im Sto¨rglied hat keinen Einfluss auf den Lo¨sungsansatz). Aus der Tabelle entnehmen wir folgende Ansa¨tze: Störfaktor g 1 ðxÞ ¼ e x

a ¼ 1 b ¼ 1

Störfaktor g 2 ðxÞ ¼ sin ð2 xÞ

!

yP1 ¼ C1 e x

w ¼ 2

!

y P 2 ¼ C 2 sin ð2 xÞ þ C 3 cos ð2 xÞ

Damit erhalten wir fu¨r die partikula¨re Lo¨sung yP den Lo¨sungsansatz y P ¼ y P 1 y P 2 ¼ C 1 e x ðC 2 sin ð2 xÞ þ C 3 cos ð2 xÞÞ den wir noch wie folgt vereinfachen ko¨nnen (nur noch 2 statt 3 Parameter): y P ¼ e x ðC 1 C 2 sin ð2 xÞ þ C 1 C 3 cos ð2 xÞÞ ¼ e x ðA sin ð2 xÞ þ B cos ð2 xÞÞ |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} A B


387

Mit diesem Ansatz und der mit Hilfe der Produkt- und Kettenregel erhaltenen Ableitung: y 0P ¼ e x ðA sin ð2 xÞ þ B cos ð2 xÞÞ þ ð2 A cos ð2 xÞ 2 B sin ð2 xÞÞ e x ¼ ¼ e x ðA sin ð2 xÞ þ B cos ð2 xÞ þ 2 A cos ð2 xÞ 2 B sin ð2 xÞÞ gehen wir in die inhomogene Dgl ein, ku¨rzen den gemeinsamen Faktor 2 e x heraus und ordnen die Glieder: y 0 þ y ¼ e x ðA sin ð2 xÞ þ B cos ð2 xÞ þ 2 A cos ð2 xÞ 2 B sin ð2 xÞÞ þ þ e x ðA sin ð2 xÞ þ B cos ð2 xÞÞ ¼ ¼ e x A sin ð2 xÞ þ B cos ð2 xÞ þ 2 A cos ð2 xÞ 2 B sin ð2 xÞ þ A sin ð2 xÞ þ B cos ð2 xÞ ¼ ¼ e x ð2 A sin ð2 xÞ þ 2 B cos ð2 xÞ þ 2 A cos ð2 xÞ 2 B sin ð2 xÞÞ ¼ ¼ 2 e x ðA sin ð2 xÞ þ B cos ð2 xÞ þ A cos ð2 xÞ B sin ð2 xÞÞ ¼ 4 e x sin ð2 xÞ A sin ð2 xÞ þ B cos ð2 xÞ þ A cos ð2 xÞ B sin ð2 xÞ ¼ 2 sin ð2 xÞ

)

)

ðA BÞ sin ð2 xÞ þ ðA þ BÞ cos ð2 xÞ ¼ 2 sin ð2 xÞ þ 0 cos ð2 xÞ („Trick‘‘: wir addieren auf der rechten Seite 0 cos ð2 xÞ 0). Der Koeffizientenvergleich fu¨r die Sinus- bzw. Kosinusterme auf beiden Seiten fu¨hrt zu 2 Gleichungen fu¨r die Unbekannten A und B: ) ðIÞ A B ¼ 2 þ ) 2 A ¼ 2 ) A ¼ 1 ; ðIIÞ ) A þ B ¼ 1 þ B ¼ 0 ) B ¼ 1 ðIIÞ A þ B ¼ 0 Die partikula¨re Lo¨sung lautet damit: y P ¼ e x ðsin ð2 xÞ cos ð2 xÞÞ Die inhomogene Dgl besitzt demnach die folgende allgemeine Lo¨sung: y ¼ y 0 þ y P ¼ K e x þ e x ðsin ð2 xÞ cos ð2 xÞÞ

Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz einer konstant beschleunigten Masse bei geschwindigkeitsproportionaler Reibung

G39

Bestimmen Sie das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz v ¼ v ðtÞ einer Bewegung, die durch die Dgl v_ þ a v ¼ b beschrieben wird (a > 0 , b > 0: Konstanten). Wie lautet die spezielle Lo¨sung, wenn die Bewegung zur Zeit t ¼ 0 aus der Ruhe heraus beginnt? Verwenden Sie die Lo¨sungsmethode „Variation der Konstanten“.

Allgemeine Lo¨sung der zugeho¨rigen homogenen Dgl v_ þ a v ¼ 0:

v0 ¼ K e at

Variation der Konstanten: K ! K (t) Lo¨sungsansatz mit Ableitung (Produkt- und Kettenregel): v ¼ K ðtÞ e a t ;

v_ ¼ K_ ðtÞ e a t a K ðtÞ e a t

Einsetzen in die inhomogene Dgl, Faktorfunktion K ðtÞ bestimmen: v_ þ a v ¼ K_ ðtÞ e a t a K ðtÞ e a t þ a K ðtÞ e a t ¼ K_ ðtÞ e a t ¼ b |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð ð 1 b K ðtÞ ¼ K_ ðtÞ d t ¼ b e a t d t ¼ b e at þ C ¼ e at þ C a a |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} Integral 312

)

K_ ðtÞ ¼ b e a t

)

388


Damit erhalten wir die folgende allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl: b b at at e þ C e at ¼ þ C e at v ¼ K ðtÞ e ¼ a a Zu Beginn, d. h. zur Zeit t ¼ 0 ist v ¼ 0. Daraus la¨sst sich die Integrationskonstante C berechnen: v ð0Þ ¼ 0

)

b b b þ C e0 ¼ þC 1 ¼ þC ¼ 0 a a a

Das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz lautet damit wie folgt (siehe Bild G-10):

)

C ¼

b a

v b a

b b b e at ¼ ð1 e a t Þ v ¼ a a a (fu¨r t 0)

v=

b (1 – e – at ) a

Bild G-10 t

Wechselstromkreis mit einem ohmschen Widerstand und einer Induktivita¨t (RL-Kreis)

G40

Ein Stromkreis entha¨lt den ohmschen Widerstand R ¼ 6 W und die Induktivita¨t L ¼ 2 H . Durch die angelegte Wechselspannung u ðtÞ ¼ 20 V sin ð1 s 1 tÞ wird ein zeitabha¨ngiger Strom i ¼ i ðtÞ erzeugt, der der folgenden Dgl genu¨gt: L

di þ R i ¼ u ðtÞ dt

Anfangswert : i ð0Þ ¼ 0

Bestimmen Sie den zeitlichen Verlauf der Stromsta¨rke i nach der Methode „Aufsuchen einer partikula¨ren Lo¨sung“. Wie lautet die sog. „stationa¨re“ Lo¨sung nach Ablauf einer gewissen „Einschwingphase“?

Die Stromsta¨rke i genu¨gt der folgenden inhomogenen linearen Dgl 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten (ohne Einheiten): 2

di þ 6 i ¼ 20 sin t dt

oder

di þ 3 i ¼ 10 sin t dt

Wir lo¨sen sie nach der Methode „Aufsuchen einer partikula¨ren Lo¨sung‘‘. Zugeho¨rige homogene Dgl:

di þ 3i ¼ 0 dt

)

i0 ¼ K e 3t

Partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl Aus der Tabelle entnehmen wir fu¨r das sinusfo¨rmige Sto¨rglied den folgenden Lo¨sungsansatz (w ¼ 1): i P ¼ C 1 sin t þ C 2 cos t Mit diesem Ansatz und der Ableitung d iP ¼ C 1 cos t C 2 sin t dt gehen wir in die inhomogene Dgl ein und erhalten: di þ 3 i ¼ C 1 cos t C 2 sin t þ 3 ðC 1 sin t þ C 2 cos tÞ ¼ dt ¼ C 1 cos t C 2 sin t þ 3 C 1 sin t þ 3 C 2 cos t ¼ 10 sin t


389

Diese Gleichung ordnen wir wie folgt, wobei wir auf der rechten Seite 0 cos t 0 addieren: ð3 C 1 C 2 Þ sin t þ ðC 1 þ 3 C 2 Þ cos t ¼ 10 sin t þ 0 cos t Durch Koeffizientenvergleich (wir vergleichen auf beiden Seiten jeweils die Sinus- und Kosinusglieder) erhalten wir zwei Gleichungen mit den Unbekannten C 1 und C 2 : ðIÞ ðIIÞ

3 C1

C 2 ¼ 10

C1 þ 3 C2 ¼ 0

)

C1 ¼ 3 C2

ðEinsetzen in (I)Þ

ðIÞ

)

3 C 1 C 2 ¼ 3 ð 3 C 2 Þ C 2 ¼ 9 C 2 C 2 ¼ 10 C 2 ¼ 10

ðIIÞ

)

C 1 ¼ 3 C 2 ¼ 3 ð 1Þ ¼ 3

)

C2 ¼ 1

Partikula¨re Lo¨sung: i P ¼ 3 sin t cos t Im R L-Kreis fließt also der folgende (zeitabha¨ngige) Strom: i ¼ i 0 þ i P ¼ K e 3 t þ 3 sin t cos t ;

t 0

Aus dem Anfangswert i ð0Þ ¼ 0 berechnen wir noch die Integrationskonstante K: i ð0Þ ¼ 0

)

K e 0 þ 3 sin 0 cos 0 ¼ K 1 þ 3 0 1 ¼ K 1 ¼ 0

i ¼ e 3 t þ 3 sin t cos t ;

)

K ¼ 1

t 0

Im Laufe der Zeit verschwindet die streng monoton fallende Exponentialfunktion und wir erhalten die „stationa¨re“ Lo¨sung (Bild G-11): i stationär ¼ 3 sin t cos t i/A

4 2

Bild G-11 –1 –2

2

5

10

15

20

t/s

–4

G41

y 0 þ 2 y ¼ x 3 e2x þ x Bestimmen Sie die allgemeine Lo¨sung „durch Variation der Konstanten“.


y ¼ K e 2x


y 0 ¼ K 0 ðxÞ e 2 x 2 K ðxÞ e 2 x


Einsetzen in die inhomogene Dgl, unbekannte Faktorfunktion K ðxÞ bestimmen: y 0 þ 2 y ¼ K 0 ðxÞ e 2 x 2 K ðxÞ e 2 x þ 2 K ðxÞ e 2 x ¼ K 0 ðxÞ e 2 x ¼ x 3 e 2 x þ x |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

)

390


K 0 ðxÞ ¼ ðx 3 e 2 x þ xÞ e 2 x ¼ x 3 e 4 x þ x e 2 x ) ð ð ð ð K ðxÞ ¼ K 0 ðxÞ d x ¼ ðx 3 e 4 x þ x e 2 x Þ d x ¼ x 3 e 4 x d x þ x e 2 x d x ¼ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 315 mit n ¼ 3, a ¼ 4


x 3 e 4x 3 16 x 2 8 x þ 2 2x 1 e 4x þ e 2x þ C ¼ 4 64 4 4 1 3 3 1 2 1 1 1 x x x þ ð2 x 1Þ e 2 x þ C ¼ e 4x þ ¼ 4 4 4 8 32 4 1 3 3 2 3 3 1 x x þ x e 4x þ ð2 x 1Þ e 2 x þ C ¼ 4 16 32 128 4 ¼

Allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl: 1 3 3 2 3 3 1 y ¼ K ðxÞ e 2 x ¼ x x þ x e 4x þ ð2 x 1Þ e 2 x þ C e 2 x ¼ 4 16 32 128 4 1 3 3 2 3 3 1 e 2x þ x x þ x ð2 x 1Þ þ C e 2 x ¼ 4 16 32 128 4

Bewegung einer Masse unter dem Einfluss einer periodischen Kraft und einer geschwindigkeitsproportionalen Reibungskraft Die Bewegung einer Masse wird durch die Dgl v_ þ 2v ¼ sin ð2 tÞ beschrieben.

G42

a) Wie lautet das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz v ¼ v ðtÞ, wenn der Ko¨rper zur Zeit t ¼ 0 aus der Ruhe heraus startet? b) Bestimmen Sie ferner das Weg-Zeit-Gesetz s ¼ s ðtÞ fu¨r die Anfangswegmarke s ð0Þ ¼ 3=4. Verwenden Sie die Lo¨sungsmethode „Variation der Konstanten“.

a) Allgemeine Lo¨sung der zugeho¨rigen homogenen Dgl v_ þ 2 v ¼ 0:

v ¼ K e 2t

Variation der Konstanten: K ! K (t) Lo¨sungsansatz mit Ableitung: v ¼ K ðtÞ e 2 t ;

v_ ¼ K_ ðtÞ e 2 t 2 K ðtÞ e 2 t


Einsetzen in die inhomogene Dgl, unbekannte Faktorfunktion K ðtÞ bestimmen: v_ þ 2 v ¼ K_ ðtÞ e 2 t 2 K ðtÞ e 2 t þ 2 K ðtÞ e 2 t ¼ K_ ðtÞ e 2 t ¼ sin ð2 tÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 K_ ðtÞ ¼ sin ð2 tÞ e 2 t ) ð K ðtÞ ¼

K_ ðtÞ d t ¼

ð sin ð2 tÞ e 2 t d t ¼ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}


¼

1 e 2 t ½ sin ð2 tÞ cos ð2 tÞ þ C 4

e 2t ½ 2 sin ð2 tÞ 2 cos ð2 tÞ þ C ¼ 8

)


391

Allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl: 1 1 2t 2t e ½ sin ð2 tÞ cos ð2 tÞ þ C e 2 t ¼ v ¼ K ðtÞ e ¼ ½ sin ð2 tÞ cos ð2 tÞ þ C e 2 t 4 4 Aus der Anfangsgeschwindigkeit v ð0Þ ¼ 0 bestimmen wir die Integrationskonstante C: v ð0Þ ¼ 0

)

1 1 1 ðsin 0 cos 0Þ þ C e 0 ¼ ð0 1Þ þ C 1 ¼ þC ¼ 0 4 4 4

)

C ¼

1 4

Das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz lautet demnach wie folgt (Bild G-12): v ¼

1 1 1 ½ sin ð2 tÞ cos ð2 tÞ þ e 2 t ¼ ½ sin ð2 tÞ cos ð2 tÞ þ e 2 t ; 4 4 4

t 0

b) Die Geschwindigkeit v ist die Ableitung des Weges s nach der Zeit t, d. h. v ¼ s_ . Daher gilt: ð ð ð 1 ½ sin ð2 tÞ cos ð2 tÞ þ e 2 t d t ¼ s ¼ s_ d t ¼ v d t ¼ 4 1 4

¼

1 1 1 cos ð2 tÞ sin ð2 tÞ e 2t 2 2 2

þC ¼

1 ½ cos ð2 tÞ þ sin ð2 tÞ þ e 2 t þ C 8

(Integrale der Reihe nach: 204 mit a ¼ 2, 228 mit a ¼ 2 und 312 mit a ¼ 2) 3 bestimmen wir die Integrationskonstante C: 4 1 1 1 3 ðcos 0 þ sin 0 þ e 0 Þ þ C ¼ ð1 þ 0 þ 1Þ þ C ¼ þC ¼ 8 8 4 4

Aus der Anfangswegmarke s ð0Þ ¼

)

C ¼ 1

Damit erhalten wir das folgende Weg-Zeit-Gesetz (Bild G-13): s ¼

1 ½ cos ð2 tÞ þ sin ð2 tÞ þ e 2 t þ 1 ; 8

t 0

v

s

0,4

1,2

0,2 0,75 1

2

3

4

5

6

7

t

0,4

– 0,2 – 0,4

1

Bild G-12

G43

y0 þ 4y ¼

2

3

4

Bild G-13

x þ6 e4x x 2

Bestimmen Sie die allgemeine Lo¨sung durch „Variation der Konstanten“.


y ¼ K e 4x


y 0 ¼ K 0 ðxÞ e 4 x 4 K ðxÞ e 4 x


5

6

7

t

392


Wir setzen diese Ausdru¨cke in die inhomogene Dgl ein und erhalten eine einfache Dgl 1. Ordnung fu¨r die noch unbekannte Faktorfunktion K ðxÞ, die durch unbestimmte Integration lo¨sbar ist: x þ6 y 0 þ 4 y ¼ K 0 ðxÞ e 4 x 4 K ðxÞ e 4 x þ 4 K ðxÞ e 4 x ¼ K 0 ðxÞ e 4 x ¼ e 4x x 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 ð ð x þ6 x þ6 0 0 K ðxÞ ¼ ) K ðxÞ ¼ K ðxÞ d x ¼ d x ¼ x þ 8 ln j x 2 j þ C x 2 x 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

)

Integral 20 mit a ¼ 1, b ¼ 6, p ¼ 1, q ¼ 2

Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet damit wie folgt: y ¼ K ðxÞ e 4 x ¼ ðx þ 8 ln j x 2 j þ C Þ e 4 x

Ausgangssignal eines D T 1 -Regelkreisgliedes Das zeitabha¨ngige Ausgangssignal v ¼ v ðtÞ eines D T 1 -Regelkreisgliedes genu¨ge der folgenden Dgl:

G44

0,2 v_ þ v ¼ cos t 1,24 sin t ;

t 0

Lo¨sen Sie diese Dgl durch „Variation der Konstanten“ und bestimmen Sie die sog. „stationa¨re“ Lo¨sung, die sich nach einer gewissen „Einschwingphase“ einstellt.

Die zugeho¨rige homogene Dgl 0,2 v_ þ v ¼ 0 oder v_ þ 5 v ¼ 0 hat die Lo¨sung v 0 ¼ K e 5 t . Durch „Variation der Konstanten‘‘ bestimmen wir die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl. Der Lo¨sungsansatz v ¼ K ðtÞ e 5 t entha¨lt die noch unbekannte Faktorfunktion K ðtÞ, die wir so bestimmen mu¨ssen, dass der Lo¨sungsansatz mitsamt seiner Ableitung v_ ¼ K_ ðtÞ e 5 t 5 K ðtÞ e 5 t


die inhomogene Dgl erfu¨llt. Dies fu¨hrt zu der folgenden einfachen Dgl fu¨r K ðtÞ, die durch unbestimmte Integration leicht lo¨sbar ist: 0,2 v_ þ v ¼ 0,2 ðK_ ðtÞ e 5 t 5 K ðtÞ e 5 t Þ þ K ðtÞ e 5 t ¼ ¼ 0,2 K_ ðtÞ e 5 t K ðtÞ e 5 t þ K ðtÞ e 5 t ¼ 0,2 K_ ðtÞ e 5 t ¼ cos t 1,24 sin t |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 K_ ðtÞ ¼ 5 ðcos t 1,24 sin tÞ e 5 t ð K ðtÞ ¼

K_ ðtÞ d t ¼ 5

¼ 5

)

)

ð

ð ðcos t 1,24 sin tÞ e 5 t d t ¼ 5

ð cos t e 5 t d t 6,2

sin t e 5 t d t ¼

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}



1 1 e 5 t ð5 cos t þ sin tÞ 6,2 e 5 t ð5 sin t cos tÞ þ C ¼ 26 26

¼

1 e 5 t ð25 cos t þ 5 sin t 31 sin t þ 6,2 cos tÞ þ C ¼ 26

¼

1 e 5 t ð31,2 cos t 26 sin tÞ þ C ¼ e 5 t ð1,2 cos t sin tÞ þ C 26

Damit erhalten wir das folgende Ausgangssignal (allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl): v ¼ K ðtÞ e 5 t ¼ ½ e 5 t ð1,2 cos t sin tÞ þ C e 5 t ¼ 1,2 cos t sin t þ C e 5 t ;

t 0


393

Der exponentielle Anteil im Ausgangssignal verschwindet im Laufe der Zeit (es handelt sich um eine streng monoton fallende Funktion) und es verbleibt die sog. „stationa¨re“ Lo¨sung (Bild G-14): v stationär ¼ 1,2 cos t sin t v v = 1,2 · cos t – sin t

2 1,2

Bild G-14 2

4

6

8

10

12

14

t

–1 –2

1.5 Exakte Differentialgleichungen Eine Differentialgleichung 1. Ordnung vom Typ g ðx; yÞ d x þ h ðx; yÞ d y ¼ 0

mit

@g @h ¼ @x @y

(sog. „Integrabilita¨tsbedingung“)

heißt exakt oder vollsta¨ndig. Die linke Seite dieser Gleichung ist dann das totale oder vollsta¨ndige Differential einer Funktion u ¼ u ðx; yÞ . Somit ist u x ¼ g ðx; yÞ und u y ¼ h ðx; yÞ. Die Lo¨sung der exakten Differentialgleichung lautet in impliziter Form: ð ð ð @g d x d y ¼ const: ¼ C („Lo¨sungsformel“) g ðx; yÞ d x þ h ðx; yÞ @y Die Lo¨sung la¨sst sich auch aus den Gleichungen u x ¼ g ðx; yÞ und u y ¼ h ðx; yÞ durch unbestimmte Integration bestimmen. Hinweise (1) (2)

Lehrbuch: Band 2, Kapitel IV.2.4 Formelsammlung: Kapitel X.2.3 Faktoren, die die Differentiations- bzw. Integrationsvariable nicht enthalten, sind konstante Faktoren und bleiben somit erhalten. Sie sind in diesem Abschnitt durch Grauunterlegung gekennzeichnet.

G45

ð1 x 2 e y Þ y 0 ¼ 2 x e y Zeigen Sie, dass diese Dgl exakt ist und bestimmen Sie mit der „Lo¨sungsformel“ die allgemeine Lo¨sung.

Wir bringen die Dgl zuna¨chst auf die spezielle Form g ðx; yÞ d x þ h ðx; yÞ d y ¼ 0: dy 2 x e y ¼ 0 d x ) ð1 x 2 e y Þ 2 x e y d x þ ð1 x 2 e y Þ d y ¼ 0 dx |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} g ðx; yÞ h ðx; yÞ Sie ist exakt, da die Integrabilita¨tsbedingung erfu¨llt ist: 9 @g @ > ¼ ð 2 x e y Þ ¼ 2 x e y > > = @y @y ) > > @h @ > ¼ ð1 x 2 e y Þ ¼ 2 x e y ; @x @x

@g @h ¼ 2x ey ¼ @x @y

394


Lo¨sung der exakten Dgl in impliziter Form (! FS: Kapitel X.2.3): ð ð ð @g d x d y ¼ const: ¼ C g ðx; yÞ d x þ h ðx; yÞ @y ð ð ð ð 2 x e y Þ d x þ ð1 x 2 e y Þ þ 2 x e y d x d y ¼

ð ¼ e

ð

ð

ð1 x e þ x e Þ d y ¼ e x þ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

2x dx þ

y

Lo¨sung:

|fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} x2 ey 2

y

2

y

y

2

1 d y ¼ x 2 e y þ y ¼ const: ¼ C

x2 ey þ y ¼ C

Kontrolle: Das totale Differential der impliziten Lo¨sung u ðx; yÞ ¼ x 2 e y þ y ¼ C fu¨hrt auf die vorliegende Dgl: du ¼

@u @u dx þ d y ¼ 2 x e y d x þ ð x 2 e y þ 1Þ d y ¼ 2 x e y d x þ ð1 x 2 e y Þ d y ¼ 0 @x @y

ð3 x 2 sin y y 2 sin xÞ d x þ ðx 3 cos y þ 2 y cos x þ 3 y 2 Þ d y ¼ 0

G46

Welche allgemeine Lo¨sung besitzt diese exakte Dgl („Lo¨sungsformel“ verwenden)?

Die vorliegende Dgl ist exakt, da die Faktoren g ðx; yÞ ¼ 3 x 2 sin y y 2 sin x

und h ðx; yÞ ¼ x 3 cos y þ 2 y cos x þ 3 y 2

die Integrabilita¨tsbedingung erfu¨llen: @g @ ð3 x 2 sin y y 2 sin x Þ ¼ 3 x 2 cos y 2 y sin x ¼ @y @y

9 > > > =

> > @h @ > ¼ ðx 3 cos y þ 2 y cos x þ 3 y 2 Þ ¼ 3 x 2 cos y 2 y sin x ; @x @x

)

@g @h ¼ @y @x

Wir bestimmen die allgemeine Lo¨sung dieser Dgl in impliziter Form: ð ð ð ð ð @g g ðx; yÞ d x þ h ðx; yÞ d x d y ¼ g ðx; yÞ d x þ ðh ðx; yÞ I Þ d y ¼ const: ¼ C @y |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} I Mit ð ð @g d x ¼ ð3 x 2 cos y 2 y sin xÞ d x ¼ x 3 cos y þ 2 y cos x I ¼ @y folgt (die Integrationskonstante darf hier weggelassen werden): ð ð g ðx; yÞ d x þ ðh ðx; yÞ I Þ d y ¼ ð

ð ð3 x sin y y sin xÞ d x þ

¼

2

ð ¼ Lo¨sung:

ðx 3 cos y þ 2 y cos x þ 3 y 2 x 3 cos y 2 y cos xÞ d y ¼

2

ð ð3 x sin y y 2

2

sin xÞ d x þ

x 3 sin y þ y 2 cos x þ y 3 ¼ C

3 y 2 d y ¼ x 3 sin y þ y 2 cos x þ y 3 ¼ const: ¼ C


G47

395

ð2 x e y Þ d x þ ð4 y þ 1 þ x e y Þ d y ¼ 0 Zeigen Sie zuna¨chst, dass diese Dgl exakt ist. Durch Integration der bereits bekannten partiellen Ableitungen u x und u y bestimmen Sie dann die Lo¨sung u ðx; yÞ ¼ const: der Dgl.

Die Dgl ist exakt, da die Integrabilita¨tsbedingung erfu¨llt ist. Denn mit g ðx; yÞ ¼ 2 x e y

und h ðx; yÞ ¼ 4 y þ 1 þ x e y

folgt (unter Verwendung der Kettenregel): 9 > > > > =

@g @ ¼ ð2 x e y Þ ¼ e y @y @y @h @ ¼ ð4 y þ 1 þ x e y Þ ¼ 1 e y ¼ e y @x @x

> > > > ;

)

@g @h ¼ e y ¼ @x @y

Der Ausdruck auf der linken Seite der Dgl ist daher das totale oder vollsta¨ndige Differential einer (noch unbekannten) Funktion u ðx; yÞ und die Lo¨sung der Dgl ist dann (in impliziter Form) u ðx; yÞ ¼ const: ¼ C . Wir ko¨nnten bei der Lo¨sung wie bei den bisherigen Aufgaben verfahren, wollen hier aber auf die sog. „Lo¨sungsformel“ verzichten und einen anderen Lo¨sungsweg einschlagen. Da wir das totale Differential von u ðx; yÞ bereits kennen, sind die partiellen Ableitungen 1. Ordnung dieser Funktion bekannt. Es gilt na¨mlich: ux ¼

@u ¼ g ðx; yÞ ¼ 2 x e y @x

und u y ¼

@u ¼ h ðx; yÞ ¼ 4 y þ 1 þ x e y @y

Mit Hilfe dieser Ableitungen la¨sst sich die Funktion u ðx; yÞ wie folgt bestimmen: ð ð y ux ¼ 2x e ) u ¼ u x d x ¼ ð2 x e y Þ d x ¼ x 2 x e y þ K ð yÞ Die bei der unbestimmten Integration auftretende Integrationskonstante kann dabei noch von der zweiten Variablen y abha¨ngen, da dieser Term beim partiellen Differenzieren nach x bekanntlich verschwindet (er entha¨lt ja nur y, nicht aber x ). Damit ist die Funktion u ðx; yÞ bis auf den Summand K ð yÞ bestimmt. Jetzt differenzieren wir diese Funktion unter Verwendung der Kettenregel partiell nach y und vergleichen das Ergebnis mit der bereits bekannten partiellen Ableitung u y ¼ h ðx; yÞ: uy ¼

@ ½ x 2 x e y þ K ð yÞ ¼ x e y þ K 0 ð yÞ ¼ 4 y þ 1 þ x e y @y

Durch Integration (nach y) erhalten wir schließlich: ð ð K ðyÞ ¼ K 0 ð yÞ d y ¼ ð4 y þ 1Þ d y ¼ 2 y 2 þ y þ K 1

)

K 0 ð yÞ ¼ 4 y þ 1

ðmit K 1 2 RÞ

Die gesuchte Funktion lautet somit: u ¼ u ðx; yÞ ¼ x 2 x e y þ K ð yÞ ¼ x 2 x e y þ 2 y 2 þ y þ K 1 Ihr totales Differential entspricht (wie man leicht nachrechnet) genau der linken Seite der vorliegenden Dgl. Damit erhalten wir die folgende allgemeine Lo¨sung (in impliziter Form): x 2 x e y þ 2 y 2 þ y ¼ const: ¼ C (die Konstante K 1 ist in C aufgegangen).

396


G48 Mit

ð3 x 2 þ y 2 þ 2 a xÞ d x þ 2 ðx aÞ y d y ¼ 0

ðmit a > 0Þ

Lo¨sen Sie diese exakte Dgl durch Integration der bereits bekannten partiellen Ableitungen u x und u y der (noch unbekannten) Lo¨sungsfunktion u ðx; yÞ ¼ const: der Dgl.

g ðx; yÞ ¼ 3 x 2 þ y 2 þ 2 a x @g ¼ 2y; @y

und

@h ¼ 2 1 y ¼ 2y @x

h ðx; yÞ ¼ 2 ðx aÞ y

folgt:

@g @h ¼ 2y ¼ @x @y

)

Die Dgl ist also exakt. Wir lo¨sen sie nach der selben Methode wie in der vorherigen Aufgabe. Die linke Seite der Dgl ist das totale Differential einer (noch unbekannten) Funktion u ðx; yÞ, deren partielle Ableitungen 1. Ordnung aber bekannt sind. Es gilt: u x ¼ g ðx; yÞ ¼ 3 x 2 þ y 2 þ 2 a x

u y ¼ h ðx; yÞ ¼ 2 ðx aÞ y

und

Wenn wir u y nach y integrieren und dabei beachten, dass die Integrationskonstante noch von der anderen Variablen (hier also x) abha¨ngen kann, erhalten wir die gesuchte Funktion u ¼ u ðx; yÞ: ð ð ð 2 ðx aÞ y d y ¼ ðx aÞ 2 y d y ¼ ðx aÞ y 2 þ K ðxÞ u ¼ uy dy ¼ Differenzieren wir jetzt u partiell nach x, so erhalten wir die bereits bekannte Ableitung u x ¼ g ðx; yÞ. Dies fu¨hrt zu einer einfachen Dgl fu¨r den noch unbekannten Summand K ðxÞ, die sich leicht lo¨sen la¨sst: i @ h ðx aÞ y 2 þ K ðxÞ ¼ 1 y 2 þ K 0 ðxÞ ¼ y 2 þ K 0 ðxÞ ¼ g ðx; yÞ ¼ 3 x 2 þ y 2 þ 2 a x @x ð ð 0 2 0 K ðxÞ ¼ 3 x þ 2 a x ) K ðxÞ ¼ K ðxÞ d x ¼ ð3 x 2 þ 2 a xÞ d x ¼ x 3 þ a x 2 þ K 1 ux ¼

)

Damit gilt: u ¼ u ðx; yÞ ¼ ðx aÞ y 2 þ K ðxÞ ¼ ðx aÞ y 2 þ x 3 þ a x 2 þ K 1 Die allgemeine Lo¨sung der exakten Dgl lautet also: u ðx; yÞ ¼ const:

)

x 3 þ a x 2 þ ðx aÞ y 2 ¼ const: ¼ C

(die Konstante K 1 ist in C aufgegangen)

ðx 2 y 2 þ x 3 Þ d x þ

G49

2 3 x y þ y3 3

dy ¼ 0


Lo¨sen Sie diese exakte Dgl (Nachweis fu¨hren) durch Integration der bekannten partiellen Ableitungen der (noch unbekannten) allgemeinen Lo¨sung.

Wir zeigen zuna¨chst, dass diese Dgl exakt ist. Mit g ðx; yÞ ¼ x 2 y 2 þ x 3

und h ðx; yÞ ¼

2 3 x y þ y3 3

folgt na¨mlich: @g @ ðx 2 y 2 þ x 3 Þ ¼ x 2 2 y ¼ 2 x 2 y ¼ @y @y @h @ ¼ @x @x

2 3 x y þ y3 3

¼

9 > > > > =

> > 2 > ; 3 x2 y ¼ 2 x2 y > 3

)

@g @h ¼ ¼ 2x2 y @y @x


397

Die Integrabilita¨tsbedingung ist also erfu¨llt, die linke Seite der exakten Dgl ist somit das totale Differential einer (noch unbekannten) Funktion u ¼ u ðx; yÞ, deren partielle Ableitungen 1. Ordnung jedoch bereits bekannt sind. Es gilt: ux ¼

@u ¼ g ðx; yÞ ¼ x 2 y 2 þ x 3 @x

und

uy ¼

@u 2 3 ¼ h ðx; yÞ ¼ x y þ y3 @y 3

Wir integrieren ux nach x, beachten dabei, dass die auftretende Integrationskonstante noch von der anderen Variablen (hier also y) abha¨ngen kann und erhalten: ð ð 1 3 2 1 4 u ¼ u x d x ¼ ðx 2 y 2 þ x 3 Þ d x ¼ x y þ x þ K ð yÞ 3 4 Um K ð yÞ zu bestimmen, differenzieren wir die Funktion u partiell nach y und erhalten die bereits bekannte partielle Ableitung u y ¼ h ðx; yÞ. Durch Vergleich folgt dann: 1 3 2 3 2 3 x 2 y þ K 0 ð yÞ ¼ x y þ K 0 ð yÞ ¼ h ðx; yÞ ¼ x y þ y3 3 3 3 ð ð 1 4 y y3 d y ¼ K ð yÞ ¼ K 0 ð yÞ d y ¼ 4 uy ¼

)

K 0 ð yÞ ¼ y 3

)

(die Integrationskonstante du¨rfen wir an dieser Stelle weglassen). Damit gilt: u ¼ u ðx; yÞ ¼

1 3 2 1 4 1 3 2 1 4 1 4 1 4 1 4 1 3 2 x y þ x þ K ð yÞ ¼ x y þ x þ y ¼ x þ y þ x y 3 4 3 4 4 4 4 3

Allgemeine Lo¨sung der exakten Dgl in impliziter Form: u ðx; yÞ ¼ const:

)

1 4 1 4 1 3 2 x þ y þ x y ¼ const: 4 4 3

oder

3 x 4 þ 3 y 4 þ 4 x 3 y 2 ¼ const: ¼ C

Spezielle Lo¨sung fu¨r den Anfangswert y ð1Þ ¼ 2 (in impliziter Form): y ð1Þ ¼ 2

)

3 1 þ 3 16 þ 4 1 4 ¼ 3 þ 48 þ 16 ¼ 67 ¼ C

)

C ¼ 67

3 x 4 þ 3 y 4 þ 4 x 3 y 2 ¼ 67

4x2 y2

G50

x2

dx þ

2y dy ¼ 0 x

Zeigen Sie, dass diese Dgl exakt ist und bestimmen Sie anschließend mit der „Lo¨sungsformel“ die allgemeine Lo¨sung der Dgl. Wie lautet die Lo¨sungskurve durch den Punkt P ¼ ð2; 2Þ?

Wir formen die Dgl zuna¨chst wie folgt um: ! y2 4 d x þ 2 y x 1 d y ¼ ð4 y 2 x 2 Þ d x þ 2 y x 1 d y ¼ 0 x2 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflffl{zfflfflffl} g ðx; yÞ h ðx; yÞ Sie ist exakt, da die Integrabilita¨tsbedingung erfu¨llt ist: @g @ ð4 y 2 x 2 Þ ¼ 2 y x 2 ¼ @y @y

9 > > > > =

> > > @h @ ; ¼ ð2 y x 1 Þ ¼ 2 y ð x 2 Þ ¼ 2 y x 2 > @x @x

)

@g @h ¼ ¼ 2 y x2 @y @x

398


Wir ermitteln jetzt die allgemeine Lo¨sung der Dgl in der impliziten Form (! „Lo¨sungsformel“): ð ð ð @g g ðx; yÞ d x þ h ðx; yÞ d x d y ¼ const: ¼ C @y ð ð4 y x 2

2

ð Þdx þ

2yx

1

ð

ð 2 y x

2

ð

Þ dx dy ¼

ð4 y 2 x 2 Þ d x þ

ð

ð2 y x 1 2 y x 1 Þ d y ¼

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 2 y x1 ð ¼

ð4 y x 2

2

ð Þ dx þ

4 x2 þ y2 ¼ C* x

)

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

0 d y ¼ 4 x þ y2 x 1 þ K ¼ 4 x þ

4 x2 þ y2 ¼ C * x

oder

y2 4 x2 þ y2 þK ¼ þK ¼ C x x

y2 þ 4 x2 C * x ¼ 0

)

ðmit C * ¼ C KÞ

Allgemeine Lo¨sung der Dgl: y 2 þ 4 x 2 C * x ¼ 0 Es handelt sich um la¨ngs der x-Achse verschobene Ellipsen. Durch quadratische Erga¨nzung erha¨lt man: 1 * C x þ y 2 ¼ 4 ðx 2 2 C 1 xÞ þ y 2 ¼ 0 y2 þ 4 x2 C * x ¼ 4 x2 C * x þ y2 ¼ 4 x2 4 |fflffl{zfflffl} 2 C1 4 ðx 2 2 C 1 x þ C 12 Þ þ y 2 ¼ 4 C 12 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} ðx C 1 Þ 2 ðx C 1 Þ 2 C 12

þ

y2 4 C 12

4 ðx C 1 Þ 2 þ y 2 ¼ 4 C 12 j : 4 C 12

)

)

)

¼ 1

Mittelpunkt: M ¼ ðC 1 ; 0Þ; Halbachsen: a ¼ j C 1 j, b ¼ 2 j C 1 j Spezielle Lo¨sung durch den Punkt P ¼ ð2; 2Þ: y ð2Þ ¼ 2

)

4 þ 4 4 2 C * ¼ 20 2 C * ¼ 0

y 2 þ 4 x 2 10 x ¼ 0

G51

oder

y ¼

)

2 C * ¼ 20

)

C * ¼ 10

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 10 x 4 x 2

Die nicht-exakte Dgl ðx 2 yÞ d x þ x d y ¼ 0 la¨sst sich durch einen integrierenden Faktor l ¼ l ðxÞ in eine exakte Dgl u¨berfu¨hren. Bestimmen Sie diesen Faktor und integrieren Sie anschließend die (dann exakte) Dgl mit Hilfe der „Lo¨sungsformel“.

Nach der (gliedweisen) Multiplikation der Dgl mit dem noch unbekannten integrierenden Faktor l ¼ l ðxÞ soll die dann vorliegende Dgl mit

g ðx; yÞ ¼ l ðx 2 yÞ

und

h ðx; yÞ ¼ l x

f

l ðx 2 yÞ d x þ l x d y ¼ 0 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} g ðx; yÞ h ðx; yÞ

exakt sein. Die Koeffizientenfunktionen g ðx; yÞ und h ðx; yÞ mu¨ssen also die Integrabilita¨tsbedingung erfu¨llen: @g @ ½ l ðx 2 yÞ ¼ l ð 1Þ ¼ l ; ¼ @y @y @g @h ¼ @y @x

)

l ¼ xl0 þ l

)

@h @ ¼ ðl xÞ ¼ l 0 x þ 1 l ¼ x l 0 þ l @x @x

xl0 ¼ 2l

ðProduktregel Þ


399

Diese Dgl 1. Ordnung fu¨r den integrierenden Faktor l ¼ l ðxÞ la¨sst sich leicht durch „Trennung der Variablen‘‘ wie folgt lo¨sen: dl dl 2 dx dx ¼ 2l ) ¼ ¼ 2 ) dx l x x ð ð C dl dx ¼ 2 ) ln j l j ¼ 2 ln j x j þ ln j C j ¼ ln x 2 þ ln C ¼ ln l x x2 xl0 ¼ x

(Rechenregeln: R3 und R2). Durch Entlogarithmierung folgt (Rechenregeln: R5 und R6): C C K j l j ¼ ) l ¼ ¼ ¼ K x 2 ðmit K ¼ CÞ 2 2 x x x2 ber die Konstante K ko¨nnen wir frei verfu¨gen. Wir wa¨hlen zweckma¨ßigerweise K ¼ 1. Der integrierende Faktor lautet also l ¼ x 2 . Die vorgegebene Dgl geht damit u¨ber in die exakte Dgl x 2 ðx 2 yÞ d x þ x 2 x d y ¼ 0

oder

ð1 x 2 yÞ d x þ x 1 d y ¼ 0

Wir bestimmen jetzt ihre allgemeine Lo¨sung nach der bekannten „Lo¨sungsformel“ ð ð ð @g g ðx; yÞ d x þ h ðx; yÞ d x d y ¼ const: ¼ C @y Mit g ðx; yÞ ¼ 1 x 2 y ¼ 1 y x 2 ;

h ðx; yÞ ¼ x 1

und

@g @ ¼ ð1 y x 2 Þ ¼ x 2 @y @y

folgt daraus: ð ð ð ð ð 2 1 2 ð1 y x Þ d x þ x þ x d x d y ¼ ð1 y x 2 Þ d x þ ðx 1 x 1 Þ d y ¼ |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} 0 x 1 ð ð ¼ ð1 y x 2 Þ d x þ 0 d y ¼ x y ð x 1 Þ þ K 1 ¼ x þ y x 1 þ K 1 ¼ const: ¼ C Die gesuchte Lo¨sung lautet somit: x þ y x1 ¼ C K1 ¼ C *

)

x þ

y ¼ C* x

)

x2 þ y ¼ C *x

)

y ¼ C *x x2

(mit C * ¼ C K 1 Þ In Bild G-15 sind einige Lo¨sungskurven dargestellt (nach unten geo¨ffnete Parabeln gleicher ffnung, gezeichnet fu¨r die Parameterwerte C * ¼ 1; 3; 5 und 7). y 12 8 4

Bild G-15 –2

1

3

5

7

x

–4 –8 1 3 57

1

3

5

7

400


4 x d x þ ð2 x 2 e y Þ d y ¼ 0

G52

Die vorliegende Dgl ist nicht exakt, la¨sst sich jedoch durch einen nur von y abha¨ngigen integrierenden Faktor l ¼ l ð yÞ in eine exakte Dgl verwandeln. Bestimmen Sie diesen Faktor und integrieren Sie anschließend die (dann exakte) Dgl.

Durch Multiplikation mit dem noch unbekannten integrierenden Faktor l ¼ l ð yÞ wird die Dgl exakt, d. h. die Koeffizientenfunktionen g ðx; yÞ und h ðx; yÞ der „neuen‘‘ (exakten) Dgl 4 x l d x þ ð2 x 2 e y Þ l d y ¼ 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |{z} g ðx; yÞ h ðx; yÞ

mit

g ðx; yÞ ¼ 4 x l und h ðx; yÞ ¼ ð2 x 2 e y Þ l

@g @h ¼ erfu¨llen: @y @x 9 @g @ > > > ð4 x lÞ ¼ 4 x l 0 ¼ > = @y @y ) 4xl0 ¼ 4xl > > > @h @ ; ¼ ð2 x 2 e y Þ l ¼ 4 x l > @x @x

mu¨ssen die Integrabilita¨tsbedingung

)

0

l ¼ l

dl mit l ¼ dy 0

Diese einfache Dgl 1. Ordnung fu¨r l ¼ l ð yÞ lo¨sen wir durch „Trennung der Variablen‘‘: dl dl ¼ l ) ¼ 1 dy ) dy l ð ð dl ¼ 1 d y ) ln j l j ¼ y þ ln j C j l

l0 ¼

)

ln j l j ln j C j ¼ y

)

l ln ¼ y C

(Rechenregel: R2). Entlogarithmieren liefert dann (Rechenregeln: R5 und R6): l ¼ e y ) l ¼ e y ) l ¼ C e y ¼ K ey ðmit K ¼ CÞ C C Wir du¨rfen u¨ber die Konstante K frei verfu¨gen und setzen K ¼ 1. Integrierender Faktor ist also l ¼ e y , die Dgl 4 x e y d x þ ð2 x 2 e y Þ e y d y ¼ 4 x e y d x þ ð2 x 2 e y 1Þ d y ¼ 0 ist exakt. Wir lo¨sen sie mit der bekannten „Lo¨sungsformel“: ð ð ð @g d x d y ¼ const: ¼ C g ðx; yÞ d x þ h ðx; yÞ @y Mit g ðx; yÞ ¼ 4 x e y ;

h ðx; yÞ ¼ 2 x 2 e y 1

und

@g @ ¼ ð4 x e y Þ ¼ 4 x e y @y @y

wird daraus: ð ð ð ð ð y 2 y y y 4x e dx þ 2 x e 1 4 x e d x d y ¼ 4 x e d x þ ð2 x 2 e y 1 2 x 2 e y Þ d y ¼ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 2 y 2x e ð ð ¼ 4 x e y d x þ ð 1Þ d y ¼ 2 x 2 e y y þ K 1 ¼ const: ¼ C Lo¨sung der exakten Dgl (in impliziter Form): 2 x2 e y y ¼ C K1 ¼ C *

ðmit C * ¼ C K 1 Þ

2 Lineare Differentialgleichungen 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten

401

2 Lineare Differentialgleichungen 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten Die homogene lineare Dgl wird durch einen Exponentialansatz gelo¨st, die inhomogene lineare Dgl durch „Aufsuchen einer partikula¨ren Lo¨sung“. Hinweise (1)

Lehrbuch: Band 2, Kapitel IV.3 und IV.4 Formelsammlung: Kapitel X.3.2 und X.4

(2)

Tabelle mit Lo¨sungsansa¨tzen fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung ! Band 2, Kapitel IV.3.4 (Tabelle 2) und Formelsammlung, Kapitel X.3.23

2.1 Homogene lineare Differentialgleichungen

G53

Lo¨sen Sie die folgende Randwertaufgabe: y 00 þ p 2 y ¼ 0

Randwerte: y ð0Þ ¼ 1 ; y ð3=2Þ ¼ 5

Mit dem Ansatz y ¼ e l x , y 0 ¼ l e l x , y 00 ¼ l 2 e l x gehen wir in die Dgl ein und lo¨sen die charakteristische Gleichung: y 00 þ p 2 y ¼ l 2 e l x þ p 2 e l x ¼ ðl 2 þ p 2 Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

l2 þ p2 ¼ 0

)

l 1=2 ¼ p j

Allgemeine Lo¨sung der Dgl: y ¼ C 1 sin ðp xÞ þ C 2 cos ðp xÞ Bestimmung der Integrationskonstanten aus den beiden Randbedingungen: y ð0Þ ¼ 1

)

C 1 sin 0 þ C 2 cos 0 ¼ C 1 0 þ C 2 1 ¼ C 2 ¼ 1

y ð3=2Þ ¼ 5

)

C 1 sin ð3 p=2Þ þ C 2 cos ð3 p=2Þ ¼ C 1 ð 1Þ þ C 2 0 ¼ C 1 ¼ 5

)

C1 ¼ 5

Lo¨sung der Randwertaufgabe:

G54

)

C2 ¼ 1

y ¼ 5 sin ðp xÞ þ 1 cos ðp xÞ ¼ 5 sin ðp xÞ þ cos ðp xÞ

y 00 þ 16 y 0 þ 100 y ¼ 0

Anfangswerte: y ð0Þ ¼ 2 ;

y 0 ð0Þ ¼ 8

Mit dem Lo¨sungsansatz y ¼ e l x und den zugeho¨rigen Ableitungen y 0 ¼ l e l x und y 00 ¼ l 2 e l x erhalten wir die folgende charakteristische Gleichung mit konjugiert komplexen Lo¨sungen: y 00 þ 16 y 0 þ 100 y ¼ l 2 e l x þ 16 l e l x þ 100 e l x ¼ ðl 2 þ 16 l þ 100Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi l 2 þ 16 l þ 100 ¼ 0 ) l 1=2 ¼ 8 64 100 ¼ 8 36 ¼ 8 6 j

)

402


Die allgemeine Lo¨sung der Dgl lautet damit: y ¼ e 8 x ½ C 1 sin ð6 xÞ þ C 2 cos ð6 xÞ Die Parameter (Integrationskonstanten) C1 und C2 werden aus den Anfangswerten bestimmt : y ð0Þ ¼ 2

)

e 0 ½ C 1 sin 0 þ C 2 cos 0 ¼ 1 ½ C 1 0 þ C 2 1 ¼ C 2 ¼ 2

)

C2 ¼ 2

y 0 ¼ 8 e x ½ C 1 sin ð6 xÞ þ C 2 cos ð6 xÞ þ ½ 6 C 1 cos ð6 xÞ 6 C 2 sin ð6 xÞ e 8 x ¼ ¼ e 8 x ½ 8 C 1 sin ð6 xÞ 8 C 2 cos ð6 xÞ þ 6 C 1 cos ð6 xÞ 6 C 2 sin ð6 xÞ (unter Verwendung der Produktregel in Verbindung mit der Kettenregel ) y 0 ð0Þ ¼ 8

Spezielle Lo¨sung:

)

e 0 ½ 8 C 1 sin 0 8 C 2 cos 0 þ 6 C 1 cos 0 6 C 2 sin 0 ¼ 8

)

1 ½ 8 C1 0 8 C2 1 þ 6 C1 1 6 C2 0 ¼ 8 C2 þ 6 C1 ¼ 8

)

8 2 þ 6 C1 ¼ 8

)

16 þ 6 C 1 ¼ 8

)

6 C 1 ¼ 24

)

C1 ¼ 4

y ¼ e 8 x ½ 4 sin ð6 xÞ þ 2 cos ð6 xÞ

Aperiodischer Grenzfall Die Lo¨sungen der Schwingungsgleichung x€ þ 2 a x_ þ 0;25 x ¼ 0 mit

G55

a > 0

ha¨ngen noch vom Parameter a ab. a) Wie muss a gewa¨hlt werden, damit der aperiodische Grenzfall eintritt? b) Wie lautet die Lo¨sung der Schwingungsgleichung im aperiodischen Grenzfall fu¨r die Anfangswerte x ð0Þ ¼ 2 und v ð0Þ ¼ x_ ð0Þ ¼ 2? x ¼ x ðtÞ: Weg-Zeit-Gesetz; v ¼ x_ ðtÞ: Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz

a) Der aperiodische Grenzfall tritt (definitionsgema¨ß) genau dann ein, wenn die charakteristische Gleichung der Dgl eine doppelte reelle Lo¨sung besitzt. Mit dem Exponentialansatz x ¼ e l t ; x_ ¼ l e l t und x€ ¼ l 2 e l t erha¨lt man (unter Beru¨cksichtigung von a > 0): x€ þ 2 a x_ þ 0;25 x ¼ l 2 e l t þ 2 a l e l t þ 0;25 e l t ¼ ðl 2 þ 2 a l þ 0;25Þ e l t ¼ 0 ) |{z} 6¼ 0 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi l 2 þ 2 a l þ 0;25 ¼ 0 ) l 1=2 ¼ a a 2 0;25 ) a 2 0;25 ¼ 0 ) a ¼ 0;5 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} 0 Der aperiodische Grenzfall tritt also fu¨r den Parameterwert a ¼ 0;5 ein, die charakteristische Gleichung hat dann die Doppello¨sung l 1=2 ¼ a ¼ 0;5. b) Die allgemeine Lo¨sung der Dgl x€ þ x_ þ 0;25 x ¼ 0 lautet also im aperiodischen Grenzfall: x ¼ ðC 1 t þ C 2 Þ e 0;5 t Fu¨r die Bestimmung der Konstanten C1 und C2 aus den Anfangswerten beno¨tigen wir noch die 1. Ableitung. Die Produktregel in Verbindung mit der Kettenregel liefert: x_ ¼ C 1 e 0;5 t 0,5 e 0;5 t ðC 1 t þ C 2 Þ ¼ ðC 1 0;5 C 1 t 0;5 C 2 Þ e 0;5 t


403

Aus den Anfangswerten erhalten wir wie folgt die Parameter C1 und C2 : x ð0Þ ¼ 2

)

ðC 1 0 þ C 2 Þ e 0 ¼ C 2 1 ¼ C 2 ¼ 2

v ð0Þ ¼ x_ ð0Þ ¼ 2

)

C2 ¼ 2

)

ðC 1 0,5 C 1 0 0,5 C 2 Þ e 0 ¼ ðC 1 0,5 C 2 Þ 1 ¼ C 1 0,5 C 2 ¼ 2

)

C 1 0,5 2 ¼ C 1 1 ¼ 2

Spezielle Lo¨sung der Schwingungsgleichung

)

C1 ¼ 1

x

x ¼ ð t þ 2Þ e 0;5 t ; t 0

2

Bild G-16 zeigt den zeitlichen Verlauf der aperiodischen Bewegung. 1

x = ( – t + 2) · e – 0,5 t

Bild G-16 2

8

t

– 0,5

Knickung eines Stabes nach Euler Sta¨be, die in axialer Richtung durch Druckkra¨fte belastet werden, zeigen bereits vor berschreiten der Materialfestigkeit ein seitliches Ausbiegen (sog. Knickung). Das Verhalten eines beidseitig gelenkig gelagerten Stabes der La¨nge l, der durch eine Druckkraft F axial belastet wird, la¨sst sich durch die sog. Biegegleichung y 00 þ

G56

F y ¼ 0 EI

mit

y ð0Þ ¼ y ð‘Þ ¼ 0

beschreiben (E I : konstante Biegesteifigkeit; y ¼ y ðxÞ: Biegelinie; Bild G-17). Bestimmen Sie die sog. Eulerschen Knickkra¨fte, bei der die Zersto¨rung des Stabes infolge seitlichen Ausknickens einsetzt. Hinweis: Untersuchen Sie, unter welcher Voraussetzung die Biegegleichung nicht-triviale Lo¨sungen besitzt. Stab

A

F

x y

B

F

l Biegelinie y (x )

y

Bild G-17

Wir bringen die Dgl zuna¨chst in die folgende Gestalt: F y þ y ¼ 0 EI 00

)

00

y þw y ¼ 0 2

F 2 mit w ¼ EI

Mit dem bekannten Lo¨sungsansatz y ¼ e l x , y 0 ¼ l e l x und y 00 ¼ l 2 e l x folgt dann: y 00 þ w 2 y ¼ l 2 e l x þ w 2 e l x ¼ ðl 2 þ w 2 Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0 Die allgemeine Lo¨sung der Dgl lautet damit: y ¼ C 1 sin ðw xÞ þ C 2 cos ðw xÞ

)

l2 þ w2 ¼ 0

)

l 1=2 ¼ j w

404


Die beiden Randbedingungen fu¨hren zu den folgenden Gleichungen fu¨r die noch unbekannten Integrationskonstanten C1 und C2 : y ð0Þ ¼ 0

)

C 1 sin 0 þ C 2 cos 0 ¼ C

y ð‘Þ ¼ 0

)

C 1 sin ðw ‘Þ þ C 2 cos ðw ‘Þ ¼ C 1 sin ðw ‘Þ þ 0 cos ðw ‘Þ ¼ C 1 sin ðw ‘Þ ¼ 0

1

0 þ C2 1 ¼ C2 ¼ 0

)

C2 ¼ 0

C1 muss von Null verschieden sein, andernfalls wa¨re y 0 (kein Knicken des Stabes). Wegen C 1 6¼ 0 muss demnach der Faktor sin ðw ‘Þ verschwinden. Diese Bedingung liefert uns die gesuchten Eigenwerte und Knickkra¨fte: sin ðw ‘Þ ¼ 0

)

w‘ ¼ k p

)

w ¼ k

p ‘

ðk ¼ 1; 2; 3; . . .Þ

(wegen w > 0 kommen fu¨r k nur positive Werte in Frage) w2 ¼

F p2 ¼ k2 2 EI ‘

)

F ¼ k2

p2EI ‘2

ðk ¼ 1; 2; 3; . . .Þ

Fu¨r k ¼ 1 erhalten wir den kleinsten Eigenwert w ¼ p = ‘. Die zugeho¨rige Eigenfunktion p

y ¼ C 1 sin x ; 0 x ‘ ‘ ist in Bild G-18 dargestellt (die Konstante C 1 6¼ 0 bleibt unbestimmt). y y = C1 · sin

π x l

C1

Bild G-18 0

l

x

Radialbewegung einer Masse auf einer rotierenden Scheibe Bild G-19 zeigt eine mit konstanter Winkelgeschwindigkeit w rotierende Zylinderscheibe vom Radius R, auf der sich eine Masse m reibungsfrei nach außen bewegt. Das Weg-Zeit-Gesetz r ¼ r ðtÞ genu¨gt dabei der Dgl r€ w 2 r ¼ 0 Schiene

m

r ð0Þ ¼ 1 und v ð0Þ ¼ r_ ð0Þ ¼ 0? M

v ¼ v ðtÞ ¼ r_ ðtÞ: Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz

v

r

Wie lautet die Lo¨sung dieser Dgl fu¨r die Anfangswerte

1

G57

v

R rotierende Zylinderscheibe

Bild G-19

Wir lo¨sen diese homogene Dgl mit dem Exponentialansatz r ¼ e l t , r_ ¼ l e l t , r€ ¼ l 2 e l t : r€ w 2 r ¼ l 2 e l t w 2 e l t ¼ ðl 2 w 2 Þ e l t ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

l2 w2 ¼ 0

Die allgemeine Lo¨sung und ihre 1. Ableitung lauten damit: r ¼ C1 e wt þ C2 e wt ;

r_ ¼ w C 1 e w t w C 2 e w t

ðKettenregel Þ

)

l 1=2 ¼ w


405

Aus den beiden Anfangsbedingungen lassen sich die Integrationskonstanten C1 und C2 wie folgt berechnen: )

ðIÞ

C1 e0 þ C2 e0 ¼ C1 1 þ C2 1 ¼ C1 þ C2 ¼ 1

r_ ð0Þ ¼ 0

)

ðIIÞ

w C 1 e 0 w C 2 e 0 ¼ w C 1 1 w C 2 1 ¼ w ðC 1 C 2 Þ ¼ 0

f

r ð0Þ ¼ 1

)

6¼ 0

C1 C2 ¼ 0

)

C1 ¼ C2

ðIÞ

)

C1 þ C2 ¼ C1 þ C1 ¼ 2 C1 ¼ 1

ðIIÞ

)

C2 ¼ C1 ¼

)

C1 ¼

1 2

r R

1 2

Weg-Zeit-Gesetz der Masse m in der Fu¨hrungsschiene (Bild G-20): r ¼

1

1 1 1 e wt þ e wt ¼ ðe w t þ e w t Þ ¼ cosh ðw tÞ 2 2 2

r = cosh (v t ) t

1 x Zur Erinnerung: cosh x ¼ ðe þ e x Þ ! FS: Kapitel III.11.1. 2

t

Bild G-20

2.2 Inhomogene lineare Differentialgleichungen

G58

y 00 þ 4 y 0 þ 5 y ¼ 5 x 2 32 x þ 5

1. Schritt: Wir lo¨sen die zugeho¨rige homogene Dgl y 00 þ 4 y 0 þ 5 y ¼ 0 durch den Exponentialansatz y ¼ e l x mit y 0 ¼ l e l x und y 00 ¼ l 2 e l x : y 00 þ 4 y 0 þ 5 y ¼ l 2 e l x þ 4 l e l x þ 5 e l x ¼ ðl 2 þ 4 l þ 5Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi l 2 þ 4 l þ 5 ¼ 0 ) l 1=2 ¼ 2 4 5 ¼ 2 1 ¼ 2 j

)

Die allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl lautet damit: y 0 ¼ e 2 x ðC 1 sin x þ C 2 cos xÞ 2. Schritt: Aus der Tabelle entnehmen wir fu¨r das Sto¨rglied g ðxÞ ¼ 5 x 2 32 x þ 5 wegen b ¼ 4 6¼ 0 den folgenden Ansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl: yP ¼ A x 2 þ B x þ C

mit den Ableitungen

y 0P ¼ 2 A x þ B

und

y 00P ¼ 2 A

Einsetzen in die inhomogene Dgl, ordnen nach fallenden Potenzen und ein Koeffizientenvergleich fu¨hren zu einem gestaffelten linearen Gleichungssystem fu¨r die noch unbekannten Parameter A, B und C im Lo¨sungsansatz, das sich schrittweise von oben nach unten lo¨sen la¨sst: y 00 þ 4 y 0 þ 5 y ¼ 5 x 2 32 x þ 5

)

2 A þ 4 ð2 A x þ BÞ þ 5 ðA x 2 þ B x þ CÞ ¼ 5 x 2 32 x þ 5

)

2 A þ 8 A x þ 4 B þ 5 A x 2 þ 5 B x þ 5 C ¼ 5 A x 2 þ ð8 A þ 5 BÞ x þ ð2 A þ 4 B þ 5 CÞ ¼ 5 x 2 32 x þ 5

406


ðIÞ

5A ¼ 5

ðIIÞ

8 A þ 5 B ¼ 32

ðIIIÞ

2A þ 4B þ 5C ¼ 5

Partikula¨re Lo¨sung:

)

A ¼ 1 )

8 1 þ 5 B ¼ 8 þ 5 B ¼ 32

)

5 B ¼ 40

)

B ¼ 8

)

2 1 þ 4 ð 8Þ þ 5 C ¼ 2 32 þ 5 C ¼ 30 þ 5 C ¼ 5

)

5 C ¼ 35

)

C ¼ 7

yP ¼ x 2 8 x þ 7

3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen linearen Dgl lautet damit: y ¼ y 0 þ y P ¼ e 2 x ðC 1 sin x þ C 2 cos xÞ þ x 2 8 x þ 7

G59

y 00 þ a 2 y ¼ 2 a sin ða xÞ

ða > 0Þ

1. Schritt: Wir lo¨sen zuna¨chst die zugeho¨rige homogene Dgl y 00 þ a 2 y ¼ 0 mit dem Exponentialansatz y ¼ e l x , y 0 ¼ l e l x , y 00 ¼ l 2 e l x : y 00 þ a 2 y ¼ l 2 e l x þ a 2 e l x ¼ ðl 2 þ a 2 Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

l2 þ a2 ¼ 0

)

l 1=2 ¼ j a

Die allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl lautet demnach: y 0 ¼ C 1 sin ða xÞ þ C 2 cos ða xÞ 2. Schritt: Sto¨rfunktion g ðxÞ ¼ 2 a sin ða xÞ mit b ¼ a Da j b ¼ j a eine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 þ a 2 ¼ 0 ist (siehe 1. Schritt), entnehmen wir der Tabelle den folgenden Ansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl: y P ¼ x ½ A sin ða xÞ þ B cos ða xÞ Die beno¨tigten Ableitungen y 0P und y 00P erhalten wir jeweils mit der Produktregel in Verbindung mit der Kettenregel: y 0P ¼ 1 ½ A sin ða xÞ þ B cos ða xÞ þ ½ a A cos ða xÞ a B sin ða xÞ x ¼ ¼ A sin ða xÞ þ B cos ða xÞ þ a x ½ A cos ða xÞ B sin ða xÞ y 00P ¼ a A cos ða xÞ a B sin ða xÞ þ a ½ A cos ða xÞ B sin ða xÞ þ þ ½ a A sin ða xÞ a B cos ða xÞ a x ¼ ¼ a ½ A cos ða xÞ B sin ða xÞ þ a ½ A cos ða xÞ B sin ða xÞ a 2 x ½ A sin ða xÞ þ B cos ða xÞ ¼ ¼ 2 a ½ A cos ða xÞ B sin ða xÞ a 2 x ½ A sin ða xÞ þ B cos ða xÞ Einsetzen in die inhomogene Dgl und ordnen der Glieder fu¨hrt zu: y 00 þ a 2 y ¼ 2 a sin ða xÞ

)

2 a ½ A cos ða xÞ B sin ða xÞ a 2 x ½ A sin ða xÞ þ B cos ða xÞ þ þ a 2 x ½ A sin ða xÞ þ B cos ða xÞ ¼ 2 a sin ða xÞ 2 a ½ A cos ða xÞ B sin ða xÞ ¼ 2 a sin ða xÞ j : 2 a

)

A cos ða xÞ B sin ða xÞ ¼ sin ða xÞ ¼ 0 cos ða xÞ þ 1 sin ða xÞ

)


407

Wir haben noch auf der rechten Seite die fehlende Kosinusfunktion mit dem Faktor 0 erga¨nzt (0 cos ða xÞ 0). Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir zwei Gleichungen fu¨r die unbekannten Koeffizienten A und B (verglichen werden jeweils die Kosinus- bzw. Sinusglieder der beiden Seiten): ðIÞ A ¼ 0;

ðIIÞ

B ¼ 1

)

B ¼ 1

Partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl: y P ¼ x ½ 0 sin ða xÞ 1 cos ða xÞ ¼ x cos ða xÞ 3. Schritt: Damit besitzt die inhomogene lineare Dgl folgende allgemeine Lo¨sung: y ¼ y 0 þ y P ¼ C 1 sin ða xÞ þ C 2 cos ða xÞ x cos ða xÞ ¼ C 1 sin ða xÞ þ ðC 2 xÞ cos ða xÞ

G60

y 00 þ 2 y 0 3 y ¼ 4 e x þ 6 x 10

1. Schritt: Wir lo¨sen die zugeho¨rige homogene Dgl y 00 þ 2 y 0 3 y ¼ 0 mit dem Exponentialansatz y ¼ e l x , y 0 ¼ l e l x , y 00 ¼ l 2 e l x : y 00 þ 2 y 0 3 y ¼ l 2 e l x þ 2 l e l x 3 e l x ¼ ðl 2 þ 2 l 3Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0 pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi l 2 þ 2 l 3 ¼ 0 ) l 1=2 ¼ 1 1 þ 3 ¼ 1 4 ¼ 1 2 )

)

l1 ¼ 1 ;

l2 ¼ 3

Die allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl lautet somit: y0 ¼ C1 e 1x þ C2 e 3x ¼ C1 e x þ C2 e 3x 2. Schritt: Fu¨r die beiden Summanden der Sto¨rfunktion g ðxÞ ¼ 4 e x þ 6 x 10 entnehmen wir aus der Tabelle folgende Ansa¨tze fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung y P : Sto¨rglied

c ¼ 1 !

g 1 ðxÞ ¼ 4 e x

yP1 ¼ A x e x

Begru¨ndung: c ¼ 1 ist eine einfache Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 þ 2 l 3 ¼ 0, siehe 1. Schritt. Sto¨rglied

b ¼ 3 6¼ 0 ! y

g 2 ðxÞ ¼ 6 x 10

P2

¼ Bx þ C

Der Lo¨sungsansatz y P ist dann die Summe der beiden Teilansa¨tze y P 1 und y P 2 : yP ¼ yP1 þ yP2 ¼ A x e x þ B x þ C Mit diesem Ansatz und den durch gliedweises Differenzieren unter Verwendung der Produktregel (1. Summand) gewonnenen Ableitungen y 0P ¼ A e x þ e x A x þ B ¼ A e x þ A x e x þ B y 00P ¼ A e x þ A e x þ e x A x ¼ 2 A e x þ A x e x gehen wir in die inhomogene Dgl ein, ordnen die Glieder und erhalten: y 00 þ 2 y 0 3 y ¼ 4 e x þ 6 x 10

)

2 A e x þ A x e x þ 2 ðA e x þ A x e x þ BÞ 3 ðA x e x þ B x þ CÞ ¼ 4 e x þ 6 x 10 2 A e þ A x e þ 2 A e þ 2 A x e þ 2 B 3 A x e 3 B x 3 C ¼ 4 e þ 6 x 10 x

x

x

x

4 A e x 3 B x þ 2 B 3 C ¼ 4 e x þ 6 x 10

x

x

) )

408


Durch Koeffizientenvergleich folgt (wir vergleichen dabei auf beiden Seiten die Koeffizienten von ex , x und die absoluten Glieder): ðIÞ

4A ¼ 4

)

ðIIÞ

3B ¼ 6

A ¼ 1 )

B ¼ 2

ðIIIÞ 2 B 3 C ¼ 10 Partikula¨re Lo¨sung:

)

2 ð 2Þ 3 C ¼ 4 3 C ¼ 10

)

3C ¼ 6

)

C ¼ 2

yP ¼ x e x 2 x þ 2

3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet damit: y ¼ y 0 þ y P ¼ C 1 e x þ C 2 e 3 x þ x e x 2 x þ 2 ¼ ðx þ C 1 Þ e x þ C 2 e 3 x 2 x þ 2

G61

y 00 y 0 6 y ¼ 12 cosh ð3 xÞ

1. Schritt: Wir lo¨sen zuna¨chst die zugeho¨rige homogene Dgl in der bekannten Weise mit dem Exponentialansatz y ¼ e l x , y 0 ¼ l e l x und y 00 ¼ l 2 e l x : y 00 y 0 6 y ¼ l 2 e l x l e l x 6 e l x ¼ ðl 2 l 6Þ e l x ¼ 0 ) |{z} 6¼ 0 rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffi 1 1 1 25 1 5 þ6 ¼ ¼ ) l1 ¼ 3 ; l 2 l 6 ¼ 0 ) l 1=2 ¼ 2 4 2 4 2 2

l2 ¼ 2

Allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl: y 0 ¼ C 1 e 3 x þ C 2 e 2 x 2. Schritt: Sto¨rglied g ðxÞ ¼ 12 cosh ð3 xÞ In unserer Tabelle suchen wir vergebens ein Sto¨rglied von diesem Typ. Da die Hyperbelfunktionen jedoch eine gewisse Verwandtschaft mit den trigonometrischen Funktionen zeigen, ko¨nnten wir fu¨r die partikula¨re Lo¨sung einen a¨hnlichen Lo¨sungsansatz versuchen wie fu¨r die entsprechende trigonometrische Funktion ðhier also: cos ð3 xÞÞ. Oder –– und diesen Weg wollen wir hier einschlagen –– wir fu¨hren die Hyperbelfunktion mit Hilfe der Definitionsformel auf die Exponentialfunktionen zuru¨ck: g ðxÞ ¼ 12 cosh ð3 xÞ ¼ 12

1 ðe 3 x þ e 3 x Þ ¼ 6 e 3 x þ 6 e 3 x 2

1 x ðe þ e x Þ ! FS: Kapitel III.11.1. 2 Fu¨r die Einzelsto¨rglieder entnehmen wir der Tabelle die folgenden Ansa¨tze fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung:

Zur Erinnerung: cosh x ¼

Sto¨rglied

g 1 ðxÞ ¼ 6 e 3 x

Sto¨rglied

g 2 ðxÞ ¼ 6 e 3 x

c ¼ 3 !

yP1 ¼ A x e 3x

c ¼ 3 !

yP2 ¼ B e 3x

Begru¨ndung: c ¼ 3 ist eine einfache Lo¨sung, c ¼ 3 dagegen keine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 l 6 ¼ 0, siehe 1. Schritt. Damit erhalten wir folgenden Lo¨sungsansatz fu¨r die partikula¨re Lo¨sung y P (Summe der beiden Einzelansa¨tze): yP ¼ yP1 þ yP2 ¼ A x e 3x þ B e 3x Mit Hilfe der Produkt- und Kettenregel bilden wir noch die beno¨tigten Ableitungen: y 0P ¼ A e 3 x þ 3 e 3 x A x 3 B e 3 x ¼ A e 3 x þ 3 A x e 3 x 3 B e 3 x y 00P ¼ 3 A e 3 x þ 3 A e 3 x þ 3 e 3 x 3 A x þ 9 B e 3 x ¼ 6 A e 3 x þ 9 A x e 3 x þ 9 B e 3 x


409

Die inhomogene Dgl geht dann u¨ber in: y 00 y 0 6 y ¼ 6 e 3 x þ 6 e 3 x

)

6 A e 3 x þ 9 A x e 3 x þ 9 B e 3 x ðA e 3 x þ 3 A x e 3 x 3 B e 3 x Þ 6 ðA x e 3 x þ B e 3 x Þ ¼ ¼ 6 e 3x þ 6 e 3x

)

6 A e 3x þ 9 A x e 3x þ 9 B e 3x A e 3x 3 A x e 3x þ 3 B e 3x 6 A x e 3x 6 B e 3x ¼ ¼ 6 e 3x þ 6 e 3x

)

5 A e 3x þ 6 B e 3x ¼ 6 e 3x þ 6 e 3x Koeffizientenvergleich (Vergleich der Glieder e3 x bzw. e 3 x auf beiden Seiten): ðIÞ 5 A ¼ 6

)

A ¼ 1,2

ðIIÞ

6B ¼ 6

)

B ¼ 1

y P ¼ 1,2 x e 3 x þ 1 e 3 x ¼ 1,2 x e 3 x þ e 3 x

Partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl:

3. Schritt: Die inhomogene Dgl besitzt damit die folgende allgemeine Lo¨sung: y ¼ y 0 þ y P ¼ C 1 e 3 x þ C 2 e 2 x þ 1,2 x e 3 x þ e 3 x ¼ ðC 1 þ 1,2 xÞ e 3 x þ C 2 e 2 x þ e 3 x

G62

y 00 þ 2 y 0 þ 2 y ¼ 2

Randbedingungen: y ð0Þ þ y 0 ðpÞ ¼ 0 ;

y ðpÞ ¼ 1

Lo¨sen Sie diese Randwertaufgabe.

1. Schritt: Integration der zugeho¨rigen homogenen Dgl y 00 þ 2 y 0 þ 2 y ¼ 0 Der Exponentialansatz y ¼ e l x mit y 0 ¼ l e l x und y 00 ¼ l 2 e l x fu¨hrt zu der folgenden charakteristischen Gleichung: y 00 þ 2 y 0 þ 2 y ¼ l 2 e l x þ 2 l e l x þ 2 e l x ¼ ðl 2 þ 2 l þ 2Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 ¼ 1 j l 2 þ 2 l þ 2 ¼ 0 ) l 1=2 ¼ 1 1 2 ¼ 1

)

Die allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl lautet daher: y 0 ¼ e x ðC 1 sin x þ C 2 cos xÞ 2. Schritt: Aus der Tabelle entnehmen wir fu¨r das konstante Sto¨rglied g ðxÞ ¼ 2 den Ansatz y P ¼ const: ¼ A fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung. Mit den Ableitungen y 0P ¼ 0 und y 00P ¼ 0 erhalten wir dann beim Einsetzen in die inhomogene Dgl eine Bestimmungsgleichung fu¨r die noch unbekannte Konstante A: y 00 þ 2 y 0 þ 2 y ¼ 2

)

0 þ 2 0 þ 2A ¼ 2A ¼ 2

)

Somit ist y P ¼ 1 die gesuchte partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl. 3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet somit: y ¼ y 0 þ y P ¼ e x ðC 1 sin x þ C 2 cos xÞ þ 1

A ¼ 1

410


4. Schritt: Aus den beiden Randbedingungen bestimmen wir die Konstanten C1 und C2 . Dabei beno¨tigen wir noch die Ableitung der allgemeinen Lo¨sung (Produktregel in Verbindung mit der Kettenregel): y 0 ¼ e x ðC 1 sin x þ C 2 cos xÞ þ ðC 1 cos x C 2 sin xÞ e x ¼ ¼ e x ðC 1 sin x þ C 2 cos x C 1 cos x þ C 2 sin xÞ Wir berechnen zuna¨chst die in den Randbedingungen auftretenden Werte y ð0Þ, y ðpÞ und y 0 ðpÞ: y ð0Þ ¼ e 0 ðC 1 sin 0 þ C 2 cos 0Þ þ 1 ¼ 1 ðC 1 0 þ C 2 1Þ þ 1 ¼ C 2 þ 1 y ðpÞ ¼ e p ðC 1 sin p þ C 2 cos pÞ þ 1 ¼ e p ðC 1 0 þ C 2 ð 1ÞÞ þ 1 ¼ e p C 2 þ 1 y 0 ðpÞ ¼ e p ðC 1 sin p þ C 2 cos p C 1 cos p þ C 2 sin pÞ ¼ ¼ e p ðC 1 0 þ C 2 ð 1Þ C 1 ð 1Þ þ C 2 0Þ ¼ e p ð C 2 þ C 1 Þ ¼ e p ðC 2 C 1 Þ Aus den Randbedingungen folgt dann: y ð0Þ þ y 0 ðpÞ ¼ 0

)

ðIÞ

C 2 þ 1 þ e p ðC 2 C 1 Þ ¼ 0

y ðpÞ ¼ 1

)

ðIIÞ

e p C2 þ 1 ¼ 1

ðIÞ

0 þ 1 þ e p ð0 C 1 Þ ¼ 1 e p C 1 ¼ 0

)

ep C2 ¼ 0

) )

)

e p C 1 ¼ 1

C2 ¼ 0 )

C1 ¼ e p

Damit erhalten wir die folgende Lo¨sung fu¨r diese Randwertaufgabe: y ¼ e x ½ e p sin x þ 0 cos x þ 1 ¼ e x e p sin x þ 1 ¼ e p x sin x þ 1

G63

Lo¨sen Sie die folgende Anfangswertaufgabe: y 00 þ y ¼ 2 cos x þ x

mit

y ðpÞ ¼ 2 p

und

y 0 ðpÞ ¼ p

1. Schritt: Die zugeho¨rige homogene Dgl y 00 þ y ¼ 0 fu¨hrt mit dem bekannten Exponentialansatz y ¼ e l x auf die folgende charakteristische Gleichung ð y 0 ¼ l e l x , y 00 ¼ l 2 e l x Þ: y 00 þ y ¼ l 2 e l x þ e l x ¼ ðl 2 þ 1Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

l2 þ 1 ¼ 0

)

l 1=2 ¼ 1 j ¼ j

Allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl: y 0 ¼ C 1 sin x þ C 2 cos x 2. Schritt: Sto¨rglied

g ðxÞ ¼ 2 cos x þ x ¼ g 1 ðxÞ þ g 2 ðxÞ

g 1 ðxÞ ¼ 2 cos x

mit

und

g 2 ðxÞ ¼ x

Aus der Tabelle entnehmen wir die folgenden Ansa¨tze fu¨r die partikula¨ren Lo¨sungen der einzelnen Sto¨rglieder: Sto¨rglied

g 1 ðxÞ ¼ 2 cos x

b ¼ 1 !

y P 1 ¼ x ðA sin x þ B cos xÞ

Begru¨ndung: j b ¼ j 1 ¼ j ist eine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 þ 1 ¼ 0, siehe 1. Schritt. Sto¨rglied

g 2 ðxÞ ¼ x

b ¼ 1 6¼ 0 !

yP2 ¼ C x þ D

Ansatz y P fu¨r das Sto¨rglied g ðxÞ ¼ g 1 ðxÞ þ g 2 ðxÞ ¼ 2 cos x þ x : y P ¼ y P 1 þ y P 2 ¼ x ðA sin x þ B cos xÞ þ C x þ D

ðSumme der EinzelansätzeÞ


411

Mit diesem Ansatz und den mit Hilfe der Produktregel erhaltenen Ableitungen y 0P ¼ 1 ðA sin x þ B cos xÞ þ ðA cos x B sin xÞ x þ C ¼ ¼ A sin x þ B cos x þ x ðA cos x B sin xÞ þ C y 00P ¼ A cos x B sin x þ 1 ðA cos x B sin xÞ þ ð A sin x B cos xÞ x ¼ ¼ A cos x B sin x þ A cos x B sin x x ðA sin x þ B cos xÞ ¼ ¼ 2 A cos x 2 B sin x x ðA sin x þ B cos xÞ gehen wir in die inhomogene Dgl, ordnen die Glieder und erhalten durch einen Koeffizientenvergleich vier einfache Gleichungen fu¨r die vier Unbekannten A, B, C und D: y 00 þ y ¼ 2 cos x þ x

)

2 A cos x 2 B sin x x ðA sin x þ B cos xÞ þ x ðA sin x þ B cos xÞ þ C x þ D ¼ 2 cos x þ x |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 2 A cos x 2 B sin x þ C x þ D ¼ 2 cos x þ 0 sin x þ x þ 0 Vor dem Koeffizientenvergleich haben wir auf der rechten Seite die noch fehlenden Glieder erga¨nzt (Sinusglied 0 sin x 0 und absolutes Glied 0, sie vera¨ndern nichts): 2A ¼ 2;

2B ¼ 0;


C ¼ 1;

D ¼ 0

)

A ¼ 1;

B ¼ 0;

C ¼ 1;

D ¼ 0

y P ¼ x ð1 sin x þ 0 cos xÞ þ 1 x þ 0 ¼ x sin x þ x

3. Schritt: Die inhomogene Dgl besitzt damit die folgende allgemeine Lo¨sung: y ¼ y 0 þ y P ¼ C 1 sin x þ C 2 cos x þ x sin x þ x 4. Schritt: Aus den Anfangswerten berechnen wir die noch unbekannten Koeffizienten C1 und C2 : y ðpÞ ¼ 2 p

)

C 1 sin p þ C 2 cos p þ p sin p þ p ¼ C 2 þ p ¼ 2 p |ffl{zffl} |fflffl{zfflffl} |ffl{zffl} 0 1 0

)

C2 ¼ p

y 0 ¼ C 1 cos x C 2 sin x þ 1 sin x þ ðcos xÞ x þ 1 ¼ ¼ C 1 cos x C 2 sin x þ sin x þ x cos x þ 1 y 0 ðpÞ ¼ p

) )

C 1 cos p C 2 sin p þ sin p þ p cos p þ 1 ¼ C 1 p þ 1 ¼ p |fflffl{zfflffl} |ffl{zffl} |ffl{zffl} |fflffl{zfflffl} 1 0 0 1 C1 ¼ 1 þ 2 p ) C1 ¼ 1 2 p

Die gesuchte spezielle Lo¨sung lautet damit: y ¼ ð1 2 pÞ sin x p cos x þ x sin x þ x

Anregung eines Feder-Masse-Schwingers durch eine exponentiell abklingende aüßere Kraft

G64

Ein schwingungsfa¨higes Feder-Masse-System mit der Masse m und der Federkonstanten c unterliege der zeitabha¨ngigen aüßeren Kraft F ðtÞ ¼ F 0 e a t mit a > 0. Lo¨sen Sie die Schwingungsgleichung m x€ þ c x ¼ F 0 e a t fu¨r die Anfangswerte x ð0Þ ¼ 0 und v ð0Þ ¼ x_ ð0Þ ¼ 0. Wie lautet die „stationa¨re“ Lo¨sung? x ¼ x ðtÞ: Weg-Zeit-Gesetz; v ¼ v ðtÞ ¼ x_ ðtÞ: Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz.

412


Wir bringen die Dgl zuna¨chst auf eine etwas u¨bersichtlichere Gestalt: x€ þ

c F0 e at x ¼ m m

x€ þ w 2 x ¼ K 0 e a t

oder

w2 ¼

mit

c ; m

K0 ¼

F0 m

1. Schritt: Die zugeho¨rige homogene Dgl x€ þ w 2 x ¼ 0 wird durch den Exponentialansatz x ¼ e l t gelo¨st: x ¼ e lt ;

x_ ¼ l e l t ;

x€ ¼ l 2 e l t

x€ þ w 2 x ¼ l 2 e l t þ w 2 e l t ¼ ðl 2 þ w 2 Þ e l t ¼ 0 |{z} 6¼ 0

l2 þ w2 ¼ 0

)

)

l 1=2 ¼ j w

Damit ist x 0 ¼ C 1 sin ðw tÞ þ C 2 cos ðw tÞ die allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl. 2. Schritt: Den zur Sto¨rfunktion g ðtÞ ¼ K 0 e a t geho¨renden Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung x P der inhomogenen Dgl entnehmen wir der Tabelle. Er lautet: x P ¼ A e a t . Mit diesem Ansatz und den Ableitungen x_ P ¼ a A e a t und x€P ¼ a 2 A e a t gehen wir jetzt in die inhomogene Dgl und bestimmen den noch unbekannten Parameter A: x€ þ w 2 x ¼ K 0 e a t

)

a 2 A e at þ w 2 A e at ¼ K0 e at j : e at xP ¼


K0 a2

þ w2

)

A ða 2 þ w 2 Þ ¼ K 0

)

A ¼

K0 a2

þ w2

e at

3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der Dgl lautet damit: K0

x ¼ x 0 þ x P ¼ C 1 sin ðw tÞ þ C 2 cos ðw tÞ þ

a2

þ w2

e at ;

t 0

4. Schritt: Die Parameter C1 und C2 werden wie folgt aus den Anfangswerten bestimmt: x ð0Þ ¼ 0

)

C 1 sin 0 þ C 2 cos 0 þ

)

C2 þ

K0 a2

þ

w2

¼ 0

)

K0 a2 þ w2 C2 ¼

x_ ¼ w C 1 cos ðw tÞ w C 2 sin ðw tÞ a x_ ð0Þ ¼ 0

)

K0

w C 1 cos 0 w C 2 sin 0 a

Lo¨sung:

w C1 a

K0 a2 þ w2

¼ 0

)

a2 þ w2

1 ¼ 0

þ w2

e at

K0 a2 þ w2 K0

a2

K0

K0 a2

a2 þ w2

¼ w C1 1 w C2 0 a )

e0 ¼ C1 0 þ C2 1 þ

ðKettenregel Þ

e0 ¼

1 ¼ 0

þ w2

w C1 ¼ a

K0 a2 þ w2

)

C1 ¼

K0 a w a2 þ w2

K0 K0 K0 a sin ðw tÞ cos ðw tÞ þ e at ¼ 2 2 2 2 2 w a þw a þw a þ w2 a

K0 ¼ sin ðw tÞ cos ðw tÞ þ e a t ; t 0 a2 þ w2 w

x ¼

„Stationa¨re Lo¨sung‘‘: Im Laufe der Zeit (d. h. fu¨r t ! 1) spielt der Summand e a t keine nennenswerte Rolle mehr und darf daher vernachla¨ssigt werden ðe a t geht asymptotisch gegen Null): x stationär ¼

a

K0 a2

þ

w2

w

sin ðw tÞ cos ðw tÞ ¼

K0 w ða 2

þ w 2Þ

ða sin ðw tÞ w cos ðw tÞÞ


G65

413

Lo¨sen Sie die folgende Schwingungsgleichung: x€ þ x ¼ 10 ðcos t sin tÞ

x_ ð0Þ ¼ 5

Anfangswerte: x ð0Þ ¼ 1 ;

1. Schritt: Wir lo¨sen zuna¨chst die zugeho¨rige homogene Dgl x€ þ x ¼ 0. Lo¨sungsansatz: x ¼ e l t , x_ ¼ l e l t , x€ ¼ l 2 e l t x€ þ x ¼ l 2 e l t þ e l t ¼ ðl 2 þ 1Þ e l t ¼ 0 |{z} 6¼ 0 Allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl:

)

l2 þ 1 ¼ 0

)

l 1=2 ¼ 1 j ¼ j

x 0 ¼ C 1 sin t þ C 2 cos t

2. Schritt: Sto¨rglied g ðtÞ ¼ 10 ðcos t sin tÞ Aus der Tabelle entnehmen wir den folgenden Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung ð b ¼ 1; j b ¼ j 1 ¼ j ist eine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 þ 1 ¼ 0; siehe 1. Schritt): x P ¼ t ð A sin t þ B cos tÞ Mit der Produktregel bilden wir die beno¨tigten Ableitungen 1. und 2. Ordnung: x_ P ¼ 1 ð A sin t þ B cos tÞ þ ð A cos t B sin tÞ t ¼ A sin t þ B cos t þ t ð A cos t B sin tÞ x€P ¼ A cos t B sin t þ 1 ð A cos t B sin tÞ þ ð A sin t B cos tÞ t ¼ ¼ A cos t B sin t þ A cos t B sin t t ð A sin t þ B cos tÞ ¼ ¼ 2 A cos t 2 B sin t t ð A sin t þ B cos tÞ Wir setzen diese Ausdru¨cke in die inhomogene Dgl ein: x€ þ x ¼ 10 ðcos t sin tÞ

)

2 A cos t 2 B sin t t ð A sin t þ B cos tÞ þ t ð A sin t þ B cos tÞ ¼ 10 ðcos t sin tÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0 2 A cos t 2 B sin t ¼ 10 cos t 10 sin t

)

Koeffizientenvergleich liefert dann (Vergleich der Kosinus- bzw. Sinusglieder auf beiden Seiten): 2 A ¼ 10 ; Partikula¨re Lo¨sung:

2 B ¼ 10

)

A ¼ 5;

B ¼ 5

x P ¼ t ð5 sin t þ 5 cos tÞ ¼ 5 t ðsin t þ cos tÞ

3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der Schwingungsgleichung lautet: x ¼ x 0 þ x P ¼ C 1 sin t þ C 2 cos t þ 5 t ðsin t þ cos tÞ ;

t 0

4. Schritt: Aus den Anfangsbedingungen berechnen wir die Parameter C1 und C2 : x ð0Þ ¼ 1

)

C 1 sin 0 þ C 2 cos 0 þ 0 ¼ C 1 0 þ C 2 1 ¼ C 2 ¼ 1

)

C2 ¼ 1

x_ ¼ C 1 cos t C 2 sin t þ 5 ðsin t þ cos tÞ þ 5 t ðcos t sin tÞ (Ableitung des letzten Summanden nach der Produktregel ) x_ ð0Þ ¼ 5

Lo¨sung:

)

C 1 cos 0 C 2 sin 0 þ 5 ðsin 0 þ cos 0Þ þ 0 ¼ C 1 1 C 2 0 þ 5 ð0 þ 1Þ ¼ 5

)

C1 þ 5 ¼ 5

)

C1 ¼ 0

x ¼ 0 sin t þ 1 cos t þ 5 t ðsin t þ cos tÞ ¼ cos t þ 5 t ðsin t þ cos tÞ ;

t 0

414


Der zeitliche Verlauf der Schwingung ist in Bild G-21 dargestellt. x x = cos t + 5 t (sin t + cos t ) 100 60 20 – 20

Bild G-21 2

6

10

14

t

18

– 60 – 100

Elektrische Schwingung in einem L C-Stromkreis (Resonanzfall) In einem L C-Stromkreis mit der Induktivita¨t L und der Kapazita¨t C genu¨gt die Ladung q der Dgl L q€ þ

G66

q ¼ u C

Dabei ist u ¼ u ðtÞ die von außen angelegte Spannung. Bestimmen Sie den zeitlichen Verlauf der Kondensatorladung q ¼ q ðtÞ, wenn die Wechselspannung u ¼ u 0 cos ðw 0 tÞ

mit

1 w 0 ¼ pffiffiffiffiffiffiffi LC

angelegt wird. Der Kondensator soll zu Beginn, d. h. zur Zeit t ¼ 0 die Ladung q ð0Þ ¼ q 0 haben, der Stromkreis zur gleichen Zeit stromlos sein. Hinweis: Die Stromsta¨rke i ¼ i ðtÞ ist die 1. Ableitung der Ladung q ¼ q ðtÞ nach der Zeit t .

Wir bringen die Dgl zuna¨chst auf folgende Gestalt: 1 u q ¼ q€ þ LC L

oder

q€ þ

w 20

u0 cos ðw 0 tÞ q ¼ L

1 ¼ LC

mit

w 20

)

l 2 þ w 20 ¼ 0

1. Schritt: Integration der zugeho¨rigen homogenen Dgl q€ þ w 20 q ¼ 0 Lo¨sungsansatz: q ¼ e l t , q_ ¼ l e l t , q€ ¼ l 2 e l t q€ þ w 20 q ¼ l 2 e l t þ w 20 e l t ¼ ðl 2 þ w 20 Þ e l t ¼ 0 |{z} 6¼ 0 Lo¨sung der homogenen Dgl:

)

l 1=2 ¼ w 0 j

q h ¼ C 1 sin ðw 0 tÞ þ C 2 cos ðw 0 tÞ

u0 cos ðw 0 tÞ L Aus der Tabelle erhalten wir fu¨r die partikula¨re Lo¨sung q P der inhomogenen Dgl den folgenden Lo¨sungsansatz ð b ¼ w 0 ; j b ¼ j w 0 ¼ w 0 j ist eine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 þ w 20 ¼ 0, siehe 1. SchrittÞ:

2. Schritt: Sto¨rglied g ðtÞ ¼

q P ¼ t ½ A sin ðw 0 tÞ þ B cos ðw 0 tÞ


415

Mit der Produkt- und Kettenregel bilden wir die beno¨tigten ersten beiden Ableitungen: q_ P ¼ 1 ½ A sin ðw 0 tÞ þ B cos ðw 0 tÞ þ ½ w 0 A cos ðw 0 tÞ w 0 B sin ðw 0 tÞ t ¼ ¼ A sin ðw 0 tÞ þ B cos ðw 0 tÞ þ t ½ w 0 A cos ðw 0 tÞ w 0 B sin ðw 0 tÞ q€ P ¼ w 0 A cos ðw 0 tÞ w 0 B sin ðw 0 tÞ þ 1 ½ w 0 A cos ðw 0 tÞ w 0 B sin ðw 0 tÞ þ þ ½ w 20 A sin ðw 0 tÞ w 20 B cos ðw 0 tÞ t ¼ ¼ w 0 A cos ðw 0 tÞ w 0 B sin ðw 0 tÞ þ w 0 A cos ðw 0 tÞ w 0 B sin ðw 0 tÞ t w 20 t ½ A sin ðw 0 tÞ þ B cos ðw 0 tÞ ¼ ¼ 2 w 0 A cos ðw 0 tÞ 2 w 0 B sin ðw 0 tÞ w 20 t ½ A sin ðw 0 tÞ þ B cos ðw 0 tÞ Einsetzen in die inhomogene Dgl: q€ þ w 20 q ¼

u0 cos ðw 0 tÞ L

)

2 w 0 A cos ðw 0 tÞ 2 w 0 B sin ðw 0 tÞ w 20 t ½ A sin ðw 0 tÞ þ B cos ðw 0 tÞ þ u0 cos ðw 0 tÞ L

þ w 20 t ½ A sin ðw 0 tÞ þ B cos ðw 0 tÞ ¼ 2 w 0 A cos ðw 0 tÞ 2 w 0 B sin ðw 0 tÞ ¼

)

u0 cos ðw 0 tÞ þ 0 sin ðw 0 tÞ L

ðmathematischer „Trick‘‘: wir haben die rechte Seite um das fehlende Sinusglied erga¨nzt: 0 sin ðw 0 tÞ 0Þ. Koeffizientenvergleich liefert zwei Gleichungen fu¨r die Unbekannten A und B, aus der sich diese bestimmen lassen: 2 w0 A ¼

u0 ; L


2 w0 B ¼ 0

)

A ¼

qP

u0 ; 2 w0 L

B ¼ 0

u0 ¼ t sin ðw 0 tÞ þ 0 cos ðw 0 tÞ 2 w0 L

¼

u0 t sin ðw 0 tÞ 2 w0 L

3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet damit: q ¼ q h þ q P ¼ C 1 sin ðw 0 tÞ þ C 2 cos ðw 0 tÞ þ

u0 t sin ðw 0 tÞ ; 2 w0 L

t 0

4. Schritt: Aus den Anfangsbedingungen lassen sich die noch unbekannten Konstanten C1 und C2 wie folgt bestimmen: q ð0Þ ¼ q 0

)

C 1 sin 0 þ C 2 cos 0 þ 0 ¼ C 1 0 þ C 2 1 ¼ C 2 ¼ q 0

q_ ¼ w 0 C 1 cos ðw 0 tÞ w 0 C 2 sin ðw 0 tÞ þ ¼ w 0 C 1 cos ðw 0 tÞ w 0 C 2 sin ðw 0 tÞ þ

)

C2 ¼ q0

u0 ½ 1 sin ðw 0 tÞ t w 0 cos ðw 0 tÞ ¼ 2 w0 L u0 ½ sin ðw 0 tÞ w 0 t cos ðw 0 tÞ 2 w0 L

(Ableitung durch gliedweises Differenzieren unter Verwendung von Ketten- und Produktregel ) i ð0Þ ¼ q_ ð0Þ ¼ 0

)

w 0 C 1 cos 0 w 0 C 2 sin 0 þ

)

w0 C1 1 w0 C2 0 þ

Lo¨sung: q ¼ 0 sin ðw 0 tÞ þ q 0 cos ðw 0 tÞ þ ¼ q 0 cos ðw 0 tÞ þ

u0 ðsin 0 0Þ ¼ 0 2 w0 L

u0 0 ¼ w0 C1 ¼ 0 2 w0 L

u0 t sin ðw 0 tÞ ¼ 2 w0 L

u0 t sin ðw 0 tÞ ; 2 w0 L

t 0

)

C1 ¼ 0

416


Bild G-22 zeigt den zeitlichen Verlauf der Kondensatorladung. q

Bild G-22 t

Erzwungene Schwingung in einem mechanischen Schwingkreis Bestimmen Sie die allgemeine Lo¨sung der folgenden Schwingungsgleichung: x€ þ 16 x_ þ 64 x ¼ 79 cos t þ 47 sin t

G67

Wie lautet die „stationa¨re“ Lo¨sung dieser Dgl, dargestellt als phasenverschobene Sinusschwingung in der Form xstationär ¼ C sin ðw t þ jÞ

mit

C > 0

und

0 j < 2p

(sog. erzwungene Schwingung)?

1. Schritt: Integration der zugeho¨rigen homogenen Dgl x€ þ 16 x_ þ 64 x ¼ 0 Lo¨sungsansatz: x ¼ e l t , x_ ¼ l e l t , x€ ¼ l 2 e l t x€ þ 16 x_ þ 64 x ¼ l 2 e l t þ 16 l e l t þ 64 e l t ¼ ðl 2 þ 16 l þ 64Þ e l t ¼ 0 |{z} 6¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 l þ 16 l þ 64 ¼ 0 ) l 1=2 ¼ 8 64 64 ¼ 8 0 ¼ 8

)

Lo¨sung der homogenen Dgl: x 0 ¼ ðC 1 t þ C 2 Þ e 8 t 2. Schritt: Sto¨rfunktion g ðtÞ ¼ 79 cos t þ 47 sin t Aus der Tabelle entnommener Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung x P der inhomogenen Dgl (mit 1. und 2. Ableitung): x P ¼ A sin t þ B cos t ;

x_ P ¼ A cos t B sin t ;

x€P ¼ A sin t B cos t

Begru¨ndung: b ¼ 1, j b ¼ j 1 ¼ j ist keine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 þ 16 l þ 64 ¼ 0, siehe 1. Schritt. Einsetzen in die inhomogene Dgl und ordnen der Glieder: x€ þ 16 x_ þ 64 x ¼ 79 cos t þ 47 sin t

)

A sin t B cos t þ 16 ð A cos t B sin tÞ þ 64 ð A sin t þ B cos tÞ ¼ 79 cos t þ 47 sin t A sin t B cos t þ 16 A cos t 16 B sin t þ 64 A sin t þ 64 B cos t ¼ 79 cos t þ 47 sin t ð16 A þ 63 BÞ cos t þ ð63 A 16 BÞ sin t ¼ 79 cos t þ 47 sin t


417

Koeffizientenvergleich (verglichen werden die Kosinus- bzw. Sinusglieder beider Seiten) liefert zwei einfache Gleichungen fu¨r die Unbekannten A und B: ) ) ðIÞ 16 A þ 63 B ¼ 79 j 16 ðI *Þ 256 A þ 1008 B ¼ 1264 ) þ ðIIÞ 63 A 16 B ¼ 47 j 63 ðII *Þ 3969 A 1008 B ¼ 2961 4225 A ðIÞ )

16 A þ 63 B ¼ 16 1 þ 63 B ¼ 16 þ 63 B ¼ 79


)

¼ 4225

)

A ¼ 1

63 B ¼ 63

)

B ¼ 1

x P ¼ 1 sin t þ 1 cos t ¼ sin t þ cos t

3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der Schwingungsgleichung lautet: x ¼ x 0 þ x P ¼ ðC 1 t þ C 2 Þ e 8 t þ sin t þ cos t ;

t 0

4. Schritt: Nach einer gewissen „Einschwingphase‘‘ (d. h. nach genu¨gend langer Zeit t ) ist der 1. Summand in der allgemeinen Lo¨sung bedeutungslos und darf daher vernachla¨ssigt werden ðe 8 t ! 0 fu¨r t ! 1Þ. Die stationa¨re Lo¨sung lautet daher (siehe Bild G-23): x stationär ¼ sin t þ cos t + cos x = sin t + cos t

x 1

1 · cos t 2

6

10

14

1

C

t f

–1

1

+ sin

1 · sin t

Bild G-23

Bild G-24

Die erzwungene Schwingung la¨sst sich anhand des Zeigerdiagramms auch als phasenverschobene Sinusschwingung mit pffiffiffi der Amplitude C ¼ 2 und dem Nullphasenwinkel j ¼ 45 ¼ b p=4 darstellen (Bild G-24): x stationär ¼ sin t þ cos t ¼ C sin ðt þ jÞ C2 ¼ 12 þ 12 ¼ 2 xstationär ¼

)

C ¼

pffiffiffi 2;

tan j ¼

pffiffiffi 2 sin ðt þ p=4Þ

1 ¼ 1 1

)

j ¼ arctan 1 ¼ p=4

Erzwungene mechanische Schwingung

G68

Lo¨sen Sie das folgende Schwingungsproblem: x€ þ 6 x_ þ 8 x ¼ cos ð3 tÞ 18 sin ð3 tÞ

mit

x ð0Þ ¼ 2

und

x_ ð0Þ ¼ 0

Wie lautet die sog. „stationa¨re“ Lo¨sung, die sich nach Ablauf der „Einschwingphase“ einstellt?

1. Schritt: Zugeho¨rige homogene Dgl x€ þ 6 x_ þ 8 x ¼ 0 Lo¨sungsansatz: x ¼ e l t , x_ ¼ l e l t , x€ ¼ l 2 e l t x€ þ 6 x_ þ 8 x ¼ l 2 e l t þ 6 l e l t þ 8 e l t ¼ ðl 2 þ 6 l þ 8Þ e l t ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

418


l2 þ 6l þ 8 ¼ 0

)

Lo¨sung der homogenen Dgl:

l 1=2 ¼ 3

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 9 8 ¼ 3 1

)

l1 ¼ 2 ;

l2 ¼ 4

x0 ¼ C1 e 2t þ C2 e 4t

2. Schritt: Sto¨rglied g ðtÞ ¼ cos ð3 tÞ 18 sin ð3 tÞ Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung x P der inhomogenen Dgl mit 1. und 2. Ableitung (Kettenregel): x P ¼ A sin ð3 tÞ þ B cos ð3 tÞ ;

x_ P ¼ 3 A cos ð3 tÞ 3 B sin ð3 tÞ ;

x€P ¼ 9 A sin ð3 tÞ 9 B cos ð3 tÞ Begru¨ndung: b ¼ 3, j b ¼ j 3 ¼ 3 j ist keine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 þ 6 l þ 8 ¼ 0, siehe 1. Schritt. Einsetzen in die inhomogene Dgl: x€ þ 6 x_ þ 8 x ¼ cos ð3 tÞ 18 sin ð3 tÞ

)

9 A sin ð3 tÞ 9 B cos ð3 tÞ þ 6 ð3 A cos ð3 tÞ 3 B sin ð3 tÞÞ þ 8 ðA sin ð3 tÞ þ B cos ð3 tÞÞ ¼ ¼ cos ð3 tÞ 18 sin ð3 tÞ 9 A sin ð3 tÞ 9 B cos ð3 tÞ þ 18 A cos ð3 tÞ 18 B sin ð3 tÞ þ 8 A sin ð3 tÞ þ 8 B cos ð3 tÞ ¼ ¼ cos ð3 tÞ 18 sin ð3 tÞ ð18 A BÞ cos ð3 tÞ þ ð A 18 BÞ sin ð3 tÞ ¼ cos ð3 tÞ 18 sin ð3 tÞ Koeffizientenvergleich der Kosinus- bzw. Sinusglieder beider Seiten: ðIÞ 18 A B ¼ 1

)

B ¼ 18 A 1

ðIIÞ )

A 18 B ¼ 18

ðIIÞ )

A 18 B ¼ 0 18 B ¼ 18 B ¼ 18


) )

)

B ¼ 18 A þ 1

ðEinsetzen in (II)Þ

A 18 ð18 A þ 1Þ ¼ A 324 A 18 ¼ 325 A 18 ¼ 18 325 A ¼ 0 ) A ¼ 0 )

B ¼ 1

x P ¼ 0 sin ð3 tÞ þ 1 cos ð3 tÞ ¼ cos ð3 tÞ

3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet somit: x ¼ x 0 þ x P ¼ C 1 e 2 t þ C 2 e 4 t þ cos ð3 tÞ ;

t 0

4. Schritt: Aus den Anfangswerten bestimmen wir die (noch unbekannten) Parameter C1 und C2 : x ð0Þ ¼ 2

)

C 1 e 0 þ C 2 e 0 þ cos 0 ¼ C 1 1 þ C 2 1 þ 1 ¼ 2 ) ðIÞ C 1 þ C 2 ¼ 3

x_ ¼ 2 C 1 e 2 t 4 C 2 e 4 t 3 sin ð3 tÞ x_ ð0Þ ¼ 0

ðIÞ

)

ðIIÞ )

ðKettenregelÞ

)

2 C 1 e 0 4 C 2 e 0 3 sin 0 ¼ 2 C 1 1 4 C 2 1 0 ¼ 0

)

2 C1 4 C2 ¼ 0

)

2 C1 ¼ 4 C2

C1 þ C2 ¼ 2 C2 þ C2 ¼ C2 ¼ 3

)

C1 ¼ 2 C2 ¼ 2 3 ¼ 6

Spezielle Lo¨sung:

x ¼ 6 e 2 t þ 3 e 4 t þ cos ð3 tÞ, t 0

) C2 ¼ 3

ðIIÞ C 1 ¼ 2 C 2

ðEinsetzen in (I)Þ


419

5. Schritt: Stationa¨re Lo¨sung nach einer gewissen Einschwingphase (d. h. fu¨r t 0; siehe Bild G-25): x stationär ¼ cos ð3 tÞ Begru¨ndung: Die beiden streng monoton fallenden Exponentialfunktionen in der (speziellen) Lo¨sung spielen dann keine nennenswerte Rolle mehr (sie streben asymptotisch gegen Null) und du¨rfen daher vernachla¨ssigt werden. x x = cos (3 t ) 1

Bild G-25 1

2

3

4

5

6

7

t

–1

Freie bzw. erzwungene Schwingung in einem mechanischen Schwingkreis Gegeben ist ein schwingungsfa¨higes Feder-Masse-System mit den folgenden Kenndaten: Masse: m ¼ 2 kg; Reibungsfaktor (Da¨mpferkonstante): b ¼ 10 kg/s; Federkonstante: c ¼ 12 N/m

G69

a) Wie lautet die spezielle Lo¨sung x 0 ðtÞ fu¨r die Anfangswerte x ð0Þ ¼ 0 m und x_ ð0Þ ¼ 1 m /s. b) Das System wird jetzt durch die aüßere Kraft F ðtÞ ¼ 50 sin t þ 10 cos t

(in Newton)

zu erzwungenen Schwingungen erregt. Wie lautet die allgemeine Lo¨sung der Schwingungsgleichung? Welche „stationa¨re“ Schwingung stellt sich nach Ablauf der sog. „Einschwingphase“ ein? Stellen Sie diese (erzwungene) Schwingung in der phasenverschobenen Sinusform dar.

a) Die Schwingungsgleichung lautet (ohne Einheiten): m x€ þ b x_ þ c x ¼ 0

)

2 x€ þ 10 x_ þ 12 x ¼ 0

oder

x€ þ 5 x_ þ 6 x ¼ 0

Lo¨sungsansatz: x ¼ e l t , x_ ¼ l e l t , x€ ¼ l 2 e l t x€ þ 5 x_ þ 6 x ¼ l 2 e l t þ 5 l e l t þ 6 e l t ¼ ðl 2 þ 5 l þ 6Þ e l t ¼ 0 ) l 2 þ 5 l þ 6 ¼ 0 ) |{z} 6¼ 0 rffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 5 25 5 1 5 1 l 1=2 ¼ ¼ 6 ¼ ) l1 ¼ 2 ; l2 ¼ 3 2 4 2 4 2 2 Die Lo¨sung der homogenen Dgl beschreibt eine aperiodische Schwingung: x0 ¼ C1 e 2t þ C2 e 3t ;

t 0

Die Parameter C1 und C2 bestimmen wir aus den Anfangsbedingungen wie folgt: x 0 ð0Þ ¼ 0

)

ðIÞ C 1 e 0 þ C 2 e 0 ¼ C 1 1 þ C 2 1 ¼ C 1 þ C 2 ¼ 0

x_ 0 ¼ 2 C 1 e 2 t 3 C 2 e 3 t x_ 0 ð0Þ ¼ 1

)

ðIIÞ

)

C1 ¼ C2

ðKettenregelÞ

2 C1 e 0 3 C2 e 0 ¼ 2 C1 1 3 C2 1 ¼ 2 C1 3 C2 ¼ 1

420


Aus Gleichung (I) folgt C 1 ¼ C 2 . Diesen Ausdruck setzen wir jetzt in Gleichung (II) ein und erhalten: ðIIÞ )

2 C 1 3 C 2 ¼ 2 ð C 2 Þ 3 C 2 ¼ 2 C 2 3 C 2 ¼ C 2 ¼ 1

ðIÞ

C 1 ¼ C 2 ¼ ð 1Þ ¼ 1

)

Die spezielle Lo¨sung lautet somit: x0 ¼ e

2t

e

3t

;

)

C2 ¼ 1

x

t 0

0,15 x = e – 2t – e – 3t

Verlauf dieser aperiodischen Schwingung: siehe Bild G-26

0,10 0,05

Bild G-26 0,5

1

1,5

2

t

b) Durch die aüßere Kraft F ðtÞ ¼ 50 sin t þ 10 cos t wird das System zu erzwungenen Schwingungen erregt. Die Schwingungsgleichung lautet jetzt: 2 x€ þ 10 x_ þ 12 x ¼ 50 sin t þ 10 cos t

oder

x€ þ 5 x_ þ 6 x ¼ 25 sin t þ 5 cos t

Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl (aus der Tabelle entnommen fu¨r b ¼ 1 j b ¼ j 1 ¼ j ist keine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 þ 5 l þ 6 ¼ 0, siehe Teil a)): x_ P ¼ A cos t B sin t ;

x P ¼ A sin t þ B cos t ;

)

x€P ¼ A sin t B cos t

Einsetzen in die inhomogene Dgl: x€ þ 5 x_ þ 6 x ¼ 25 sin t þ 5 cos t

)

A sin t B cos t þ 5 ðA cos t B sin tÞ þ 6 ðA sin t þ B cos tÞ ¼ 25 sin t þ 5 cos t ) A sin t B cos t þ 5 A cos t 5 B sin t þ 6 A sin t þ 6 B cos t ¼ 25 sin t þ 5 cos t ) ð5 A 5 BÞ sin t þ ð5 A þ 5 BÞ cos t ¼ 25 sin t þ 5 cos t Koeffizientenvergleich (Sinus- und Kosinusglieder beiderseits vergleichen) fu¨hrt zu zwei Gleichungen mit den beiden Unbekannten A und B: ) ðIÞ 5 A 5 B ¼ 25 þ ðIIÞ 5 A þ 5 B ¼ 5 10 A ðIIÞ

)

¼ 20

)

A ¼ 2

5 A þ 5 B ¼ 5 ð 2Þ þ 5 B ¼ 10 þ 5 B ¼ 5

)

5 B ¼ 15

)

B ¼ 3

Die partikula¨re Lo¨sung lautet damit: x P ¼ 2 sin t þ 3 cos t Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Schwingungsgleichung erhalten wir, indem wir zur allgemeinen Lo¨sung x 0 der zugeho¨rigen homogenen Dgl (siehe Teil a)) diese partikula¨re Lo¨sung addieren: x ¼ x 0 þ x P ¼ C 1 e 2 t þ C 2 e 3 t 2 sin t þ 3 cos t ;

t 0

Die stationa¨re Lo¨sung ist mit der partikula¨ren Lo¨sung x P identisch, da x 0 wegen der streng monoton fallenden Exponentialfunktionen im Laufe der Zeit (d. h. fu¨r t ! 1) verschwindet: x stationär ¼ x P ¼ 2 sin t þ 3 cos t ¼ K sin ðt þ jÞ


421

Amplitude K und Nullphasenwinkel j dieser erzwungenen Schwingung lassen sich aus dem Zeigerdiagramm leicht berechnen (siehe Bild G-27): + cos pffiffiffiffiffi K · sin (t + f) 2 2 2 K ¼ 2 þ 3 ¼ 13 ) K ¼ 13 ¼ 3,606 2 2 ) a ¼ arctan ¼ 33,7 ¼ tan a ¼ b 0,588 3 3 K

3

p p j ¼ þa ¼ þ 0,588 ¼ 2,159 2 2

2 a – 2 · sin t

Stationa¨re Lo¨sung: x stationär ¼ 2 sin t þ 3 cos t ¼ 3,606 sin ðt þ 2,159Þ

3 · cos t

f

+ sin

Bild G-27

Erzwungene Schwingung eines mechanischen Systems

G70

Lo¨sen Sie die folgende Dgl einer erzwungenen Schwingung: x€ þ 8 x_ þ 52 x ¼ 48 sin ð10 tÞ þ 464 cos ð10 tÞ Geben Sie eine physikalische Deutung der sog. „stationa¨ren“ Lo¨sung dieser Schwingungsgleichung.

1. Schritt: Zugeho¨rige homogene Dgl x€ þ 8 x_ þ 52 x ¼ 0 Lo¨sungsansatz: x ¼ e l t , x_ ¼ l e l t , x€ ¼ l 2 e l t x€ þ 8 x_ þ 52 x ¼ l 2 e l t þ 8 l e l t þ 52 e l t ¼ ðl 2 þ 8 l þ 52Þ e l t ¼ 0 ) |{z} 6¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi l 2 þ 8 l þ 52 ¼ 0 ) l 1=2 ¼ 4 16 52 ¼ 4 36 ¼ 4 6 j Lo¨sung der homogenen Dgl (es handelt sich um eine geda¨mpfte Schwingung): x 0 ¼ e 4 t ½ C 1 sin ð6 tÞ þ C 2 cos ð6 tÞ ;

t 0

2. Schritt: Sto¨rfunktion g ðtÞ ¼ 48 sin ð10 tÞ þ 464 cos ð10 tÞ Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl (aus der Tabelle entnommen) mit den beno¨tigten Ableitungen (unter Verwendung der Kettenregel ): x P ¼ A sin ð10 tÞ þ B cos ð10 tÞ ;

x_ P ¼ 10 A cos ð10 tÞ 10 B sin ð10 tÞ ;

x€P ¼ 100 A sin ð10 tÞ 100 B cos ð10 tÞ Begru¨ndung: b ¼ 10 ) j b ¼ j 10 ¼ 10 j ist keine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 þ 8 l þ 52 ¼ 0, siehe 1. Schritt. Einsetzen in die inhomogene Dgl, ordnen der Glieder: x€ þ 8 x_ þ 52 x ¼ 48 sin ð10 tÞ þ 464 cos ð10 tÞ

)

100 A sin ð10 tÞ 100 B cos ð10 tÞ þ 8 ½ 10 A cos ð10 tÞ 10 B sin ð10 tÞ þ þ 52 ½ A sin ð10 tÞ þ B cos ð10 tÞ ¼ 48 sin ð10 tÞ þ 464 cos ð10 tÞ

)

100 A sin ð10 tÞ 100 B cos ð10 tÞ þ 80 A cos ð10 tÞ 80 B sin ð10 tÞ þ þ 52 A sin ð10 tÞ þ 52 B cos ð10 tÞ ¼ 48 sin ð10 tÞ þ 464 cos ð10 tÞ ð 48 A 80 BÞ sin ð10 tÞ þ ð80 A 48 BÞ cos ð10 tÞ ¼ 48 sin ð10 tÞ þ 464 cos ð10 tÞ

)

422


Koeffizientenvergleich der Sinus- bzw. Kosinusglieder auf beiden Seiten: ) ) ðIÞ 48 A 80 B ¼ 48 j ð 3Þ ðI*Þ 144 A þ 240 B ¼ 144 ) þ ðIIÞ 80 A 48 B ¼ 464 j 5 ðIIÞ*Þ 400 A 240 B ¼ 2320 ¼ 2176

544 A ðIÞ )

48 A 80 B ¼ 48 4 80 B ¼ 192 80 B ¼ 48


)

)

80 B ¼ 240

A ¼ 4

)

B ¼ 3

x P ¼ 4 sin ð10 tÞ 3 cos ð10 tÞ

3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der Schwingungsgleichung lautet damit: x ¼ x 0 þ x P ¼ e 4 t ½ C 1 sin ð6 tÞ þ C 2 cos ð6 tÞ þ 4 sin ð10 tÞ 3 cos ð10 tÞ ; |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} geda¨mpfte Schwingung

t 0

ungeda¨mpfte Schwingung

(berlagerung aus einer geda¨mpften und einer ungeda¨mpften Schwingung). 4. Schritt: Im Laufe der Zeit verschwindet die geda¨mpfte Schwingung, das System schwingt dann harmonisch mit der Kreisfrequenz w ¼ 10 des Erregers (sog. erzwungene Schwingung). Diese stationa¨re Lo¨sung (identisch mit der partikula¨ren Lo¨sung) x stationär ¼ 4 sin ð10 tÞ 3 cos ð10 tÞ bringen wir noch mit Hilfe des Zeigerdiagramms auf die Sinusform x stationär ¼ K sin ð10 t þ jÞ (siehe Bild G-28): K 2 ¼ 4 2 þ 3 2 ¼ 25 tan a ¼

3 4

)

)

K ¼ 5 3 a ¼ arctan ¼ 36,87 4

+ cos f

4 · sin (10 t ) a

+ sin

4

j ¼ 360 a ¼ 360 36,87 ¼ 323,13 ¼ b 5,64

K

Stationa¨re Lo¨sung:

3

– 3 · cos (10 t )

x stationär ¼ 4 sin ð10 tÞ 3 cos ð10 tÞ ¼

K · sin (10 t + f)

Bild G-28

¼ 5 sin ð10 t þ 5,64Þ Die stationa¨re Lo¨sung ist eine ungeda¨mpfte Schwingung mit der Amplitude K ¼ 5, der Kreisfrequenz w ¼ 10 und dem Nullphasenwinkel j ¼ 5,64.

Elektrische Schwingung in einem Reihenschwingkreis ( R L C-Kreis; Bild G-29) Der in Bild G-29 dargestellte Reihenschwingkreis entha¨lt den ohmschen Widerstand R ¼ 20 W, eine Spule mit der Induktivita¨t L ¼ 1 H und einen Kondensator mit der Kapazita¨t C ¼ 0,005 F. Beim Anlegen der Wechselspannung u ðtÞ ¼ 200 V cos ð20 s 1 t Þ entsteht eine elektrische Schwingung.

G71

Bestimmen Sie den zeitlichen Verlauf der Kondensatorladung q ¼ q ðtÞ fu¨r die Anfangsbedingungen q ð0Þ ¼ 0 und q_ ð0Þ ¼ i ð0Þ ¼ 0 ðder Kondensator ist also zur Zeit t ¼ 0 ladungsfrei, der Schwingkreis stromlos; i ¼ i ðtÞ: Stromsta¨rkeÞ. Hinweis: Die Kondensatorladung genu¨gt der folgenden Dgl 2. Ordnung: L q€ þ R q_ þ

q ¼ u ðtÞ C

R

L

i (t )

q (t ) u (t )

Bild G-29

C


423

Mit den angegebenen Werten erhalten wir die folgende Dgl (Schwingungsgleichung) fu¨r die Kondensatorladung q (ohne Einheiten): 1 q€ þ 20 q_ þ

q ¼ 200 cos ð20 tÞ 0,005

oder

q€ þ 20 q_ þ 200 q ¼ 200 cos ð20 tÞ

Wir lo¨sen sie schrittweise wie folgt: 1. Schritt: Integration der zugeho¨rigen homogenen Dgl q€ þ 20 q_ þ 200 q ¼ 0 Lo¨sungsansatz: q ¼ e l t , q_ ¼ l e l t , q€ ¼ l 2 e l t q€ þ 20 q_ þ 200 q ¼ l 2 e l t þ 20 l e l t þ 200 e l t ¼ ðl 2 þ 20 l þ 200Þ e l t ¼ 0 ) |{z} 6¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi l 2 þ 20 l þ 200 ¼ 0 ) l 1=2 ¼ 10 100 200 ¼ 10 100 ¼ 10 10 j Lo¨sung der homogenen Dgl (geda¨mpfte elektrische Schwingung): q 0 ¼ e 10 t ½ C 1 sin ð10 tÞ þ C 2 cos ð10 tÞ ;

t 0

2. Schritt: Sto¨rglied g ðtÞ ¼ 200 cos ð20 tÞ Den Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung q P der inhomogenen Dgl entnehmen wir der Tabelle ð b ¼ 20 ) j b ¼ j 20 ¼ 20 j ist keine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 2 þ 20 l þ 200 ¼ 0; siehe 1. SchrittÞ. Er lautet: q P ¼ A sin ð20 tÞ þ B cos ð20 tÞ ;

q_ P ¼ 20 A cos ð20 tÞ 20 B sin ð20 tÞ ;

q€ P ¼ 400 A sin ð20 tÞ 400 B cos ð20 tÞ Einsetzen in die inhomogene Dgl, ordnen der Glieder: q€ þ 20 q_ þ 200 q ¼ 200 cos ð20 tÞ

)

400 A sin ð20 tÞ 400 B cos ð20 tÞ þ 20 ½ 20 A cos ð20 tÞ 20 B sin ð20 tÞ þ þ 200 ½ A sin ð20 tÞ þ B cos ð20 tÞ ¼ 200 cos ð20 tÞ

)

400 A sin ð20 tÞ 400 B cos ð20 tÞ þ 400 A cos ð20 tÞ 400 B sin ð20 tÞ þ þ 200 A sin ð20 tÞ þ 200 B cos ð20 tÞ ¼ 200 cos ð20 tÞ

)

ð 200 A 400 BÞ sin ð20 tÞ þ ð400 A 200 BÞ cos ð20 tÞ ¼ 0 sin ð20 tÞ þ 200 cos ð20 tÞ Koeffizientenvergleich der Sinus- und Kosinusglieder beiderseits (der Vollsta¨ndigkeit halber wurde die rechte Seite um den fehlenden Sinusterm 0 sin ð20 tÞ 0 erga¨nzt) fu¨hrt zu zwei Gleichungen fu¨r die unbekannten Koeffizienten A und B: ðIÞ

200 A 400 B ¼

0

)

200 A ¼ 400 B

400 A 200 B ¼ 200

ðIIÞ )

2 A B ¼ 2 ð 2 BÞ B ¼ 4 B B ¼ 5 B ¼ 1 1 2 ¼ A ¼ 2B ¼ 2 5 5

)


qP ¼

)

A ¼ 2B

ðIIÞ )

ðIÞ

j : 200

)

2A B ¼ 1

2 1 sin ð20 tÞ cos ð20 tÞ 5 5

)

B ¼

1 5

424


3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet damit: q ¼ q 0 þ q P ¼ e 10 t ½ C 1 sin ð10 tÞ þ C 2 cos ð10 tÞ þ

2 1 sin ð20 tÞ cos ð20 tÞ ; 5 5

t 0

4. Schritt: Aus den Anfangswerten bestimmen wir die noch unbekannten Parameter C1 und C2 q ð0Þ ¼ 0

)

e 0 ðC 1 sin 0 þ C 2 cos 0Þ þ

)

1 ðC 1 0 þ C 2 1Þ þ

2 1 sin 0 cos 0 ¼ 0 5 5

2 1 1 0 1 ¼ C2 ¼ 0 5 5 5

)

C2 ¼

1 5

q_ ¼ 10 e 10 t ½ C 1 sin ð10 tÞ þ C 2 cos ð10 tÞ þ þ ½ 10 C 1 cos ð10 tÞ 10 C 2 sin ð10 tÞ e 10 t þ 8 cos ð20 tÞ þ 4 sin ð20 tÞ (Ableitung mit Hilfe der Produkt- und Kettenregel) q_ ð0Þ ¼ 0

)

10 e 0 ðC 1 sin 0 þ C 2 cos 0Þ þ þ ð10 C 1 cos 0 10 C 2 sin 0Þ e 0 þ 8 cos 0 þ 4 sin 0 ¼ 0

)

10 1 ðC 1 0 þ C 2 1Þ þ ð10 C 1 1 10 C 2 0Þ 1 þ 8 1 þ 4 0 ¼ 0

)

10 C 2 þ 10 C 1 þ 8 ¼ 10

)

10 C 1 ¼ 6

)

C1 ¼

1 þ 10 C 1 þ 8 ¼ 10 C 1 þ 6 ¼ 0 5

3 5

Lo¨sung: 3 1 2 1 q ¼ e 10 t sin ð10 tÞ þ cos ð10 tÞ þ sin ð20 tÞ cos ð20 tÞ ; 5 5 5 5

t 0

Physikalische Deutung: Wir erhalten eine berlagerung aus einer geda¨mpften Schwingung (Lo¨sung der homogenen Dgl) und einer ungeda¨mpften Schwingung ( partikula¨re Lo¨sung der inhomogenen Dgl). Nach einer gewissen „Einschwingphase‘‘ verschwindet die geda¨mpfte Schwingung (1. Summand) und es verbleibt eine ungeda¨mpfte (elektrische) Schwingung mit der Kreisfrequenz w ¼ 20 s 1 der aüßeren Erregung, beschrieben durch die folgende Gleichung (siehe Bild G-30): q stationär ¼

2 1 sin ð20 tÞ cos ð20 tÞ 5 5

q q = 2 · sin (20 t ) – 1 · cos (20 t ) 5 5

0,5 0,25

Bild G-30 0,1 – 0,2 – 0,5

0,4

0,7

t

3 Integration von Differentialgleichungen 2. Ordnung durch Substitution

425

3 Integration von Differentialgleichungen 2. Ordnung durch Substitution Alle Differentialgleichungen in diesem Abschnitt lassen sich mit Hilfe einer geeigneten Substitution auf solche 1. Ordnung zuru¨ckfu¨hren. Hinweis Formelsammlung: Kapitel X.3.1

Lo¨sen Sie die Anfangswertaufgabe

G72

x y 00 ln x ¼ y 0

mit

y ðeÞ ¼ 1

y 0 ðeÞ ¼ 2

und

mit Hilfe einer geeigneten Substitution. Mit Hilfe der Substitution u ¼ y 0 , u 0 ¼ y 00 erhalten wir eine durch „Trennung der Variablen‘‘ leicht lo¨sbare Dgl 1. Ordnung: du du dx ln x ¼ u ) ¼ x y 00 ln x ¼ y 0 ) x u 0 ln x ¼ u ) x dx u x ln x ð ð du dx ¼ ) ln j u j ¼ ln j ln x j þ ln j C j ¼ ln j C ln x j u x ln x |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl}

)

Integral 343

(Rechenregel: R1). Durch Entlogarithmierung folgt (Rechenregeln: R5 und R6): j u j ¼ j C ln x j

)

u ¼ C ln x ¼ K 1 ln x

ðmit K 1 ¼ CÞ

Ru¨cksubstitution und Integration fu¨hren schließlich zur allgemeinen Lo¨sung: ð ð 0 0 y ¼ u ¼ K 1 ln x ) y ¼ y d x ¼ K 1 ln x d x ¼ K 1 x ðln x 1Þ þ K 2 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} Integral 332

Aus den Anfangswerten lassen sich die Parameter K1 und K2 wie folgt berechnen: y ðeÞ ¼ 1

)

K 1 e ðln e 1Þ þ K 2 ¼ K 1 e ð1 1Þ þ K 2 ¼ 0 þ K 2 ¼ 1

y 0 ðeÞ ¼ 2

)

K 1 ln e ¼ K 1 1 ¼ K 1 ¼ 2

Lo¨sung:

)

)

K2 ¼ 1

K1 ¼ 2

y ¼ 2 x ðln x 1Þ þ 1

Differentialgleichung der Kettenlinie

G73

Die in Bild G-31 skizzierte Kettenlinie mit symmetrischer Aufha¨ngung genu¨gt der nicht-linearen Dgl 2. Ordnung qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a y 00 ¼ 1 þ ð y 0 Þ 2

y

a

mit den Anfangsbedingungen y ð0Þ ¼ a

und

0

y ð0Þ ¼ 0 :

Lo¨sen Sie diese Dgl durch Substitution.

Kettenlinie x

Bild G-31

426


Die Substitution u ¼ y 0 , u 0 ¼ y 00 fu¨hrt auf eine (nicht-lineare) Dgl 1. Ordnung, die wir durch „Trennung der Variablen‘‘ leicht lo¨sen ko¨nnen: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi du ¼ 1 þ u2 ) a y 00 ¼ 1 þ ð y 0 Þ 2 ) a u 0 ¼ 1 þ u 2 ) a dx ð ð du 1 du 1 x dx ) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ a 1 d x ) arsinh u ¼ a þ C 1 a 1 þ u2 1 þ u2 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Integral 123 mit a 2 ¼ 1

Wir lo¨sen diese Gleichung nach u auf (zur Erinnerung: die sinh-Funktion ist die Umkehrfunktion der arsinh-Funktion): x u ¼ sinh þ C1 a Ru¨cksubstitution und eine sich anschließende Integration fu¨hren dann zuna¨chst zu: ð ð x x þ C1 þ C1 d x y 0 ¼ u ¼ sinh ) y ¼ y 0 d x ¼ sinh a a |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} t Dieses Integral fu¨hren wir durch eine lineare Substitution auf ein Grundintegral zuru¨ck: x dt 1 þ C1 ; ¼ ; dx ¼ a dt a dx a ð ð ð x

y ¼ sinh þ C 1 d x ¼ sinh t a d t ¼ a sinh t d t ¼ a x þ C1 þ C2 ¼ a cosh t þ C 2 ¼ a cosh a

t ¼

(nach erfolgter Ru¨cksubstitution). Die Gleichung der Kettenlinie lautet also: x y ¼ a cosh þ C1 þ C2 a Die noch unbekannten Parameter C1 und C2 bestimmen wir aus den Anfangsbedingungen. Die dabei beno¨tigte Ableitung der Kettenlinie erhalten wir mit Hilfe der Kettenregel (Substitution: t ¼ x=a þ C 1 Þ: x 1 x y 0 ¼ a sinh þ C1 þ C1 ¼ sinh a a a y ð0Þ ¼ a

)

ðIÞ

a cosh ð0 þ C 1 Þ þ C 2 ¼ a cosh C 1 þ C 2 ¼ a

y 0 ð0Þ ¼ 0

)

ðIIÞ

sinh ð0 þ C 1 Þ ¼ sinh C 1 ¼ 0

ðIÞ Lo¨sung:

G74

)

)

C 1 ¼ arsinh 0 ¼ 0

a cosh C 1 þ C 2 ¼ a cosh 0 þ C 2 ¼ a 1 þ C 2 ¼ a þ C 2 ¼ a

y ¼ a cosh

)

C2 ¼ 0

x a

Lo¨sen Sie die folgende Randwertaufgabe mit Hilfe einer geeigneten Substitution: y 00 þ

2y0 ¼ 0 x

Randwerte: y ð0,5Þ ¼ 2 ;

y ð1Þ ¼ 2

Diese homogene lineare Dgl 2. Ordnung la¨sst sich mit der Substitution u ¼ y 0 , u 0 ¼ y 00 in eine lineare Dgl 1. Ordnung u¨berfu¨hren, die wir durch „Trennung der Variablen‘‘ lo¨sen:

3 Integration von Differentialgleichungen 2. Ordnung durch Substitution

y 00 þ ð

2y0 ¼ 0 x

du ¼ 2 u

ð

427

)

u0 þ

2u ¼ 0 x

du 2u ¼ dx x

dx x

)

ln j u j ¼ 2 ln j x j þ ln j C j ¼ ln x 2 þ ln j C j ¼ ln j C x 2 j

u0 ¼

)

)

du dx ¼ 2 u x

)

(Rechenregeln: R3 und R1). Entlogarithmieren liefert dann (Rechenregeln: R5 und R6): j u j ¼ j C x 2 j

u ¼ C x 2 ¼ K1 x 2

)

ðmit K 1 ¼ CÞ

Ru¨cksubstitution und unbestimmte Integration fu¨hren zur allgemeinen Lo¨sung: ð ð K1 x 1 þ K2 ¼ þ K2 y 0 ¼ u ¼ K1 x 2 ) y ¼ y 0 d x ¼ K1 x 2 d x ¼ K1 1 x Aus den Randwerten bestimmen wir die (noch unbekannten) Parameter K1 und K2 : y ð0,5Þ ¼ 2

)

ðIÞ

K1 þ K2 ¼ 2 K1 þ K2 ¼ 2 0,5

y ð1Þ ¼ 2

)

ðIIÞ

K1 þ K2 ¼ K1 þ K2 ¼ 2 1

ðIÞ

2 K1 þ K2 ¼ 2

ðIIÞ

K1 þ K2 ¼

K1

ðIIÞ

)

2

¼ 4

) )

K1 ¼ 4

K1 þ K2 ¼ 4 þ K2 ¼ 2

Die gesuchte spezielle Lo¨sung lautet damit:

)

y ¼

K2 ¼ 6

4 þ6 x

Weg-Zeit-Gesetz einer beschleunigten Masse unter Beru¨cksichtigung der Reibung

G75

Das Weg-Zeit-Gesetz x ¼ x ðtÞ einer Masse m, die durch eine konstante Kraft F 0 beschleunigt wird, genu¨gt bei Beru¨cksichtigung der Reibung der folgenden Dgl 2. Ordnung: m x€ þ b x_ ¼ F 0

ðb x_ : Reibungskraft;

b > 0: ReibungsfaktorÞ

Lo¨sen Sie diese Dgl mit Hilfe einer geeigneten Substitution, wenn zu Beginn der Bewegung ðt ¼ 0Þ folgende Bedingungen vorliegen: x ð0Þ ¼ 0 und x_ ð0Þ ¼ 0.

Mit der Substitution u ¼ x_ , u_ ¼ x€ wird diese Dgl 2. Ordnung in eine inhomogene lineare Dgl 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten u¨bergefu¨hrt, die wir durch „Variation der Konstanten‘‘ lo¨sen wollen: )

m x€ þ b x_ ¼ F 0

m u_ þ b u ¼ F 0

oder

u_ þ a u ¼ K 0

ðmit a ¼ b=m und K 0 ¼ F 0 =mÞ

Zuna¨chst lo¨sen wir die zugeho¨rige homogene Dgl durch „Trennung der Variablen‘‘: u_ þ a u ¼ 0 ð

du ¼ a u

)

u_ ¼

ð 1 dt

du ¼ au dt

)

)

du ¼ a dt u

ln j u j ¼ a t þ ln j C j

)

u ln j u j ln j C j ¼ ln ¼ a t C

(Rechenregel: R2). Entlogarithmierung fu¨hrt schließlich zu (Rechenregeln: R5 und R6): u u ¼ e at ) u ¼ C e at ¼ K e at ðmit K ¼ CÞ ¼ e at ) C C

428


Damit lautet der Lo¨sungsansatz fu¨r die inhomogene Dgl wie folgt ð„Variation der Konstanten‘‘: K ! K ðtÞÞ: u_ ¼ K_ ðtÞ e a t þ e a t ð aÞ K ðtÞ ¼ K_ ðtÞ e a t a K ðtÞ e a t

u ¼ K ðtÞ e a t ;

(Ableitung mit der Produkt- und Kettenregel ) Einsetzen dieser Ausdru¨cke in die inhomogene Dgl liefert eine einfache Dgl 1. Ordnung fu¨r die noch unbekannte Faktorfunktion K ðtÞ, die wir durch elementare Integration lo¨sen ko¨nnen: K_ ðtÞ e a t a K ðtÞ e a t þ a K ðtÞ e a t ¼ K_ ðtÞ e a t ¼ K 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 0

)

u_ þ a u ¼ K 0

ð

K_ ðtÞ ¼ K 0 e a t

)

K ðtÞ ¼

K_ ðtÞ d t ¼ K 0

ð e at d t ¼ K0 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl}

)

K0 e at þ C1 ¼ e at þ C1 a a

Integral 312 mit a ¼ a

Die allgemeine Lo¨sung lautet damit: K0 K0 u ¼ K ðtÞ e a t ¼ e at þ C1 e at ¼ þ C1 e at a a Aus u ¼ x_ erhalten wir schließlich durch unbestimmte Integration die allgemeine Lo¨sung der urspru¨nglichen Dgl 2. Ordnung: ð ð ð K0 K0 K0 C1 e at at dt ¼ þ C1 e t þ C1 þ C2 ¼ t e at þ C2 x ¼ x_ d t ¼ u d t ¼ a a a a a |ffl{zffl} Integral 312 mit a ¼ a

Allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl: x ¼

K0 C1 t eat þ C2 ; a a

t 0

Die noch unbekannten Konstanten C1 und C2 bestimmen wir aus den Anfangswerten (die beno¨tigte Ableitung erhalten wir durch gliedweises Differenzieren unter Verwendung der Kettenregel): x ð0Þ ¼ 0 x_ ¼ u ¼ x_ ð0Þ ¼ 0 ðIÞ )

)

ðIÞ

0

C1 C1 C1 e0 þ C2 ¼ 1 þ C2 ¼ þ C2 ¼ 0 a a a

) C2 ¼

ðIIÞ

K0 K0 K0 þ C1 e0 ¼ þ C1 1 ¼ þ C1 ¼ 0 a a a

a2

C1 a

)

C1 ¼

K0 a

C1 K0 ¼ a a2 x ¼

K0 K0 K0 K0 t þ e at ¼ ða t þ e a t 1Þ ; a a2 a2 a2

Im Laufe der Zeit verschwindet die streng monoton fallende Exponentialfunktion e a t und das Weg-Zeit-Gesetz geht u¨ber in das lineare Gesetz K0

C2 ¼

K0 þ C1 e at a

Lo¨sung (Weg-Zeit-Gesetz):

x ¼

)

ða t 1Þ

ðf u¨ r t 1Þ

Bild G-32 zeigt das exakte Weg-Zeit-Gesetz und den linearen asymptotischen Verlauf fu¨r t 1.

t 0

x

x = x (t ) Asymptotischer Verlauf für t >> 1 1/a

Bild G-32

t

4 Lineare Differentialgleichungen ho¨herer Ordnung mit konstanten Koeffizienten

429

4 Lineare Differentialgleichungen ho¨herer Ordnung mit konstanten Koeffizienten Die homogene lineare Dgl wird durch einen Exponentialansatz gelo¨st, die inhomogene lineare Dgl durch „Aufsuchen einer partikula¨ren Lo¨sung“. Hinweise (1)

Lehrbuch: Band 2, Kapitel IV.5 Formelsammlung: Kapitel X.5

(2)

Tabelle mit Lo¨sungsansa¨tzen fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung ! Band 2, Kapitel V.3.4 (Tabelle 3) und Formelsammlung, Kapitel X.5.3 (Tabelle)

4.1 Homogene lineare Differentialgleichungen

G76

y 000 3 y 00 þ 3 y 0 y ¼ 0

Der Lo¨sungsansatz y ¼ e lx

mit

y 0 ¼ l e l x , y 00 ¼ l 2 e l x

und

y 000 ¼ l 3 e l x

fu¨hrt zu der folgenden charakteristischen Gleichung: y 000 3 y 00 þ 3 y 0 y ¼ l 3 e l x 3 l 2 e l x þ 3 l e l x e l x ¼ ¼ ðl 3 3 l 2 þ 3 l 1Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

l3 3l2 þ 3l 1 ¼ 0

Durch Probieren findet man die Lo¨sung l 1 ¼ 1, mit dem Horner-Schema wie folgt die restlichen Lo¨sungen: 1 l1 ¼ 1 1

3

3

1

1

2

1

2

1

0

)

l 2 2 l þ 1 ¼ ðl 1Þ 2 ¼ 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

)

l 2=3 ¼ 1

2. Binom

Somit gilt l 1=2=3 ¼ 1 und die allgemeine Lo¨sung der Dgl lautet daher: y ¼ ðC 1 þ C 2 x þ C 3 x 2 Þ e x

G77

y 000 2 y 00 þ 4 y 0 8 y ¼ 0


y 0 ð0Þ ¼ 12 ;

y 00 ð0Þ ¼ 40

430


Lo¨sungsansatz: y ¼ e l x , y 0 ¼ l e l x , y 00 ¼ l 2 e l x , y 000 ¼ l 3 e l x Charakteristische Gleichung: y 000 2 y 00 þ 4 y 0 8 y ¼ l 3 e l x 2 l 2 e l x þ 4 l e l x 8 e l x ¼ ¼ ðl 3 2 l 2 þ 4 l 8Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

l3 2l2 þ 4l 8 ¼ 0

Durch Probieren findet man die Lo¨sung l 1 ¼ 2, mit Hilfe des Horner-Schemas die weiteren Lo¨sungen: 1 l1 ¼ 2 1

2

4

8

2

0

8

0

4

0

)

l2 þ 4 ¼ 0

)

l 2=3 ¼ 2 j

Die allgemeine Lo¨sung der Dgl lautet damit wie folgt: y ¼ C 1 e 2 x þ C 2 sin ð2 xÞ þ C 3 cos ð2 xÞ Die Integrationskonstanten C1 , C2 und C3 bestimmen wir wie folgt aus den Anfangsbedingungen: y ð0Þ ¼ 0

)

C 1 e 0 þ C 2 sin 0 þ C 3 cos 0 ¼ C 1 1 þ C 2 0 þ C 3 1 ¼ 0

)

ðIÞ

C1 þ C3 ¼ 0

y 0 ¼ 2 C 1 e 2 x þ 2 C 2 cos ð2 xÞ 2 C 3 sin ð2 xÞ y 00 ¼ 4 C 1 e 2 x 4 C 2 sin ð2 xÞ 4 C 3 cos ð2 xÞ (unter Verwendung der Kettenregel, Substitution jeweils u ¼ 2 x) y 0 ð0Þ ¼ 12

y 00 ð0Þ ¼ 40

ðIÞ

)

2 C 1 e 0 þ 2 C 2 cos 0 2 C 3 sin 0 ¼ 2 C 1 1 þ 2 C 2 1 2 C 3 0 ¼ 12

)

ðIIÞ

)

4 C 1 e 0 4 C 2 sin 0 4 C 3 cos 0 ¼ 4 C 1 1 4 C 2 0 4 C 3 1 ¼ 40

)

ðIIIÞ

C1 þ C3 ¼ 0

ðIIIÞ C 1 C 3 ¼ 10 ¼ 10

2 C1

2 C 1 þ 2 C 2 ¼ 12

oder

C1 þ C2 ¼ 6

4 C 1 4 C 3 ¼ 40 oder

C 1 C 3 ¼ 10

) þ )

C1 ¼ 5

ðIÞ

)

C1 þ C3 ¼ 5 þ C3 ¼ 0

)

C3 ¼ 5

ðIIÞ

)

C1 þ C2 ¼ 5 þ C2 ¼ 6

)

C2 ¼ 1

Partikula¨re Lo¨sung: y ¼ 5 e 2 x þ 1 sin ð2 xÞ 5 cos ð2 xÞ ¼ 5 e 2 x þ sin ð2 xÞ 5 cos ð2 xÞ

G78

y ð4Þ þ 5 y 000 þ 3 y 00 9 y 0 ¼ 0


431

Lo¨sungsansatz: y ¼ e l x , y 0 ¼ l e l x , y 00 ¼ l 2 e l x , y 000 ¼ l 3 e l x , y ð4Þ ¼ l 4 e l x Charakteristische Gleichung: y ð4Þ þ 5 y 000 þ 3 y 00 9 y 0 ¼ l 4 e l x þ 5 l 3 e l x þ 3 l 2 e l x 9 l e l x ¼ ¼ ðl 4 þ 5 l 3 þ 3 l 2 9 lÞ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

l 4 þ 5 l 3 þ 3 l 2 9 l ¼ l ðl 3 þ 5 l 2 þ 3 l 9Þ ¼ 0 Eine Lo¨sung ist l 1 ¼ 0, die restlichen erha¨lt man aus der kubischen Gleichung l 3 þ 5 l 2 þ 3 l 9 ¼ 0. Durch Probieren findet man eine weitere Lo¨sung bei l 2 ¼ 1, mit dem Horner-Schema die restlichen: 1 l2 ¼ 1 1

5

3

9

1

6

9

6

9

0

)

l 2 þ 6 l þ 9 ¼ ðl þ 3Þ 2 ¼ 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

)

l 3=4 ¼ 3

1. Binom

Damit lautet die allgemeine Lo¨sung der Dgl wie folgt: y ¼ C 1 þ C 2 e x þ ðC 3 þ C 4 xÞ e 3 x

G79

y ð4Þ 16 y ¼ 0


y 0 ð0Þ ¼ 0 ;

y 00 ð0Þ ¼ 0 ;

y 000 ð0Þ ¼ 32

Lo¨sungsansatz: y ¼ e l x , y 0 ¼ l e l x , y 00 ¼ l 2 e l x , y 000 ¼ l 3 e l x , y ð4Þ ¼ l 4 e l x Charakteristische Gleichung: y ð4Þ 16 y ¼ l 4 e l x 16 e l x ¼ ðl 4 16Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0

l 4 16 ¼ 0

)

)

l 4 ¼ 16

Diese einfache bi-quadratische Gleichung wird durch die Substitution u ¼ l 2 gelo¨st: l

4

¼ 16

)

u

2

¼ 16

)

u 1=2 ¼ 4

l2 ¼ 4

)

l 1=2 ¼ 2

l2 ¼ 4

)

l 3=4 ¼ 2 j

Damit besitzt die Dgl die folgende allgemeine Lo¨sung: y ¼ C 1 e 2 x þ C 2 e 2 x þ C 3 sin ð2 xÞ þ C 4 cos ð2 xÞ Aus den Anfangswerten bestimmen wir die noch unbekannten Parameter C1 , C2 , C3 und C4 . Die dabei beno¨tigten Ableitungen erha¨lt man durch gliedweise Differentiation in Verbindung mit der Kettenregel (Substitutionen: t ¼ 2 x bzw. t ¼ 2 x): y 0 ¼ 2 C 1 e 2 x 2 C 2 e 2 x þ 2 C 3 cos ð2 xÞ 2 C 4 sin ð2 xÞ y 00 ¼ 4 C 1 e 2 x þ 4 C 2 e 2 x 4 C 3 sin ð2 xÞ 4 C 4 cos ð2 xÞ y 000 ¼ 8 C 1 e 2 x 8 C 2 e 2 x 8 C 3 cos ð2 xÞ þ 8 C 4 sin ð2 xÞ y ð0Þ ¼ 0

)

C 1 e 0 þ C 2 e 0 þ C 3 sin 0 þ C 4 cos 0 ¼ C 1 1 þ C 2 1 þ C 3 0 þ C 4 1 ¼ 0

)

ðIÞ C 1 þ C 2 þ C 4 ¼ 0

432


y 0 ð0Þ ¼ 0

)

2 C 1 e 0 2 C 2 e 0 þ 2 C 3 cos 0 2 C 4 sin 0 ¼ ¼ 2 C1 1 2 C2 1 þ 2 C3 1 2 C4 0 ¼ 2 C1 2 C2 þ 2 C3 ¼ 0

y 00 ð0Þ ¼ 0

)

ðIIÞ

)

4 C 1 e 0 þ 4 C 2 e 0 4 C 3 sin 0 4 C 4 cos 0 ¼

C1 C2 þ C3 ¼ 0

¼ 4 C1 1 þ 4 C2 1 4 C3 0 4 C4 1 ¼ 4 C1 þ 4 C2 4 C4 ¼ 0

y 000 ð0Þ ¼ 32

)

ðIIIÞ

)

8 C 1 e 0 8 C 2 e 0 8 C 3 cos 0 þ 8 C 4 sin 0 ¼

C1 þ C2 C4 ¼ 0

¼ 8 C 1 1 8 C 2 1 8 C 3 1 þ 8 C 4 0 ¼ 8 C 1 8 C 2 8 C 3 ¼ 32 ) ðIÞ

ðIVÞ

C1 C2 C3 ¼ 4

C1 þ C2 þ C4 ¼ 0

)

ðIIIÞ C 1 þ C 2 C 4 ¼ 0 2 C4 ¼ 0 ðIÞ

C1 þ C2 þ 0 ¼ 0

ðIIÞ C 1 C 2 2 ¼ 0 2 C1 ðIÞ

)

2 ¼ 0

ðIIÞ

)

C1 C2 þ C3 ¼ 0

)

ðIVÞ C 1 C 2 C 3 ¼ 4 2 C3 ¼ 4

C4 ¼ 0

)

C3 ¼ 2

) þ )

2 C1 ¼ 2

)

C1 ¼ 1

C1 þ C2 þ C4 ¼ 1 þ C2 þ 0 ¼ 1 þ C2 ¼ 0

)

C2 ¼ 1

Damit ergibt sich folgende spezielle Lo¨sung: y ¼ 1 e 2 x 1 e 2 x 2 sin ð2 xÞ þ 0 cos ð2 xÞ ¼ e 2 x e 2 x 2 sin ð2 xÞ ¼ ¼ 2

1 ðe 2 x e 2 x Þ 2 sin ð2 xÞ ¼ 2 sinh ð2 xÞ 2 sin ð2 xÞ ¼ 2 ½ sinh ð2 xÞ sin ð2 xÞ 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

sinh ð2 xÞ ! FS: Kapitel III.11.1

y ¼ 2 ½ sinh ð2 xÞ sin ð2 xÞ

G80

y ð5Þ 2 y ð4Þ þ 10 y 000 18 y 00 þ 9 y 0 ¼ 0

Lo¨sungsansatz:

y ¼ e l x , y 0 ¼ l e l x , y 00 ¼ l 2 e l x , y 000 ¼ l 3 e l x , y ð4Þ ¼ l 4 e l x , y ð5Þ ¼ l 5 e l x

Charakteristische Gleichung: y ð5Þ 2 y ð4Þ þ 10 y 000 18 y 00 þ 9 y 0 ¼ l 5 e l x 2 l 4 e l x þ 10 l 3 e l x 18 l 2 e l x þ 9 l e l x ¼ ¼ ðl 5 2 l 4 þ 10 l 3 18 l 2 þ 9 lÞ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0 l 5 2 l 4 þ 10 l 3 18 l 2 þ 9 l ¼ 0 l ðl 4 2 l 3 þ 10 l 2 18 l þ 9Þ ¼ 0

) l ¼ 0

)

l1 ¼ 0

l 4 2 l 3 þ 10 l 2 18 l þ 9 ¼ 0

)


433

Durch Probieren finden wir fu¨r die Gleichung 4. Grades eine Lo¨sung bei l 2 ¼ 1 und fu¨r die durch Abspaltung des zugeho¨rigen Linearfaktors entstehende kubische Gleichung ebenfalls die Lo¨sung l 3 ¼ 1. Wir verwenden das HornerSchema: 2

10

1

1

1

1

9

1

1

9

9

1

0

9

0

9

0

1 l2 ¼ 1

l3 ¼ 1 1

18

9

9 9 9

0

)

l3 l2 þ 9 l 9 ¼ 0

)

l2 þ 9 ¼ 0

)

( l 3 ¼ 1 ist eine Lo¨sung )

l 4=5 ¼ 3 j

Damit besitzt die charakteristische Gleichung folgende Lo¨sungen: l 1 ¼ 0, l 2=3 ¼ 1 und l 4=5 ¼ 3 j. Dies fu¨hrt zu der folgenden allgemeinen Lo¨sung der Dgl: y ¼ C 1 þ ðC 2 þ C 3 xÞ e x þ C 4 sin ð3 xÞ þ C 5 cos ð3 xÞ

4.2 Inhomogene lineare Differentialgleichungen

G81

y 000 þ y 00 ¼ 6 x þ e x

1. Schritt: Wir lo¨sen zuna¨chst die zugeho¨rige homogene Dgl y 000 þ y 00 ¼ 0 in der bekannten Weise durch den Exponentialansatz: y ¼ e lx ;

y 0 ¼ l e lx ;

y 00 ¼ l 2 e l x ;

y 000 ¼ l 3 e l x

y 000 þ y 00 ¼ l 3 e l x þ l 2 e l x ¼ ðl 3 þ l 2 Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0 l3 þ l2 ¼ 0

)

l 2 ðl þ 1Þ ¼ 0

)

l 1=2 ¼ 0 ;

)

l3 ¼ 1

Lo¨sung der homogenen Dgl: y 0 ¼ C 1 þ C 2 x þ C 3 e x 2. Schritt: Sto¨rfunktion

g ðxÞ ¼ 6 x þ e x ¼ g 1 ðxÞ þ g 2 ðxÞ

mit

g 1 ðxÞ ¼ 6 x

und

g 2 ðxÞ ¼ e x

Aus der Tabelle entnehmen wir fu¨r die einzelnen Sto¨rglieder folgende Lo¨sungsansa¨tze fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung y P : Sto¨rglied

g 1 ðxÞ ¼ 6 x

Sto¨rglied

g 2 ðxÞ ¼ e x

a0 ¼ a1 ¼ 0 ! c ¼ 1 !

y P 1 ¼ x 2 ðA x þ BÞ ¼ A x 3 þ B x 2 yP2 ¼ C x e x

Begru¨ndung: c ¼ 1 ist eine einfache Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 3 þ l 2 ¼ 0, siehe 1. Schritt. Lo¨sungsansatz y P (¼ Summe der Teilansa¨tze) mit den beno¨tigten Ableitungen 1. bis 3. Ordnung (unter Verwendung der Produkt- und Kettenregel ): yP ¼ y P1 þ y P2 ¼ A x 3 þ B x 2 þ C x e x ;

y 0P ¼ 3 A x 2 þ 2 B x þ C e x C x e x

y 00P ¼ 6 A x þ 2 B C e x C e x þ C x e x ¼ 6 A x þ 2 B 2 C e x þ C x e x x y 000 þ C e x C x e x ¼ 6 A þ 3 C e x C x e x P ¼ 6A þ 2C e

434


Einsetzen in die inhomogene Dgl: y 000 þ y 00 ¼ 6 x þ e x

)

6 A þ 3 C e x C x e x þ 6 A x þ 2 B 2 C e x þ C x e x ¼ 6 x þ e x 6 A þ 2 B þ 6 A x þ C e x ¼ 0 þ 6 x þ e x

)

ðauf der rechten Seite wurde die Zahl 0 addiertÞ

Wir vergleichen auf beiden Seiten der Reihe nach die absoluten Glieder, die linearen Glieder und die Exponentialglieder (Koeffizientenvergleich): 6A þ 2B ¼ 0; Partikula¨re Lo¨sung:

6A ¼ 6;

C ¼ 1

)

A ¼ 1;

B ¼ 3A ¼ 3 1 ¼ 3;

C ¼ 1

yP ¼ 1 x3 3 x2 þ 1 x ex ¼ x 3 3 x 2 þ x ex

3. Schritt: Die inhomogene Dgl besitzt damit die folgende allgemeine Lo¨sung: y ¼ y0 þ yP ¼ C1 þ C2 x þ C3 e x þ x 3 3 x 2 þ x e x ¼ ¼ C 1 þ C 2 x 3 x 2 þ x 3 þ ðC 3 þ xÞ e x

G82

y 000 þ y 0 ¼ 3 x 2

1. Schritt: Integration der zugeho¨rigen homogenen Dgl y 000 þ y 0 ¼ 0 durch den Exponentialansatz y ¼ e lx

mit y 0 ¼ l e l x ;

y 00 ¼ l 2 e l x ;

y 000 ¼ l 3 e l x :

y 000 þ y 0 ¼ l 3 e l x þ l e l x ¼ ðl 3 þ lÞ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

l 3 þ l ¼ l ðl 2 þ 1Þ ¼ 0

Die charakteristische Gleichung hat die Lo¨sungen l 1 ¼ 0 und l 2=3 ¼ j . Allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl: y 0 ¼ C 1 þ C 2 sin x þ C 3 cos x 2. Schritt: Sto¨rfunktion g ðxÞ ¼ 3 x 2 Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung (aus der Tabelle entnommen fu¨r a 0 ¼ 0, a 1 6¼ 0) mit allen beno¨tigten Ableitungen: y P ¼ x ðA x 2 þ B x þ CÞ ¼ A x 3 þ B x 2 þ C x y 0P ¼ 3 A x 2 þ 2 B x þ C ;

y 00P ¼ 6 A x þ 2 B ;

y 000 P ¼ 6A

Einsetzen in die inhomogene Dgl und ordnen der Glieder nach fallenden Potenzen: y 000 þ y 0 ¼ 6 A þ 3 A x 2 þ 2 B x þ C ¼ 3 x 2

)

3 A x 2 þ 2 B x þ ð6 A þ CÞ ¼ 3 x 2 þ 0 x þ 0

Auf der rechten Seite wurden das fehlende lineare und absolute Glied „erga¨nzt‘‘. Koeffizientenvergleich entsprechender Potenzen auf beiden Seiten dieser Gleichung fu¨hrt dann zu: 3A ¼ 3;

2B ¼ 0;


6A þ C ¼ 0

)

A ¼ 1;

B ¼ 0;

C ¼ 6A ¼ 6 1 ¼ 6

yP ¼ x 3 þ 0 x2 6 x ¼ x 3 6 x

3. Schritt: Die gesuchte allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet somit: y ¼ y 0 þ y P ¼ C 1 þ C 2 sin x þ C 3 cos x þ x 3 6 x


G83

435

y 000 11 y 00 þ 35 y 0 25 y ¼ 32 e x y 0 ð0Þ ¼ 5 ;


y 00 ð0Þ ¼ 25

1. Schritt: Integration der zugeho¨rigen homogenen Dgl y 000 11 y 00 þ 35 y 0 25 y durch den Exponentialansatz y ¼ e lx

mit

y 0 ¼ l e l x , y 00 ¼ l 2 e l x

und

y 000 ¼ l 3 e l x :

y 000 11 y 00 þ 35 y 0 25 y ¼ l 3 e l x 11 l 2 e l x þ 35 l e l x 25 e l x ¼ ¼ ðl 3 11 l 2 þ 35 l 25Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0

)

l 3 11 l 2 þ 35 l 25 ¼ 0

Durch Probieren findet man die Lo¨sung l 1 ¼ 1, mit Hilfe des Horner-Schemas erhalten wir die restlichen Lo¨sungen der charakteristischen Gleichung: 1

11

l1 ¼ 1

35 25

1 10 1

10

25

25

)

0

l 2 10 l þ 25 ¼ ðl 5Þ 2 ¼ 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

)

l 2=3 ¼ 5

2. Binom

Lo¨sung der homogenen Dgl:

y 0 ¼ C 1 e x þ ðC 2 þ C 3 xÞ e 5 x

2. Schritt: Sto¨rfunktion g ðxÞ ¼ 32 e x mit c ¼ 1 Da c ¼ 1 eine einfache Lo¨sung der charakteristischen Gleichung ist, lautet der aus der Tabelle entnommene Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung y P wie folgt (mit den beno¨tigten Ableitungen, die wir unter Verwendung der Produktregel erhalten): yP ¼ A x ex ;

y 0P ¼ A e x þ A x e x ;

y 00P ¼ A e x þ A e x þ A x e x ¼ 2 A e x þ A x e x

x x x x x y 000 P ¼ 2A e þ A e þ Ax e ¼ 3A e þ Ax e

Einsetzen in die inhomogene Dgl und ku¨rzen durch e x 6¼ 0: y 000 11 y 00 þ 35 y 0 25 y ¼ 32 e x

)

3 A e x þ A x e x 11 ð2 A e x þ A x e x Þ þ 35 ðA e x þ A x e x Þ 25 A x e x ¼ 32 e x 3 A þ A x 11 ð2 A þ A xÞ þ 35 ðA þ A xÞ 25 A x ¼ 32

)

3 A þ A x 22 A 11 A x þ 35 A þ 35 A x 25 A x ¼ 32

)


16 A ¼ 32

)

)

A ¼ 2

yP ¼ 2 x e x

3. Schritt: Die inhomogene Dgl besitzt somit die folgende allgemeine Lo¨sung: y ¼ y 0 þ y P ¼ C 1 e x þ ðC 2 þ C 3 xÞ e 5 x þ 2 x e x ¼ ðC 1 þ 2 xÞ e x þ ðC 2 þ C 3 xÞ e 5 x 4. Schritt: Aus den Anfangswerten bestimmen wir die noch unbekannten Parameter C 1, C 2 und C 3 . Die dabei beno¨tigten Ableitungen lauten (Produktregel in Verbindung mit der Kettenregel): y 0 ¼ 2 e x þ e x ðC 1 þ 2 xÞ þ C 3 e 5 x þ 5 e 5 x ðC 2 þ C 3 xÞ ¼ ¼ ð2 þ C 1 þ 2 xÞ e x þ ð5 C 2 þ C 3 þ 5 C 3 xÞ e 5 x y 00 ¼ 2 e x þ e x ðC 1 þ 2 þ 2 xÞ þ 5 C 3 e 5 x þ 5 e 5 x ð5 C 2 þ C 3 þ 5 C 3 xÞ ¼ ¼ ðC 1 þ 4 þ 2 xÞ e x þ ð25 C 2 þ 10 C 3 þ 25 C 3 xÞ e 5 x

436


y ð0Þ ¼ 1

y 0 ð0Þ ¼ 5

)

C1 e0 þ C2 e0 ¼ C1 1 þ C2 1 ¼ 1

)

(I)

)

ð2 þ C 1 Þ e 0 þ ð5 C 2 þ C 3 Þ e 0 ¼ ð2 þ C 1 Þ 1 þ ð5 C 2 þ C 3 Þ 1 ¼

C1 þ C2 ¼ 1

)

C2 ¼ 1 C1

¼ 2 þ C1 þ 5 C2 þ C3 ¼ 5

y 00 ð0Þ ¼ 25

C1 þ 5 C2 þ C3 ¼ 3

)

(II)

)

ðC 1 þ 4Þ e 0 þ ð25 C 2 þ 10 C 3 Þ e 0 ¼ ðC 1 þ 4Þ 1 þ ð25 C 2 þ 10 C 3 Þ 1 ¼ ¼ C 1 þ 4 þ 25 C 2 þ 10 C 3 ¼ 25

)

(III)

C 1 þ 25 C 2 þ 10 C 3 ¼ 21

C1 þ 5 C2 þ

C 3 ¼ 3 j 10 ) 10 C 1 þ 50 C 2 þ 10 C 3 ¼ 30 ðIIIÞ C 1 þ 25 C 2 þ 10 C 3 ¼ 21

ðIIÞ

9 C 1 þ 25 C 2

¼ 9

)

(Gleichung (I) einsetzen)

9 C 1 þ 25 ð1 C 1 Þ ¼ 9 C1 þ 25 25 C 1 ¼ 9 (I)

)

C 2 ¼ 1 C1 ¼ 1 1 ¼ 0

(II)

)

C1 þ 5 C2 þ C3 ¼ 1 þ 5 0 þ C3 ¼ 3

)

)

16 C 1 ¼ 16

1 þ C3 ¼ 3

)

)

C1 ¼ 1

C3 ¼ 2

Partikula¨re Lo¨sung: y ¼ ð1 þ 2 xÞ e x þ ð0 þ 2 xÞ e 5 x ¼ ð1 þ 2 xÞ e x þ 2 x e 5 x

Lo¨sen Sie die folgende Anfangswertaufgabe:

G84

y ð4Þ þ y 00 ¼ 36 sin ð2 xÞ Anfangswerte: y ð0Þ ¼ 1 ;

y 0 ð0Þ ¼ 5 ;

y 00 ð0Þ ¼ 0 ;

y 000 ð0Þ ¼ 26

1. Schritt: Integration der zugeho¨rigen homogenen Dgl y ð4Þ þ y 00 ¼ 0 durch den Exponentialansatz y ¼ e lx


y 00 ¼ l 2 e l x ;

y 000 ¼ l 3 e l x

y ð4Þ þ y 00 ¼ l 4 e l x þ l 2 e l x ¼ ðl 4 þ l 2 Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0 l4 þ l2 ¼ 0

)

l 2 ðl 2 þ 1Þ ¼ 0

Allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl:

)

l 1=2 ¼ 0 ;

und

y ð4Þ ¼ l 4 e l x :

)

l 3=4 ¼ j

y 0 ¼ C 1 þ C 2 x þ C 3 sin x þ C 4 cos x


437

2. Schritt: Sto¨rglied g ðxÞ ¼ 36 sin ð2 xÞ mit b ¼ 2 Da j b ¼ j 2 ¼ 2 j keine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung l 4 þ l 2 ¼ 0 ist (siehe 1. Schritt), lautet der aus der Tabelle entnommene Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung y P der inhomogenen Dgl wie folgt (mit den beno¨tigten Ableitungen unter Verwendung der Kettenregel, Substitution: u ¼ 2 x): y P ¼ A sin ð2 xÞ þ B cos ð2 xÞ y 0P ¼ 2 A cos ð2 xÞ 2 B sin ð2 xÞ ;

y 00P ¼ 4 A sin ð2 xÞ 4 B cos ð2 xÞ

y 000 P ¼ 8 A cos ð2 xÞ þ 8 B sin ð2 xÞ ;

yð4Þ ¼ 16 A sin ð2 xÞ þ 16 B cos ð2 xÞ P

Einsetzen in die inhomogene Dgl, ordnen der Glieder und ein Koeffizientenvergleich liefern zwei Gleichungen fu¨r die noch unbekannten Parameter A und B: y ð4Þ þ y 00 ¼ 16 A sin ð2 xÞ þ 16 B cos ð2 xÞ 4 A sin ð2 xÞ 4 B cos ð2 xÞ ¼ 36 sin ð2 xÞ 12 A sin ð2 xÞ þ 12 B cos ð2 xÞ ¼ 36 sin ð2 xÞ þ 0 cos ð2 xÞ

)

)

(auf der rechten Seite wurde der identisch verscwindene Term 0 cos ð2 xÞ erga¨nzt) 12 A ¼ 36 ;

12 B ¼ 0

)

A ¼ 3;


B ¼ 0

y P ¼ 3 sin ð2 xÞ þ 0 cos ð2 xÞ ¼ 3 sin ð2 xÞ

3. Schritt: Die allgemeine Lo¨sung der inhomogenen Dgl lautet damit: y ¼ y 0 þ y P ¼ C 1 þ C 2 x þ C 3 sin x þ C 4 cos x þ 3 sin ð2 xÞ 4. Schritt: Aus den Anfangsbedingungen ermitteln wir die noch unbekannten Werte der vier Integrationskonstanten. Die dabei beno¨tigten Ableitungen lauten (unter Verwendung der Kettenregel, Substitution: u ¼ 2 x): y 0 ¼ C 2 þ C 3 cos x C 4 sin x þ 6 cos ð2 xÞ ;

y 00 ¼ C 3 sin x C 4 cos x 12 sin ð2 xÞ ;

y 000 ¼ C 3 cos x þ C 4 sin x 24 cos ð2 xÞ y ð0Þ ¼ 1

) C 1 þ C 2 0 þ C 3 sin 0 þ C 4 cos 0 þ 3 sin 0 ¼ C 1 þ C 3 0 þ C 4 1 þ 3 0 ¼ 1 )

y 0 ð0Þ ¼ 5 ) ) y 00 ð0Þ ¼ 0

y 000 ð0Þ ¼ 26

ðIÞ

C1 þ C4 ¼ 1

C 2 þ C 3 cos 0 C 4 sin 0 þ 6 cos 0 ¼ C 2 þ C 3 1 C 4 0 þ 6 1 ¼ 5 ðIIÞ

C2 þ C3 þ 6 ¼ 5

)

C 3 sin 0 C 4 cos 0 12 sin 0 ¼ C 3 0 C 4 1 12 0 ¼ 0

)

ðIIIÞ

)

C 3 cos 0 þ C 4 sin 0 24 cos 0 ¼ C 3 1 þ C 4 0 24 1 ¼ 26

)

ðIVÞ

C4 ¼ 0

oder

)

C2 þ C3 ¼ 1

C4 ¼ 0

C 3 24 ¼ 26

)

C3 ¼ 2

)

C3 ¼ 2

Somit ist C 3 ¼ 2 und C 4 ¼ 0. Die restlichen Unbekannten erhalten wir aus den Gleichungen (I) und (II): ðIÞ

C1 þ C4 ¼ C1 þ 0 ¼ 1

ðIIÞ C 2 þ C 3 ¼ C 2 þ 2 ¼ 1

)

C1 ¼ 1

)

C2 ¼ 3

Somit gilt: C 1 ¼ 1, C 2 ¼ 3, C 3 ¼ 2 und C 4 ¼ 0. Spezielle Lo¨sung: y ¼ 1 3 x þ 2 sin x þ 0 cos x þ 3 sin ð2 xÞ ¼ 1 3 x þ 2 sin x þ 3 sin ð2 xÞ

438


G85

y ð4Þ 6 y 000 þ 9 y 00 þ 4 y 0 12 y ¼ 8 e x

1. Schritt: Integration der zugeho¨rigen homogenen Dgl y ð4Þ 6 y 000 þ 9 y 00 þ 4 y 0 12 y ¼ 0 durch den Exponentialansatz y ¼ e lx


y 00 ¼ l 2 e l x ;

y 000 ¼ l 3 e l x

y ð4Þ ¼ l 4 e l x :

und

y ð4Þ 6 y 000 þ 9 y 00 þ 4 y 0 12 y ¼ l 4 e l x 6 l 3 e l x þ 9 l 2 e l x þ 4 l e l x 12 e l x ¼ ¼ ðl 4 6 l 3 þ 9 l 2 þ 4 l 12Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0 l 4 6 l 3 þ 9 l 2 þ 4 l 12 ¼ 0

)

Die charakteristische Gleichung besitzt eine Lo¨sung bei l 1 ¼ 2 (durch Probieren gefunden). Mit dem Horner-Schema erhalten wir das 1. reduzierte Polynom vom Grade 3: 1

6

9

4

12

2

8

2

12

4

1

6

0

l1 ¼ 2 1

)

l3 4 l2 þ l þ 6 ¼ 0

Auch diese Gleichung 3. Grades hat eine Lo¨sung bei l 2 ¼ 2. Das Horner-Schema liefert dann eine quadratische Gleichung fu¨r die restlichen Lo¨sungen: 1

4

1

6

2

4

6

2

3

0

l2 ¼ 2 1

)

l2 2l 3 ¼ 0

)

l3 ¼ 1;

l4 ¼ 3

Die charakteristische Gleichung hat somit die Lo¨sungen l 1=2 ¼ 2, l 3 ¼ 1 und l 4 ¼ 3. Daraus ergibt sich die folgende allgemeine Lo¨sung der homogenen Dgl: y 0 ¼ ðC 1 þ C 2 xÞ e 2 x þ C 3 e x þ C 4 e 3 x 2. Schritt: Sto¨rfunktion g ðxÞ ¼ 8 e x mit c ¼ 1 Aus der Tabelle entnehmen wir den folgenden Ansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung y P der inhomogenen Dgl (c ¼ 1 ist keine Lo¨sung der charakteristischen Gleichung, siehe 1. Schritt): yP ¼ A e x

mit

ð4Þ x y 0P ¼ y 00P ¼ y 000 P ¼ yP ¼ A e

Einsetzen in die inhomogene Dgl und ku¨rzen durch e x : y ð4Þ 6 y 000 þ 9 y 00 þ 4 y 0 12 y ¼ A e x 6 A e x þ 9 A e x þ 4 A e x 12 A e x ¼ 8 e x 4 A ex ¼ 8 ex

)

4A ¼ 8


)

A ¼ 2

yP ¼ 2 e x

3. Schritt: Wir erhalten damit fu¨r die inhomogene Dgl folgende allgemeine Lo¨sung: y ¼ y 0 þ y P ¼ ðC 1 þ C 2 xÞ e 2 x þ C 3 e x þ C 4 e 3 x 2 e x ¼ ¼ C 3 e x 2 e x þ ðC 1 þ C 2 xÞ e 2 x þ C 4 e 3 x

)


G86

439

y ð5Þ y ð4Þ þ 4 y 000 4 y 00 ¼ 12 x þ 4

1. Schritt: Integration der zugeho¨rigen homogenen Dgl y ð5Þ y ð4Þ þ 4 y 000 4 y 00 ¼ 0 durch den Exponentialansatz y ¼ e l x mit y 0 ¼ l e l x ;

y 00 ¼ l 2 e l x ;

y 000 ¼ l 3 e l x ;

y ð4Þ ¼ l 4 e l x und y ð5Þ ¼ l 5 e l x :

y ð5Þ y ð4Þ þ 4 y 000 4 y 00 ¼ l 5 e l x l 4 e l x þ 4 l 3 e l x 4 l 2 e l x ¼ ¼ ðl 5 l 4 þ 4 l 3 4 l 2 Þ e l x ¼ 0 |{z} 6¼ 0 l5 l4 þ 4l3 4l2 ¼ 0

)

)

l 2 ðl 3 l 2 þ 4 l 4Þ ¼ 0

l 2 ¼ 0 ) l 1=2 ¼ 0 l3 l2 þ 4l 4 ¼ 0

Fu¨r die kubische Gleichung findet man durch Probieren die Lo¨sung l 3 ¼ 1. Mit Hilfe des Horner-Schemas lassen sich die restlichen Lo¨sungen leicht bestimmen: 1

1

4

4

1

0

4

0

4

0

l3 ¼ 1 1

)

l2 þ 4 ¼ 0

)

l 4=5 ¼ 2 j

Die Lo¨sungen der charakteristischen Gleichung lauten also: l 1=2 ¼ 0, l 3 ¼ 1 und l 4=5 ¼ 2 j. Damit besitzt die homogene Dgl die folgende allgemeine Lo¨sung: y 0 ¼ C 1 þ C 2 x þ C 3 e x þ C 4 sin ð2 xÞ þ C 5 cos ð2 xÞ 2. Schritt: Sto¨rglied g ðxÞ ¼ 12 x þ 4 Wegen a 0 ¼ a 1 ¼ 0, a 2 6¼ 0 liefert die Tabelle den folgenden Lo¨sungsansatz fu¨r eine partikula¨re Lo¨sung y P der inhomogenen Dgl (mit allen beno¨tigten Ableitungen): y P ¼ x 2 ðA x þ BÞ ¼ A x 3 þ B x 2 y 0P ¼ 3 A x 2 þ 2 B x ;

y 00P ¼ 6 A x þ 2 B ;

y 000 P ¼ 6A;

y ð4Þ ¼ 0 ; P

y ð5Þ ¼ 0 P

Einsetzen in die inhomogene Dgl: y ð5Þ y ð4Þ þ 4 y 000 4 y 00 ¼ 0 0 þ 4 6 A 4 ð6 A x þ 2 BÞ ¼ 12 x þ 4

)

24 A 24 A x 8 B ¼ 24 A x þ ð24 A 8 BÞ ¼ 12 x þ 4 Wir vergleichen beiderseits die linearen und die absoluten Glieder und erhalten zwei einfache Gleichungen fu¨r die noch unbekannten Parameter A und B: ðIÞ ðIIÞ

24 A ¼ 12

)

24 A 8 B ¼ 4

A ¼ 0,5 )

(Einsetzen in (II))

24 ð 0,5Þ 8 B ¼ 12 8 B ¼ 4


)

8 B ¼ 16

y P ¼ 0,5 x 3 2 x 2

3. Schritt: Die inhomogene Dgl besitzt damit die folgende allgemeine Lo¨sung: y ¼ y 0 þ y P ¼ C 1 þ C 2 x þ C 3 e x þ C 4 sin ð2 xÞ þ C 5 cos ð2 xÞ 0,5 x 3 2 x 2 ¼ ¼ C 1 þ C 2 x 2 x 2 0,5 x 3 þ C 3 e x þ C 4 sin ð2 xÞ þ C 5 cos ð2 xÞ

)

B ¼ 2

440


5 Lo¨sung linearer Anfangswertprobleme mit Hilfe der Laplace-Transformation Verwenden Sie in diesem Abschnitt das folgende Lo¨sungsverfahren: (1)

Das Anfangswertproblem wird zuna¨chst in den Bildbereich transformiert (Laplace-Transformation).

(2)

Die erhaltene algebraische Gleichung wird dann nach der Bildfunktion aufgelo¨st.

(3)

Durch Ru¨cktransformation mit Hilfe der Laplace-Transformationstabelle erha¨lt man aus der Bildfunktion die gesuchte Originalfunktion, d. h. die spezielle Lo¨sung der Dgl.

Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel VI.5.1 Formelsammlung: Kapitel XIII.5

5.1 Lineare Differentialgleichungen 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten Hinweise (1)

Lehrbuch: Band 2, Kapitel VI.5.1.2 Formelsammlung: Kapitel XIII.5.2

(2)

Tabelle spezieller Laplace-Transformationen ! Band 2, Kapitel VI.4.2 und Formelsammlung, Kapitel XIII.6

(3)

In den Lo¨sungen wird die jeweilige Nummer der Laplace-Transformation mit den entsprechenden Parameterwerten angegeben (z. B. Nr. 6 mit a ¼ 1Þ:

G87

y 0 þ y ¼ t et

Anfangswert: y ð0Þ ¼ 2

Die Dgl wird durch die Laplace-Transformation in die folgende algebraische Gleichung u¨bergefu¨hrt (Transformation in den Bildbereich): 1 ½ s Y ðsÞ 2 þ Y ðsÞ ¼ lft e t g ¼ |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} ðs þ 1Þ 2 Nr. 6 mit a ¼ 1

Diese Gleichung lo¨sen wir nach der Bildfunktion Y ðsÞ auf: s Y ðsÞ 2 þ Y ðsÞ ¼ ðs þ 1Þ Y ðsÞ 2 ¼ Y ðsÞ ¼

1 ðs þ 1Þ

3

þ

2 sþ1

1 ðs þ 1Þ

2

)

ðs þ 1Þ Y ðsÞ ¼

1 ðs þ 1Þ 2

þ2

)

5 Lo¨sung linearer Anfangswertprobleme mit Hilfe der Laplace-Transformation

441

Die Ru¨cktransformation in den Originalbereich liefert die gesuchte Lo¨sung: ( ) ( )

1 2 1 1 1 1 1 ¼ l ¼ þ 2 l1 þ y ðtÞ ¼ l fY ðsÞg ¼ l sþ1 sþ1 ðs þ 1Þ 3 ðs þ 1Þ 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} ¼

G88

1 2 t e t þ 2 e t ¼ 2

y 0 þ 4 y ¼ 10 cos t

1 2 t þ 2 e t ; 2

Nr. 13 mit a ¼ 1

Nr. 3 mit a ¼ 1

t 0

Anfangswert: y ð0Þ ¼ p

Wir transformieren die Dgl zuna¨chst in den Bildbereich (Laplace-Transformation): s ½ s Y ðsÞ p þ 4 Y ðsÞ ¼ l f10 cos tg ¼ 10 l fcos tg ¼ 10 2 s þ1 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} Nr. 25 mit a ¼ 1

Diese algebraische Gleichung lo¨sen wir jetzt nach der Bildfunktion Y ðsÞ auf: s Y ðsÞ p þ 4 Y ðsÞ ¼ ðs þ 4Þ Y ðsÞ p ¼ 10 ðs þ 4Þ Y ðsÞ ¼ 10

s2

s þp þ1

)

Y ðsÞ ¼ 10

s2

s þ1

)

s p þ 2 sþ4 ðs þ 4Þ ðs þ 1Þ

Ru¨cktransformation in den Originalbereich (inverse Laplace-Transformation): ( ) s p y ðtÞ ¼ l 1 fY ðsÞg ¼ l 1 10 þ ¼ sþ4 ðs þ 4Þ ðs 2 þ 1Þ ( ¼ 10 l

s

1

)

( )

1 s 1 þp l þ p e 4t ¼ ¼ 10 l 2 sþ4 ðs þ 4Þ ðs þ 1Þ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1

ðs þ 4Þ ðs 2 þ 1Þ

Nr. 3 mit a ¼ 4

F ðsÞ

¼ 10 l 1 fF ðsÞg þ p e 4 t s erfolgt mit dem Faltungssatz (! Band 2: KapiDie Ru¨cktransformation der Bildfunktion F ðsÞ ¼ ðs þ 4Þ ðs 2 þ 1Þ tel VI.2.7 bzw. FS: Kapitel XIII.2.7): F ðsÞ ¼

s ðs þ 4Þ ðs 2 þ 1Þ

¼

1 s ¼ F 1 ðsÞ F 2 ðsÞ 2 sþ4 s þ1 |fflffl{zfflffl} |fflfflffl{zfflfflffl} F 1 ðsÞ F 2 ðsÞ

Aus der Transformationstabelle entnehmen wir die Originalfunktionen f 1 ðtÞ und f 2 ðtÞ zu F 1 ðsÞ und F 2 ðsÞ:

1 ¼ e 4t f 1 ðtÞ ¼ l 1 fF 1 ðsÞg ¼ l 1 sþ4 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Nr. 3 mit a ¼ 4

442


f 2 ðtÞ ¼ l

1

s fF 2 ðsÞg ¼ l ¼ cos t s2 þ 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1

Nr. 25 mit a ¼ 1

Die Originalfunktion zu F ðsÞ ¼ F 1 ðsÞ F 2 ðsÞ ist dann das Faltungsprodukt f 1 ðtÞ * f 2 ðtÞ der Originalfunktionen f 1 ðtÞ und f 2 ðtÞ: ðt f 1 ðtÞ * f 2 ðtÞ ¼

ðt f 1 ðuÞ f 2 ðt uÞ d u ¼

0

ðt ¼


0

cos u e 4 t þ 4 u d u ¼

0

ðt

cos u e 4 ðt uÞ d u ¼

0

cos u e 4 t e 4 u d u ¼ e 4 t

0

ðt

cos u e 4 u d u ¼ e 4 t I

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I

Die Auswertung des Integrals I erfolgt mit der Integraltafel der Formelsammlung (Integral 324 mit a ¼ 4, b ¼ 1):

ðt I ¼

cos u e

4u

du ¼

e 4u ð4 cos u þ sin uÞ 16 þ 1

0

t ¼ 0

t 1 4u e ð4 cos u þ sin uÞ 0 ¼ 17

¼

1 1 ½ e 4 t ð4 cos t þ sin tÞ e 0 ð4 cos 0 þ sin 0Þ ¼ ½ e 4 t ð4 cos t þ sin tÞ 1 ð4 1 þ 0Þ ¼ 17 17

¼

1 ½ ð4 cos t þ sin tÞ e 4 t 4 17

Somit gilt: f 1 ðtÞ * f 2 ðtÞ ¼ e 4 t I ¼ e 4 t l

1

fF ðsÞg ¼ l ¼

1

1 1 ½ ð4 cos t þ sin tÞ e 4 t 4 ¼ ½ 4 cos t þ sin t 4 e 4 t 17 17

fF 1 ðsÞ F 2 ðsÞg ¼ l

1

1 s s þ 4 s2 þ 1

¼ f 1 ðtÞ * f 2 ðtÞ ¼

1 ð4 cos t þ sin t 4 e 4 t Þ 17

Die Lo¨sung der Anfangswertaufgabe lautet damit wie folgt: 10 ð4 cos t þ sin t 4 e 4 t Þ þ p e 4 t ¼ 17 10 40 ð4 cos t þ sin tÞ þ p e 4t ; t 0 ¼ 17 17

y ðtÞ ¼ 10 l 1 fF ðsÞg þ p e 4 t ¼


443

R L-Stromkreis mit linear ansteigender aüßerer Spannung R

Der in Bild G-33 skizzierte Stromkreis entha¨lt einen ohmschen Widerstand R und eine Induktivita¨t L . Die von außen angelegte Spannung u ¼ k t steigt mit der Zeit t linear an ðk > 0Þ. Bestimmen Sie den zeitlichen Verlauf der Stromsta¨rke i ¼ i ðtÞ, wenn der R L-Stromkreis im Einschaltzeitpunkt t ¼ 0 stromlos ist.

G89

L

i (t ) u (t )

Bild G-33

Anleitung: Aus der Maschenregel erha¨lt man fu¨r die Stromsta¨rke i ¼ i ðtÞ die folgende Dgl 1. Ordnung: L

di þ Ri ¼ u dt

Wir transformieren die noch etwas umgestellte Dgl wie folgt in den Bildbereich (die Laplace-Transformierte der gesuchten Lo¨sung i ¼ i ðtÞ bezeichnen wir mit I ðsÞ): di R u k þ i ¼ ¼ t dt L L L

oder

di þ ai ¼ bt dt

ðmit a ¼ R=L

und

b ¼ k=LÞ

1 ½ s I ðsÞ i ð0Þ þ a I ðsÞ ¼ l fb tg ¼ b l ftg ¼ b s2 |{z} |ffl{zffl} Nr. 4 0 Diese algebraische Gleichung lo¨sen wir nach I ðsÞ auf: s I ðsÞ þ a I ðsÞ ¼ ðs þ aÞ I ðsÞ ¼ b

1 s2

)

I ðsÞ ¼ b

1 ðs þ aÞ s 2

Ru¨cktransformation aus dem Bildbereich in den Originalbereich (inverse Laplace-Transformation) fu¨hrt zur gesuchten Lo¨sung der Anfangswertaufgabe: ( ) ( ) 1 1 e at þ a t 1 1 1 1 i ðtÞ ¼ l fI ðsÞg ¼ l ¼ bl ¼ b b ¼ a2 ðs þ aÞ s 2 ðs þ aÞ s 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Nr. 11 mit a ¼ a

k ¼ L

e

R t L

þ

R t 1 L

R2 L2

kL ¼ R2

e

R t L

R t 1 ; þ L

t 0

Da im Laufe der Zeit (d. h. fu¨r t 1) der erste Summand in der Klammer verschwindet (streng monoton fallende Exponentialfunktion), erha¨lt man fu¨r große Zeiten einen linearen Zusammenhang zwischen der Stromsta¨rke i und der Zeit t (Bild G-34): i

kL R2

R k L t 1 ¼ t L R R

i

i = i (t )

L /R

Bild G-34

Asymptotischer Verlauf für t >> 1

t

444


Sinkgeschwindigkeit eines Ko¨rpers in einer za¨hen Flu¨ssigkeit Die Sinkgeschwindigkeit v einer Stahlkugel in einer za¨hen Flu¨ssigkeit genu¨gt der folgenden Dgl (ohne Auftrieb, siehe Bild G-35): m v_ þ k v ¼ m g m: Masse der Kugel

G90

Kugel

–kv

k : Reibungsfaktor v

g: Erdbeschleunigung Wie lautet das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz v ¼ v ðtÞ bei einer Anfangsgeschwindigkeit v ð0Þ ¼ v 0 ? Welche Endgeschwindigkeit v E wird erreicht?

mg

Bild G-35

Hinweis: Siehe hierzu auch Aufgabe G 36. Dort wurde diese Dgl durch „Variation der Konstanten“ gelo¨st.

Wir stellen die Dgl zuna¨chst etwas um und transformieren sie anschließend mit Hilfe der Laplace-Transformation in den Bildbereich ðdie Bildfunktion von v ¼ v ðtÞ bezeichnen wir mit V ðsÞÞ: v_ þ

k v ¼ g m

oder

v_ þ a v ¼ g

ðmit a ¼ k=mÞ

1 ½ s V ðsÞ v ð0Þ þ a V ðsÞ ¼ l fgg ¼ g l f1g ¼ g s |{z} |fflffl{zfflffl} v0

Nr. 2

Diese algebraische Gleichung lo¨sen wir nach V ðsÞ auf: s V ðsÞ v 0 þ a V ðsÞ ¼ ðs þ aÞ V ðsÞ v 0 ¼ g V ðsÞ ¼ g

1 s

)

ðs þ aÞ V ðsÞ ¼ g

1 þ v0 s

)

1 1 þ v0 sþa s ðs þ aÞ

Ru¨cktransformation in den Originalbereich (inverse Laplace-Transformation) liefert das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz fu¨r t 0:

1 1 1 1 g v ðtÞ ¼ l fV ðsÞg ¼ l þ v0 ¼ sþa s ðs þ aÞ

1 1 e at 1 þ v0 l 1 ¼ g þ v0 e at ¼ sþa a s ðs þ aÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

¼ g l 1

Nr. 5 mit a ¼ a

¼

Nr. 3 mit a ¼ a

k g

g mg

mg g e at þ ¼ v0 emt þ ðe a t 1Þ þ v 0 e a t ¼ v 0 a a k k a

Die (konstante) Endgeschwindigkeit v E erhalten wir fu¨r den Grenzu¨bergang t ! 1: k mg mg mg emt þ ¼ v E ¼ lim v ðtÞ ¼ lim v0 k k k t!1 t!1 |ffl{zffl} ! 0 (die Exponentialfunktion verschwindet fu¨r t ! 1)


445

Bild G-36 zeigt den zeitlichen Verlauf der Sinkgeschwindigkeit v („Sa¨ttigungsfunktion“). v mg k

v = v0 –

k – t mg mg ·e m + k k

v0

Bild G-36 t

D T 1 -Regelkreisglied Das Verhalten eines sog. D T 1 -Regelkreisgliedes der Regelungstechnik la¨sst sich durch die lineare Dgl T v_ þ v ¼ K u_

G91

beschreiben. Dabei bedeuten: T; K : positive Konstanten u ¼ u ðtÞ: Eingangssignal v ¼ v ðtÞ: Ausgangssignal Bestimmen Sie das zeitabha¨ngige Ausgangssignal v ¼ v ðtÞ fu¨r das periodische Eingangssignal u ¼ E sin ðw tÞ und den Anfangswert v ð0Þ ¼ 0 .

Mit u_ ¼ E w cos ðw tÞ (Kettenregel) lautet die Dgl fu¨r das Ausgangssignal v ¼ v ðtÞ wie folgt: T v_ þ v ¼ K u_ ¼ K E w cos ðw tÞ

oder

v_ þ a v ¼ b cos ðw tÞ

ðmit a ¼ 1=T und b ¼ ðK E wÞ=T Þ

Wir transformieren die Dgl mit Hilfe der Laplace-Transformation in den Bildbereich: s ½ s V ðsÞ v ð0Þ þ a V ðsÞ ¼ l f b cos ðw tÞg ¼ b l fcos ðw tÞg ¼ b 2 þ w2 s |{z} |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Nr. 25 mit a ¼ w

0

Diese algebraische Gleichung wird nach V ðsÞ aufgelo¨st ðV ðsÞ ist die Laplace-Transformierte der gesuchten Lo¨sung v ¼ v ðtÞÞ: s V ðsÞ þ a V ðsÞ ¼ ðs þ aÞ V ðsÞ ¼ b

s s2 þ w2

)

V ðsÞ ¼ b

s ðs 2 þ w 2 Þ ðs þ aÞ

Bei der Ru¨cktransformation verwenden wir den Faltungssatz: ( )

s s 1 1 1 1 ¼ v ðtÞ ¼ l fV ðsÞg ¼ l ¼ bl b s2 þ w2 s þ a ðs 2 þ w 2 Þ ðs þ aÞ |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflffl{zfflffl} F 2 ðsÞ F 1 ðsÞ ¼ b l 1 fF 1 ðsÞ F 2 ðsÞg ¼ b ð f 1 ðtÞ * f 2 ðtÞÞ

446


Dabei ist f 1 ðtÞ * f 2 ðtÞ das Faltungsprodukt der noch unbekannten Originalfunktionen f 1 ðtÞ und f 2 ðtÞ der Faktorfunktionen F 1 ðsÞ und F 2 ðsÞ. Durch Ru¨cktransformation aus dem Bild- in den Originalbereich erhalten wir:

s 1 ¼ e at ¼ cos ðw tÞ ; f 2 ðtÞ ¼ l 1 fF 2 ðsÞg ¼ l 1 f 1 ðtÞ ¼ l 1 fF 1 ðsÞg ¼ l 1 sþa s2 þ w2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Nr. 25 mit a ¼ w

Nr. 3 mit a ¼ a

Wir ermitteln jetzt das Faltungsprodukt: ðt f 1 ðtÞ * f 2 ðtÞ ¼


0

ðt

cos ðw uÞ e

at

e

0

au

du ¼ e

cos ðw uÞ e a t þ a u d u ¼

du ¼

0

ðt ¼

cos ðw uÞ e

a ðt uÞ

0

at

ðt

cos ðw uÞ e a u d u ¼ e a t I

0

|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} I

Auswertung des Integrals I mit Hilfe der Integraltafel der Formelsammlung (Integral 324 mit a ¼ a und b ¼ w):

ðt I ¼

cos ðw uÞ e a u d u ¼ 0

¼

a2

e au ½ a cos ðw uÞ þ w sin ðw uÞ 2 a þ w2

t ¼ 0

au t 1 e a cos ðw uÞ þ w sin ðw uÞ 0 ¼ 2 þw

at 1 e a cos ðw tÞ þ w sin ðw tÞ e 0 ða cos 0 þ w sin 0Þ ¼ 2 þw |{z} |ffl{zffl} 1 1 0 at 1 e ða cos ðw tÞ þ w sin ðw tÞÞ a ¼ 2 2 a þw a2

f

¼

Damit gilt fu¨r das Faltungsprodukt: f 1 ðtÞ * f 2 ðtÞ ¼ e a t I ¼ e a t ¼

a2

1 ½ e a t ða cos ðw tÞ þ w sin ðw tÞÞ a ¼ þ w2

1 a cos ðw tÞ þ w sin ðw tÞ a e a t 2 þw

a2

Die Lo¨sung der Dgl lautet daher wie folgt: b a cos ðw tÞ þ w sin ðw tÞ a e a t ¼ 2 þw 1 1 t=T ¼ cos ðw tÞ þ w sin ðw tÞ e T T

v ðtÞ ¼ b ð f 1 ðtÞ * f 2 ðtÞÞ ¼ ¼

T

KEw 1 þ w2 T2

K EwT ¼ 1 2 2 þw T T2 ¼

KEw 1 þ ðw T Þ

2

a2

1 1 cos ðw tÞ þ w sin ðw tÞ e t=T T T

cos ðw tÞ þ w T sin ðw tÞ e t = T

¼

Umformungen: Bruch vor der Klammer mit T erweitern, dann T bzw. T 2 in die Klammern multiplizieren.


447

5.2 Lineare Differentialgleichungen 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten Hinweise (1)

Lehrbuch: Band 2, Kapitel VI.5.1.3 Formelsammlung: Kapitel XIII.5.3

(2)

Tabelle spezieller Laplace-Transformationen ! Band 2, Kapitel VI.4.2 und Formelsammlung, Kapitel XIII.6

(3)

In den Lo¨sungen wird die jeweilige Nummer der Laplace-Transformation mit den entsprechenden Parameterwerten angegeben (z. B. Nr. 6 mit a ¼ 1Þ.

G92

Lo¨sen Sie die folgende Schwingungsgleichung mit Hilfe der Laplace-Transformation: x€ þ 2 x_ þ 5 x ¼ 0


x_ ð0Þ ¼ 0

Wir transformieren die Dgl in den Bildbereich: 2 s X ðsÞ s x ð0Þ x_ ð0Þ þ 2 s X ðsÞ x ð0Þ þ 5 X ðsÞ ¼ l f0g ¼ 0 |ffl{zffl} |ffl{zffl} |ffl{zffl} 10 0 10 Diese algebraische Gleichung lo¨sen wir nach der Bildfunktion X ðsÞ ¼ l fx ðtÞg auf: s 2 X ðsÞ 10 s þ 2 s X ðsÞ 20 þ 5 X ðsÞ ¼ 0 ðs 2 þ 2 s þ 5Þ X ðsÞ ¼ 10 s þ 20 ¼ 10 ðs þ 2Þ

)

)

X ðsÞ ¼ 10

sþ2 s2 þ 2s þ 5

Vor der Ru¨cktransformation mu¨ssen wir diese gebrochene Funktion so zerlegen, dass wir die Glieder in der Transformationstabelle finden: sþ2 sþ2 ðs þ 1Þ þ 1 ¼ 10 ¼ ¼ 10 2 þ 2s þ 5 ðs þ 2 s þ 1Þ þ 4 ðs þ 1Þ 2 þ 2 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} ðs þ 1Þ 2 ! sþ1 1 þ ðs þ 1Þ 2 þ 2 2 ðs þ 1Þ 2 þ 2 2

X ðsÞ ¼ 10

s2

¼ 10

Ru¨cktransformation in den Originalbereich fu¨hrt jetzt zur gesuchten Lo¨sung (inverse Laplace-Transformation): ( !) sþ1 1 1 1 ¼ x ðtÞ ¼ l fX ðsÞg ¼ l 10 þ ðs þ 1Þ 2 þ 2 2 ðs þ 1Þ 2 þ 2 2 ( ¼ 10

l 1

sþ1

)

ðs þ 1Þ 2 þ 2 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Nr. 29 mit a ¼ 2, b ¼ 1

¼ 10

e t cos ð2 tÞ þ

( þ l 1

1

)!

ðs þ 1Þ 2 þ 2 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

¼

Nr. 28 mit a ¼ 2, b ¼ 1

e t sin ð2 tÞ ¼ 5 e t ½ 2 cos ð2 tÞ þ sin ð2 tÞ 2

448


Der zeitliche Verlauf dieser geda¨mpften Schwingung ist in Bild G-37 dargestellt. x 10 x = 5 · e – t · [ 2 · cos (2 t ) + sin (2 t ) ] 5

1

Bild G-37 1

2

3

t

–2

Stoßda¨mpferproblem Ein schwingungsfa¨higes (geda¨mpftes) Feder-Masse-System mit der Masse m ¼ 50 kg, der Federkonstanten c ¼ 10 200 N/m und der Da¨mpferkonstanten b ¼ 2000 kg/s wird zur Zeit t ¼ 0 aus der Gleichgewichtelage heraus mit der Geschwindigkeit v 0 ¼ 2,8 m/s angestoßen. Untersuchen Sie die Bewegung der Masse mit Hilfe der Schwingungsgleichung

G93

m x€ þ b x_ þ c x ¼ 0 und skizzieren Sie den zeitlichen Verlauf der Ortskoordinate x ¼ x ðtÞ .

Wir erhalten die folgende Schwingungsgleichung (ohne Einheiten): 50 x€ þ 2000 x_ þ 10 200 x ¼ 0

oder

x€ þ 40 x_ þ 204 x ¼ 0

Transformation in den Bildraum ðmit X ðsÞ bezeichnen wir die Laplace-Transformierte der gesuchten Lo¨sung x ¼ x ðtÞÞ: 2 s X ðsÞ s x ð0Þ x_ ð0Þ þ 40 s X ðsÞ x ð0Þ þ 204 X ðsÞ ¼ l f0g ¼ 0 |ffl{zffl} |ffl{zffl} |ffl{zffl} 0 2,8 0 Wir lo¨sen diese Gleichung nach X ðsÞ auf: s 2 X ðsÞ 2,8 þ 40 s X ðsÞ þ 204 X ðsÞ ¼ 0 X ðsÞ ¼

s2

)

ðs 2 þ 40 s þ 204Þ X ðsÞ ¼ 2,8

)

2,8 2,8 2,8 ¼ ¼ 2 þ 40 s þ 204 ðs þ 40 s þ 400Þ 196 ðs þ 20Þ 2 14 2

Umformung des Nenners: Quadratische Erga¨nzung zu einem Binom. Durch Ru¨cktransformation in den Originalbereich erhalten wir das gesuchte Weg-Zeit-Gesetz (inverse Laplace-Transformation): ( ) ( ) 2,8 1 1 1 1 ¼ 2,8 l ¼ x ðtÞ ¼ l fX ðsÞg ¼ l ðs þ 20Þ 2 14 2 ðs þ 20Þ 2 14 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Nr. 32 mit a ¼ 14, b ¼ 20

¼ 2,8

e 20 t sinh ð14 tÞ ¼ 0,2 e 20 t sinh ð14 tÞ ; 14

t 0


449

Es handelt sich (infolge der starken Da¨mpfung) um eine sog. aperiodische Schwingung, deren zeitlicher Verlauf in Bild G-38 dargestellt ist. x 0,6 x = 0,2 · e – 20 t · sinh (14 t )

0,4

0,2

Bild G-38 0,1

0,3

0,5

t

Erzwungene mechanische Schwingung

G94

Lo¨sen Sie das folgende Schwingungsproblem: x€ þ 25 x ¼ 2 sin ð2 tÞ

x_ ð0Þ ¼ 1


Transformation in den Bildbereich:

2 4 ¼ s 2 X ðsÞ s x ð0Þ x_ ð0Þ þ 25 X ðsÞ ¼ l f2 sin ð2 tÞg ¼ 2 l fsin ð2 tÞg ¼ 2 2 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |ffl{zffl} |ffl{zffl} s þ4 s þ4 0 1 Nr. 24 mit a ¼ 2

Wir lo¨sen diese algebraische Gleichung nach X ðsÞ ¼ l fx ðtÞg auf: s 2 X ðsÞ 1 þ 25 X ðsÞ ¼ ðs 2 þ 25Þ X ðsÞ ¼

s2

s2

4 þ1 þ4

4 þ4

)

)

ðs 2 þ 25Þ X ðsÞ 1 ¼

X ðsÞ ¼

4 ðs 2

þ 4Þ

ðs 2

þ 25Þ

þ

s2

s2

4 þ4

)

1 þ 25

Ru¨cktransformation in den Originalbereich liefert das gesuchte Weg-Zeit-Gesetz: ( ) 4 1 ¼ þ x ðtÞ ¼ l 1 fX ðsÞg ¼ l 1 s 2 þ 25 ðs 2 þ 4Þ ðs 2 þ 25Þ ( ¼ 4l

1

1

)

ðs 2 þ 4Þ ðs 2 þ 25Þ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

1 ¼ s 2 þ 25 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

þ l 1

Nr. 43 mit a ¼ 2, b ¼ 5

¼ 4

¼

2 sin ð5 tÞ 5 sin ð2 tÞ 10 ð4 25Þ

Nr. 24 mit a ¼ 5

þ

sin ð5 tÞ 5

¼

2 1 2 sin ð5 tÞ 5 sin ð2 tÞ þ sin ð5 tÞ ¼ 105 5

4 2 1 sin ð5 tÞ þ sin ð2 tÞ þ sin ð5 tÞ ¼ 105 21 5

1 4 2 sin ð5 tÞ þ sin ð2 tÞ ¼ 5 105 21 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl}

21 4 17 ¼ 105 105

¼

17 2 sin ð5 tÞ þ sin ð2 tÞ ; 105 21

t 0

450


L C R-Stromkreis Ein Stromkreis entha¨lt die Induktivita¨t L ¼ 1 H, den ohmschen Widerstand R ¼ 80 W und eine Kapazita¨t von C ¼ 400 mF ¼ 4 10 4 F. Er wird durch die Gleichspannung u ¼ 100 V gespeist. Bestimmen Sie den zeitlichen Verlauf der Kondensatorladung q ¼ q ðtÞ, die der Dgl

G95

L q€ þ R q_ þ

q ¼ u C

mit den Anfangswerten q ð0Þ ¼ 0 und i ðtÞ ¼ q_ ð0Þ ¼ 0 genu¨gt. i ¼ i ðtÞ ¼ q_ ðtÞ: Stromsta¨rke (zeitliche Ableitung der Ladung)

Die Dgl fu¨r die Ladung q ¼ q ðtÞ lautet wie folgt (ohne Einheiten): 1 q€ þ 80 q_ þ

1 q ¼ 100 4 10 4

q€ þ 80 q_ þ 2500 q ¼ 100

oder

Wir transformieren sie in den Bildbereich (Laplace-Transformation):

100 s 2 Q ðsÞ s q ð0Þ q_ ð0Þ þ 80 s Q ðsÞ q ð0Þ þ 2500 Q ðsÞ ¼ l f100g ¼ 100 l f1g ¼ s |ffl{zffl} |ffl{zffl} |ffl{zffl} |fflfflffl{zfflfflffl} 0

0

0

Nr. 2

Diese algebraische Gleichung lo¨sen wir nach Q ðsÞ ¼ l fq ðtÞg auf: s 2 Q ðsÞ þ 80 s Q ðsÞ þ 2500 Q ðsÞ ¼ Q ðsÞ ¼

100 s

)

ðs 2 þ 80 s þ 2500Þ Q ðsÞ ¼

100 s

)

100 s ðs 2

þ 80 s þ 2500Þ

Vor der Ru¨cksubstitution zerlegen wir die echt gebrochenrationale Bildfunktion Q ðsÞ in Partialbru¨che. Da der Faktor s 2 þ 80 s þ 2500 auf konjugiert komplexe Nennernullstellen fu¨hrt, erhalten wir fu¨r die Partialbruchzerlegung den folgenden Ansatz: 100 s ðs 2

þ 80 s þ 2500Þ

¼

A Bs þ C þ s s 2 þ 80 s þ 2500

Wir bringen alle Bru¨che der rechten Seite auf den Hauptnenner s ðs 2 þ 80 s þ 2500Þ und erhalten durch Vergleich beider Seiten die folgende Gleichung: 100 s ðs 2 þ 80 s þ 2500Þ

¼

A ðs 2 þ 80 s þ 2500Þ þ ðB s þ CÞ s s ðs 2 þ 80 s þ 2500Þ

)

100 ¼ A ðs 2 þ 80 s þ 2500Þ þ ðB s þ CÞ s ¼ A s 2 þ 80 A s þ 2500 A þ B s 2 þ C s ¼ ¼ ðA þ BÞ s 2 þ ð80 A þ CÞ s þ 2500 A Wir vertauschen beide Seiten und erga¨nzen dann auf der rechten Seite die noch fehlenden Glieder 0 s 2 und 0 s: ðA þ BÞ s 2 þ ð80 A þ CÞ s þ 2500 A ¼ 0 s 2 þ 0 s þ 100 Durch Koeffizientenvergleich folgt: ðIÞ

AþB ¼ 0

)

B ¼ A ¼ 0,04

ðIIÞ

80 A þ C ¼ 0

)

C ¼ 80 A ¼ 80 0,04 ¼ 3,2

ðIIIÞ

2500 A ¼ 100

)

A ¼ 0,04


451

Wir haben dieses gestaffelte lineare Gleichungssystem schrittweise von unten nach oben gelo¨st. Damit gilt: 0,04 0,04 s 3,2 þ ¼ 2 s s þ 80 s þ 2500 þ 80 s þ 2500Þ 0,04 s þ 80 1 s þ 80 ¼ 0,04 ¼ 0,04 2 2 s s s þ 80 s þ 2500 s þ 80 s þ 2500

Q ðsÞ ¼

100

¼

s ðs 2

Damit wir bei der Ru¨cktransformation die Glieder in der Transformationstabelle finden, bringen wir den 2. Bruch in der Klammer auf die folgende Gestalt (quadratische Erga¨nzung im Nenner, anschließend den Bruch in zwei Teilbru¨che aufspalten):

s2

ðs þ 40Þ þ 40 s þ 80 ðs þ 40Þ þ 40 ¼ ¼ ¼ 2 þ 80 s þ 2500 ðs þ 80 s þ 1600Þ þ 900 ðs þ 40Þ 2 þ 30 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |{z} ðs þ 40Þ 2 30 2 ¼

s þ 40 ðs þ 40Þ þ 2

30 2

þ

40 ðs þ 40Þ 2 þ 30 2

Damit gilt: Q ðsÞ ¼ 0,04

1 s þ 80 s s 2 þ 80 s þ 2500

¼ 0,04

1 s þ 40 40 2 s 2 ðs þ 40Þ þ 30 ðs þ 40Þ 2 þ 30 2

!

Durch Ru¨cktransformation erhalten wir die folgende Abha¨ngigkeit der Ladung q von der Zeit t: ( !) 1 s þ 40 40 1 1 q ðtÞ ¼ l fQ ðsÞg ¼ l ¼ 0,04 s ðs þ 40Þ 2 þ 30 2 ðs þ 40Þ 2 þ 30 2 ¼ 0,04

( ) ( )! 1 s þ 40 1 1 1 l 40 l ¼ l s ðs þ 40Þ 2 þ 30 2 ðs þ 40Þ 2 þ 30 2 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1

Nr. 2

1 e 40 t

¼ 0,04 ¼ 0,04

Nr. 29 mit a ¼ 30, b ¼ 40

Nr. 28 mit a ¼ 30, b ¼ 40

! e 40 t sin ð30 tÞ cos ð30 tÞ 40 ¼ 30

4 4 sin ð30 tÞ ¼ 0,04 0,04 e 40 t cos ð30 tÞ þ sin ð30 tÞ 1 e 40 t cos ð30 tÞ þ 3 3

Die Kondensatorladung strebt im Laufe der Zeit gegen den konstanten Wert q E ¼ 0,04 As: 4 q E ¼ lim q ðtÞ ¼ lim 0,04 0,04 e 40 t cos ð30 tÞ þ sin ð30 tÞ ¼ 0,04 3 t!1 t!1 Bild G-39 zeigt den zeitlichen Verlauf der Ladung q. q

0,04 0,03 0,02 0,01

Bild G-39 0,02

0,06

0,10

0,14

0,18

t

452

H Komplexe Zahlen und Funktionen

Hinweise fu¨r das gesamte Kapitel (1)

Die Darstellung einer komplexen Zahl z erfolgt entweder in der kartesischen Form oder in einer der beiden Polarformen (Exponentialform oder trigonometrische Form): Kartesische Form: z ¼ x þ j y (mit x; y 2 R) jj Polarformen: z ¼ r e ¼ r ðcos j þ j sin jÞ

(2) (3)

(mit r 0 und 0 j < 2 p)

Die Angabe des Winkels (Argumentes) von z erfolgt in der Regel als Hauptwert im Intervall 0 j < 2 p (Drehung im mathematisch positiven Sinn, d. h. im Gegenuhrzeigersinn). In der Technik wird als Winkel haüfig der kleinstmo¨gliche Drehwinkel angegeben, die Hauptwerte liegen dann im Intervall p < j p . Die Winkel ko¨nnen auch im Gradmaß angegeben werden. 1 Wir erinnern: j 2 ¼ 1 , ¼ j j3 ¼ j , j4 ¼ 1 ; j Die zu z konjugiert komplexe Zahl kennzeichnen wir duch das Symbol z* .

1 Komplexe Rechnung 1.1 Grundrechenarten Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel VII.1 und 2.1 Formelsammlung: Kapitel VIII.1 und 2

Die nachfolgenden komplexen Zahlen sind in der Exponentialform z ¼ r e j j und der trigonometrischen Form z ¼ r ðcos j þ j sin jÞ mit r 0 und 0 j < 2 p darzustellen. Wie lauten die zugeho¨rigen konjugiert komplexen Zahlen in der Polarform und der kartesischen Darstellungsform?

H1

a) z ¼ 3 11 j

c) z ¼ ð2 jÞ * ð5 jÞ 2

b) z ¼ 4,5 1,8 j

Grundsa¨tzlich sind zwei verschiedene Lo¨sungswege mo¨glich: 1. Die in der Polarform, d. h. in der trigonometrischen bzw. Exponentialform verwendeten Polarkoordinaten r und j lassen sich rein geometrisch aus einer Lageskizze mit Hilfe eines rechtwinkligen Dreiecks bestimmen (siehe hierzu als Musterbeispiel die Lo¨sung der Teilaufgabe a)). 2. Die Polarkoordinaten r und j ko¨nnen auch mit den aus dem Lehrbuch (Band 1) und der Formelsammlung bekannten „ Lo¨sungsformeln “ berechnet werden: r ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi x2 þ y2 ,

tan j ¼

y x

)

j ¼ arctan

y

x

þK


1 Komplexe Rechnung

453

Dabei ist K eine von der Lage der komplexen Zahl z ¼ x þ j y in der Gaußschen Zahlenebene abha¨ngige Konstante. Bei Beschra¨nkung auf den Hauptwertbereich 0 j < 2 p (entspricht einer vollen Drehung im Gegenuhrzeigersinn) gilt dann: K ¼ 0 im 1. Quadrant, K ¼ p im 2. und 3. Quadrant und K ¼ 2 p im 4. Quadrant. Bei der Lo¨sung der Aufgaben werden wir im Regelfall den zuletzt beschriebenen Lo¨sungsweg einschlagen. a) z ¼ 3 11 j ¼ r e j j ¼ r ðcos j þ j sin jÞ

(4. Quadrant, siehe Bild H-1)

1. Lo¨sungsweg („geometrische Lo¨sung“) Aus dem rechtwinkligen Dreieck (in der Lageskizze dick umrandet) berechnen wir die Hypotenuse r und den „ Hilfswinkel “ a und daraus dann den gesuchten Hauptwert des Winkels j: Satz des Pythagoras:

Im ( z )

r 2 ¼ 3 2 þ 11 2 ¼ 9 þ 121 ¼ 130 pffiffiffiffiffiffiffiffi r ¼ 130 ¼ 11,402

)

3

3

a

Re ( z )

Hilfswinkel a: tan a ¼

11 3

)

a ¼ arctan

11 ¼ 74,74 3

r

11

Polarwinkel j: j ¼ 360 a ¼ 360 74,74 ¼ 285,26 ¼ 4,9786

– 11

(im Bogenmaß)

Ergebnis: z ¼ 3 11 j ¼ 11,402 e j 4,9786 ¼

Bild H-1

¼ 11,402 ðcos 4,9786 þ j sin 4,9786Þ Die konjugiert komplexe Zahl lautet: z* ¼ 3 þ 11 j ¼ 11,402 e j ð 4,9786Þ ¼ 11,402 e j ð 4,9786 þ 2 pÞ ¼ 11,402 e j 1,3046 ¼ ¼ 11,402 ðcos 1,3046 þ j sin 1,3046Þ (Hauptwert des Winkels: j ¼ 4,9786 þ 2 p ¼ 1,3046Þ 2. Lo¨sungsweg (Verwendung der „ Lo¨sungsformeln “) Die komplexe Zahl z ¼ 3 11 j liegt im 4. Quadrant (siehe Bild H-1). qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r ¼ 3 2 þ ð 11Þ 2 ¼ 9 þ 121 ¼ 130 ¼ 11,402 11 11 j ¼ arctan þ 2 p ¼ arctan þ 2 p ¼ 4,9786 ¼ 285,26 3 3

ðim GradmaßÞ

z ¼ 3 11 j ¼ 11,402 e j 4,9786 ¼ 11,402 ðcos 4,9786 þ j sin 4,9786Þ z* ¼ 3 þ 11 j ¼ 11,402 e j ð 4,9786Þ ¼ 11,402 e j ð 4,9786 þ 2 pÞ ¼ 11,402 e j 1,3046 ¼ ¼ 11,402 ðcos 1,3046 þ j sin 1,3046Þ b) z ¼ 4,5 1,8 j ¼ r e j j ¼ r ðcos j þ j sin jÞ (3. Quadrant) qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r ¼ ð 4,5Þ 2 þ ð 1,8Þ 2 ¼ 20,25 þ 3,24 ¼ 23,49 ¼ 4,847 1,8 þ p ¼ arctan 0,4 þ p ¼ 3,5221 ¼ 201,80 ðim GradmaßÞ j ¼ arctan 4,5 z ¼ 4,5 1,8 j ¼ 4,847 e j 3,5221 ¼ 4,847 ðcos 3,5221 þ j sin 3,5221Þ

z = 3 – 11 j

454


Die konjugiert komplexe Zahl lautet: z* ¼ 4,5 þ 1,8 j ¼ 4,847 e j ð 3,5221Þ ¼ 4,847 e j ð 3,5221 þ 2 pÞ ¼ 4,847 e j 2,7611 ¼ ¼ 4,847 ðcos 2,7611 þ j sin 2,7611Þ (Hauptwert des Winkels: j ¼ 3,5221 þ 2 p ¼ 2,7611) c) Wir bringen z zuna¨chst in die kartesische Form: z ¼ ð2 jÞ * ð5 jÞ 2 ¼ ð2 þ jÞ ð25 10 j þ j 2 Þ ¼ 2 þ j ð25 10 j 1Þ ¼ ¼ 2 þ j ð24 10 jÞ ¼ 2 þ j 24 þ 10 j ¼ 22 þ 11 j

ð2: QuadrantÞ

Umrechnung in die Polarform z ¼ r e j j ¼ r ðcos j þ j sin jÞ: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r ¼ ð 22Þ 2 þ 11 2 ¼ 484 þ 121 ¼ 605 ¼ 24,597 11 þ p ¼ arctan ð 0,5Þ þ p ¼ 2,6779 ¼ 153,43 j ¼ arctan 22

ðim GradmaßÞ

z ¼ 22 þ 11 j ¼ 24,597 e j 2,6779 ¼ 24,597 ðcos 2,6779 þ j sin 2,6779Þ Konjugiert komplexe Zahl: z* ¼ 22 11 j ¼ 24,597 e j ð 2,6779Þ ¼ 24,597 e j ð 2,6779 þ 2 pÞ ¼ 24,597 e j 3,6053 ¼ ¼ 24,597 ðcos 3,6053 þ j sin 3,6053Þ (Hauptwert des Winkels: j ¼ 2,6779 þ 2 p ¼ 3,6053)

H2

Die nachfolgenden komplexen Zahlen sind in der kartesischen Form z ¼ x þ j y dazustellen. Wie lautet die jeweilige konjugiert komplexe Zahl (in kartesischer Darstellung)? a) z ¼ 6 e j 2,5

b) z ¼ 10 ½cos ð 225 Þ þ j sin ð 225 Þ

c) z ¼ 4 ½cos ð 40 Þ þ j sin ð 40 Þ þ 2 e j 30 3 þ 1,5 j

Lo¨sungsweg: Schrittweise Umformung nach dem folgenden Schema: Exponentialform a) z

! trigonometrische Form

ausmultiplizieren

!

kartesische Form

¼ 6 e j 2,5 ¼ 6 ðcos 2,5 þ j sin 2,5Þ ¼ 6 cos 2,5 þ ð6 sin 2,5Þ j ¼ 4,807 þ 3,591 j

z * ¼ ð 4,807 þ 3,591 jÞ * ¼ 4,807 3,591 j b) z

¼ 10 ½ cos ð 225 Þ þ j sin ð 225 Þ ¼ 10 cos ð 225 Þ þ ½10 sin ð 225 Þ j ¼ 7,071 þ 7,071 j

z* ¼ ð 7,071 þ 7,071 jÞ * ¼ 7,071 7,071 j c) Die ersten beiden Summanden mu¨ssen zuna¨chst in die kartesische Form gebracht werden, da die Addition komplexer Zahlen nur in dieser Darstellungsform mo¨glich ist:

z ¼ 4 ½ cos ð 40 Þ þ j sin ð 40 Þ þ 2 e j 30 3 þ 1,5 j ¼ ¼ 4 cos ð40 Þ þ ½ 4 sin ð 40 Þ j þ 2 ðcos 30 þ j sin 30 Þ 3 þ 1,5 j ¼ ¼ 3,064 2,571 j þ 2 cos 30 þ ð2 sin 30 Þ j 3 þ 1,5 j ¼ ¼ 3,064 2,571 j þ 1,732 þ j 3 þ 1,5 j ¼ 1,796 0,071 j z* ¼ ð1,796 0,071 jÞ * ¼ 1,796 þ 0,071 j

1 Komplexe Rechnung

455

Berechnen Sie mit den komplexen Zahlen z1 ¼ 2 j ,

z2 ¼ 5 þ 2 j

und

z 3 ¼ 3 j

die folgenden Terme (Endergebnisse in der kartesischen Darstellungsform):

H3

aÞ bÞ

cÞ

z 3 ð2 z*2 3 z 1 Þ þ z*3 3 j z 1 z*1 þ 2 z 3 z 1 j z 2 2 ðz 2 z*3 Þ z 1 pffiffiffi j z 1 j þ 2 j z 2 þ z*3 j þ z*1 z 2 18 j ðz 3 z 1 Þ * j j j ðz 1 z 2 Þ j

aÞ z 3 ð2 z*2 3 z 1 Þ þ z*3 3 j z 1 ¼ 3 j ½ 2 ð5 þ 2 jÞ * 3 ð2 jÞ þ ð 3 jÞ * 3 j ð2 jÞ ¼ ¼ 3 j ½ 2 ð5 2 jÞ 6 þ 3 j þ 3 j 6 j þ 3 j 2 ¼ ¼ 3 j ð10 4 j 6 þ 3 jÞ 3 j 3 ¼ 3 j ð4 jÞ 3 j 3 ¼ ¼ 12 j þ 3 j 2 3 j 3 ¼ 15 j 3 3 ¼ 6 15 j b) Der besseren bersicht wegen bringen wir zuna¨chst in getrennter Rechnung Za¨hler und Nenner in die kartesische Form. Za¨hler:

z*1 þ 2 z 3 z 1 j z 2 ¼ ð2 jÞ * þ 2 ð 3 jÞ ð2 jÞ j ð5 þ 2 jÞ ¼ ¼ 2 þ j 6 j ð2 jÞ 5 j 2 j 2 ¼ 2 4 j 12 j þ 6 j 2 þ 2 ¼ ¼ 4 16 j 6 ¼ 2 16 j ¼ 2 ð 1 8 jÞ

Nenner:

2 ðz 2 z*3 Þ z 1 ¼ 2 ½ 5 þ 2 j ð 3 jÞ * ð2 jÞ ¼ 2 ð5 þ 2 j 3 jÞ ð2 jÞ ¼ 2 ð5 jÞ ð2 jÞ ¼ ¼ 2 ð10 5 j 2 j þ j 2 Þ ¼ 2 ð10 7 j 1Þ ¼ 2 ð9 7 jÞ

Berechnung des Bruches (dieser wird zuna¨chst mit dem konjugiert komplexen Nenner, also der komplexen Zahl 9 þ 7 j erweitert; Faktor 2 vorher ku¨rzen): z*1 þ 2 z 3 z 1 j z 2 2 ð 1 8 jÞ 1 8j ð 1 8 jÞ ð9 þ 7 jÞ 9 7 j 72 j 56 j 2 ¼ ¼ ¼ ¼ ¼ 2 ð9 7 jÞ 9 7j ð9 7 jÞ ð9 þ 7 jÞ 2 ðz 2 z*3 Þ z 1 81 49 j 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3: Binom : ða bÞ ða þ bÞ ¼ a 2 b 2

¼

9 79 j þ 56 47 79 j 47 79 ¼ ¼ j ¼ 0,362 0,608 j 81 þ 49 130 130 130

c) Wir bringen zuna¨chst (in getrennter Rechnung) alle Summanden im Za¨hler und Nenner des Bruches in die kartesische Form. Summanden des Za¨hlers qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi j z 1 j ¼ j 2 j j ¼ 2 2 þ ð 1Þ 2 ¼ 4 þ 1 ¼ 5 pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 j z 2 þ z*3 j ¼ 2 j ð5 þ 2 jÞ þ ð 3 jÞ * j ¼ 2 j 5 þ 2 j þ 3 j j ¼ 2 j 5 þ 5 j j ¼ 2 5 2 þ 5 2 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 2 25 þ 25 ¼ 2 50 ¼ 2 50 ¼ 100 ¼ 10 z*1 z 2 ¼ ð2 jÞ * ð5 þ 2 jÞ ¼ ð2 þ jÞ ð5 þ 2 jÞ ¼ 10 þ 4 j þ 5 j þ 2 j 2 ¼ 10 þ 9 j 2 ¼ 8 þ 9 j

456


Summanden des Nenners j ðz 3 z 1 Þ * j ¼ j z 3 z 1 j ¼ j 3 j ð2 jÞ j ¼ j 3 j 2 þ j j ¼ j 2 2 j j ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ð 2Þ 2 þ ð 2Þ 2 ¼ 4 þ 4 ¼ 8 ¼ 2 2 (unter Beru¨cksichtigung von j z* j ¼ j z j ) j j ðz 1 z 2 Þ j ¼ j j j j z 1 z 2 j ¼ 1 j ð2 jÞ ð5 þ 2 jÞ j ¼ j 2 j 5 2 j j ¼ j 3 3 j j ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ð 3Þ 2 þ ð 3Þ 2 ¼ 9 þ 9 ¼ 18 ¼ 3 2 Berechnung des Bruches pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 5 þ 10 þ 8 þ 9 j 18 5 þ 9j j z 1 j þ 2 j z 2 þ z*3 j þ z*1 z 2 18 ð 5 þ 9 jÞ ð 2Þ p ffiffi ffi p ffiffi ffi p ffiffi ffi pffiffiffi pffiffiffi ¼ ¼ ¼ ¼ j ðz 3 z 1 Þ * j j j ðz 1 z 2 Þ j 2 23 2 2 ð 2Þ ð 2Þ pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 5 2 9 2j 1 pffiffiffiffiffi 9 pffiffiffi ¼ ¼ 10 2 j ¼ 1,581 6,364 j 2 2 2

Berechnen Sie mit den komplexen Zahlen z1 ¼

H4

2þj , 1 2j

die folgenden Ausdru¨cke: pffiffiffi a) z 1 þ 5 z 2 3 z*3

z 2 ¼ 2 e j p=3

b)

und

z 3 ¼ 4 ðcos 30 þ j sin 30 Þ

z*1 z 3 0,5 z 2

a) Addition und Subtraktion lassen sich bekanntlich nur in der kartesischen Darstellungsform durchfu¨hren. Wir mu¨ssen daher die gegebenen Zahlen zuna¨chst in diese Form bringen. Umformungen: z 1 zuna¨chst mit dem konjugiert komplexen Nenner, d. h. der komplexen Zahl 1 þ 2 j erweitern. Die komplexe Zahl z 2 in die trigonometrische Form bringen, dann ausmultiplizieren. Die komplexe Zahl z 3 ausmultiplizieren. z1 ¼

2þj ð2 þ jÞ ð1 þ 2 jÞ 2 þ 4 j þ j þ 2 j2 2 þ 5j 2 5j ¼ ¼ ¼ ¼ ¼ j 2 1 2 j ð1 2 jÞ ð1 þ 2 jÞ 1 þ 4 5 1 4j |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3: Binom : ða bÞ ða þ bÞ ¼ a 2 b 2

z 2 ¼ 2 e j p=3 ¼ 2 ½ cos ð p=3Þ þ j sin ð p=3Þ ¼ 2 cos ð p=3Þ þ ½ 2 sin ð p=3Þ j ¼ 1 pffiffiffi z 3 ¼ 4 ðcos 30 þ j sin 30 Þ ¼ 4 cos 30 þ ð4 sin 30 Þ j ¼ 2 3 þ 2 j

pffiffiffi 3j

Somit erhalten wir: pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi z 1 þ 5 z 2 3 z*3 ¼ j þ 5 ð1 3 jÞ 3 ð2 3 þ 2 jÞ * ¼ j þ 5 5 3 j 3 ð2 3 2 jÞ ¼ pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi ¼ j þ 5 5 3 j 6 þ 2 3 j ¼ 1 þ j 3 3 j ¼ 1 ð3 3 1Þ j ¼ ¼ 1 4,196 j b) Die Berechnung des Bruches soll hier in der fu¨r Multiplikation und Division bequemeren Exponentialform erfolgen. Umformungen: Die komplexen Zahlen z 1 und z 3 zuna¨chst in die Exponentialform bringen, wobei wir das Ergebnis z 1 ¼ j aus Teilaufgabe a) beru¨cksichtigen. z1 ¼

2þj ¼ j ¼ 1 e j p=2 , 1 2j

z 3 ¼ 4 ðcos 30 þ j sin 30 Þ ¼ 4 e j 30 ¼ 4 e j p=6

1 Komplexe Rechnung

457

z*1 z 3 ð1 e j p=2 Þ * ð4 e j p=6 Þ 4 e j p=2 e j p=6 ¼ ¼ 4 e j p=2 e j p=6 e j p=3 ¼ ¼ j p=3 0,5 z 2 0,5 ð2 e Þ e j p=3 ¼ 4 e j ð 2 þ 6 þ 3 Þ ¼ 4 e j p

p

p

3pþpþ2p 6

¼ 4 e j0 ¼ 4 e0 ¼ 4 1 ¼ 4

Alternative: Berechnung in kartesischer Form, wobei die Zahlen z 2 und z 3 zuna¨chst in dieser Form dargestellt werden mu¨ssen. Der Bruch wird dann mit z*2 erweitert, Za¨hler und Nenner anschließend ausmultipliziert.

Stellen sie die Summe

H5

z ¼ z 1 þ z 2 þ z 3 ¼ 2 e j 1,25 p þ 0,2 ð1 3 jÞ 3 þ

2j 3 þ 4j

in der kartesischen und exponentiellen Form dar.

Wir mu¨ssen zuna¨chst die drei Summanden z 1 , z 2 und z 3 in die kartesische Form bringen, da Additionen nur in dieser Form durchfu¨hrbar sind: z 1 ¼ 2 e j 1,25 p ¼ 2 ½ cos ð 1,25 pÞ þ j sin ð 1,25 pÞ ¼ 2 cos ð 1,25 pÞ þ ½ 2 sin ð 1,25 pÞ j ¼ pffiffiffi pffiffiffi ¼ 2 þ 2j z 2 ¼ 0,2 ð1 3 jÞ 3 ¼ 0,2 ð1 3 3 1 2 3 j þ 3 1 ð3 jÞ 2 ð3 jÞ 3 Þ ¼ 0,2 ð1 9 j þ 27 j 2 27 j 3 Þ ¼ |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} Binom : ða bÞ3 ¼ a 3 3 a 2 b þ 3 a b 2 b 3

¼ 0,2 ð1 9 j 27 þ 27 jÞ ¼ 0,2 ð 26 þ 18 jÞ ¼ 5,2 þ 3,6 j

z3 ¼

2j ð2 jÞ ð3 4 jÞ 6 8 j 3 j þ 4 j2 6 11 j 4 2 11 j 2 11 ¼ ¼ ¼ ¼ ¼ j ¼ 3 þ 4j ð3 þ 4 jÞ ð3 4 jÞ 9 þ 16 25 25 25 9 16 j 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3: Binom : ða þ bÞ ða bÞ ¼ a 2 b 2

¼ 0,08 0,44 j Umformung: Die komplexe Zahl z 3 wurde zuna¨chst mit dem konjugiert komplexen Nenner, d. h. der komplexen Zahl 3 4 j erweitert. Summenwert in kartesischer Form pffiffiffi pffiffiffi z ¼ z 1 þ z 2 þ z 3 ¼ ð 2 þ 2 jÞ þ ð 5,2 þ 3,6 jÞ þ ð0,08 0,44 jÞ ¼ pffiffiffi pffiffiffi ¼ ð 2 5,2 þ 0,08Þ þ ð 2 þ 3,6 0,44Þ j ¼ 6,534 þ 4,574 j Summenwert in der Exponentialform ð2: QuadrantÞ z ¼ 6,534 þ 4,574 j ¼ r e j j qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r ¼ ð 6,534Þ 2 þ 4,574 2 ¼ 63,6146 ¼ 7,976 4,574 þ p ¼ arctan ð 0,7000Þ þ p ¼ 2,5308 ¼ 145,01 j ¼ arctan 6,534 Ergebnis: z ¼ 6,534 þ 4,574 j ¼ 7,976 e j 2,5308

ðim GradmaßÞ

458


1.2 Potenzen, Wurzeln, Logarithmen Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel VII.2.2 bis 2.4 Formelsammlung: Kapitel VIII.3 bis 5

Berechnen Sie die folgenden Potenzen mit Hilfe der Formel von Moivre. Die Ergebnisse sind in der kartesischen und exponentiellen Darstellungsform anzugeben (Winkel als Hauptwert im Intervall 0 j < 2 p). pffiffiffi pffiffiffi a) ð1 2 jÞ 3 b) ð2 e j p=4 Þ 6 c) ½ 2 ðcos 30 þ j sin 30 Þ 8

H6

Die Basiszahlen der Potenzen mu¨ssen gegebenenfalls zuna¨chst in die Exponentialform gebracht werden (betrifft die Teilaufgaben a) und c), dann nach Moivre potenzieren: z n ¼ ðr e j j Þ n ¼ r n e j n j . pffiffiffi (z liegt im 4. Quadrant) z ¼ 1 2 j ¼ r e jj ffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r ¼ j z j ¼ 1 2 þ ð 2Þ 2 ¼ 1 þ 2 ¼ 3 pffiffiffi pffiffiffi 2 þ 2 p ¼ arctan ð 2Þ þ 2 p ¼ 5,3279 j ¼ arg ðzÞ ¼ arctan 1 pffiffiffi pffiffiffi Somit: z ¼ 1 2 j ¼ 3 e j 5,3279

a) Basis:

Berechnung der Potenz z 3 nach der Formel von Moivre: pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi z 3 ¼ ð1 2 jÞ 3 ¼ ð 3 e j 5,3279 Þ 3 ¼ ð 3Þ 3 e j ð3 5,3279Þ ¼ 3 3 e j 15,9837 ¼ pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi ¼ 3 3 e j ð15,9837 4 pÞ ¼ 3 3 e j 3,4173 ¼ 3 3 ðcos 3,4173 þ j sin 3,4173Þ ¼ pffiffiffi pffiffiffi ¼ 3 3 cos 3,4173 þ ð3 3 sin 3,4173Þ j ¼ 5,000 1,415 j (der Winkel liegt zuna¨chst außerhalb des Hauptwertbereiches und muss um zwei volle Umdrehungen zuru¨ckgedreht werden ) Hauptwert ¼ 15,9837 2 2 p ¼ 15,9837 4 p ¼ 3,4173) pffiffiffi pffiffiffi Ergebnis: ð1 2 jÞ 3 ¼ 5,000 1,415 j ¼ 3 3 e j 3,4173 ¼ 5,196 e j 3,4173 b) Basis: z ¼ 2 e j p=4 (z liegt bereits in der Exponentialform vor) Berechnung der Potenz z 6 nach der Formel von Moivre: z 6 ¼ ð2 e j p=4 Þ 6 ¼ 2 6 e j ð6 p=4Þ ¼ 64 e j 6 p=4 ¼ 64 e j 3 p=2 ¼ 64 e j ð 3 p=2 þ 2 pÞ ¼ ¼ 64 e j p=2 ¼ 64 ½ cos ðp=2Þ þ j sin ðp=2Þ ¼ 64 ð0 þ j 1Þ ¼ 64 j (Hauptwert des Winkels ¼ 3 p=2 þ 2 p ¼ p=2) Ergebnis: ð2 e j p=4 Þ 6 ¼ 64 j ¼ 64 e j p=2 c) Basis:

z ¼

pffiffiffi pffiffiffi 2 ðcos 30 þ j sin 30 Þ ¼ 2 e j 30

Berechnung der Potenz z 8 nach der Formel von Moivre:

1 Komplexe Rechnung

459

pffiffiffi pffiffiffi z 8 ¼ ð 2 e j 30 Þ 8 ¼ ð 2Þ 8 e j ð8 30 Þ ¼ 16 e j 240 ¼ 16 ðcos 240 þ j sin 240 Þ ¼ ¼ 16 cos 240 þ ð16 sin 240 Þ j ¼ 8 13,856 j pffiffiffi Ergebnis: ½ 2 ðcos 30 þ j sin 30 8 ¼ 8 13,856 j ¼ 16 e j 240

3þj 4 Berechnen Sie die Potenz 1j

H7

a) mit Hilfe der Binomischen Formel, b) mit Hilfe der Formel von Moivre. Das Ergebnis soll in der kartesischen Form angegeben werden.

a) Wir bringen die Basis z ¼

3þj zuna¨chst in die kartesische Form (Bruch mit dem konjugiert komplexen Nenner, 1j

d. h. der komplexen Zahl 1 þ j erweitern): z ¼

3þj ð3 þ jÞ ð1 þ jÞ 3 þ 3 j þ j þ j2 3 þ 4j 1 2 þ 4j 2 4 ¼ ¼ ¼ þ j ¼ 1 þ 2j ¼ ¼ 1j ð1 jÞ ð1 þ jÞ 1þ1 2 2 2 1 j2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3: Binom : ða bÞ ða þ bÞ ¼ a 2 b 2

Die Binomische Formel ða þ bÞ 4 ¼ a 4 þ 4 a 3 b þ 6 a 2 b 2 þ 4 a b 3 þ b 4 mit a ¼ 1 und b ¼ 2 j liefert das gesuchte Ergebnis: 3þj 4 ¼ ð1 þ 2 jÞ 4 ¼ 1 4 þ 4 1 3 2 j þ 6 1 2 ð2 jÞ 2 þ 4 1 ð2 jÞ 3 þ ð2 jÞ 4 ¼ z4 ¼ 1j ¼ 1 þ 8 j þ 24 j 2 þ 32 j 3 þ 16 j 4 ¼ 1 þ 8 j 24 32 j þ 16 ¼ 7 24 j b) Wir bringen die Basis z ¼

3þj ¼ 1 þ 2 j in die Exponentialform: 1j

3þj ¼ 1 þ 2 j ¼ r e jj ð1: QuadrantÞ 1j pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r ¼ j z j ¼ 12 þ 22 ¼ 1 þ 4 ¼ 5 2 ¼ arctan 2 ¼ 1,1071 j ¼ arg ðzÞ ¼ arctan 1 pffiffiffi 3þj Somit: z ¼ ¼ 1 þ 2 j ¼ 5 e j 1,1071 1j z ¼

Die Formel von Moivre liefert dann das gesuchte Ergebnis: 4

pffiffiffi pffiffiffi 4 j ð4 1,1071Þ 3þj 4 z4 ¼ ¼ 5 e j 1,1071 ¼ 5 e ¼ 25 e j 4,4284 ¼ 1j ¼ 25 ðcos 4,4284 þ j sin 4,4284Þ ¼ 25 cos 4,4284 þ ð25 sin 4,4284Þ j ¼ ¼ 7,005 23,999 j 7 24 j Anmerkung: fehlern.

Die geringfu¨gige Abweichung vom Ergebnis aus der (exakten) Rechnung in a) beruht auf Rundungs-

460


Einer Formelsammlung entnehmen wir die folgenden trigonometrischen Formeln: cos ð4 jÞ ¼ 8 cos 4 j 8 cos 2 j þ 1

H8

sin ð4 jÞ ¼ 4 sin j cos j ð2 cos 2 j 1Þ Leiten Sie diese Beziehungen aus der Formel von Moivre und unter Verwendung der Binomischen Formel her.

½ r ðcos j þ j sin jÞ n ¼ r n ½ cos ðn jÞ þ j sin ðn jÞ

Formel von Moivre:

Wir setzen r ¼ 1 und n ¼ 4 und erhalten die folgende Gleichung (seitenvertauscht): ð*Þ cos ð4 jÞ þ j sin ð4 jÞ ¼ ðcos j þ j sin jÞ 4 Die rechte Seite entwickeln wir nach der Binomischen Formel fu¨r ða þ bÞ 4 : ðcos j þ j sin j Þ 4 ¼ ða þ bÞ 4 ¼ a 4 þ 4 a 3 b þ 6 a 2 b 2 þ 4 a b 3 þ b 4 ¼ |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} |fflffl{zfflffl} a

b

¼ ðcos jÞ 4 þ 4 ðcos jÞ 3 ðj sin jÞ þ 6 ðcos jÞ 2 ðj sin jÞ 2 þ 4 ðcos jÞ ðj sin jÞ 3 þ ðj sin jÞ 4 ¼ ¼ cos 4 j þ j ð4 cos 3 j sin jÞ þ j 2 ð6 cos 2 j sin 2 jÞ þ j 3 ð4 cos j sin 3 jÞ þ j 4 ðsin 4 jÞ ¼ ¼ cos 4 j þ j ð4 cos 3 j sin jÞ 6 cos 2 j sin 2 j j ð4 cos j sin 3 jÞ þ sin 4 j ¼ ¼ ðcos 4 j 6 cos 2 j sin 2 j þ sin 4 jÞ þ j ð4 cos 3 j sin j 4 cos j sin 3 jÞ Dieser komplexe Ausdruck ist gleich der komplexen Zahl cos ð4 jÞ þ j sin ð4 jÞ (linke Seite der Gleichung (*)). Durch Vergleich der Real- bzw. Imaginia¨rteile erhalten wir folgende Beziehungen: cos ð4 jÞ ¼ cos 4 j 6 cos 2 j sin 2 j þ sin 4 j sin ð4 jÞ ¼ 4 cos 3 j sin j 4 cos j sin 3 j Mit Hilfe des „ trigonometrischen Pythagoras “ sin 2 j þ cos 2 j ¼ 1 lassen sich diese Formeln auf die in der Aufgabenstellung angegebene Form bringen: cos ð4 jÞ ¼ cos 4 j 6 cos 2 j sin 2 j þ sin 4 j ¼ cos 4 j sin 2 j ð6 cos 2 j sin 2 j Þ ¼ |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} 1 cos 2 j

1 cos 2 j

¼ cos 4 j ð1 cos 2 jÞ ð6 cos 2 j 1 þ cos 2 jÞ ¼ cos 4 j ð1 cos 2 jÞ ð7 cos 2 j 1Þ ¼ ¼ cos 4 j ð7 cos 2 j 1 7 cos 4 j þ cos 2 jÞ ¼ cos 4 j ð8 cos 2 j 1 7 cos 4 jÞ ¼ ¼ cos 4 j 8 cos 2 j þ 1 þ 7 cos 4 j ¼ 8 cos 4 j 8 cos 2 j þ 1 sin ð4 jÞ ¼ 4 cos 3 j sin j 4 cos j sin 3 j ¼ 4 cos j sin j ðcos 2 j sin 2 j Þ ¼ |fflffl{zfflffl} 1 cos 2 j

¼ 4 cos j sin j ðcos 2 j 1 þ cos 2 jÞ ¼ 4 cos j sin j ð2 cos 2 j 1Þ

H9

Bestimmen Sie die folgenden Wurzeln in exponentieller und kartesischer Darstellungsform. Deuten Sie die Ergebnisse geometrisch (Skizze anfertigen). qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi p pffiffiffi ffi 4 3 b) 8 e j p=4 a) 2 2 3j

1 Komplexe Rechnung

461

Zur Erinnerung: Im Komplexen ist eine Wurzel immer mehrdeutig (Anzahl der verschiedenen Werte ¼ Wurzelexponent). Der Radikand der Wurzel muss zuna¨chst in die Exponentialform gebracht werden. pffiffiffi a) Radikand: a ¼ 2 2 3 j ¼ a 0 e j ða þ k 2 pÞ (4. Quadrant; k 2 Z) qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a 0 ¼ j a j ¼ 2 2 þ ð 2 3Þ 2 ¼ 4 þ 12 ¼ 16 ¼ 4 pffiffiffi pffiffiffi 2 3 p 5 a ¼ arg ðaÞ ¼ arctan þ 2p ¼ p þ 2 p ¼ arctan ð 3Þ þ 2 p ¼ 3 3 2 pffiffiffi Somit: a ¼ 2 2 3 j ¼ 4 e j ð5 p=3 þ k 2 pÞ Wir setzen z ¼

p ffiffiffi 4 a und erhalten daraus durch Potenzieren die Gleichung z 4 ¼ a . Mit dem Ansatz z ¼ r e j j

und a ¼ 4 e j ð5 p=3 þ k 2 pÞ folgt dann unter Verwendung der Formel von Moivre: z4 ¼ a

)

ðr e j j Þ 4 ¼ r 4 e j ð4 jÞ ¼ 4 e j ð5 p=3 þ k 2 pÞ

Durch Vergleich der Betra¨ge bzw. Winkel beiderseits erhalten wir zwei Bestimmungsgleichungen fu¨r die Unbekannten r und j: r4 ¼ 4

)

r ¼

pffiffiffi 2;

4j ¼

5 p þ k 2p 3

)

jk ¼

5 p p þk 12 2

ðk 2 ZÞ

Fu¨r den Winkel ergeben sich genau vier Hauptwerte (fu¨r k ¼ 0, 1, 2, 3): j0 ¼

5 p ¼ 75 , 12

j1 ¼

11 p ¼ 165 , 12

j2 ¼

17 p ¼ 255 , 12

j3 ¼

23 p ¼ 345 12

Die restlichen k-Werte fu¨hren zu Winkeln, die sich von einem der vier Hauptwerte um ein ganzzahliges Vielfaches von 2 p unterscheiden. Diese sog. Nebenwerte liefern keine neuen Ergebnisse. So erhalten wir z. B. fu¨r k ¼ 4 den Winkel j4 ¼

5 p 5 p þ4 ¼ p þ 2 p ¼ j0 þ 2 p 12 2 12

5 p genau um 2 p , d. h. um eine volle Umdrehung in der Zahlenebene unterscheidet. 12 Es gibt somit genau vier verschiedene Lo¨sungen (Wurzeln). Sie lauten der Reihe nach: pffiffiffi pffiffiffi z 0 ¼ 2 e j 75 ¼ 2 ðcos 75 þ j sin 75 Þ ¼ 0,366 þ 1,366 j pffiffiffi pffiffiffi z 1 ¼ 2 e j 165 ¼ 2 ðcos 165 þ j sin 165 Þ ¼ 1,366 þ 0,366 j pffiffiffi pffiffiffi z 2 ¼ 2 e j 255 ¼ 2 ðcos 255 þ j sin 255 Þ ¼ 0,366 1,366 j pffiffiffi pffiffiffi z 3 ¼ 2 e j 345 ¼ 2 ðcos 345 þ j sin 345 Þ ¼ 1,366 0,366 j

der sich vom Winkel j 0 ¼

Geometrische Deutung in der Gaußschen Zahlenebene (Bild H-2) Die Bildpunkte der vier Wurzeln z 0 , z 1 , z 2 , z 3 liegenpauf ffiffiffi dem Mittelpunktskreis mit dem Radius R ¼ 2 und bilden die Ecken eines Quadrates (der Winkel zwischen zwei benachbarten Bildpunkten betra¨gt jeweils 90 (rechter Winkel)).

Im ( z ) z0

2 z1

2

75°

Die Zeiger z 0 und z 2 bzw. z 1 und z 3 sind jeweils entgegengerichtet:

2

z 2 ¼ z 0 ¼ ð0,366 þ 1,366 jÞ ¼ 0,366 1,366 j

2

z 3 ¼ z 1 ¼ ð 1,366 þ 0,366 jÞ ¼ 1,366 0,366 j

Bild H-2

z2

Re ( z ) z3

462


b) Radikand:

a ¼ 8 e j p=4 ¼ 8 e j ðp=4 þ k 2 pÞ

Lo¨sungsweg wie in Teilaufgabe a): pffiffiffi z ¼ 3 a ) z3 ¼ a mit z3 ¼ a

ðk 2 ZÞ

z ¼ r e jj

a ¼ 8 e j ðp=4 þ k 2 pÞ

und

ðr e j j Þ 3 ¼ r 3 e j ð3 jÞ ¼ 8 e j ðp=4 þ k 2 pÞ

)

Vergleich der Betra¨ge bzw. Winkel beiderseits: r3 ¼ 8

)

r ¼

ffiffiffi p 3 8 ¼ 2;

3j ¼

p þ k 2p 4

)

jk ¼

p 2 þk p 12 3

ðk 2 ZÞ

Fu¨r k ¼ 0, 1, 3 erha¨lt man die Winkelhauptwerte aus dem Intervall 0 j < 2 p , alle u¨brigen k-Werte liefern nur Nebenwerte (d. h. Winkel, die sich von einem der drei Hauptwerte um ganzzahlige Vielfache von 2 p unterscheiden): j0 ¼

p ¼ 15 , 12

j1 ¼

9 3 p ¼ p ¼ 135 , 12 4

j2 ¼

17 p ¼ 255 12

Es gibt somit genau drei verschiedene Lo¨sungen (Wurzeln). Sie lauten: z 0 ¼ 2 e j 15

¼ 2 ðcos 15 þ j sin 15 Þ ¼ 1,932 þ 0,518 j

z 1 ¼ 2 e j 135 ¼ 2 ðcos 135 þ j sin 135 Þ ¼ 1,414 þ 1,414 j

z 2 ¼ 2 e j 255 ¼ 2 ðcos 255 þ j sin 255 Þ ¼ 0,518 1,932 j Geometrische Deutung in der Gaußschen Zahlenebene (Bild H-3) Die Bildpunkte der drei Wurzeln z 0 , z 1 , z 2 liegen auf dem Mittelpunktskreis mit dem Radius R ¼ 2 und bilden die Eckpunkte eines gleichseitigen Dreiecks (der Winkel zwischen zwei benachbarten Bildpunkten betra¨gt jeweils 120 ).

Im ( z )

z1 2 120°

2

120° 120° 15°

z0

Re ( z )

2

z2

Bild H-3

H10

Berechnen Sie den natu¨rlichen Logarithmus der folgenden komplexen Zahlen: pffiffiffi c) z ¼ ð4 3 jÞ 6 a) z ¼ 3 þ j b) z ¼ 3 e j p=5 Geben Sie den jeweiligen Hauptwert an.

Zur Erinnerung: Der Logarithmus einer komplexen Zahl ist – im Gegensatz zum Logarithmus einer positiven reellen Zahl – stets unendlich vieldeutig. Die Werte unterscheiden sich dabei im Imagina¨rteil um ganzzahlige Vielfache von 2 p. Die komplexe Zahl muss zuna¨chst in die Exponentialform gebracht werden und wird dann logarithmiert unter Verwendung der folgenden (bekannten) Rechenregeln: ln ða bÞ ¼ ln a þ ln b ,

ln a n ¼ n ln a

und

ln e n ¼ n

ðmit a > 0 ; b > 0Þ

1 Komplexe Rechnung

463

pffiffiffi a) z ¼ 3 þ j ¼ r e j ðj þ k 2 pÞ (2. Quadrant; k 2 ZÞ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r ¼ j z j ¼ ð 3Þ 2 þ 1 2 ¼ 3 þ 1 ¼ 4 ¼ 2 1 1 p 5 pffiffiffi þ p ¼ arctan pffiffiffi þ p ¼ þp ¼ p j ¼ arg ðzÞ ¼ arctan 6 6 3 3 pffiffiffi Somit: z ¼ 3 þ j ¼ 2 e j ð5 p=6 þ k 2 pÞ Logarithmieren unter Verwendung der bekannten Rechenregeln:

ln z ¼ ln 2 e

j ð5 p=6 þ k 2 pÞ

¼ 0,6931 þ j Hauptwert ( k == 0):

¼ ln 2 þ ln e

5 p þ k 2p 6

¼ ln 2 þ j

Ln z ¼ 0,6931 þ

b) z ¼ 3 e j p=5 ¼ 3 e j ðp=5 þ k 2 pÞ

j ð5 p=6 þ k 2 pÞ

5 p þ k 2p 6

ðk 2 ZÞ 5 p j ¼ 0,6931 þ 2,6180 j 6

(k 2 ZÞ

Logarithmieren unter Verwendung der bekannten Rechenregeln:

p

ln z ¼ ln 3 e j ðp=5 þ k 2 pÞ ¼ ln 3 þ ln e j ðp=5 þ k 2 p Þ ¼ ln 3 þ j þ k 2p ¼ 5 p

þ k 2p ðk 2 ZÞ ¼ 1,0986 þ j 5 p Hauptwert ( k == 0): Ln z ¼ 1,0986 þ j ¼ 1,0986 þ 0,6283 j 5 c) ln z ¼ ln ð4 3 jÞ 6 ¼ 6 ln ð4 3 jÞ ¼ 6 ln a |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} a

Die komplexe Zahl a ¼ 4 3 j wird in die Exponentialform gebracht: a ¼ 4 3 j ¼ r e j ðj þ k 2 pÞ ð4: Quadrant; k 2 ZÞ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi r ¼ j a j ¼ 4 2 þ ð 3Þ 2 ¼ 16 þ 9 ¼ 25 ¼ 5 3 j ¼ arg ðaÞ ¼ arctan þ 2 p ¼ arctan ð 0,75Þ þ 2 p ¼ 5,6397 4 Somit:

a ¼ 4 3 j ¼ 5 e j ð5,6397 þ k 2 pÞ

Logarithmieren unter Verwendung der bekannten Rechenregeln:

ln z ¼ 6 ln a ¼ 6 ln 5 e j ð5,6397 þ k 2 pÞ ¼ 6 ½ ln 5 þ ln e j ð5,6397 þ k 2 pÞ ¼ ¼ 6 ½ ln 5 þ j ð5,6397 þ k 2 pÞ ¼ 6 ln 5 þ j 6 ð5,6397 þ k 2 pÞ ¼ ¼ 9,6566 þ ð33,8382 þ k 12 pÞ j Hauptwert ( k == 0):

ðk 2 ZÞ

Ln z ¼ 9,6566 þ 33,8382 j

¼

464


1.3 Algebraische Gleichungen, Polynomnullstellen Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel VII.2.3 Formelsammlung: Kapitel VIII.4

Bestimmen Sie sa¨mtliche Lo¨sungen der folgenden Gleichungen: pffiffiffi a) z 2 ¼ ð 3 þ jÞ 3 b) z 3 ¼ 4 5 j

H11

Zuna¨chst muss die rechte Seite der jeweiligen Gleichung in die Exponentialform gebracht werden. pffiffiffi a) z 2 ¼ a 3 mit a ¼ 3 þ j ¼ a 0 e j a (2. Quadrant) qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a 0 ¼ j a j ¼ ð 3Þ 2 þ 1 2 ¼ 3 þ 1 ¼ 4 ¼ 2 1 1 p 5 pffiffiffi þ p ¼ arctan pffiffiffi þ p ¼ þp ¼ p a ¼ arg ðaÞ ¼ arctan 6 6 3 3 pffiffiffi Somit: a ¼ 3 þ j ¼ 2 e j 5 p=6 Die Potenz a 3 berechnen wir mit der Formel von Moivre: pffiffiffi a 3 ¼ ð 3 þ jÞ 3 ¼ ð2 e j 5 p=6 Þ 3 ¼ 2 3 e j ð3 5 p=6Þ ¼ 8 e j 5 p=2 ¼ 8 e j ð5 p=2 2 pÞ ¼ ¼ 8 e j p=2 ¼ 8 e j ðp=2 þ k 2 pÞ (Hauptwert des Winkels: ! Nebenwerte).

ðk 2 ZÞ

5 p=2 2 p ¼ p=2; dieser Winkel ist bis auf ganzzahlige Vielfache von 2 p bestimmt

Mit dem Ansatz z ¼ r e j j geht die Gleichung z 2 ¼ a 3 dann u¨ber in: ðr e j j Þ 2 ¼ r 2 e j ð2 jÞ ¼ 8 e j ðp=2 þ k 2 pÞ Vergleich von Betrag bzw. Winkel beiderseits: pffiffiffi pffiffiffi r2 ¼ 8 ) r ¼ 8 ¼ 2 2 2j ¼

p þ k 2p 2

)

jk ¼

p þk p 4

ðk 2 ZÞ

Fu¨r den Winkel gibt es zwei Hauptwerte (fu¨r k ¼ 0, 1): j0 ¼

p ¼ 45 , 4

j1 ¼

5 p ¼ 225 4

Die restlichen Winkel unterscheiden sich von j 0 bzw. j 1 um ganzzahlige Vielfache von 2 p (Nebenwerte) und liefern keine weiteren Lo¨sungen. Lo¨sungen der Gleichung: pffiffiffi pffiffiffi z 0 ¼ 2 2 e j p=4 ¼ 2 2 ½ cos ðp=4Þ þ j sin ðp=4Þ ¼ 2 þ 2 j pffiffiffi pffiffiffi z 1 ¼ 2 2 e j 5 p=4 ¼ 2 2 ½ cos ð5 p=4Þ þ j sin ð5 p=4Þ ¼ 2 2 j Anmerkung: z 1 ¼ z 0 ¼ ð2 þ 2 jÞ ¼ 2 2 j

1 Komplexe Rechnung

465

b) z 3 ¼ a mit

a ¼ 4 5 j ¼ a0 e ja (4. Quadrant) qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a 0 ¼ j a j ¼ 4 2 þ ð 5 Þ 2 ¼ 16 þ 25 ¼ 41 5 þ 2 p ¼ arctan ð 1,25Þ þ 2 p ¼ 5,3871 a ¼ arg ðaÞ ¼ arctan 4 pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi Somit: a ¼ 4 5 j ¼ 41 e j 5,3871 ¼ 41 e j ð5,3871 þ k 2 pÞ ðk 2 ZÞ

(Hauptwert des Winkels a: 5,3871; Nebenwerte: 5,3871 þ k 2 p

mit

k 2 Z).

Mit dem Ansatz z ¼ r e j j und unter Verwendung der Formel von Moivre geht die Gleichung z 3 ¼ a dann u¨ber in: pffiffiffiffiffi ðr e j j Þ 3 ¼ r 3 e j ð3 jÞ ¼ 41 e j ð5,3871 þ k 2 pÞ Vergleich von Betrag bzw. Winkel beiderseits: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi 3 pffiffiffiffiffi 3 r ¼ 41 ) r ¼ 41 ¼ 1,857 3 j ¼ 5,3871 þ k 2 p

)

j k ¼ 1,7957 þ k

2 p 3

ðk 2 ZÞ

Hauptwerte des Winkels j (fu¨r k ¼ 0, 1, 2): j 0 ¼ 1,7957 ¼ 102,89 ,

j 1 ¼ 3,8901 ¼ 222,89 ,

j 2 ¼ 5,9845 ¼ 342,89

Die restlichen Winkel sind Nebenwerte und fu¨hren zu keinen weiteren Lo¨sungen. Lo¨sungen der Gleichung: z 0 ¼ 1,857 e j 1,7957 ¼ 1,857 ðcos 1,7957 þ j sin 1,7957Þ ¼ 0,414 þ 1,810 j z 1 ¼ 1,857 e j 3,8901 ¼ 1,857 ðcos 3,8901 þ j sin 3,8901Þ ¼ 1,361 1,264 j z 2 ¼ 1,857 e j 5,9845 ¼ 1,857 ðcos 5,9845 þ j sin 5,9845Þ ¼ 1,775 0,546 j

Lo¨sen Sie die algebraische Gleichung

H12

z 4 þ 4 z 2 þ 16 ¼ 0 mit Hilfe einer geeigneten Substitution. Wie lassen sich die Lo¨sungen in der Gaußschen Zahlenebene geometrisch deuten?

Diese Gleichung 4. Grades ist bi-quadratisch (sie entha¨lt nur gerade Potenzen von z) und la¨sst sich daher durch die Substitution u ¼ z 2 in eine quadratische Gleichung u¨berfu¨hren, die wir nach der p,q-Formel lo¨sen: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi u 2 þ 4 u þ 16 ¼ 0 ) u 1=2 ¼ 2 4 16 ¼ 2 12 ¼ 2 12 j Die insgesamt vier Lo¨sungen der Ausgangsgleichung erhalten wir dann wie folgt durch Ru¨cksubstitution: z2 ¼ u1 ¼ 2 þ

pffiffiffiffiffi 12 j

Die rechte Seite wird in die Exponentialform gebracht: pffiffiffiffiffi a ¼ u 1 ¼ 2 þ 12 j ¼ a 0 e j ða þ k 2 pÞ ð2: Quadrant; k 2 ZÞ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi a 0 ¼ j a j ¼ ð 2Þ 2 þ ð 12Þ 2 ¼ 4 þ 12 ¼ 16 ¼ 4

466


pffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffi 12 2 3 p 2 a ¼ arg ðaÞ ¼ arctan þ p ¼ arctan þ p ¼ arctan ð 3Þ þ p ¼ þp ¼ p 2 2 3 3 pffiffiffiffiffi Somit: a ¼ 2 þ 12 j ¼ 4 e j ð2 p=3 þ k 2 pÞ Wir lo¨sen die Gleichung z 2 ¼ a mit dem Ansatz z ¼ r e j j unter Verwendung der Formel von Moivre: z2 ¼ a

)

ðr e j j Þ 2 ¼ r 2 e j ð2 jÞ ¼ 4 e j ð2 p=3 þ k 2 pÞ

Vergleich von Betrag und Winkel beiderseits: pffiffiffi r2 ¼ 4 ) r ¼ 4 ¼ 2 2j ¼

2 p þ k 2p 3

)

jk ¼

p þk p 3

ðk 2 ZÞ

Hauptwerte des Winkels j (fu¨r k ¼ 0, 1): j0 ¼

p ¼ 60 , 3

j1 ¼

4 p ¼ 240 3

Fu¨r alle u¨brigen Werte des Laufindex k erhalten wir Nebenwerte, d. h. Winkel, die sich von j 0 bzw. j 1 um ganzzahlige Vielfache von 2 p unterscheiden und somit zu keinen neuen Lo¨sungen fu¨hren. pffiffiffiffiffi Lo¨sungen der Gleichung z 2 ¼ 2 þ 12 j: pffiffiffi z 0 ¼ 2 e j 60 ¼ 2 ðcos 60 þ j sin 60 Þ ¼ 1 þ 3 j pffiffiffi z 1 ¼ 2 e j 240 ¼ 2 ðcos 240 þ j sin 240 Þ ¼ 1 3 j

z2 ¼ u2 ¼ 2

pffiffiffiffiffi 12 j

Die Lo¨sungen dieser Gleichung lassen sich auf gleiche Weise bestimmen. Einfacher ist hier der folgende Lo¨sungsweg. Da die bi-quadratische Ausgangsgleichung ausschließlich reelle Koeffizienten besitzt, treten komplexe Lo¨sungen immer paarweise als Paare konjugiert komplexer Zahlen auf. Mit den bereits bestimmten Lo¨sungen z 0 und z 1 sind daher auch z*0 und z*1 Lo¨sungen der bi-quadratischen Gleichung: pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi Gesamtlo¨sung: z 0 ¼ 1 þ 3 j, z 1 ¼ 1 3 j, z 2 ¼ z*0 ¼ 1 3 j, z 3 ¼ z*1 ¼ 1 þ 3 j Geometrische Deutung in der Gaußschen Zahlenebene (Bild H-4) Die Bildpunkte der vier Lo¨sungen liegen auf dem Mittelpunktkreis mit dem Radius R ¼ 2 und bilden die Ecken eines Rechtecks.

Im ( z ) z3

Die Zeiger z 0 und z 1 bzw. z 2 und z 3 sind jeweils entgegengerichtet: pffiffiffi pffiffiffi z 1 ¼ z 0 ¼ ð1 þ 3 jÞ ¼ 1 3 j pffiffiffi pffiffiffi z 3 ¼ z 2 ¼ ð1 3 jÞ ¼ 1 þ 3 j

z0

3 2

2

–1

1 2

z1

Bild H-4

– 3

Re ( z )

2

z2

1 Komplexe Rechnung

H13

467

f ðzÞ ¼ 2 z 3 þ 4 z 2 þ 42 z 116 Bestimmen Sie sa¨mtliche Nullstellen dieser Polynomfunktion. Wie lautet die Produktdarstellung?

Das Polynom ist vom Grade n ¼ 3 (ungerade), sa¨mtliche Koeffizienten sind reell. Daher gibt es (mindestens) eine reelle Nullstelle. Durch Probieren finden wir diese bei z 1 ¼ 2. Mit dem Horner-Schema reduzieren wir das Polynom (Abspalten des Linearfaktors z 2) und berechnen die noch fehlenden beiden Nullstellen aus dem 1. reduzierten Polynom: 2 z1 ¼ 2 2

4

42

116

4

16

116

8

58

0

) 1. reduziertes Polynom: 2 z 2 þ 8 z þ 58

Restliche Nullstellen (Nullstellen des 1. reduzierten Polynoms): 2 z 2 þ 8 z þ 58 ¼ 0 j : 2 ) z 2 þ 4 z þ 29 ¼ 0 ) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi z 2=3 ¼ 2 4 29 ¼ 2 25 ¼ 2 25 j ¼ 2 5 j Nullstellen: z 1 ¼ 2 , Produktform:

z2 ¼ 2 þ 5 j ,

z3 ¼ 2 5 j

f ðzÞ ¼ 2 ðz 2Þ ½ z ð 2 þ 5 jÞ ½ z ð 2 5 jÞ ¼ 2 ðz 2Þ ðz þ 2 5 jÞ ðz þ 2 þ 5 jÞ

Von der algebraischen Gleichung 4. Grades

H14

z 4 4 z 3 2 z 2 þ 12 z 16 ¼ 0 ist eine der insgesamt vier Lo¨sungen bekannt: z 1 ¼ 1 þ j (fu¨hren Sie den Nachweis). Wo liegen die u¨brigen Lo¨sungen?

Wir zeigen zuna¨chst, dass z 1 ¼ 1 þ j eine Lo¨sung der Gleichung ist (Einsetzen des Wertes in die Gleichung): ð1 þ jÞ 4 4 ð1 þ jÞ 3 2 ð1 þ jÞ 2 þ 12 ð1 þ jÞ 16 ¼ ¼ ð1 þ jÞ 2 ð1 þ jÞ 2 4 ð1 þ jÞ 2 ð1 þ jÞ 2 ð1 þ jÞ 2 þ 12 þ 12 j 16 ¼ |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} " " " " ð1 þ jÞ 2 ¼ 1 þ 2 j þ j 2 ¼ 1 þ 2 j 1 ¼ 2 j ¼ 2 j 2 j 4 ð2 jÞ ð1 þ jÞ 2 2 j 4 þ 12 j ¼ 4 j 2 8 j 8 j 2 4 j 4 þ 12 j ¼ 4 þ 8 4 ¼ 0 Mit z 1 ¼ 1 þ j ist auch die konjugiert komplexe Zahl z 2 ¼ z*1 ¼ 1 j eine Lo¨sung der Gleichung, da sa¨mtliche Koeffizienten der Gleichung reell sind und damit komplexe Lo¨sungen nur paarweise auftreten ko¨nnen (als Paare konjugiert komplexer Zahlen). Die zu den Lo¨sungen z 1 ¼ 1 þ j und z 2 ¼ 1 j geho¨rigen Linearfaktoren fassen wir zu einem quadratischen Polynom zusammen und spalten dieses dann durch Polynomdivision vom Ausgangspolynom (linke Seite der algebraischen Gleichung) ab: ðz z 1 Þ ðz z 2 Þ ¼ ½ z ð1 þ jÞ ½ z ð1 jÞ ¼ ½ ðz 1Þ j ½ ðz 1Þ þ j ¼ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3: Binom : ða bÞ ða þ bÞ ¼ a 2 b 2

¼ ðz 1Þ 2 j 2 ¼ z 2 2 z þ 1 þ 1 ¼ z 2 2 z þ 2

468


Polynomdivision ðz 4 4 z 3 2 z 2 þ 12 z 16Þ : ðz 2 2 z þ 2Þ ¼ z 2 2 z 8 ðz 4 2 z 3 þ 2 z 2 Þ 2 z 3 4 z 2 þ 12 z 16 ð 2 z 3 þ 4 z 2 4 zÞ 8 z 2 þ 16 z 16 ð 8 z 2 þ 16 z 16Þ 0 Restliche Lo¨sungen (Nullstellen des Restpolynoms z 2 2 z 8): pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi z 2 2 z 8 ¼ 0 ) z 3=4 ¼ 1 1 þ 8 ¼ 1 9 ¼ 1 3 Gesamtlo¨sung:

H15

z 1 ¼ 1 þ j,

z 2 ¼ 1 j,

z 3 ¼ 4,

)

z3 ¼ 4 ,

z4 ¼ 2

z4 ¼ 2

Die Polynomfunktion f ðzÞ ¼ z 4 þ 6 z 3 þ 10 z 2 2 z 15 besitzt an der Stelle z 1 ¼ 2 j eine komplexe Nullstelle. Wo liegen die restlichen Nullstellen? Wie lautet die Zerlegung des Polynoms in Linearfaktoren?

Da das Polynom 4. Grades ausschließlich reelle Koeffizienten hat, treten komplexe Nullstellen immer paarweise auf (als Paare konjugiert komplexer Zahlen). Mit der bekannten komplexen Nullstelle z 1 ¼ 2 j ist daher auch z 2 ¼ z*1 ¼ 2 þ j eine (komplexe) Nullstelle des Polynoms. Die beiden zugeho¨rigen Linearfaktoren fassen wir zu einem quadratischen Faktor (Polynom 2. Grades) wie fogt zusammen: ðz z 1 Þ ðz z 2 Þ ¼ ½ z ð 2 jÞ ½ z ð 2 þ jÞ ¼ ½ ðz þ 2Þ þ j ½ ðz þ 2Þ j ¼ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3: Binom : ða þ bÞ ða bÞ ¼ a 2 b 2

¼ ðz þ 2Þ 2 j 2 ¼ z 2 þ 4 z þ 4 þ 1 ¼ z 2 þ 4 z þ 5 Diesen quadratischen Faktor spalten wir nun durch Polynomdivision vom Ausgangspolynom ab: ðz 4 þ 6 z 3 þ 10 z 2 2 z 15Þ : ðz 2 þ 4 z þ 5Þ ¼ z 2 þ 2 z 3 ðz 4 þ 4 z 3 þ 5 z 2 Þ 2 z 3 þ 5 z 2 2 z 15 ð2 z 3 þ 8 z 2 þ 10 zÞ 3 z 2 12 z 15 ð 3 z 2 12 z 15Þ 0

1 Komplexe Rechnung

469

Restliche Nullstellen (Nullstellen des Restpolynoms z 2 þ 2 z 3Þ : pffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi z 2 þ 2 z 3 ¼ 0 ) z 3=4 ¼ 1 1 þ 3 ¼ 1 4 ¼ 1 2 Polynomnullstellen:

z 1 ¼ 2 j,

)

z 3 ¼ 1,

z4 ¼ 3

z 2 ¼ 2 þ j, z 3 ¼ 1, z 4 ¼ 3

Zerlegung des Polynoms in Linearfaktoren (Produktform): f ðzÞ ¼ ½ z ð 2 jÞ ½ z ð 2 þ jÞ ðz 1Þ ðz þ 3Þ ¼ ðz 1Þ ðz þ 3Þ ðz þ 2 þ jÞ ðz þ 2 jÞ

f ðzÞ ¼ z 5 3 z 4 þ 7 z 3 11 z 2 þ 12 z 6

H16

Diese Polynomfunktion 5. Grades besitzt im komplexen Bereich genau fu¨nf Nullstellen, eine davon liegt bei z 1 ¼ 1 j, eine weitere im Rellen (sie ist positiv und ganzzahlig). Bestimmen Sie die noch fehlenden Nullstellen. Wie lautet die Produktform der Polynomfunktion?

Da sa¨mtliche Polynomkoeffizienten reell sind, treten komplexe Nullstellen immer als Paare konjugiert komplexer Zahlen auf. Mit der bekannten komplexen Nullstelle z 1 ¼ 1 j ist daher auch z 2 ¼ z*1 ¼ 1 þ j eine (komplexe) Polynomnullstelle. Durch Probieren findet man die reelle Nullstelle bei z 3 ¼ 1 (Kriterium: die Summe aller Polynomkoeffizienten verschwindet). Die Linearfaktoren der inzwischen bekannten drei Nullstellen fassen wir jetzt zu einem Polynom 3. Grades zusammen und spalten dieses anschließend durch Polynomdivision vom Ausgangspolynom ab: ðz z 1 Þ ðz z 2 Þ ðz z 3 Þ ¼ ½ z ð1 jÞ ½ z ð1 þ jÞ ðz 1Þ ¼ ½ðz 1Þ þ j ½ðz 1Þ j ðz 1Þ ¼ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3: Binom : ða þ bÞ ða bÞ ¼ a 2 b 2

¼ ½ ðz 1Þ 2 j 2 ðz 1Þ ¼ ðz 2 2 z þ 1 þ 1Þ ðz 1Þ ¼ ¼ ðz 2 2 z þ 2Þ ðz 1Þ ¼ z 3 z 2 2 z 2 þ 2 z þ 2 z 2 ¼ ¼ z3 3 z2 þ 4 z 2 Polynomdivision ðz 5 3 z 4 þ 7 z 3 11 z 2 þ 12 z 6Þ : ðz 3 3 z 2 þ 4 z 2Þ ¼ z 2 þ 3 ðz 5 3 z 4 þ 4 z 3 2 z 2 Þ 3 z 3 9 z 2 þ 12 z 6 ð3 z 3 9 z 2 þ 12 z 6Þ 0 Restliche Nullstellen (Nullstellen des Restpolynoms z 2 þ 3): pffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi z 2 þ 3 ¼ 0 ) z 2 ¼ 3 ) z 4=5 ¼ 3 ¼ 3 j pffiffiffi Polynomnullstellen: z 1 ¼ 1 j ; z 2 ¼ 1 þ j ; z 3 ¼ 1 ; z 4 ¼ 3 j ; Produktform:

pffiffiffi z5 ¼ 3 j

pffiffiffi pffiffiffi f ðzÞ ¼ ½ z ð1 jÞ ½ z ð1 þ jÞ ðz 1Þ ðz 3 jÞ ðz þ 3 jÞ ¼ pffiffiffi pffiffiffi ¼ ðz 1Þ ðz 3 jÞ ðz þ 3 jÞ ðz 1 þ jÞ ðz 1 jÞ

470


2 Anwendungen In diesem Abschnitt finden Sie anwendungsorientierte Aufgaben zu den folgenden Themen:

Superposition (ungesto¨rte berlagerung) gleichfrequenter Schwingungen (mechanische Schwingungen, Wechselstro¨me) Lissajous-Figuren Komplexer Widerstand und Leitwert eines elektrischen Schaltkreises Wirk-, Blind- und Scheinwiderstand Ortskurven komplexwertiger Funktionen Inversion von Ortskurven Netzwerkfunktionen, Widerstands- und Leitwertortskurven elektrischer Schaltkreise

2.1 berlagerung von Schwingungen Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel VII.3.1 Formelsammlung: Kapitel VIII.8

Superposition gleichfrequenter mechanischer Schwingungen Die gleichfrequenten mechanischen Schwingungen mit den Gleichungen

H17

y 1 ¼ 4 cm cos ðw t p=4Þ und y 2 ¼ 3 cm sin ðw t p=6Þ kommen ungesto¨rt zur berlagerung und ergeben eine resultierende Sinusschwingung y ¼ y 1 þ y 2 ¼ A sin ðw t þ jÞ mit A > 0 und 0 p < 2 j (t 0 s; Kreisfrequenz w ¼ 5 s 1 ). Bestimmen Sie die Schwingungsamplitude A und den Nullphasenwinkel j mit komplexer Rechnung.

Zuna¨chst bringen wir die Kosinusschwingung y 1 auf die Sinusform: y 1 ¼ 4 cm cos ðw t p=4Þ ¼ 4 cm sin ðw t p=4 þ p=2Þ ¼ 4 cm sin ðw t þ p=4Þ Darstellung der beiden sinusfo¨rmigen Einzelschwingungen in komplexer Form: y 1 ¼ 4 cm sin ðw t þ p=4Þ

!

y 1 ¼ 4 cm e j p=4 e j w t ¼ A 1 e j w t

y 2 ¼ 3 cm sin ðw t p=6Þ

!

y 2 ¼ 3 cm e j p=6 e j w t ¼ A 2 e j w t

Darstellung der resultierenden Sinusschwingung in komplexer Form: y ¼ y 1 þ y 2 ¼ A sin ðw t þ jÞ

!

y ¼ y 1 þ y 2 ¼ A 1 e j w t þ A 2 e j w t ¼ ðA 1 þ A 2 Þ e j w t ¼ A e j w t Die komplexen Amplituden A 1 ¼ 4 cm e j p=4 und A 2 ¼ 3 cm e j p=6 der Einzelschwingungen addieren sich zur komplexen Amplitude A der resultierenden Schwingung (Bild H-5): A ¼ A 1 þ A 2 ¼ 4 cm e j p=4 þ 3 cm e j p=6 ¼ ¼ 4 cm ½ cos ðp=4Þ þ j sin ðp=4Þ þ 3 cm ½ cos ð p=6Þ þ j sin ð p=6Þ ¼ ¼ 2,828 cm þ j 2,828 cm þ 2,598 cm j 1,5 cm ¼ ð5,426 þ 1,328 jÞ cm

2 Anwendungen

471

Im ( z )

=

4

cm

A1

A

1

A = A1 + A2 A

45°

f

30° A

2

=3

Bild H-5 Komplexe Addition der Einzelamplituden nach der Parallelogrammregel

Re ( z ) cm

A2

Die (reelle) Amplitude A der resultierenden Sinusschwingung ist der Betrag von A, der Nullphasenwinkel j der Winkel von A . Aus dem Zeigerdiagramm erhalten wir dann (Bild H-6): Satz des Pythagoras: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi A ¼ j A j ¼ 5,426 2 þ 1,328 2 cm ¼ 5,586 cm

Im ( z )

A

1,328 A

tan j ¼

1,328 cm ¼ 0,2447 5,426 cm

)

f 5,426

j ¼ arctan 0,2447 ¼ 0,2400 ¼ 13,75

(im Gradmaß)

1,328 5,426

Re ( z )

Bild H-6

Komplexe Schwingungsamplitude A in der Exponentialform: A ¼ ð5,426 þ 1,328 jÞ cm ¼ A e j j ¼ 5,586 cm e j 0,2400 Resultierende Schwingung in komplexer Darstellung y ¼ A e j w t ¼ 5,586 cm e j 0,2400 e j 5 s

1

t

¼ 5,586 cm e j ð5 s

1

t þ 0,2400Þ

¼

¼ 5,586 cm ½ cos ð5 s 1 t þ 0,2400Þ þ j sin ð5 s 1 t þ 0,2400Þ Resultierende Schwingung in der (reellen) Sinusform (Imagina¨rteil von y) y ¼ y 1 þ y 2 ¼ Im ðyÞ ¼ 5,586 cm sin ð5 s 1 t þ 0,2400Þ

berlagerung gleichfrequenter Wechselstro¨me

H18

Zeigen Sie: Drei gleichfrequente sinusfo¨rmige Wechselstro¨me mit den Scheitelwerten i 0 und den Nullphasenwinkeln j 1 ¼ 0 , j 2 ¼ 120 und j 3 ¼ 240 lo¨schen sich bei ungesto¨rter berlagerung gegenseitig aus (Kreisfrequenz: w > 0Þ: a) Rechnerische Lo¨sung in komplexer Form. b) Zeichnerische Lo¨sung im Zeigerdiagramm.

a) Wir stellen die sinusfo¨rmigen Wechselstro¨me in der komplexen Form dar (Nullphasenwinkel im Bogenmaß): i 1 ¼ i 0 sin ðw tÞ

!

i1 ¼ i0 e jwt

i 2 ¼ i 0 sin ðw t þ 2 p=3Þ

!

i 2 ¼ i 0 e j 2 p=3 e j w t

i 3 ¼ i 0 sin ðw t þ 4 p=3Þ

!

i 3 ¼ i 0 e j 4 p=3 e j w t

472


Sie haben der Reihe nach die folgenden komplexen Scheitelwerte: î 1 ¼ i 0 ,

^ i 2 ¼ i 0 e j 2 p=3 ,

^ i 3 ¼ i 0 e j 4 p=3

Ihre Summe ist der komplexe Scheitelwert ^ i des resultierenden Wechselstroms i ¼ ^ i e jwt : î ¼ î 1 þ ^ i2 þ ^ i 3 ¼ i 0 þ i 0 e j 2 p=3 þ i 0 e j 4 p=3 ¼ i 0 ð1 þ e j 2 p=3 þ e j 4 p=3 Þ Der in der Klammer stehende Ausdruck verschwindet (wir „entwickeln“ den 2. und 3. Summand jeweils mit Hilfe der Formel von Euler: e j j ¼ cos j þ j sin j): 1 þ e j 2 p=3 þ e j 4 p=3 ¼ 1 þ cos ð2 p=3Þ þ j sin ð2 p=3Þ þ cos ð4 p=3Þ þ j sin ð4 p=3Þ ¼ ¼ 1 0,5 þ

1 pffiffiffi 1 pffiffiffi 3 j 0,5 3 j ¼ 0 þ 0j ¼ 0 2 2

Somit ist auch ^ i ¼ 0 und i ¼ 0. Die drei gleichfrequenten Wechselstro¨me lo¨schen sich – wie behauptet – aus. b) Die Stromzeiger i 2 und i 3 liegen im Zeigerdiagramm spiegelsymmetrisch zur reellen Achse (konjugiert komplexe Gro¨ßen: i 3 ¼ i *2 ; siehe auch Bild H-7, linkes Teilbild). Wir fassen sie nach der Parallelogrammregel zu einem resultierenden Zeiger i 2, 3 zusammen. Dieser Zeiger fa¨llt in die negativ-reelle Achse, er hat die gleiche La¨nge i 0 wie die Zeiger der drei Einzelstro¨me und ist somit dem Stromzeiger i 1 entgegen gerichtet: i 2, 3 ¼ i 2 þ i 3 ¼ i 1

)

i1 þ i2 þ i3 ¼ 0

Dies aber bedeutet: Die drei Wechselstro¨me lo¨schen sich aus.

Im ( z ) i2

i2

i0

i0

120° i 2,3

120°

i0

120°

i0

60°

60° i1

Re ( z )

i 2,3

Parallelen i0

60° i0

60°

i0 i1

30° i0

i3

Bild H-7

i0

i3

Ungesto¨rte berlagerung gleichfrequenter Wechselstro¨me

Warum hat der Zeiger i 2, 3 die gleiche La¨nge i 0 wie die Zeiger i 1, i 2 und i 3 ? Das Parallelogramm aus den Zeigern i 2 und i 3 ist ein Rhombus (eine Raute), alle vier Seiten haben die gleiche La¨nge i 0 : Die reelle Achse zerlegt den Rhombus in zwei kongruente Dreiecke. Wir betrachten das obere Dreieck etwas genauer (Bild H-7, rechtes Teilbild) und bestimmen die Innenwinkel des Dreiecks aus den bekannten Eigenschaften. Ergebnis: Die drei Innenwinkel betragen jeweils 60 , das Dreieck ist daher gleichseitig. Somit hat der resultierende Zeiger i 2, 3 die gleiche La¨nge wie die Zeiger i 2 und i 3 : j i 2, 3 j ¼ j i 2 j ¼ j i 3 j ¼ i 0

2 Anwendungen

473

Periodische Bahnkurve eines Massenpunktes (Lissajous-Figur) Ein Massenpunkt bewege sich in der x,y-Ebene auf einer periodischen (geschlossenen) Bahn mit den Parametergleichungen x ¼ x ðtÞ ¼ cos t

H19

und y ¼ y ðtÞ ¼ sin ð2 tÞ

(x, y: zeitabha¨ngige Lagekoordinaten; t 0: Zeitparameter). Beschreiben Sie diese Bahn durch eine komplexwertige Funktion der reellen Variablen t (Zeitparameter). Wie lautet die Gleichung der Bahnkurve (Ortskurve) in kartesischen Koordinaten? Skizzieren Sie die Kurve unter Verwendung einer Wertetabelle. Hinweis: Die Bahnkurve entsteht durch ungesto¨rte berlagerung zweier aufeinander senkrecht stehender harmonischer Schwingungen, deren (Kreis-)Frequenzen im rationalen Verha¨ltnis 1 : 2 stehen (sog. Lissajous-Figur).

Wir deuten die periodischen Bewegungen (harmonischen Schwingungen) in x- und y-Richtung als Real- und Imagina¨rteil der komplexwertigen Funktion z ðtÞ ¼ x ðtÞ þ j y ðtÞ ¼ cos t þ j sin ð2 tÞ

ðmit t 0Þ

Die geschlossene Bahnkurve (Ortskurve) wird dabei bereits im Periodenintervall 0 t 2 p durchlaufen. Sie la¨sst sich auch wie folgt in kartesischen Koordinaten ausdru¨cken: y ¼ sin ð2 tÞ ¼ 2 cos t sin t

j quadrieren

y 2 ¼ 4 cos 2 t sin 2 t ¼ 4 cos 2 t ð1 cos 2 t Þ ¼ 4 x 2 ð1 x 2 Þ |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} |fflffl{zfflffl} 1 cos 2 t

x2

ð 1 x 1Þ

x2

Umformung: Trigonometrische Formeln sin ð2 tÞ ¼ 2 sin t cos t und sin 2 t þ cos 2 t ¼ 1 verwenden; x ¼ cos t (1. Parametergleichung). Wegen der ausschließlich geraden Potenzen von x und y ist die Bahnkurve (Ortskurve) sowohl zur x- als auch zur yAchse (d. h. zur reellen und imagina¨ren Achse) spiegelsymmetrisch. Bei der Erstellung der Wertetabelle ko¨nnen wir uns daher auf den 1. Quadranten beschra¨nken. Die Funktionsgleichung lautet dort: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 0 x 1 y ¼ 4 x 2 ð1 x 2 Þ ¼ 2 x 1 x 2 , Wir wa¨hlen die Schrittweise D x ¼ 0,1. Bild H-8 zeigt den Verlauf der geschlossenen Bahnkurve. Wertetabelle x

y

y

0

0

0,1

0,20

0,8

0,2

0,39

0,6

0,3

0,57

0,4

0,4

0,73

0,5

0,87

0,6

0,96

0,7

1,00

0,8

0,96

0,9

0,78

1

0

1

Startpunkt (t = 0)

0,2 – 0,8 –1

– 0,4

– 0,6

0,4

– 0,2 – 0,2

– 0,6 – 0,8 –1

Bild H-8

0,2

0,8 0,6

1

x

474


2.2 Komplexe Widersta¨nde und Leitwerte Hinweis Lehrbuch: Band 1, Kapitel VII.3.2

Z 1 ¼ ð20 þ 10 jÞ W

Z2

Z 2 ¼ ð10 þ 0 jÞ W ¼ 10 W

Z1

Z 3 ¼ ð5 10 jÞ W Z

H20

Z3

4

¼ ð15 þ 20 jÞ W

Z4

Bild H-9 a) Bestimmen Sie zuna¨chst formelma¨ßig den komplexen Gesamtwiderstand Z der in Bild H-9 dargestellten Schaltung mit den vier komplexen Einzelwidersta¨nden Z 1 bis Z 4 . b) Berechnen Sie dann mit den vorgegebenen Werten der Einzelwidersta¨nde den komplexen Gesamtwiderstand sowie den Wirk-, Blind- und Scheinwiderstand der Schaltung. c) Wie groß ist der komplexe Leitwert Y des Schaltkreises?

a) Wir fassen die komplexen Einzelwidersta¨nde Schritt fu¨r Schritt zum komplexen Gesamtwiderstand Z zusammen (Bild H10). Z2

Z2

Z1

Z1

Z3

Z1

Bild H-10

Z4

Z5

Z6

Z

Schrittweise Zusammenfassung der vier Einzelwidersta¨nde zum Gesamtwiderstand Z

1. Schritt: Die Widersta¨nde Z 3 und Z 4 sind in Reihe geschaltet, sie addieren sich daher zum Ersatzwiderstand Z5 ¼ Z3 þ Z4. 2. Schritt: Die Widersta¨nde Z 2 und Z 5 sind parallel geschaltet, es addieren sich daher ihre Leitwerte (Kehrwerte der Widersta¨nde) zum Leitwert des Ersatzwiderstandes Z 6 : 1 1 1 1 1 Z þ Z3 þ Z4 ¼ þ ¼ þ ¼ 2 Z6 Z2 Z5 Z2 Z3 þ Z4 Z 2 ðZ 3 þ Z 4 Þ Durch Kehrwertbildung folgt:

Z6 ¼

ðHauptnenner : Z 2 ðZ 3 þ Z 4 ÞÞ

Z 2 ðZ 3 þ Z 4 Þ Z2 þ Z3 þ Z4

3. Schritt: Die Widersta¨nde Z 1 und Z 6 sind in Reihe geschaltet und addieren sich zum gesuchten (komplexen) Gesamtwiderstand Z des Schaltkreises: Z ¼ Z1 þ Z6 ¼ Z1 þ

Z 2 ðZ 3 þ Z 4 Þ Z2 þ Z3 þ Z4

2 Anwendungen

475

b) Einsetzen der vorgegebenen Werte (Zwischenrechnung ohne Einheiten): Z ¼ 20 þ 10 j þ ¼ 20 þ 10 j þ

10 ð5 10 j þ 15 þ 20 jÞ 10 ð20 þ 10 jÞ ¼ 20 þ 10 j þ ¼ 10 þ 5 10 j þ 15 þ 20 j 30 þ 10 j 10 ð20 þ 10 jÞ 20 þ 10 j ð20 þ 10 jÞ ð3 jÞ ¼ 20 þ 10 j þ ¼ 20 þ 10 j þ ¼ 10 ð3 þ jÞ 3þj ð3 þ jÞ ð3 jÞ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

3: Binom : ða þ bÞ ða bÞ ¼ a 2 b 2

¼ 20 þ 10 j þ

60 20 j þ 30 j 10 j 2 60 þ 10 j þ 10 70 þ 10 j ¼ 20 þ 10 j þ ¼ 20 þ 10 j þ ¼ 9þ1 10 9 j2

¼ 20 þ 10 j þ

70 10 þ j ¼ 20 þ 10 j þ 7 þ j ¼ 27 þ 11 j 10 10

Komplexer Gesamtwiderstand in kartesischer Darstellung:

ðin WÞ

Z ¼ ð27 þ 11 jÞ W

Komplexer Gesamtwiderstand in exponentieller Darstellung: Z ¼ ð27 þ 11 jÞ W ¼ Z e j j pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Z ¼ j Z j ¼ 27 2 þ 11 2 W ¼ 729 þ 121 W ¼ 850 W ¼ 29,155 W 11 W j ¼ arg ðZÞ ¼ arctan ¼ arctan 0,4074 ¼ 0,3869 ¼ 22,17 (im Gradmaß) 27 W

(1. Quadrant)

Z ¼ ð27 þ 11 jÞ W ¼ 29,155 W e j 0,3869

Somit:

Der Widerstand R ist der Realteil, der Blindwiderstand X der Imagina¨rteil, der Scheinwiderstand Z der Betrag des komplexen Gesamtwiderstandes Z : Wirkwiderstand:

R ¼ Re ðZÞ ¼ 27 W

Blindwiderstand:

X ¼ Im ðZÞ ¼ 11 W

Scheinwiderstand:

Z ¼ j Z j ¼ 29,155 W

c) Der komplexe Leitwert Y ist der Kehrwert des komplexen Gesamtwiderstandes Z : Y ¼

1 1 ¼ ¼ 0,0343 S e j 0,3869 ¼ 0,0343 ½ cos ð 0,3869Þ þ j sin ð 0,3869Þ S ¼ 29,155 W e j 0,3869 Z

¼ ð0,0318 0,0129 jÞ S

ðS ¼ 1=W : SiemensÞ

Komplexer Widerstand und Leitwert eines RLC-Schaltkreises L

Ohmscher Widerstand: C

H21

Induktivita¨t: Kapazita¨t:

R ¼ 100 W

L ¼ 0,5 H C ¼ 2 10 5 F

R

Bild H-11

RLC - Schaltkreis

Welchen komplexen Widerstand und Leitwert besitzt der in Bild H-11 skizzierte Wechselstromkreis bei einer Kreisfrequenz von w ¼ 100 s 1 ?

476


Da eine Parallelschaltung vorliegt, addieren sich die Leitwerte der drei Schaltelemente R, C und L zum komplexen Leitwert Y des Schaltkreises (Zwischenrechnung ohne Einheiten): 1 1 1 1 1 1 þ jwC j ¼ þ j wC ¼ þ j 100 2 10 5 ¼ Y ¼ R wL R wL 100 100 0,5 ¼ 0,01 þ j ð2 10 3 2 10 2 Þ ¼ 0,01 þ j ð0,002 0,02Þ ¼ 0,01 0,018 j

ðin S ¼ SiemensÞ

Der komplexe Widerstand Z des Schaltkreises ist der Kehrwert des komplexen Leitwertes Y (in der Einheit Ohm ¼ W): 1 1 0,01 þ 0,018 j 0,01 þ 0,018 j ¼ ¼ ¼ ¼ 0,01 0,018 j ð0,01 0,018 jÞ ð0,01 þ 0,018 jÞ Y 0,01 2 0,018 2 j 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

Z ¼

3: Binom : ða bÞ ða þ bÞ ¼ a 2 b 2

¼

0,01 þ 0,018 j 0,01 þ 0,018 j 0,01 0,018 ¼ ¼ þ j ¼ 23,58 þ 42,45 j 0,0001 þ 0,000 324 0,000 424 0,000 424 0,000 424

Umformung: erweitert. Ergebnis:

ðin WÞ

Der Bruch wurde mit dem konjugiert komplexen Nenner, d. h. der komplexen Zahl 0,01 þ 0,018 j

Z ¼ ð23,58 þ 42,45 jÞ W;

Y ¼ ð0,01 0,018 jÞ S

Komplexer Widerstand, Wirk-, Blind- und Scheinwiderstand eines Wechselstromkreises R

L

Ohmscher Widerstand: R ¼ 50 W C2

C1

H22

Induktivita¨t:

L ¼ 2H

Kapazita¨ten:

C 1 ¼ C 2 ¼ C ¼ 5 10 5 F

Bild H-12 a) Bestimmen Sie formelma¨ßig den komplexen Widerstand Z des in Bild H-12 skizzierten Wechselstromkreises in Abha¨ngigkeit von der Kreisfrequenz w der angelegten Wechselspannung. b) Wie groß sind Wirk-, Blind- und Scheinwiderstand fu¨r die angegebenen Werte der Schaltelemente R, L, C 1 und C 2 bei einer Kreisfrequenz von w ¼ 200 s 1 ?

a) Die komplexen Widersta¨nde der insgesamt vier Schaltelemente fassen wir wie folgt schrittweise zum komplexen Gesamtwiderstand Z des Wechselstromkreises zusammen (Bild H-13): R

L

C2

R

C1

C2

Z1

R

Z2

Bild H-13

Z

Schrittweise Zusammenfassung der vier Einzelwidersta¨nde zum komplexen Gesamtwiderstand Z

2 Anwendungen

477

1. Schritt: Induktivita¨t L und Kapazita¨t C 1 ¼ C sind in Reihe geschaltet, ihre komplexen Wechselstromwidersta¨nde addieren sich somit zum Ersatzwiderstand Z 1 : 1 1 1 w2 L C 1 ¼ j ¼ j wL Z1 ¼ jwL j ¼ jwL j w C1 wC wC wC 2. Schritt: Kapazita¨t C 2 ¼ C und Ersatzwiderstand Z 1 sind parallel geschaltet, daher addieren sich ihre Leitwerte zum Leitwert des Ersatzwiderstandes Z 2 (dieser ersetzt C 2 und Z 1 ): 1 1 1 1 wC wC þ jwC ¼ j 2 þ jwC ¼ ¼ þ j w C2 ¼ þ jwC ¼ 2 j w LC 1 w LC 1 Z2 Z1 Z1 1 1 þ w2 L C 1 j w C ðw 2 L C 2Þ þ 1 ¼ j w C ¼ ¼ jwC w2 L C 1 w2 L C 1 w2 L C 1 Durch Kehrwertbildung erhalten wir fu¨r den Ersatzwiderstand Z 2 den folgenden Ausdruck: Z2 ¼

w2 L C 1 1 w2 L C 1 w2 L C 1 ¼ ¼ j 2 2 j w C ðw L C 2Þ j w C ðw L C 2Þ w C ðw 2 L C 2Þ

3. Schritt: Die Widersta¨nde R und Z 2 sind in Reihe geschaltet und addieren sich zum gesuchten komplexen Gesamtwiderstand Z : Z ¼ Z ðwÞ ¼ R þ Z 2 ¼ R j

w2 L C 1 w C ðw 2 L C 2Þ

b) Einsetzen der vorgegebenen Werte (Zwischenrechnung ohne Einheiten): Z ¼ 50 j ¼ 50 j

200 2 2 5 10 5 1 4 10 4 10 10 5 1 ¼ 50 j ¼ 200 5 10 5 ð200 2 2 5 10 5 2Þ 10 3 10 5 ð4 10 4 10 10 5 2Þ 41 100 3 ¼ 50 150 j ¼ 50 j 10 2 ð4 2Þ 2

Komplexer Gesamtwiderstand:

ðin WÞ

Z ¼ ð50 150 jÞ W

Der Wirkwiderstand ist der Realteil, der Blindwiderstand der Imagina¨rteil und der Scheinwiderstand der Betrag des komplexen Gesamtwiderstandes Z : Wirkwiderstand:

Re ðZÞ ¼ 50 W

Im ðZÞ ¼ 150 W qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Scheinwiderstand: Z ¼ j Z j ¼ 50 2 þ ð 150Þ 2 W ¼ 2500 þ 22 500 W ¼ 25 000 W ¼ 158,11 W Blindwiderstand:

2.3 Ortkurven, Netzwerkfunktionen, Widerstands- und Leitwertortskurven elektrischer Schaltkreise Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel VII.4 Formelsammlung: Kapitel VIII.6

Bestimmen und skizzieren Sie die Ortskurven der folgenden komplexwertigen Funktionen einer reellen Variablen t :

H23

a) z ðtÞ ¼ z 1 þ t ðz 2 z 1 Þ 1 b) z ðtÞ ¼ 2 þ þj t c) z ðtÞ ¼ z 0 þ a e j t

ðz 1 6¼ z 2 ;

1 < t < 1Þ

ðt > 0Þ ða > 0 ;

z0 ¼ x0 þ j y0 ;

0 t 2 pÞ

478


a) Die lineare Funktion beschreibt eine Gerade durch die Bildpunkte von z 1 und z 2 , die zu den Parameterwerten t ¼ 0 und t ¼ 1 geho¨ren (siehe Bild H-14): z ðt ¼ 0Þ ¼ z 1 þ 0 ðz 2 z 1 Þ ¼ z 1

Im ( z ) t

z ðt ¼ 1Þ ¼ z 1 þ 1 ðz 2 z 1 Þ ¼

t =1

¼ z1 þ z2 z1 ¼ z2

t =0

z2

z (t )

z1

Re ( z )

Bild H-14 b) Wir fu¨hren den „ Hilfsparameter “ l ¼ 1=t ein. Die Funktion z ðtÞ geht dann u¨ber in die folgende linear von l abha¨ngige Funktion: z ðlÞ ¼ ð2 þ lÞ þ j

ðmit l > 0Þ

Der Imagina¨rteil hat den konstanten Wert Im ðzÞ ¼ 1 , wa¨hrend der Realteil Re ðzÞ ¼ 2 þ l im Intervall l > 0 alle Werte von 2 (ausschließlich) bis 1 durchlaüft. Die zugeho¨rige Ortskurve ist eine Halbgerade, sie verlaüft vom Bildpunkt der komplexen Zahl z 0 ¼ 2 þ j ausgehend parallel zur reellen Achse, wie in Bild H-15 dargestellt.

Im ( z ) t =∞

t

t

1 z (t )

z (t )

2

Re ( z )

Bild H-15

c) Wir formen die Funktionsgleichung zuna¨chst geringfu¨gig um und bilden dann beiderseits den Betrag: z ¼ z0 þ a e jt

)

z z0 ¼ a e jt

)

j z z 0 j ¼ j a e j t j ¼ a j e j t j ¼ a ¼ const: |ffl{zffl} 1

Geometrische Deutung: Alle Bildpunkte der Funktion z ¼ z ðtÞ haben vom Bildpunkt der komplexen Zahl z 0 ¼ x 0 þ j y 0 den gleichen Abstand d ¼ j z z 0 j ¼ a und liegen somit auf einem Kreis mit dem Mittelpunkt M ¼ ðx 0 ; y 0 Þ und dem Radius R ¼ a (siehe Bild H-16). Kreisgleichung j z z 0 j ¼ j ðx þ j yÞ ðx 0 þ j y 0 Þ j ¼

y

¼ j x þ j y x0 j y0 j ¼ ¼ j ðx x 0 Þ þ j ðy y 0 Þ j ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ðx x 0 Þ 2 þ ðy y 0 Þ 2 ¼ a j quadrieren

M

y0

a

z0

Somit : ðx x 0 Þ 2 þ ðy y 0 Þ 2 ¼ a 2 x0

Bild H-16

x

2 Anwendungen

479

z ðtÞ ¼ 5 ð1 þ e j t Þ,

H24

0 t p

a) Welche Ortskurve beschreibt diese komplexwertige Funktion der reellen Variablen t ? b) Bestimmen und skizzieren Sie die durch Inversion entstandene Ortskurve (ohne Anwendung der bekannten Inversionsregeln).

a) Wir zeigen zuna¨chst, dass die Bildpunkte von z ¼ z ðtÞ auf einem Kreis liegen: z ¼ 5 ð1 þ e j t Þ ¼ 5 þ 5 e j t

)

z 5 ¼ 5 e jt

)

j z 5 j ¼ j 5 ejt j ¼ 5 j e jt j ¼ 5 |ffl{zffl} 1

Jeder Bildpunkt hat somit vom Bildpunkt der reellen Zahl z 0 ¼ 5 den gleichen Abstand d ¼ j z 5 j ¼ 5. Die Bildpunkte liegen daher auf einem Kreis mit dem Mittelpunkt M ¼ ð5; 0Þ und dem Radius R ¼ 5 , allerdings mit der folgenden Einschra¨nkung. Aus z ðtÞ ¼ 5 ð1 þ e j t Þ ¼ 5 ð1 þ cos t þ j sin tÞ ¼ 5 ð1 þ cos tÞ þ j ð5 sin tÞ folgt, dass der Imagina¨rteil von z ðtÞ im Definitionsintervall 0 t p stets gro¨ßer oder gleich Null ist: Im ðz ðtÞÞ ¼ 5 sin t 0 (bekanntlich gilt im Intervall 0 t p , d. h. im 1. und 2. Quadrant stets sin t 0). Die Kreispunkte unterhalb der reellen Achse scheiden damit aus, die gesuchte Ortskurve ist der in Bild H-17 skizzierte Halbkreis. Im ( z )

t = π/2 t

z (t ) z (t )

t =π

t =0

Bild H-17 5

10

Re ( z )

b) Durch Inversion erhalten wir aus z ðtÞ die folgende Funktion: w ðtÞ ¼

1 1 0,2 0,2 ½ ð1 þ cos tÞ j sin t ¼ ¼ ¼ ¼ j t z ðtÞ 5 ð1 þ e Þ ð1 þ cos tÞ þ j sin t ½ ð1 þ cos tÞ þ j sin t ½ ð1 þ cos tÞ j sin t |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3: Binom : ða þ bÞ ða bÞ ¼ a 2 b 2

¼

0,2 ½ ð1 þ cos tÞ j sin t 2

ð1 þ cos tÞ j sin t 2

2

¼

0,2 ð1 þ cos tÞ j ð0,2 sin tÞ 0,2 ð1 þ cos tÞ j ð0,2 sin tÞ ¼ ¼ 2 þ 2 cos t 1 þ 2 cos t þ cos 2 t þ sin 2 t |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1

¼

0,2 ð1 þ cos tÞ j ð0,2 sin tÞ 0,2 ð1 þ cos tÞ 0,2 sin t 0,1 sin t ¼ j ¼ 0,1 j 2 ð1 þ cos tÞ 2 ð1 þ cos tÞ 2 ð1 þ cos tÞ 1 þ cos t

ð0 t < pÞ

Umformungen: Der Bruch wurde zuna¨chst mit dem konjugiert komplexen Nenner, d. h. der komplexen Zahl ð1 þ cos tÞ j sin t erweitert. Ferner gilt: cos 2 t þ sin 2 t ¼ 1 (trigonometrischer Pythagoras). Der Realteil der Funktion w ðtÞ hat den konstanten Wert Re ðw ðtÞÞ ¼ 0,1. Der Imagina¨rteil dagegen durchlaüft im Intervall 0 t < p alle Werte von 0 bis 1 . Die Ortskurve von w ðtÞ ist daher eine Halbgerade parallel zur imagina¨ren Achse (siehe Bild H-18).

480


Im ( w )

t =0 0,1

Re ( w )

w (t )

t w (t ) t

Bild H-18

Bestimmen und skizzieren Sie die Ortskurve der komplexwertigen Funktion

H25

z ðtÞ ¼

1 , 1 þ jt

1 < t < 1

unter Verwendung der Inversionsregeln. Hinweis: Untersuchen Sie zuna¨chst den Nenner w ðtÞ ¼ 1 þ j t .

Der Nenner w ðtÞ ¼ 1 þ j t beschreibt im Intervall 1 < t < 1 eine zur imagina¨ren Achse im Abstand 1 parallel verlaufende Gerade (siehe Bild H-19). Die Funktion z ðtÞ geht dann aus w ðtÞ durch Inversion hervor: z ðtÞ ¼ 1=w ðtÞ. Nach der 2. Inversionsregel beschreibt dann z ðtÞ einen durch den Nullpunkt gehenden Kreis, dessen genaue Lage wir wie folgt bestimmen. Der Schnittpunkt der Parallelen w ðtÞ ¼ 1 þ j t mit der reellen Achse (er geho¨rt zum Parameterwert t ¼ 0) hat von allen Punkten der Parallelen den kleinsten Abstand vom Nullpunkt und geht somit bei der Inversion in den Bildpunkt mit dem gro¨ßten Abstand vom Nullpunkt u¨ber: j w j min ¼ w ðt ¼ 0Þ ¼ 1

Inversion

!

j z j max ¼ z ðt ¼ 0Þ ¼

1 ¼ 1 j w j min

Damit besitzt der gesuchte Kreis den Durchmesser 2 R ¼ j z jmax ¼ 1 und den Radius R ¼ 0,5. Der Mittelpunkt des Kreises liegt auf der reellen Achse und fa¨llt in den Punkt M ¼ ð0,5; 0) (siehe Bild H-20). Im ( w )

Im ( w )

Im ( z )

t

z (t ) t

w (t )

t =0 1

t

w (t )

w (t )

t = 0 Re ( z )

M

Re ( w )

0,5

1 z (t )

Bild H-19 t

Bild H-20

t

Re ( w )

w (t )

2 Anwendungen

481

Netzwerkfunktionen einer RL - Reihenschaltung R

L

Bild H-21 Die in Bild H-21 skizzierte Reihenschaltung entha¨lt einen variablen ohmschen Widerstand R mit 0 R R 0 und eine Spule mit der konstanten Induktivita¨t L, deren ohmscher Widerstand vernachla¨ssigbar ist. Bestimmen Sie die folgenden Netzwerkfunktionen (bei konstanter Kreisfrequenz w der angelegten Wechselspannung):

H26

Z ¼ Z ðRÞ.

a) Komplexer Gesamtwiderstand b) Komplexer Leitwert

Y ¼ Y ðRÞ.

Skizzieren Sie die Widerstands- und Leitwertortskurve.

a) R und L sind in Reihe geschaltet, ihre (komplexen) Wechselstromwidersta¨nde addieren sich daher zum komplexen Gesamtwiderstand: Z ¼ Z ðRÞ ¼ R þ j w L

ð0 R R 0 Þ

Der Imagina¨rteil Im ðZÞ ¼ w L ist dabei unabha¨ngig von der Variablen R, wa¨hrend der Realteil Re ðZÞ ¼ R alle Werte von 0 bis R 0 durchlaüft. Die Widerstandsortskurve ist daher Teil einer zur reellen Achse parallel verlaufenden Geraden (Bild H-22). Widerstandsortskurve Z (R )

Im ( Z )

R

R=0

R = R0

R

vL

Z (R )

Bild H-22 R0

Re ( Z )

b) Der komplexe Leitwert Y ist der Kehrwert des komplexen Widerstandes Z : Y ¼ Y ðRÞ ¼

1 1 R jwL R jwL R jwL ¼ ¼ ¼ 2 ¼ 2 ¼ 2 2 2 R þ jwL ðR þ j w LÞ ðR j w LÞ R þ w2 L2 Z ðRÞ R j w L |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3: Binom : ða þ bÞ ða bÞ ¼ a 2 b 2

¼

R wL j 2 R2 þ w2 L2 R þ w2 L2

ð0 R R 0 Þ

Umformung: Der Bruch wird mit dem konjugiert komplexen Nenner, d. h. der komplexen Zahl R j w L erweitert. Da die Widerstandsortskurve Z ðRÞ Teil einer Geraden ist, die nicht durch den Nullpunkt geht (siehe Bild H-22), ist die durch Inversion entstandene Leitwertortskurve Y ðRÞ nach der 2. Inversionsregel Teil eines Kreises, der durch den Nullpunkt verlaüft. Die Lage dieses Kreises bestimmen wir wie folgt. Der zu R ¼ 0 geho¨rige Punkt auf der Widerstandsortskurve Z ðRÞ hat von allen Punkten dieser Kurve den kleinsten Abstand vom Nullpunkt (siehe Bild H-22): j Z j min ¼ j Z ðR ¼ 0Þ j ¼ j j w L j ¼ j j j j w L j ¼ 1 ðw LÞ ¼ w L Der entsprechende Punkt auf der Leitwertortskurve Y ðRÞ hat dann den gro¨ßten Abstand aller Punkte dieser Kurve vom Nullpunkt: j Y j max ¼

1 1 ¼ j Z j min wL

482


Dies ist zugleich der Wert des Kreisdurchmessers: 2 R ¼ 1=ðw LÞ. Der Mittelpunkt des Kreises liegt auf der imagina¨ren Achse bei 1=ð2 w LÞ, der Radius betra¨gt r ¼ 1=ð2 w LÞ. Der Verlauf der Leitwertortskurve Y ¼ Y ðRÞ ist in Bild H-23 dargestellt. Im ( Z )

Im ( Y ) Widerstandsortskurve Z (R ) R

R=0

R = R0

R Z (R ) Re ( Y ) R0

R = R0 Y (R ) –

Bild H-23

Re ( Z )

R

1 2 vL

Leitwertortskurve Y (R )

R R=0

Widerstands- und Leitwertortskurve eines Parallelschwingkreises

H27

Der in Bild H-24 dargestellte Parallelschwingkreis entha¨lt einen ohmschen Widerstand R , eine Induktivita¨t L und eine Kapazita¨t C. L

R

Bild H-24

Parallelschwingkreis

C

Z von der Kreisfrequenz w a) Bestimmen Sie die Abha¨ngigkeit des komplexen Gesamtwiderstandes pffiffiffiffiffiffiffi der angelegten Wechselspannung (0 w < w 0 ¼ 1= L C Þ und skizzieren Sie die zugeho¨rige Widerstandsortskurve. b) Durch Inversion soll aus der Widerstandsortskurve Z ðwÞ die Leitwertortskurve Y ðwÞ ermittelt werden. c) Wie groß sind Wirk-, Blind- und Scheinwiderstand fu¨r R ¼ 200 W, L ¼ 10 H und C ¼ 10 5 F bei einer Kreisfrequenz von w ¼ 50 s 1 ?

a) Die parallel geschalteten Elemente L und C ersetzen wir im 1. Schritt durch den Ersatzwiderstand Z 1 (siehe Bild H-25). L R

R

Z1

Z

C

Bild H-25

Schrittweise Zusammenfassung der Einzelwidersta¨nde zum komplexen Gesamtwiderstand Z

2 Anwendungen

483

Es addieren sich dabei die Leitwerte von C und L zum Leitwert Y 1 der Parallelschaltung: 1 1 w2 L C 1 j ðw 2 L C 1Þ Y1 ¼ jwC j ¼ j wC ¼ ¼ j wL wL wL wL Der Ersatzwiderstand Z 1 ist der Kehrwert des Leitwertes Y 1 : Z1 ¼

1 wL jwL wL wL ¼ j ¼ 2 2 ¼ j ¼ 2 2 j ðw L C 1Þ ðw L C 1Þ 1 w2 L C Y1 j ðw L C 1Þ

Umformung: Den Bruch mit j erweitern und dabei die Beziehung j 2 ¼ 1 beachten. Die Gro¨ße L C la¨sst sich noch wie folgt durch w 0 ausdru¨cken: 1 w 0 ¼ pffiffiffiffiffiffiffi LC

pffiffiffiffiffiffiffi 1 LC ¼ w0

)

)

LC ¼

1 w 20

Der Ersatzwiderstand Z 1 kann dann auch nach der folgenden Formel berechnet werden: Z1 ¼ j

wL wL wL w 20 L w ¼ j ¼ j ¼ j 1 w2 L C w 20 w 2 w2 w 20 w 2 1 2 |{z} 2 w0 w0 1=w 2 0

Im na¨chsten Schritt addieren wir die in Reihe geschalteten Widersta¨nde R und Z 1 und erhalten den gesuchten komplexen Gesamtwiderstand Z des Parallelschwingkreises in Abha¨ngigkeit von der Kreisfrequenz w: Z ðwÞ ¼ R þ Z 1 ¼ R þ j

wL w2 L w ¼ R þ j 20 2 1 w LC w0 w2

ð0 w < w 0 Þ

Bestimmung der Widerstandsortskurve Der Realteil von Z ðwÞ ist frequenzunabha¨ngig, er hat den konstanten Wert Re ðZ ðwÞÞ ¼ R . Der Imagina¨rteil dagegen ha¨ngt von der Kreisfrequenz w ab und durchlaüft im Intervall 0 w < w 0 alle Werte von 0 bis 1. Die Widerstandsortskurve ist daher eine zur imagina¨ren Achse parallele Halbgerade (Bild H-26).

Im ( Z )

v → v0 Z (v )

v Widerstandsortskurve Z (v )

v=0 R

Bild H-26 Widerstandsortskurve

Re ( Z )

b) Durch Inversion der Widerstandortskurve Z ðwÞ erhalten wir die Leitwertortskurve Y ðwÞ . Aus der Halbgeraden wird dabei nach der 2. Inversionsregel ein durch den Nullpunkt gehender Halbkreis, dessen genaue Lage sich wie folgt bestimmen la¨sst. Der zu w ¼ 0 geho¨rige Punkt auf der Halbgeraden (Schnittpunkt mit der reellen Achse) hat vom Nullpunkt den kleinsten Abstand. Er geht bei der Inversion u¨ber in den Punkt auf der Leitwertortskurve mit dem gro¨ßten Abstand vom Nullpunkt: j Z j min ¼ j Z ðw ¼ 0Þ j ¼ R

Inversion

!

j Y j max ¼

1 1 ¼ j Z j min R

Dieser (auf der reellen Achse liegende) Punkt hat also den Abstand 1=R vom Nullpunkt. Der Durchmesser des Kreises (bzw. Halbkreises) betra¨gt daher d ¼ 1=R , der Radius ist somit r ¼ 1=ð2 RÞ . Der Mittelpunkt liegt auf der reellen Achse bei M ¼ ð1=ð2 RÞ; 0Þ. Bild H-27 zeigt den genauen Verlauf der halbkreisfo¨rmigen Leitwertortskurve.

484

H Komplexe Zahlen und Funktionen Im ( Z )

Im ( Y )

v → v0 Widerstandsortskurve Z (v ) Z (v )

M

v = v0

1/ (2R ) Y (R )

v → v0

v

v=0

v=0

1/R R

Re ( Y ) Re ( Z )

v Leitwertortskurve Y (v )

Bild H-27 Widerstands- und Leitwertortskurve

c) Wir berechnen zuna¨chst den komplexen Gesamtwiderstand Z (Zwischenrechnung ohne Einheiten): Z ¼ Rþj

wL 50 10 500 ¼ 200 þ j ¼ 200 þ j ¼ 2 2 5 2 1 w LC 1 50 10 10 1 5 10 2 10 10 5

¼ 200 þ j

500 500 500 ¼ 200 þ j ¼ 200 þ 666,67 j ¼ 200 þ j 1 25 10 2 1 0,25 0,75

ðin WÞ

Der Wirkwiderstand ist der Realteil, der Blindwiderstand der Imagina¨rteil, der Scheinwiderstand der Betrag von Z : Wirkwiderstand:

Re ðZÞ ¼ 200 W

Im ðZÞ ¼ 666,67 W pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Scheinwiderstand: Z ¼ j Z j ¼ 200 2 þ 666,67 2 W ¼ 484 448,89 W ¼ 696,02 W Blindwiderstand:

485

I Vektorrechnung 1 Vektoroperationen In diesem Abschnitt finden Sie Aufgaben zu folgenden Themen:

Darstellung von Vektoren (Vektorkoordinaten oder skalare Vektorkomponenten, Betrag, Richtungswinkel) Grundrechenoperationen mit Vektoren (Addition und Subtraktion, Multiplikation mit einem Skalar) Skalar- und Vektorprodukt, gemischtes oder Spatprodukt

Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel II.1 bis 3 Formelsammlung: Kapitel II.1 bis 3

I1

0 1 0 1 0 1 2 1 5 B C B C B C Gegeben sind die Vektoren ~ a ¼ @ 5 A , b~ ¼ @ 5 A und ~ c ¼ @ 0 A . Berechnen Sie die skalaren 3 8 1 Komponenten (Vektorkoordinaten) sowie die Betra¨ge und Richtungswinkel der folgenden Vektoren: aÞ ~ s ¼ 5~ a 3 b~ þ 2~ c þ 3 ð2 ~ a~ cÞ bÞ ~ s ¼ 3 b~ þ 4 ð ~ a~ cÞ ~ a ð~ a b~ Þ ð2~ cþ~ aÞ~ c

aÞ

~ s ¼ 5~ a 3 b~ þ 2~ c þ 3 ð2 ~ a~ c Þ ¼ 5~ a 3 b~ 6~ c þ 6~ a 3~ c ¼ 11 ~ a 3 b~ 9~ c ¼ 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 20 45 3 22 5 1 2 C B C B C B B C B C C B B C C B B C B B C B C C B C 0C ¼ 11 B A ¼ @ 40 A @ 5 A 3 @ 5 A 9 @ 0 A ¼ @ 55 A þ @ 15 A þ @ 0 9 24 33 1 8 3 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Betrag: j~ s j ¼ ð 20Þ 2 þ 40 2 þ 0 2 ¼ 2000 ¼ 44,72 Berechnung der drei Richtungswinkel a, b und g cos a ¼

cos b ¼

20 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 0,4472 j~ sj 2000 sx

sy j~ sj

40 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 0,8944 2000

)

a ¼ arccos ð 0,4472Þ ¼ 116,57

)

b ¼ arccos 0,8944 ¼ 26,57

Der Vektor ~ s liegt wegen s z ¼ 0 in der x, y-Ebene. Daher ist g ¼ 90 (rechter Winkel mit der z-Achse). Richtungswinkel: a ¼ 116,57 , b ¼ 25,57 , g ¼ 90 b) Wir berechnen zuna¨chst die Skalarprodukte ~ a~ c und ð ~ a b~Þ ð2~ cþ~ a Þ: 0 1 0 1 2 5 B C B C ~ a ~ c ¼ @ 5 A @ 0 A ¼ 10 þ 0 þ 3 ¼ 13 3 1 L. Papula, Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler Klausur- und Übungsaufgaben, DOI 10.1007/978-3-8348-9730-5_9,© Vieweg+Teubner Verlag |Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2010

486

I Vektorrechnung

0 1 0 1 0 1 2 1 3 B C B C B C ~ a b~ ¼ @ 5 A @ 5 A ¼ @ 0 A ; 3 8 5 0 B ð~ a b~Þ ð2~ cþ~ aÞ ¼ @

3

1

0

12

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 5 2 10 2 12 B C B C B C B C B C 2~ cþ~ a ¼ 2@0A þ @5A ¼ @ 0A þ @5A ¼ @ 5A 1 3 2 3 5

1

C B C 0 A @ 5 A ¼ 36 þ 0 25 ¼ 11 5 5

~ s ¼ 3 b~ þ 4 ð ~ a~ cÞ ~ a ð~ a b~Þ ð2~ cþ~ aÞ ~ c ¼ 3 b~ þ 52 ~ a |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 11 13 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 104 3 5 1 2 C B C B B C B C B C ¼ 3 @ 5 A þ 52 @ 5 A 11 @ 0 A ¼ @ 15 A þ @ 260 A þ 8 sj ¼ Betrag: j~

24

1

3

11~ c ¼ 0 B @

156

55

1

0

52

1

C B C 0 A ¼ @ 245 A 121 11

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 52 2 þ 245 2 þ 121 2 ¼ 77 370 ¼ 278,15

Berechnung der drei Richtungswinkel a, b und g cos a ¼ cos b ¼ cos g ¼

sx

52 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 0,1869 j~ sj 77 370 sy

245 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 0,8808 j~ sj 77 370 sz

121 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 0,4350 j~ sj 77 370

)

a ¼ arccos 0,1869 ¼ 79,23

)

b ¼ arccos 0,8808 ¼ 28,26

)

g ¼ arccos 0,4350 ¼ 64,21

Richtungswinkel: a ¼ 79,23 , b ¼ 28,26 , g ¼ 64,21

I2

Ein Vektor ~ a hat den Betrag j ~ a j ¼ 3 und die Vektorkoordinaten a x ¼ 2, a y ¼ 2 und a z < 0. Berechnen Sie die fehlende Vektorkoordinate a z sowie die drei Richtungswinkel.

Wir bestimmen zuna¨chst die Vektorkomponente a z unter Beachtung von a z < 0 : j~ a j 2 ¼ a 2x þ a 2y þ a 2z

)

a 2z ¼ j ~ a j 2 a 2x a 2y ¼ 3 2 ð 2Þ 2 2 2 ¼ 1

Berechnung der drei Richtungswinkel a, b und g 2 2 ¼ cos a ¼ ¼ 3 3 j~ aj ax

cos b ¼

ay j~ aj

¼

2 3

)

b ¼ arccos

1 1 ¼ ¼ cos g ¼ 3 3 j~ aj az

)

2 a ¼ arccos ¼ 131,81 3

)

2 ¼ 48,19 3

1 g ¼ arccos ¼ 109,47 3

Richtungswinkel: a ¼ 131,81 , b ¼ 48,19 , g ¼ 109,47

)

az ¼ 1

1 Vektoroperationen

487

Von einem Vektor ~ a sind folgende Eigenschaften bekannt:

I3

Richtungswinkel : a ¼ g ¼ 60 ; b > 90

j~ a j ¼ 10;

Bestimmen Sie den noch fehlenden Richtungswinkel b sowie die drei Vektorkoordinaten a x , a y und a z . Wir berechnen zuna¨chst den noch fehlenden Richtungswinkel b (wegen 90 < b < 180 ist cos b < 0): cos 2 a þ cos 2 b þ cos 2 g ¼ 1

)

cos 2 b ¼ 1 cos 2 a cos 2 g ¼ 1 cos 2 60 cos 2 60 ¼ 1 0,25 0,25 ¼ 0,5 pffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffi cos b ¼ 0,5 ) b ¼ arccos ð 0,5 Þ ¼ 135

)

Berechnung der Vektorkoordinaten a x , a y und a z (a x = a z , da a = g) a j cos a ¼ 10 cos 60 ¼ 5; ax ¼ j~

ay ¼ j~ a j cos b ¼ 10 cos 135 ¼ 7,071

Vektorkoordinaten: a x ¼ 5; a y ¼ 7,071; a z ¼ 5

0 1 1 B C ~ a ¼ @5A; 2

I4

0

2

1

B C b~ ¼ @ 14 A ; 1

0 1 u B C ~ c ¼ @1A v

Bestimmen Sie die Parameter u und v so, dass der Vektor ~ c sowohl zu ~ a als auch zu b~ orthogonal ist und zwar unter ausschließlicher Verwendung von a) Skalarprodukten, b) Vektorprodukten.

a) Die Skalarprodukte ~ a~ c und b~ ~ c mu¨ssen jeweils verschwinden. Dies fu¨hrt zu zwei Gleichungen mit den beiden Unbekannten u und v: 1 0 1 0 0 1 0 1 u 2 u 1 C B C B B C B C ~ ~ c ¼ @ 14 A @ 1 A ¼ 2 u þ 14 þ v ¼ 0 a~ c ¼ @5A @1A ¼ u þ 5 þ 2v ¼ 0; b ~ v 1 v 2 ðIÞ

u þ 5 þ 2v ¼ 0

)

ðIIÞ

2 u þ 14 þ v ¼ 0

u ¼ 2v 5

Gleichung (I) nach u auflo¨sen, den gefundenen Ausdruck dann in Gleichung (II) einsetzen: ðIIÞ )

ðIÞ

2 ð 2 v 5Þ þ 14 þ v ¼ 4 v þ 10 þ 14 þ v ¼ 5 v þ 24 ¼ 0

)

v ¼ 4,8

)

u ¼ 2 v 5 ¼ 2 ð 4,8Þ 5 ¼ 4,6

)

5 v ¼ 24

Lo¨sung: u ¼ 4,6; v ¼ 4,8 b) Das Vektorprodukt aus ~ a und b~ ist ein Vektor, der sowohl auf ~ a als auch auf b~ senkrecht steht. Der gesuchte ~ Vektor ~ c ist daher zum Vektor ~ a b entweder parallel oder anti-parallel, d. h. ~ c und ~ a b~ sind kollineare Vektoren (sie liegen in einer gemeinsamen Linie). Somit muss der Vektor ~ c ein Vielfaches von ~ a b~ sein: ~ ð Þ ~ c ¼ l ~ a b . Diese Vektorgleichung fu¨hrt dann zu drei Gleichungen fu¨r die drei Unbekannten l, u und v: 0 1 0 1 0 1 0 1 1 2 5 28 23 B C B C B C B C ~ a b~ ¼ @ 5 A @ 14 A ¼ @ 4 1 A ¼ @ 5 A 2

1

14 þ 10

24

488

I Vektorrechnung

~ c ¼ l ð~ a b~ Þ

)

0 1 0 1 0 1 u 23 23 l B C B C B C @1A ¼ l@ 5A ¼ @ 5lA v 24 24 l

8 > < ðIÞ u ¼ 23 l ðIIÞ 1 ¼ 5 l > : ðIIIÞ v ¼ 24 l

)

Aus Gleichung (II) folgt zuna¨chst l ¼ 1=5, aus den beiden restlichen Gleichungen erhalten wir 1 1 ¼ 4,6 und v ¼ 24 l ¼ 24 ¼ 4,8 u ¼ 23 l ¼ 23 5 5 Lo¨sung: u ¼ 4,6; v ¼ 4,8

(in bereinstimmung mit der Lo¨sung aus Teil a))

Beweisen Sie mit Hilfe der Vektorrechnung den Satz des Thales:

C2

„Jeder Peripheriewinkel u¨ber einem Kreisdurchmesser AB ist ein rechter Winkel (Bild I-1)“.

I5

R: Kreisradius M : Kreismittelpunkt

C4

Bild I-1 A

! MC ¼ b~

B

v

j~ a j ¼ j b~j ¼ R ! AC ¼ ~ u;

M

C

Anhand von Bild I-2 fu¨hren wir folgende Bezeichnungen ein: ! ! AM ¼ MB ¼ ~ a;

C3

C1

u

! BC ¼ ~ v

b

Bild I-2 A

a

M

a

B

Wir mu¨ssen zeigen, dass der Winkel | ACB ein rechter Winkel ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn die Vektoren ~ u und ~ v orthogonal sind, d. h. das Skalarprodukt aus ~ u und ~ v verschwindet. Zuna¨chst dru¨cken wir ~ u und ~ v durch die gleichlangen „Hilfsvektoren“ ~ a und b~ wie folgt aus: ~ u ¼~ a þ b~ und ~ aþ~ v ¼ b~;

d: h: ~ v ¼ b~ ~ a

u und ~ v (unter Verwendung des Distributiv- und Kommutativgesetzes Damit erhalten wir fu¨r das Skalarprodukt aus ~ fu¨r Skalarprodukte): ~ u~ v ¼ ~ a þ b~ ð b~ ~ aÞ ¼ ~ a b~ ~ a~ a þ b~ b~ b~ ~ a ¼ 2 2 a b~ ¼ j ~ a j 2 þ j b~j ¼ R 2 þ R 2 ¼ 0 ¼~ a b~ j ~ a j 2 þ j b~j ~

Folgerung: Die Vektoren ~ u und ~ v stehen aufeinander senkrecht, der Winkel | ABC ist ein rechter. Damit ist der Satz von Thales bewiesen.

I6

Bilden Sie mit den Vektoren 1 0 1 0 0 1 4 1 2 C B C B B C ~ ~ c ¼ @5A a ¼ @ 1 A ; b ¼ @ 3 A und ~ 1 1 5 die folgenden Produkte (Skalar-, Vektor- bzw. Spatprodukte): ~ ~ a b~; ð ~ a~ c Þ ð~ aþ~ c Þ ; b~ ~ c; a þ b~ ð ~ c b~ Þ ;

ð~ a~ c Þ b~ ¼ ½ ~ a~ c b~

1 Vektoroperationen

489

Zuna¨chst bilden wir die beno¨tigten Summen und Differenzen, dann die Produkte (Skalarprodukt, Vektorprodukt bzw. Spatprodukt): 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 6 4 2 1 1 2 B C B C B C B C B C B C B C B C C B C B C C ~ aþ~ c ¼ B aþb ¼ B @1A þ @5A ¼ @6A @1A þ @ 3A ¼ @4A; ~ 6 1 5 6 1 5 0 1 0 1 0 1 2 4 2 B C B C B C C B C B C ~ a~ c ¼ B @1A @5A ¼ @4A; 5 1 4 0 1 2 B C C ~ a b~ ¼ B @1A 5

0 B B @

1

0 1 0 1 0 1 4 1 5 B C B C B C C B C B C ~ c b~ ¼ B @5A @ 3A ¼ @2A 1 1 0

1

C 3C A ¼ 2 þ 3 þ 5 ¼ 6 1

0 1 6 B C B C C B C ð~ a~ c Þ ð~ a þ~ cÞ ¼ B @ 4 A @ 6 A ¼ 12 24 þ 24 ¼ 12 6 4 0

2

1

Das Skalarprodukt ð ~ a~ c Þ ð~ aþ~ c Þ la¨sst sich mit Hilfe des Distributiv- und Kommutativgesetzes auch berechnen: 0 1 0 1 0 1 4 2 2 B C B C B C C B C B C c~ c ¼~ a~ a~ c~ c ¼B ð~ a~ c Þ ð~ aþ~ cÞ ¼ ~ a~ aþ~ a~ c~ c~ a þ~ @1A @1A @5A |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 5 5 0

wie folgt 0 1 4 B C B5C ¼ @ A 1

¼ ð4 þ 1 þ 25Þ ð16 þ 25 þ 1Þ ¼ 30 42 ¼ 12 0 B b~ ~ c ¼ B @

0 1 4 B C C B C 3C A @5A ¼ 1 1

1

1

0 B B @

3 5

1

0

2

1

B C C B 5C 4 þ 1C A A ¼ @ 17 5 12

0 1 0 1 0 1 0 1 12 0 12 1 5 B C B C B C B C B C B C B C C ~ a þ b~ ð ~ c b~ Þ ¼ B @ 4 A @ 2 A ¼ @ 30 0 A ¼ @ 30 A 18 2 20 6 0 Berechnung des Spatproduktes ð ~ a~ c Þ b~ ¼ ½ ~ a~ c b~ auf zwei verschiedene Arten 1. Lo¨sungsweg: Erst das Vektorprodukt ~ a~ c bilden, dann diesen Vektor skalar mit dem Vektor b~ multiplizieren: 0 1 0 1 0 1 0 1 24 2 4 1 25 B C B C B C B C B C B C C B C ~ a~ c ¼ B @ 1 A @ 5 A ¼ @ 20 2 A ¼ @ 18 A 6 10 4 5 1 0 B ð~ a~ c Þ b~ ¼ B @

24

1

0

C B B 18 C A@ 6

1

1

C 3C A ¼ 24 þ 54 þ 6 ¼ 84 1

490

I Vektorrechnung

2. Lo¨sungsweg: Spatprodukt ð ~ a~ c Þ b~ ¼ ½ ~ a~ c b~ in der Determinantenform darstellen, Determinante dann nach der Regel von Sarrus berechnen: 2 4 1 2 4 3 1 5 ) 1 5 5 1 1 5 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} ð~ a~ c Þ b~ ¼ ½ ~ a~ c b~

ð~ a~ c Þ b~ ¼ 10 þ 60 1 þ 25 6 4 ¼ 84

Zeigen Sie, dass die drei Kra¨fte 1 0 0 1 0 1 5 30 10 C B B C B C ~ ~ ~ F 1 ¼ @ 20 A N ; F 2 ¼ @ 0 A N und F 3 ¼ @ 10 A N 10 60 10

I7

~r (Kraftkomponenten, Betrag und in einer Ebene liegen. Berechnen Sie ferner die resultierende Kraft F Richtungswinkel). ~2 F ~3 verschwin~1 F Die drei Kra¨fte liegen genau dann in einer Ebene, wenn das aus ihnen gebildete Spatprodukt F det (Rechnung ohne Einheiten): 1 1 1 5 ð 1Þ 30 1 10 1 5 30 10 ~ ~ ~ F 1 F 2 F 3 ¼ 20 0 10 ¼ 5 ð 4Þ 30 0 10 1 ¼ 5 30 10 4 0 1 ¼ 1500 D 2 2 1 5 2 10 60 10 30 2 10 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D Zur Erinnerung: Die Spalten haben der Reihe nach die gemeinsamen Faktoren 5, 30 und 10 (grau unterlegt), die wir bekanntlich vor die Determinante ziehen du¨rfen. Determinantenberechnung 1 1 1 1 4 0 1 4 2 2 1 2 Somit gilt:

~1 F ~2 F ~3 F

nach der Regel von Sarrus: 1 0

)

D ¼ 0þ280þ2þ4 ¼ 0

2

¼ 1500 D ¼ 1500 0 ¼ 0

) Die Kra¨fte liegen in einer Ebene

~r und ihrer Richtungswinkel a, Berechnung der resultierenden Kraft F 0 1 0 1 0 1 10 30 5 B C B C B C ~1 þ F ~2 þ F ~3 ¼ B 20 C N þ B 0 C N þ B 10 C N ¼ ~r ¼ F F @ A @ A @ A 10 60 10

b und g 0 1 35 B C B 10 C N @ A 80

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi F ~r ¼ F r ¼ 35 2 þ ð 10Þ 2 þ 80 2 N ¼ 7725 N ¼ 87,89 N cos a ¼

Fx 35 N ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 0,3982 Fr 7725 N

)

a ¼ arccos 0,3982 ¼ 66,53

cos b ¼

Fy 10 N ¼ 0,1138 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Fr 7725 N

)

b ¼ arccos ð 0,1138Þ ¼ 96,53

)

8 F x ¼ 35 N > > < F y ¼ 10 N > > : F z ¼ 80 N

1 Vektoroperationen

cos g ¼

491

Fz 80 N ¼ 0,9102 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi Fr 7725 N

g ¼ arccos 0,9102 ¼ 24,47

)

Ergebnis: F r ¼ 87,89 N, a ¼ 66,53 , b ¼ 96,53 , g ¼ 24,47

pffiffiffiffiffi ~ vom Betrage F ¼ 100 14 N soll senkrecht auf einer Ebene E mit den RichtungsEine Kraft F 1 0 1 0 2 1 C B C B ~ vektoren ~ a ¼ @ 1 A und b ¼ @ 1 A stehen. Bestimmen Sie die (skalaren) Komponenten F x , F y

I8

1

1

und F z dieser Kraft. Wie viele Lo¨sungen gibt es?

~ verlaüft parallel oder antiparallel zum Normalenvektor ~ Der gesuchte Kraftvektor F n der Ebene E (~ n steht bekanntlich senkrecht auf der Ebene). Ein solcher Normalenvektor ist das Vektorprodukt der Richtungsvektoren ~ a und b~, das wir anschließend noch normieren, um einen Einheitsvektor ~ e zu erhalten: 1 1 0 0 0 1 1 0 2 1 1 2 1 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi C C B B B C C B 2 2 þ 32 ¼ C B 1 C ¼ B 2 1 C ¼ B 1 C ; j~ n j ¼ ~ 14 n ¼~ a b~ ¼ B 1 ð 2Þ þ 1 A A @ @ @ A A @ 3 1þ2 1 1 0 ~ e ¼

1 1 B ~ n ¼ pffiffiffiffiffi B @ j~ nj 14

2

1

C 1C A 3

~ hat entweder die gleiche Richtung wie der Einheitsvektor ~ Der gesuchte Kraftvektor F e oder die Gegenrichtung, pffiffiffiffiffi seine La¨nge ist bekannt und betra¨gt F ¼ 100 14 N. Es gibt daher zwei Lo¨sungen, die wie folgt lauten: 0 1 0 1 0 1 200 2 2 pffiffiffiffiffi B C B C C 1 B B C B C C ~¼ F~ F e ¼ 100 14 pffiffiffiffiffi B @ 1 A N ¼ 100 @ 1 A N ¼ @ 100 A N 14 300 3 3 Kraftkomponenten: F x ¼ 200 N, F y ¼ 100 N, F z ¼ 300 N bzw. F x ¼ 200 N, F y ¼ 100 N, F z ¼ 300 N

D

Berechnen Sie die Oberfla¨che O eines regula¨ren Tetraeders mit der Seitenla¨nge a (Bild I-3).

I9

C

Bild I-3

A A

B

Das regula¨re Tetraeder besteht aus vier kongruenten (deckungsgleichen) gleichseitigen Dreiecken mit der Seitenla¨nge a (siehe Bild I-3). Es genu¨gt daher, die Grundfla¨che A zu berechnen, die wir (wie in Bild I-4 dargestellt) in die x, y! ! Ebene legen. Wir bestimmen zuna¨chst die Seitenvektoren AB und AC , mit deren Hilfe dann der Fla¨cheninhalt A der Grundfla¨che berechnet werden kann (u¨ber das Vektorprodukt der beiden Seitenvektoren):

492

I Vektorrechnung

0 1 1 B C ! C AB ¼ a~ ex ¼ a B @0A 0 AM ¼ a=2; 0

y C 60°

MC ¼ a sin 60 1

0

1

a

1 pffiffiffi 3a ¼ 2 0

a h M

60°

1

A

a=2 1 AM B C B pffiffiffi C B pffiffiffi C a ! C B C B C AC ¼ B @ MC A ¼ @ 3 a=2 A ¼ 2 @ 3 A 0 0 0

a

„Bodenfläche“

60° B

x

Bild I-4

! ! Vektorprodukt aus AB und AC und Fla¨cheninhalt A der Grundfla¨che 0 1 1 B C a ! ! C AB AC ¼ a B @0A 2 0 0

1 1 2 B pffiffiffi C B 3C ¼ a A @ 2 0 0

0 1 0 1 1 1 2 B pffiffiffi C B C B0C B 3C ¼ a @ A @ A 2 0 0

0

00

1

B C B 0 0C ¼ @ A pffiffiffi 30

1

0 1 0 pffiffiffi 2 B C C a2 B 1 1 pffiffiffi 2 B 0C ¼ ¼ ¼ 0C 3a B 3a ~ ez A @ A @ 2 2 2 pffiffiffi 3 1 0

! ! Die gesuchte Grundfla¨che A entspricht der halben Fla¨che des Parallelogramms, das von den Vektoren A B und A C aufgespannt wird. Die Parallelogrammfla¨che ist der Betrag des Vektorproduktes dieser Vektoren. Daher gilt: 1 ! 1 1 pffiffiffi 2 1 pffiffiffi 2 ! ez j ¼ AB AC ¼ 3 a j~ 3a 2 2 2 4 |{z} 1 pffiffiffi 2 Gesamtoberfla¨che des Tetraeders: O ¼ 4 A ¼ 3 a A ¼

0

I 10

0

1

0 1 1 B C ~ b ¼ @1A 0

B C Zeigen Sie die lineare Unabha¨ngigkeit der drei Vektoren ~ a ¼ @ 1 A, und 1 1 0 0 1 2 1 C C B B ~ r ¼ @ 1 A als Linearkombination dieser Vektoren dar. c ¼ @ 0 A und stellen Sie den Vektor ~ 1

1

Wie lauten die skalaren Vektorkomponenten von ~ r? Die drei Vektoren ~ a, b~ und ~ c sind genau dann linear unabha¨ngig, wenn das aus ihnen gebildete Spatprodukt ~ ½~ a b~ c von Null verschieden ist (wir verwenden hier die Determinantenschreibweise des Spatproduktes): 0 1 1 0 1 a b~~ c ¼ 0 þ 0 þ 0 1 0 1 ¼ 2 6¼ 0 0 1 1 ) ½~ 1 1 1 0 1 1 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} ½~ a b~~ c

1 Vektoroperationen

493

Die Vektoren ~ a, b~ und ~ c sind somit linear unabha¨ngig, der vierte Vektor ~ r muss daher in der Form 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 2 B C B C B C B C B 1 C ¼ l1 B 1 C þ l2 B 1 C þ l3 B 0 C ~ r ¼ l1 ~ a þ l 2 b~ þ l 3 ~ c oder @ A @ A @ A @ A 1

1

0

1

darstellbar sein. Dies fu¨hrt zu dem folgenden linearen Gleichungssystem fu¨r l1 , l2 und l3 : 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 2 l2 l2 l3 l3 B C B B B C C C B C B 1 C ¼ B l1 C þ B l2 C þ B 0 C ¼ B l1 þ l2 C @ A @ A @ A @ A @ A 1 l1 0 l1 þ l3 l3 Komponentenweise geschrieben (und seitenvertauscht): 9 ðIÞ l2 l3 ¼ 2 > = Wir addieren die 3 Gleichungen und erhalten: ¼ 1 ) ðIIÞ l1 þ l2 > 2 l2 ¼ 2 ) l2 ¼ 1 ; ðIIIÞ l 1 þ l3 ¼ 1 Die u¨brigen Werte erhalten wir aus den Gleichungen (I) und (II), wenn wir dort l 2 ¼ 1 setzen: ðIÞ )

1 l3 ¼ 2

)

l 3 ¼ 1;

ðIIÞ )

l1 þ 1 ¼ 1

)

l1 ¼ 2

r besitzt die folgende Darstellung: Somit ist l 1 ¼ 2, l 2 ¼ 1, l 3 ¼ 1 und der Vektor ~ ~ r ¼ 2~ a þ 1 b~ 1~ c ¼ 2~ a þ b~ ~ c ¼ 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2 1 1 0 1 1 0 B C B C B C B C B C B C B C B C B C B C B C B C B C C ¼ 2 B @ 1A þ @1A @ 0A ¼ @2A þ @1A þ @ 0A ¼ @1A 1 1 0 2 1 0 1 Skalare Vektorkomponenten von ~ r : r x ¼ 2, r y ¼ 1, r z ¼ 1 Anmerkung: Aus der Matrizenrechnung ist bekannt, sind, wenn die aus ihnen gebildete Matrix A regula¨r nichts anderes als das Spatprodukt der drei Vektoren:

I 11

dass drei Vektoren ~ a , b~ und ~ c genau dann linear unabha¨ngig ist und somit det A 6¼ 0 gilt. Die Determinante von A ist aber ½~ a b~~ c ¼ det A .

Stellen Sie fest, ob die Vektoren ~ a , b~ und ~ c linear unabha¨ngig oder linear abha¨ngig sind: 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2 1 2 5 1 13 B C B C B C B C B C B C aÞ ~ a ¼ @ 1 A ; b~ ¼ @ 4 A ; ~ c ¼ @ 4A bÞ ~ a ¼ @ 1 A ; b~ ¼ @ 0 A ; ~ c ¼ @ 2A 5 1 1 1 5 13

a , b~, ~ c sind genau dann linear unabha¨ngig, wenn das aus ihnen gebildete Spatprodukt ½ ~ a b~~ c Die drei Vektoren ~ nicht verschwindet (Berechnung der Determinante nach der Regel von Sarrus): 2 1 2 2 1 ( ½~ a b~ ~ c ¼ 8 þ 20 2 þ 40 8 1 ¼ 57 6¼ 0 ~ aÞ ½ ~ a b~ c ¼ 1 4 4 1 4 ) ¨ ) linear unabhangige Vektoren 5 1 1 5 1 5 bÞ ½ ~ a b~~ c ¼ 1 1

1 0 5

13 2 13

5 1 0 1 1 5

( )

½~ c ¼ 0 þ 2 65 0 þ 50 þ 13 ¼ 0 a b~ ~ )

¨ linear abhangige Vektoren

494

I Vektorrechnung

I 12

0 1 0 1 0 1 1 4 11 B C B C B C Sind die Vektoren ~ a ¼ @ 5 A , b~ ¼ @ 0 A und ~ c ¼ @ 15 A komplanar? 3 3 3

Die drei Vektoren ~ a , b~, ~ c sind komplanar, wenn ihr Spatprodukt ½ ~ a b~~ c verschwindet (Berechnung der Determinante nach der Regel von Sarrus) : 1 4 11 1 4 ( ½~ a b~ ~ c ¼ 0 180 þ 165 0 45 þ 60 ¼ 0 0 15 5 0 ) 5 ) Vektoren sind komplanar 3 3 3 3 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} ½~ a b~ ~ c

I 13

0 1 1 B C ~1 ¼ B 2 C N; F @ A 5

0 B ~2 ¼ B F @

2

1

C 0C A N; 3

0 1 5 B C ~3 ¼ B 2 C N F @ A 0

a) Zeigen Sie die lineare Unabha¨ngigkeit dieser drei Kraftvektoren. ~res (Angabe der Kraftkomponenten, des Betrages und der Richb) Wie lautet die resultierende Kraft F tungswinkel)?

a) Die drei Kraftvektoren sind linear unabha¨ngig, da das aus ihnen gebildete Spatprodukt nicht verschwindet (Rechnung erfolgt ohne Einheiten; Berechnung der Determinante nach der Regel von Sarrus): 1 2 5 1 2 ~1 F ~2 F ~3 ¼ 0 20 þ 30 0 6 0 ¼ 4 6¼ 0 0 ) F 0 2 2 2 5 3 3 0 5 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} ~2 F ~3 ~1 F F b) Die resultierende Kraft lautet wie folgt: 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 4 12þ5 5 2 1 B C C B B C C B B C ~res ¼ F ~1 þ F ~2 þ F ~3 ¼ B 2 C N þ B 0 C N þ B 2 C N ¼ B 2 þ 0 þ 2 C N ¼ B 4 C N F @ A A @ @ A A @ @ A 8 5þ3þ0 0 3 5 ~res j ¼ Betrag: j F

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi 4 2 þ 4 2 þ 8 2 N ¼ 96 N ¼ 9,80 N

Berechnung der drei Richtungswinkel a, b und g (a = b wegen F x = F y ) cos a ¼

Fx 4N ¼ pffiffiffiffiffi ¼ 0,4082 ~ j F res j 96 N

)

a ¼ arccos 0,4082 ¼ 65,91

cos g ¼

Fz 8N ¼ pffiffiffiffiffi ¼ 0,8165 ~res j jF 96 N

)

g ¼ arccos 0,8165 ¼ 35,26

Richtungswinkel: a ¼ b ¼ 65,91 , g ¼ 35,26

1 Vektoroperationen

495

0

I 14

1

1

B C ~1 ¼ B 2 C N; F @ A 1

0 1 2 B C B ~ F2 ¼ @ 0 C A N; 5

0

1

1

0

B C ~3 ¼ B 6 C N; F @ A 7

6

1

B C ~4 ¼ B 4 C N F @ A 18

Zeigen Sie, dass diese Kra¨fte in einer Ebene liegen. ~2 und F ~3 verschwindet und diese Kra¨fte damit in einer Ebene ~1 , F Wir zeigen zuna¨chst, dass das Spatprodukt aus F liegen (Rechnung in der Determinantenschreibweise ohne Einheiten, Determinantenberechnung nach der Regel von Sarrus): 1 2 1 1 2 ~1 F ~2 F ~3 ¼ 0 12 þ 10 0 þ 30 28 ¼ 0 F 2 0 6 2 0 ) 1 5 7 1 5 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} ~2 F ~3 ~1 F F ~2 aufgespannt, die somit als Rich~1 und F Diese Ebene wird z. B. durch die linear unabha¨ngigen Kraftvektoren F ~ ~ tungsvektoren der Ebene dienen ko¨nnen. F1 und F2 sind linear unabha¨ngig und damit nicht-kollinear (d. h. weder parallel noch anti-parallel), da ihr Vektorprodukt nicht verschwindet (ohne Einheiten): 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 10 10 0 2 1 B C C B C B B C C B ~ B C C B ~1 F ~2 ¼ B 2 C B 0 C ¼ B 2 5C F A ¼ @ 3 A 6¼ @ 0 A ¼ 0 @ @ A A @ 0 4 0þ4 5 1 ~4 liegt dann ebenfalls in dieser Ebene, wenn das Spatprodukt der drei Der noch verbliebene vierte Kraftvektor F ~2 und F ~4 verschwindet: ~1 , F Kra¨fte F 1 2 6 1 2 ~1 F ~2 F ~4 ¼ 0 þ 8 60 0 20 þ 72 ¼ 0 F 4 2 0 ) 2 0 1 5 18 1 5 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} ~2 F ~4 ~1 F F Folgerung: Alle vier Kra¨fte liegen in einer gemeinsamen Ebene.

I 15

Ein homogenes Magnetfeld mit der Flussdichte ~j ¼ B 0 verlaüft parallel zur z-Achse eines B ¼ jB raümlichen kartesischen Koordinatensystems. In diesem Feld wird ein metallischer Leiter mit der konstanten Geschwindigkeit v ¼ j ~ v j ¼ v 0 in Richtung der Raumdiagonale eines achsenparallelen Wu¨rfels bewegt (Bild I-5). Die dabei im Leiter induzierte elektrische ~ ist nach dem Induktionsgesetz das VekFeldsta¨rke E torprodukt aus dem Geschwindigkeitsvektor ~ v und ~ der magnetischen Flussdichte. dem Vektor B a) Bestimmen Sie die Komponenten und den Betrag ~. des Feldsta¨rkevektors E b) Unter welchem Winkel j gegenu¨ber dem Magnetfeld bewegt sich der Leiter?

z

B

1

Raumdiagonale

v Leiter 1 x

Würfel der Kantenlänge a = 1

Bild I-5

1

y

496

I Vektorrechnung

a) Es gilt:

0

~¼ ~ ~ mit E vB

1

0 1 0 B C B C ~ B ¼ @ 0 A ¼ B0 @ 0 A B0 1 0

e und ~ v ¼ v0 ~

Dabei ist ~ e der Einheitsvektor in Richtung der Raumdiagonale. Wegen der Symmetrie mu¨ssen die drei Vektorkoordinaten von ~ e u¨bereinstimmen: 0 1 a pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi B C ex ¼ ey ¼ ez ¼ a ) ~ e ¼ @ a A mit j~ e j ¼ a 2 þ a 2 þ a 2 ¼ a 3 ¼ 1 ) a ¼ 1= 3 a pffiffiffi 1 0 1 0 1 1= 3 1 1 B pffiffiffi C v0 B C 1 C B C v ¼ v0~ e ¼ pffiffiffi @ 1 A ~ e ¼ B @ 1= 3 A ¼ pffiffiffi @ 1 A und ~ pffiffiffi 3 3 1 1 1= 3 0

Damit erhalten wir den folgenden elektrischen Feldsta¨rkevektor: 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 10 1 0 v v0 B0 B C v0 B0 B v0 B0 B B C C C C B C ~¼ ~ ~ ¼ pffiffi0ffi B E vB @ 1 A B 0 @ 0 A ¼ pffiffiffi @ 1 A @ 0 A ¼ pffiffiffi @ 0 1 A ¼ pffiffiffi @ 1 A 3 3 3 3 1 1 1 00 0 1 Skalare Komponenten der elektrischen Feldsta¨rke: v0 B0 E x ¼ pffiffiffi ; 3

v0 B0 E y ¼ E x ¼ pffiffiffi ; 3

Ez ¼ 0

Betrag der elektrischen Feldsta¨rke: v0 B0 ~j ¼ p E ¼ jE ffiffiffi 3

rffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi v 0 B 0 pffiffiffi 2 2 2 2 1 þ ð 1Þ þ 0 ¼ pffiffiffi 2 ¼ v0 B0 3 3

~ eingeschlossene Winkel. Wir erhalten ihn u¨ber b) der gesuchte Winkel j ist der von den Vektoren ~ v bzw. ~ e und B das skalare Produkt dieser Vektoren: ~ ¼ j~ ~j cos j ¼ 1 B 0 cos j ¼ B 0 cos j ~ eB ej jB 0 1 1 B C 1 ~ ¼ pffiffiffi B 1 C B 0 eB B 0 cos j ¼ ~ @ A 3 1 1 cos j ¼ pffiffiffi 3

I 16

)

j ¼ arccos

1 pffiffiffi 3

0 1 0 B C B B 0 C ¼ pffiffi0ffi @ A 3 1

)

0 1 1 B C B1C @ A 1

0 1 0 B C B B B 0 C ¼ pffiffi0ffi ð0 þ 0 þ 1Þ ¼ pffiffi0ffi @ A 3 3 1

)

! ¼ 54,74

Eine Ladung q bewege sich mit der Geschwindigkeit ~ v durch ein elektromagnetisches Feld mit ~ ~ und erfahre dort die Kraft der elektrischen Feldsta¨rke E und der magnetischen Flussdichte B ~ ¼ qE ~ þ q ð~ ~Þ . Bestimmen Sie fu¨r F vB 1 0 1 1 0 0 2 0 100 C Vs C V C m B ~¼ B ~¼ B ; B E v ¼ @ vy A @ 1 A 2 und ~ @ 300 A m s m 1 300 vz die Geschwindigkeitskomponenten v y und v z so, dass die Bewegung kra¨ftefrei erfolgt.

1 Vektoroperationen

497

~¼~ Aus der Bedingung F 0 erhalten wir folgende Vektorgleichung (Rechnung ohne Einheiten): ~ ¼ qE ~ þ q ð~ ~Þ ¼ ~ ~ þ ð~ ~Þ ¼ ~ ~Þ ¼ E ~ ) F vB 0 : q ) E vB 0 oder ð~ vB 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 vy vz vy vz 100 2 0 0 C B B C C C B C C B B B B v y C B 1 C ¼ B 2 v z þ 100 C ¼ B 300 C ) B 2 v z þ 100 C ¼ B 300 C A @ @ A A @ A @ A @ A @ 100 2 v y 100 2 v y vz 1 300 300 Komponentenweise Schreibweise fu¨hrt zu einem leicht lo¨sbaren linearen Gleichungssystem mit drei Gleichungen fu¨r die beiden unbekannten Geschwindigkeitskomponenten v y und v z : ðIÞ

vy vz ¼ 0

)

vz ¼ vy

ðIIÞ

2 v z þ 100 ¼ 300

)

2 v z ¼ 200

ðIIIÞ 100 2 v y ¼ 300

)

2 v y ¼ 200

)

v z ¼ 100

)

v y ¼ 100

Lo¨sung: v x ¼ 100 m=s, v y ¼ 100 m=s, v z ¼ 100 m=s

I 17

Eine Ladung q, die sich mit der Geschwindigkeit ~ v durch ein homogenes Magnetfeld mit der magne~ ~ ¼ q ð~ ~Þ . tischen Flussdichte B bewegt, erfa¨hrt dort die sog. „Lorentzkraft“ F vB a) Wann erfolgt die Bewegung kra¨ftefrei? b) Zeigen Sie: Das Magnetfeld verrichtet an der Ladung keine Arbeit.

~ ¼ q ð~ ~Þ ¼ ~ ~ verschwinden muss. Dies ist a) Aus F vB 0 folgt wegen q 6¼ 0, dass das Vektorprodukt ~ vB ~ bekanntlich genau dann der Fall, wenn die Vektoren ~ v und B kollinear sind, d. h. entweder parallel oder antiparallel verlaufen. Folgerung: Die Ladung q bewegt sich kra¨ftefrei, wenn sie in Feldrichtung oder in der Gegenrichtung in das Magnetfeld eintritt (Bild I-6). q

B

B v q

v a)

b)

Bild I-6

b) Die Bahnkurve der Ladung q im Magnetfeld la¨sst sich durch einen zeitabha¨ngigen Ortsvektor ~ r ¼~ r ðtÞ beschreir ¼~ v d t (Bild I-7). Die auf ben. Die nderung des Ortsvektors in dem kleinen Zeitintervall d t betra¨gt dann d ~ die Ladung bei dieser Verschiebung um d ~ r einwirkende Lorentzkraft verrichtet dabei definitionsgema¨ß die folgende ~ und dem Verschiebungsvektor d ~ Arbeit d W (die Arbeit d W ist das Skalarprodukt aus dem Kraftvektor F r ): ~ d~ ~Þ ~ dW ¼ F r ¼ q ð~ vB v dt ¼

Nullpunkt

~Þ q d t ¼ ½ ~ ~ q d t ¼ 0 ¼~ v ð~ vB v~ vB |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} ~ ½~ v~ v B 0

v

dr = v dt

r

Bild I-7 q

Ein Spatprodukt mit zwei gleichen Vektoren verschwindet bekanntlich. Dies aber bedeutet, dass das Magnetfeld keine Arbeit an der Ladung verrichtet und zwar unabha¨ngig von der Geschwindigkeit ~ v der Ladung.

498

I Vektorrechnung

2 Anwendungen In diesem Abschnitt finden Sie ausschließlich anwendungsorientierte Aufgaben zu folgenden Themen:

Geraden (vektorielle Parameterdarstellung, Richtungsvektor, Abstand Punkt-Gerade, Abstand paralleler Geraden, windschiefe Geraden, Schnittpunkt und Schnittwinkel von Geraden) Ebenen (vektorielle Parameterdarstellung, Koordinatendarstellung, Richtungsvektoren, Normalenvektor, Abstand Punkt-Ebene, Abstand Gerade-Ebene, Abstand paralleler Ebenen, Schnittpunkt und Schnittwinkel mit einer Geraden, Schnittgerade und Schnittwinkel mit einer Ebene) Arbeit einer Kraft an Massen und elektrischen Ladungen in Kraftfeldern Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor von Massen und elektrischen Ladungen

Hinweise Lehrbuch: Band 1, Kapitel II.4 Formelsammlung: Kapitel II.4

I 18

Wie lautet die Vektorgleichung der Geraden g durch den Punkt P 1 ¼ ð1; 5; 10Þ parallel zum Vektor 0 1 2 B C ~ a ¼ @ 1 A ? Welche Punkte geho¨ren zu den Parameterwerten l ¼ 3, l ¼ 5 und l ¼ 10? 2 Bestimmen Sie ferner alle auf der Geraden g gelegenen Punkte, die von P1 den Abstand d ¼ 6 haben.

Ansatz der Geradengleichung in der Punkt-Richtungs-Form mit dem tungsvektor der Geraden): 0 1 0 1 0 1 1 2 1 B C B C B C C B C B C a ¼ B g: ~ r ðlÞ ¼ ~ r1 þ l~ @ 5A þ l @1A ¼ @ 5A þ 10 2 10

Parameter l 2 R (der Vektor ~ a ist der Rich0

2l

1

0

1 þ 20

1

0

21

1

B C B C BlC ¼ B 5 lC @ A @ A 2l 10 þ 2 l

Ortsvektoren fu¨r die Parameterwerte l ¼ 3, l ¼ 5 und l ¼ 10: 0 1 0 1 0 1 16 1 þ 10 5 B C B C B C B C C C ~ r ðl ¼ 3Þ ¼ B r ðl ¼ 5Þ ¼ B @ 5 5A ¼ @ 5 þ 3A ¼ @ 8A; ~ 4 10 þ 10 10 6 0

1 þ 2l

0

11

1

B C B 0 C; @ A 20

1

B C B C C B C ~ r ðl ¼ 10Þ ¼ B @ 5 10 A ¼ @ 5 A 10 þ 20 30 Koordinaten der zugeho¨rigen Punkte: ð 5; 8; 4Þ, ð11; 0; 20Þ, ð21; 5; 30Þ Aus Bild I-8 entnehmen wir, dass es genau zwei Punkte Q 1 und Q 2 gibt, die vom Punkt P 1 den Abstand d ¼ 6 haben. Daher gilt: ! P Q ¼ 1 1

! P Q ¼ j l~ aj ¼ d ¼ 6 1 2

Q2 P1 Q1 d=6

Bild I-8

g d=6

2 Anwendungen

499

j l~ a j ¼ j l j j~ a j ¼ jlj

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2 2 þ ð 1Þ 2 þ 2 2 ¼ j l j 3 ¼ 6

)

jlj ¼ 2

)

l 1=2 ¼ 2

Zur Erinnerung: Die Betragsgleichung j x j ¼ c > 0 hat zwei Lo¨sungen x 1=2 ¼ c. Wir bestimmen noch die Ortsvektoren der zugeho¨rigen Punkte: 0 1 0 1 0 1 0 1 1þ4 14 5 3 B C B C B C B C C C B C B C ~ r ðQ 1 Þ ¼ ~ r ðl 1 ¼ 2Þ ¼ B r ðl 2 ¼ 2Þ ¼ B r ðQ 2 Þ ¼ ~ @ 5 2A ¼ @ 3A; ~ @ 5 þ 2A ¼ @ 7A 10 þ 4 10 4 6 14 Koordinaten der zugeho¨rigen Punkte: Q 1 ¼ ð5; 3; 14Þ, Q 2 ¼ ð 3; 7; 6Þ

I 19

Stellen Sie fest, ob die drei Punkte in einer Geraden liegen und bestimmen Sie gegebenenfalls die Vektorgleichung der Geraden. a)

P 1 ¼ ð3; 3; 5Þ, P 2 ¼ ð1; 2; 4Þ, P 3 ¼ ð 5; 17; 1Þ

b) A ¼ ð2; 1; 0Þ, B ¼ ð3; 4; 2Þ, C ¼ ð 1; 1; 2Þ

Drei Punkte P1 , P2 und P3 liegen genau dann in einer Geraden, ! ! wenn die Vektoren P 1 P 2 und P 1 P 3 kollinear sind und somit das Vektorprodukt dieser Vektoren verschwindet (Bild I-9).

Gerade P3 P2

P 1P 2

P1

Bild I-9

0 a)

13

1

0

2

1

B C B C ! C B C P1 P2 ¼ B @2 3A ¼ @5A; 45 1

0

5 3

1

0

8

P 1P 3

1

B C B C ! C B C P1 P3 ¼ B @ 17 3 A ¼ @ 20 A 15 4

0 1 0 B C B C B C B C ! ! B C ~ B C B C C P1 P2 P1 P3 ¼ B @ 5 A @ 20 A ¼ @ 8 8 A ¼ @ 0 A ¼ 0 0 40 40 4 1 0

2

1

0

8

1

0

20 20

1

Die Vektoren sind demnach kollinear, somit liegen die drei Punkte in einer Geraden. Zum gleichen Ergebnis kommt ! ! man, wenn man erkennt, dass der Vektor P 1 P 3 genau das Vierfache des Vektors P 1 P 2 ist: 0 1 0 1 2 8 B C B C ! ! ! ! B C C P1 P3 ¼ B @ 20 A ¼ 4 @ 5 A ¼ 4 P 1 P 2 ) P 1 P 2 und P 1 P 3 sind kollinear 4

1 |fflfflffl{zfflfflffl} ! P1 P2

Geradengleichung in der Parameterform (Zwei-Punkte-Form) 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2 3 2l 13 3 3 B C B C B C B C B C B C B C B C C B C ~ r2 ~ r 1Þ ¼ B r ðlÞ ¼ ~ r 1 þ l ð~ @3A þ l@2 3A ¼ @3A þ l@5A ¼ @3 5lA 5 1 5 l 5 45

500

I Vektorrechnung

! ! b) Wir pru¨fen, ob die Vektoren AB und AC kollinear sind, d. h. in einer Geraden liegen: 0 1 0 1 1 0 1 0 1 2 1 3 32 B C B C C B C B ! ! B C B C C B C AB ¼ B @ 4 1 A ¼ @ 3 A ; AC ¼ @ 1 1 A ¼ @ 0 A 2 20 2 20 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 3 1 60 6 0 B B C C B C B C B C ! ! B C C ~ B C B C B C AB AC ¼ B @ 3 A @ 0 A ¼ @ 6 2 A ¼ @ 8 A 6¼ @ 0 A ¼ 0 2 2 0 0þ9 9 Die Vektoren sind nicht-kollinear, d. h. die Punkte A, B und C liegen nicht in einer (gemeinsamen) Geraden.

I 20

Von einer Geraden g ist der Punkt P 1 ¼ ð2; 2; 1Þ und der Richtungsvektor ~ a mit den skalaren Vektorkomponenten a x ¼ 1, a y ¼ 2 und a z ¼ 5 bekannt. Welchen Abstand besitzt der Punkt A ¼ ð5; 10; 3Þ bzw. B ¼ ð 1; 8; 14Þ von dieser Geraden?

Gleichung der Geraden in der Punkt-Richtungs-Form 1 0 1 0 1 2 C B C B C C B g: ~ r ðlÞ ¼ ~ r 1 þ l~ a ¼ B @2A þ l@2A ¼ 1 5

0 1 0 1 1 0 l 2 2þ l B C B C C B B2C þ B2lC ¼ B2 2lC A @ A @ A @ 1 5l 1 þ 5l

ðl 2 RÞ

! FS: Kap. II.4.2.3) Geraden g (! 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 44 4 40 52 1 3 C B C B B C B C B C @ 10 2 A ¼ @ 2 A @ 8 A ¼ @ 15 2 A ¼ @ 13 A 14 8þ 6 5 31 5 2 qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi q ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi j~ a ð~ rA ~ a j ¼ 1 2 þ ð 2Þ 2 þ 5 2 ¼ 30 r 1 j ¼ ð 44Þ 2 þ 13 2 þ 14 2 ¼ 2301 ; j ~

Abstand d des Punktes A von der 0 1 1 B C ~ a ð~ rA ~ r 1Þ ¼ @ 2 A

d ¼

j~ a ð~ rA ~ r 1Þ j j~ aj

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2301 ¼ pffiffiffiffiffi ¼ 8,758 30

Abstand d des Punktes B von der 1 0 1 C B ~ r 1Þ ¼ @ 2 A a ð~ rB ~ 5 j~ a ð~ rB ~ r 1Þ j ¼ j~ 0 j ¼ 0;

Geraden g 1 0 1 1 0 1 0 1 0 0 0 30 30 3 1 1 2 C B C C B C B C B B 0 6 A ¼ @ 15 þ 15 A ¼ @ 0 A ¼ ~ 8 2A ¼ @ 2A @ @ 0 6 6 15 5 14 1 j~ aj ¼

pffiffiffiffiffi 30

)

d ¼

j~ a ð~ rB ~ r 1Þ j j~ aj

0 ¼ pffiffiffiffiffi ¼ 0 30

Der Punkt B liegt somit auf der Geraden.

I 21

0 1 1 B C Gegeben sind zwei Geraden g1 und g2 mit dem gemeinsamen Richtungsvektor ~ a ¼ @ 3 A . Die Gerade g1 entha¨lt den Punkt P 1 ¼ ð5; 2; 3Þ, die Gerade g2 den Punkt P 2 ¼ ð1; 1; 8Þ. 2 Welchen Abstand haben diese Geraden voneinander? Bestimmen Sie ferner einen Normalenvektor der von den Geraden g 1 und g 2 aufgespannten Ebene E .

2 Anwendungen

501

Fu¨r die Berechnung des Abstandes und ~ a (! FS: Kap. II.4.2.4): 0 1 1 B C C ~ a ð~ r2 ~ r 1Þ ¼ B @3A 2 r 1Þ j ¼ j~ a ð~ r2 ~ d ¼

0 1 0 1 0 1 0 1 4 15 þ 6 21 1 B C B C B C B C B C B 1 2 C ¼ B 3 C B 3 C ¼ B 8 5 C ¼ B 13 C @ A @ A @ A @ A @ A 2 5 3 þ 12 9 83 0

15

1

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi 21 2 þ ð 13Þ 2 þ 9 2 ¼ 691 ;

j~ a ð~ r2 ~ r 1Þ j j~ aj

d der parallelen Geraden beno¨tigen wir die Betra¨ge der Vektoren ~ a ð~ r2 ~ r 1Þ

j~ aj ¼

pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 2 þ 3 2 þ 2 2 ¼ 14

pffiffiffiffiffiffiffiffi 691 ¼ pffiffiffiffiffi ¼ 7,025 14

Bestimmung eines Normalenvektors ~ n der Ebene E Die Ebene E entha¨lt beide Geraden und somit den Richtungsvektor ~ a sowie die Punkte P 1 und P 2 und somit den ! ! Vektor P 1 P 2 . Der gesuchte Normalenvektor ~ n ist dann das Vektorprodukt aus ~ a und P 1 P 2 : 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 15 4 15 þ 6 21 1 B C B C B C B C B C B C ! B C C B C B C B C B C ~ n ¼~ a P1 P2 ¼ B @ 3 A @ 1 2 A ¼ @ 3 A @ 3 A ¼ @ 8 5 A ¼ @ 13 A 83 2 5 3 þ 12 9 2

I 22

Zeigen Sie, dass die Geraden g 1 und g 2 mit den Parameterdarstellungen 1 0 0 1 0 1 0 1 1 4 2 1 C B B C B C B C r ðl 2 Þ ¼ ~ ~ r ðl 1 Þ ¼ ~ r1 þ l1 ~ a 1 ¼ @ 1 A þ l 1 @ 3 A und ~ r2 þ l2 ~ a2 ¼ @ 5 A þ l2 @ 0 A 3

4

1

3

windschief sind und berechnen Sie ihren Abstand.

Die Geraden sind genau dann windschief, wenn die Bedingungen ~ a1 ~ a 2 6¼ ~ 0 und ½ ~ a1 ~ a 2 ð~ r2 ~ r 1 Þ 6¼ 0 erfu¨llt sind: 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 9 9 0 4 1 B C B C B C B C B C ~ B C B C B C B C C a2 ¼ B ~ a1 ~ @ 3 A @ 0 A ¼ @ 16 3 A ¼ @ 13 A 6¼ @ 0 A ¼ 0 0 12 0 þ 12 3 4 1 4 ½~ a1 ~ a 2 ð~ r2 ~ r 1Þ ¼ 3 0 4 3

1 4 ð 1 2Þ ð5 1Þ ¼ 3 0 4 3 ð1 3Þ

3 4 2

Determinantenberechnung nach der Regel von Sarrus: 1 4 3 1 4 4 3 0 ) ½~ a1 ~ r2 ~ r 1 Þ ¼ 0 þ 64 þ 27 0 12 24 ¼ 55 6¼ 0 a 2 ð~ 3 0 4 3 2 4 3 Die Geraden g1 und g2 sind also windschief. Ihr Abstand d betra¨gt (! FS: Kap. II.4.2.5): d ¼

j ½~ a1 ~ r2 ~ r 1Þ j a 2 ð~ j~ a1 ~ a2 j

55 55 ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 2,771 394 ð 9Þ 2 þ 13 2 þ 12 2

502

I Vektorrechnung

I 23

Zeigen Sie, dass sich die Geraden g1 und g2 schneiden und berechnen Sie den Schnittpunkt S und den Schnittwinkel j. 0 1 0 1 5 1 B C B C C B C r ðl 1 Þ ¼ ~ r1 þ l1 ~ a1 ¼ B g 1: ~ @ 1 A þ l1 @ 1 A ; 4 4 0 1 0 1 5 0 B C B C C B C r ðl 2 Þ ¼ ~ r2 þ l2 ~ g 2: ~ a2 ¼ B @ 4 A þ l2 @ 3 A 6 2

Die beiden Geraden schneiden sich genau dann in einem Punkt S, wenn die Bedingungen ~ a1 ~ a 2 6¼ ~ 0 und ~ ~ a ~ r 2 r 1 Þ ¼ 0 erfu¨llt sind: ½ a 1 2 ð~ 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 10 2 12 0 1 B C B C B C B C B C ~ B B C B C B C B C ~ a1 ~ a 2 ¼ @ 1 A @ 3 A ¼ @ 0 2 A ¼ @ 2 A 6¼ @ 0 C A ¼ 0 0 3 3 0 2 4 1 r2 ~ r 1Þ ¼ 1 ½~ a1 ~ a 2 ð~ 4

0 3 2

1 ð5 5Þ ð4 1Þ ¼ 1 4 ð6 4Þ

0 0 3 3 2 2 ""

identische Spalten

)

¼ 0 Determinante ¼ 0

Die Geraden kommen also zum Schnitt. Berechnung des Schnittpunktes S ¼ ðx S ; y S ; z S Þ Der Schnittpunkt S liegt sowohl auf g1 als auch auf g2 . Somit gilt fu¨r den zugeho¨rigen Ortsvektor ~ rS die folgende Bedingung: 0 1 0 1 0 1 0 1 5 5 1 0 B C B C B C B C C B C B C B C ~ rS ¼ ~ r1 þ l1 ~ r2 þ l2 ~ a1 ¼ ~ a2 ) B @ 1 A þ l1 @ 1 A ¼ @ 4 A þ l2 @ 3 A 4 6 4 2 Wir formen diese Vektorgleichung noch geringfu¨gig um: 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 5 5 1 0 B C B C B C B C B C C B C B C B C B C l1 B @ 1 A l2 @ 3 A ¼ @ 4 A @ 1 A ¼ @ 3 A 2 4 6 4 2

0 1 0 B C B C B C B C B l1 C þ B 3 l2 C ¼ B l1 3 l2 C ¼ B 3 C @ A @ A @ A @ A 4 l1 2 l2 4 l1 2 l2 2 0

)

l1

1

0

0

1

0

l1

1

Die Komponentenschreibweise fu¨hrt zu einem leicht lo¨sbaren gestaffelten linearen Gleichungssystem mit den beiden unbekannten Parametern l1 und l2 : ðIÞ

l1 ¼ 0

)

l1 ¼ 0

ðIIÞ

l1 3 l2 ¼ 3

)

0 3 l2 ¼ 3

)

0 2 l2 ¼ 2

ðIIIÞ 4 l 1 2 l 2 ¼ 2

) )

l2 ¼ 1

Der Ortsvektor des Schnittpunktes S lautet demnach (berechnet aus der Gleichung der Geraden g1 fu¨r l 1 ¼ 0): 0 1 0 1 0 1 5 1 5 B C B C B C B C B C C ~ a1 ¼ B r1 þ l1 ~ rS ¼ ~ @ 1 A þ 0 @ 1 A ¼ @ 1 A ) S ¼ ð5; 1; 4Þ 4

4

4

2 Anwendungen

503

Kontrolle (Berechnung des Ortsvektors aus der Gleichung der zweiten Geraden g 2 fu¨r l 2 ¼ 1): 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 5 0 5 0 5 B C B C B C B C B C C B C B C B C B C ~ rS ¼ ~ a2 ¼ B r2 þ l2 ~ @4A 1 @3A ¼ @4A @3A ¼ @1A 6 2 6 2 4 Berechnung des Schnittwinkels j a2 . Wir erhalDefinitionsgema¨ß ist der Schnittwinkel j der Winkel zwischen den beiden Richtungsvektoren ~ a1 und ~ ten ihn u¨ber das Skalarprodukt dieser Vektoren: ~ a1 ~ a2 ¼ j~ a1 j j~ a 2 j cos j

)

cos j ¼

0 1 0 1 0 1 B C B C C B C a2 ¼ B ~ a1 ~ @ 1 A @ 3 A ¼ 0 þ 3 þ 8 ¼ 11 2 4 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi 1 2 þ 1 2 þ 4 2 ¼ 18 ;

j~ a1 j ¼ cos j ¼

I 24

j~ a2 j ¼

~ a2 a1 ~ j~ a1 j j~ a2 j

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi 0 2 þ 3 2 þ 2 2 ¼ 13

~ a1 ~ a2

11 ¼ pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi ¼ 0,7191 j~ a1 j j~ a2 j 18 13

)

j ¼ arccos 0,7191 ¼ 44,02

Welcher der drei Punkte A, B und C liegen auf der in der vektoriellen Parameterform vorliegenden Geraden g? 0 1 0 1 0 1 1 2l 1 2 B C B C B C B C B C C ðmit l 2 RÞ a ¼ B g: ~ r ðlÞ ¼ ~ r1 þ l~ @2A þ l @ 1A ¼ @2 þ lA 2 4 þ 2l 4 A ¼ ð4; 1; 2Þ ;

B ¼ ð7; 1; 2Þ ;

C ¼ ð 15; 10; 20Þ

Es gibt verschiedene Mo¨glichkeiten festzustellen, ob ein Punkt P auf einer Geraden g liegt oder nicht. Der Punkt ! A ¼ ð4; 1; 2Þ beispielsweise liegt genau dann auf g , wenn die Vektoren P 1 A und ~ a kollinear sind (in einer Linie ! ! a und somit P 1 A ~ a ¼~ 0 ist (siehe Bild I-10). Dies ist hier nicht der Fall: liegen), d. h. P 1 A ¼ l ~ 0

41

0

1

3

1 P

C C B B ! C C B P1 A ¼ B @1 2A ¼ @1A 2 24 0

3

1

0

B C B ! C B P1 A ~ a ¼ B @1A @ 2

2

1

0

B C B 1C A ¼ @ 2

2 þ 2

0 1 0 0 B C C B ~ B C C ¼ B @ 2 A 6¼ @ 0 A ¼ 0 0 1 0

1

Der Punkt A liegt somit nicht auf der Geraden g.

1

C 4 6C A ¼

a P1

32 Bild I-10

P P1

g

504

I Vektorrechnung

Bei den Punkten B und C wollen wir einen anderen Lo¨sungsweg einschlagen. Wenn B auf der Geraden g liegt, dann geho¨rt zu B ein eindeutiger Parameterwert l der Geradengleichung. Wir erhalten ein lineares Gleichungssystem mit drei Gleichungen fu¨r den noch unbekannten Parameter l: 8 9 1 0 1 0 ðIÞ 1 2 l ¼ 7 > 1 2l 7 > > > < = C B C B C ¼ B2 þ lC ) ) l ¼ 3 ðIIÞ 2 þ l ¼ 1 ~ r1 þ l~ a ) B 1 rB ¼ ~ A @ A @ > > > > : ; ðIIIÞ 4 þ 2 l ¼ 2 4 þ 2l 2 Alle drei Gleichungen liefern den selben Wert l ¼ 3, d. h. der Punkt B liegt auf der Geraden g. Ebenso gehen wir beim Punkt C vor: 0 1 0 1 1 2l 15 B C B C B C C ~ rC ¼ ~ r1 þ l~ a ) B @ 10 A ¼ @ 2 þ l A 4 þ 2l 20

)

9 8 ðIÞ 1 2 l ¼ 15 > > > > = < ðIIÞ 2 þ l ¼ 10 > > > > ; : ðIIIÞ 4 þ 2 l ¼ 20

)

l ¼ 8

Auch C liegt auf g. Ergebnis: Die Punkte B und C liegen auf der Geraden g, Punkt A dagegen nicht.

I 25

Gegeben ist eine Gerade g mit der folgenden vektoriellen Parameterdarstellung (alle Koordinaten in der Einheit m): 1 0 0 1 0 1 4þ l 1 4 C B B C B C C B B C C ðmit l 2 RÞ g: ~ r ðlÞ ¼ ~ r1 þ l~ a ¼ B @1A þ l @2A ¼ @1 þ 2lA 2þ l 1 2 ~ mit den Kraftkomponenten F x ¼ 8 N, F y ¼ 2 N Eine Masse wird durch die konstante Kraft F und F z ¼ 10 N la¨ngs dieser Geraden vom Punkt A aus nach B verschoben. Diese Punkte sind durch die Parameterwerte l ¼ 2 (Punkt A ) und l ¼ 10 (Punkt B ) festgelegt. Welche Arbeit W wird dabei an der Masse verrichtet? Wie groß ist der Winkel j zwischen der Kraft und dem Verschiebungsvektor?

! Der Verschiebungsvektor ~ s ¼ AB la¨sst sich aus den Ortsvektoren der Punkte A und B wie folgt bestimmen (siehe Bild I-11; alle Vektorkoordinaten in m): 0 1 0 1 6 4þ2 B C B C B g B C C F ~ r ðAÞ ¼ ~ r ðl ¼ 2Þ ¼ B @1 þ 4A ¼ @5A 4 2þ2 1

0

0

1

14 4 þ 10 B C C B B C C ~ r ðBÞ ¼ ~ r ðl ¼ 10Þ ¼ B @ 1 þ 20 A ¼ @ 21 A 12 2 þ 10

A

f

s

Bild I-11

0 1 0 1 8 6 B C B C B C ! B C B C C ~ s ¼ AB ¼ ~ r ðBÞ ~ r ðAÞ ¼ B @ 21 A @ 5 A ¼ @ 16 A 8 4 12 0

14

1

~ bei der Verschiebung der Masse von A nach B verrichtete Arbeit W ist das Skalarprodukt aus Die von der Kraft F dem Kraft- und dem Verschiebungsvektor:

2 Anwendungen

505

0

8

1

0

8

1

0

8

1

0

8

1

B C B C B C B C C B C B C B C ~~ W ¼ F s ¼ B @ 2 A N @ 16 A m ¼ @ 2 A @ 16 A Nm ¼ ð64 32 þ 80Þ Nm ¼ 112 Nm 10 8 10 8 ~ und ~ Auch die Winkelberechnung laüft u¨ber dieses Skalarprodukt, wobei wir noch die Betra¨ge der Vektoren F s beno¨tigen: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ~j ¼ 8 2 þ ð 2Þ 2 þ 10 2 N ¼ 168 N ; j~ jF s j ¼ 8 2 þ 16 2 þ 8 2 m ¼ 384 m ~~ ~j j~ F s ¼ W ¼ jF s j cos j

)

cos j ¼

W

112 N m ¼ 0,4410 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi ~j j~ jF sj 168 N 384 m

)

j ¼ arccos 0,4410 ¼ 63,83 Ergebnis: Arbeit W ¼ 192 N m; Winkel zwischen dem Kraft- und dem Verschiebungsvektor: j ¼ 63,83

I 26

~ wird eine Ladung q la¨ngs einer In einem homogenen elektrischen Feld mit dem Feldsta¨rkevektor E Geraden g vom Punkt A aus nach B verschoben. Berechnen Sie die dabei vom Feld verrichtete Arbeit W sowie den Winkel j zwischen dem Kraft- und dem Verschiebungsvektor. 1 0 1 0 5 1 þ 2l C V B C B 9 C B C ~ g: ~ r ðlÞ ¼ B @ 1 þ l A ðin m ; l 2 RÞ ; E ¼ @ 2 A m ; q ¼ 10 As 1 1 þ 2l Ortsvektoren von A und B: ~ r ðAÞ ¼ ~ r ðl ¼ 2Þ; ~ r ðBÞ ¼ ~ r ðl ¼ 3Þ

Wir bestimmen zuna¨chst die Ortsvektoren der Punkte A und B und daraus den beno¨tigten Verschiebungsvektor ! ~ s ¼ AB (Bild I-12): 1 0 1 0 1 0 1 0 7 3 1þ6 14 C B C B C B C B C C B C C B ~ r ðBÞ ¼ ~ r ðl ¼ 3Þ ¼ B r ðAÞ ¼ ~ r ðl ¼ 2Þ ¼ B @ 1 þ 3 A ¼ @ 4 A ðin mÞ @ 1 2 A ¼ @ 1 A ðin mÞ ; ~ 7 3 1þ6 14 1 0 1 0 0 1 10 3 7 C B C B B C ! C B C B C ~ r ðBÞ ~ r ðAÞ ¼ B s ¼ AB ¼ ~ @4A @1A ¼ @ 5A 10 3 7

ðin mÞ

)

1

B g

Die auf die Ladung q ¼ 10 9 As im elektrischen Feld einwirkende Kraft betra¨gt dann: 0 1 5 B C ~ ¼ qE ~ ¼ 10 9 As B 2 C V ¼ F @ A m 1 0 1 0 1 5 5 B C V As B C 9 B C C ¼ 10 9 B @ 2 A m ¼ 10 @2A N 1 1 Umrechnung der Einheiten: 1 V As ¼ 1 W s ¼ 1 N m

E

A

f

s

Bild I-12

V As ¼ 1N m

Die vom elektrischen Feld an der Ladung verrichtete Arbeit W erha¨lt man definitionsgema¨ß als Skalarprodukt aus Kraft- und Verschiebungsvektor:

506

I Vektorrechnung

0

5

1

0

10

1

0

5

1

0

10

1

B C B C B C B C 9 B B C C C B C ~~ W ¼ F s ¼ 10 9 B @ 2 A N @ 5 A m ¼ 10 @2A @ 5A Nm ¼ 10 10 1 1 ¼ 10 9 ð50 10 þ 10Þ N m ¼ 5 10 8 N m ¼ 5 10 8 W s Den Winkel j zwischen dem Kraft- und dem Verschiebungsvektor erhalten wir aus dem Skalarprodukt dieser Vektoren wie folgt: ~~ ~j j~ F s ¼ W ¼ jF s j cos j

)

cos j ¼

W ~j j~ jF sj

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi F ~ ¼ 5 2 þ ð 2Þ 2 þ 1 2 10 9 N ¼ 30 10 9 N; cos j ¼

j~ sj ¼

W 5 10 8 N m 10 ¼ pffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffi ¼ 0,6086 ~j j~ jF sj 30 10 9 N 15 m 3 30

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi 10 2 þ 5 2 þ 10 2 m ¼ 225 m ¼ 15 m )

j ¼ arccos 0,6086 ¼ 52,51

Ergebnis: Arbeit W ¼ 5 10 8 W s; Winkel zwischen dem Kraft- und dem Verschiebungsvektor: j ¼ 52,51

I 27

Die Drehachse eines starren Ko¨rpers liegt in der Geraden g mit der vektoriellen Parameterdarstellung 0 1 0 1 1 1 B C B C C B C ~ a ¼ B ðalle Koordinaten in cm ; l 2 RÞ r ðlÞ ¼ ~ r1 þ l~ @0A þ l@1A 1 1 ~j ¼ w ¼ Der Ko¨rper rotiert um diese Achse mit der (konstanten) Winkelgeschwindigkeit j w pffiffiffi ¼ 10 3 s 1 . Bestimmen Sie den Geschwindigkeitsvektor ~ v des Ko¨rperpunktes Q ¼ ð2; 1; 2Þ cm. ~~ Anleitung: Es gilt ~ v ¼ w r . Dabei ist ~ r der Ortsvektor von Q, von einem beliebigen Punkt der ~ der Vektor der Kreisfrequenz (~ Drehachse aus gemessen und w w liegt in der Drehachse).

Wir fu¨hren gema¨ß Bild I-13 die folgenden Bezeichnungen ein:

g starrer Körper

g: Drehachse P0 : Bezugspunkt auf der Drehachse (siehe weiter unten) ~ r0 : Ortsvektor von P0 ~ rQ : Ortsvektor von Q O: Nullpunkt des raümlichen Koordinatensystems

v P0 r

r0

Q rQ

g

Bild I-13

O

Den auf der Drehachse g liegenden Bezugspunkt P0 legen wir (willku¨rlich) durch den Parameterwert l ¼ 0 fest (sie ko¨nnen auch einen anderen Bezugspunkt wa¨hlen). Sein Ortsvektor lautet damit: 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 B C B C B C B C B C B C B C B C B C C ðin cmÞ r ðl ¼ 0Þ ¼ B ~ r0 ¼ ~ @0A þ 0@1A ¼ @0A þ @0A ¼ @0A 1 0 1 1 1

2 Anwendungen

507

! Wir bestimmen aus Bild I-13 den beno¨tigten Verbindungsvektor ~ r ¼ P 0 Q: 0 1 0 1 0 1 2 1 1 B C B C B C C B C B C ~ r0 þ ~ r ¼~ rQ ) ~ r ¼~ rQ ~ r0 ¼ B ðin cmÞ @1A @0A ¼ @1A 2 1 1 pffiffiffi 1 ~ vom Betrag w ¼ 10 3 s liegt in der Drehachse und ist somit zum Richtungsvektor ~ a Der Kreisfrequenzvektor w der Geraden g parallel. Durch Normierung von ~ a erhalten wir den beno¨tigten Einheitsvektor ~ e gleicher Richtung: 1 1 0 0 1 1 ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi q pffiffiffi C C B 1 1 B ~ ~ und j ~ a j ¼ 1 2 þ ð 1Þ 2 þ 1 2 ¼ 3 ) ~ a mit ~ a ¼ B 1C 1C e ¼ e ¼ pffiffiffi B A A @ @ j~ aj 3 1 1 Fu¨r den Bahngeschwindigkeitsvektor ~ v des Punktes Q auf dem starren Ko¨rper folgt dann unter Beru¨cksichtigung ~ ¼ w~ von w e: ~~ ~ v ¼ w r ¼ w~ e~ r ¼ w ð~ e~ rÞ ) 0 1 0 1 0 1 0 1 2 1 1 1 1 pffiffiffi B C cm B C C B C cm 1 B 1 B C B C C C ~ v ¼ 10 3 pffiffiffi B ¼ 10 B @ 1 A @ 1 A cm s @ 1 1 A s ¼ 10 @ 0 A s ¼ 3 2 1 1 1þ1

0 B B @

20

1

C cm 0C A s 20

(Man beachte die Einheiten: w in s 1 , ~ r in cm, ~ e ist dimensionslos ) ~ v in cm/s) Komponenten des Geschwindigkeitsvektors ~ v: v x ¼ 20 cm=s;

v y ¼ 0 cm=s;

v z ¼ 20 cm=s

Betrag der Geschwindigkeit: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi j~ v j ¼ ð 20Þ 2 þ 0 2 þ 20 2 cm=s ¼ 800 cm=s ¼ 20 2 cm=s ¼ 28,28 cm=s

I 28

Elektronen bewegen sich, wenn sie schra¨g in ein homogenes Magnetfeld eintreten, auf einer schraubenlinienfo¨rmigen Bahn mit dem zeitabha¨ngigen Ortsvektor 0 1 R cos ðw tÞ B C C ~ r ðtÞ ¼ B @ R sin ðw tÞ A ct (w > 0: Kreisfrequenz; R: Radius; c > 0; siehe hierzu Bild I-14). Bestimmen Sie den Geschwindigkeitsvektor ~ v sowie den Beschleunigungsvektor ~ a sowie deren Betra¨ge.

z

Richtung des Magnetfeldes

r (t ) R

y

x

Bild I-14

Die Geschwindigkeit ~ v ist die 1. Ableitung, die Beschleunigung ~ a die 2. Ableitung des Ortsvektors ~ r ¼~ r ðtÞ nach der Zeit t, wobei komponentenweise zu differenzieren ist. Wir erhalten mit Hilfe der Kettenregel (Substitution: u ¼ w t):

508

I Vektorrechnung

Geschwindigkeitsvektor v ¼ v ðtÞ 0

R cos ðw tÞ

0

1

B C d d B B R sin ðw tÞ C ¼ B ~ ~ r ðtÞ ¼ v ¼~ r_ ðtÞ ¼ @ @ A dt dt ct

R w sin ðw tÞ

1

C R w cos ðw tÞ C A c

v j 2 ¼ R 2 w 2 sin 2 ðw tÞ þ R 2 w 2 cos 2 ðw tÞ þ c 2 ¼ v2 ¼ j~ ¼ R 2 w 2 ½ sin 2 ðw tÞ þ cos 2 ðw tÞ þ c 2 ¼ R 2 w 2 þ c 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1 a ¼ ~ a ðtÞ Beschleunigungsvektor ~ 0 d d B B ~ ~ v ¼ a ¼~ r€ ¼ ~ v_ ¼ dt dt @

R w sin ðw tÞ

1

0

v ¼ j~ vj ¼

)

R w 2 cos ðw tÞ

1

0

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi R 2 w 2 þ c 2 ¼ const:

cos ðw tÞ

1

C C B C B 2B 2 C B C R w cos ðw tÞ C A ¼ @ R w sin ðw tÞ A ¼ R w @ sin ðw tÞ A c 0 0

a j 2 ¼ ð R w 2 Þ 2 ðcos 2 ðw tÞ þ sin 2 ðw tÞ þ 0Þ ¼ R 2 w 4 a2 ¼ j~ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1

)

a ¼ j~ a j ¼ R w 2 ¼ const:

Folgerung: Die Elektronen bewegen sich in dem Magnetfeld auf schraubenlinienfo¨rmigen Bahnen mit (dem Betrage nach) konstanter Geschwindigkeit und konstanter Beschleunigung.

Von einer Geraden g sind der Punkt P1 und der Richtungsvektor ~ a bekannt, von einer Ebene E der Punkt P0 und der Normalenvektor ~ n: 0 1 0 1 2 2 B C B C C C Gerade g : P 1 ¼ ð5; 1; 5Þ ; ~ a ¼ B n ¼ B @ 1 A ; Ebene E : P 0 ¼ ð1; 1; 8Þ ; ~ @ 0A

I 29

4

1

Zeigen Sie, dass Gerade und Ebene parallel verlaufen und berechnen Sie ihren Abstand.

Gerade g und Ebene E sind genau dann parallel, wenn das Skalarprodukt aus dem Normalenvektor ~ n der Ebene und dem Richtungsvektor ~ a der Geraden verschwindet: 0 1 0 1 2 2 B C B C B B C ~ n~ a ¼ @ 0A @1C A ¼ 4 þ 0 þ 4 ¼ 0 ) E k g 4 1 Abstand d zwischen g und E ( ! FS: Kap. II.4.3.5) 1 1 0 1 0 0 1 0 2 4 2 51 C C B C B B C B C C B C B C B ~ n ð~ r1 ~ r 0Þ ¼ B @ 0 A @ 1 1 A ¼ @ 0 A @ 0 A ¼ 8 þ 0 3 ¼ 11 3 58 1 1 j~ nj ¼

d ¼

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi ð 2Þ 2 þ 0 2 þ 1 2 ¼ 5

j~ n ð~ r1 ~ r 0Þ j j~ nj

pffiffiffi pffiffiffi j 11 j 11 11 5 11 5 11 pffiffiffi ¼ 5 ¼ 4,919 ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffi pffiffiffi ¼ 5 5 5 5 5 5

2 Anwendungen

509

1 0 0 1 1 2 C B B C Zeigen Sie zuna¨chst, dass die Vektoren ~ a ¼ @ 0 A und b~ ¼ @ 1 A nicht-kollinear sind und somit 1 3

I 30

zusammen mit dem Punkt P 1 ¼ ð2; 1; 3Þ in eindeutiger Weise eine Ebene E festlegen. a) Wie lautet die Parameterdarstellung dieser Ebene? b) Geben Sie die Koordinatendarstellung der Ebene an. c) Welche Punkte der Ebene E geho¨ren zu den Parameterwertepaaren ðl; mÞ ¼ ð 3; 4Þ?

ðl; mÞ ¼ ð1; 2Þ

und

Die Vektoren ~ a und b~ sind genau dann nicht-kollinear, wenn ihr Vektorprodukt nicht verschwindet. Dies ist hier der Fall: 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 03 2 3 B C C B C B B C B C ~ B C C C B C B B C ~ a b~ ¼ B @ 0 A @ 1 A ¼ @ 3 2 A ¼ @ 5 A 6¼ @ 0 A ¼ 0 0 1 20 2 3 Die Vektoren ~ a und b~ ko¨nnen daher als Richtungsvektoren der Ebene E dienen, das Vektorprodukt selbst ist ein Normalenvektor der Ebene: ~ n ¼~ a b~. a) Parameterdarstellung der Ebene E (Punkt-Richtungs-Form) 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2 2l m 1 2 2 B C B C B C B C B C B C B C B C B C B C B C C ~ a þ m b~ ¼ B r ðl; mÞ ¼ r 1 þ l ~ @ 1A þ l @0A þ m @ 1A ¼ @ 1A þ @ 0 A þ @ mA ¼ m 1 3 3l 3 3 0

2 þ 2l m

B ¼ B @

1þm

1 C C A

ðmit l 2 R und m 2 RÞ

3 þ 3l þ m b) Koordinatendarstellung der Ebene E 0 ~ n ð~ r ~ r 1 Þ ¼ ð~ a b~Þ ð~ r ~ r 1Þ ¼ 0

)

3

1

0

x 2

1

C C B B B5C By 1C ¼ 0 A A @ @ zþ3 2

)

3 ðx 2Þ 5 ð y 1Þ þ 2 ðz þ 3Þ ¼ 3 x þ 6 5 y þ 5 þ 2 z þ 6 ¼ 0

)

3 x 5 y þ 2 z þ 17 ¼ 0 c) Ortsvektoren fu¨r die Parameterwertepaare ðl; mÞ ¼ ð1; 2Þ und ðl; mÞ ¼ ð 3; 4Þ: 0 1 0 1 0 1 0 1 8 264 2 2þ22 B C B C B C B C C ¼ B 5C C ¼ B3C; ~ r ðl ¼ 3; m ¼ 4Þ ¼ B ~ r ðl ¼ 1; m ¼ 2Þ ¼ B @ A @ 1þ4 A @ A @ 1þ2 A 8 3 9 þ 4 2 3 þ 3 þ 2 Koordinaten der zugeho¨rigen Punkte: ð2; 3; 2Þ, ð 8; 5; 8Þ

510

I Vektorrechnung

Zeigen Sie: Die drei Punkte P 1 ¼ ð5; 1; 1Þ, P 2 ¼ ð 2; 0; 3Þ und P 3 ¼ ð1; 6; 3Þ liegen in einer Ebene E.

I 31

a) Wie lautet die Gleichung dieser Ebene in der vektoriellen Parameterform? b) Bestimmen Sie die Koordinatendarstellung der Ebene. c) Welche Koordinaten besitzen die in der Ebene E gelegenen Punkte, die zu den Parameterwertepaaren ðl; mÞ ¼ ð 1; 3Þ und ðl; mÞ ¼ ð2; 2Þ geho¨ren?

r 1 und b~ ¼ ~ r3 ~ r 1 , gebildet aus Wir zeigen zuna¨chst mit Hilfe des Vektorproduktes, dass die Vektoren ~ a ¼~ r2 ~ den Ortsvektoren der drei Punkte P 1 , P 2 und P 3 , nicht-kollinear sind und damit als Richtungsvektoren der Ebene E geeignet sind (siehe hierzu auch Bild I-15): 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 7 4 5 5 2 1 B C B C B B C C B C B C B C B C B C B C C C ~ b~ ¼ ~ r3 ~ r1 ¼ B r1 ¼ B a ¼~ r2 ~ @ 0A @ 1A ¼ @1A; @6A @ 1A ¼ @ 5A 4 4 1 1 3 3 0

7

1

0

B C B C B ~ a b~ ¼ B @1A @ 4 0

4

0

1

4 20

1

Ebene E

B C C B C 5C A ¼ @ 16 þ 28 A ¼ 35 4 4

P3 b

1

0 1 24 0 B C B C C B C ~ ¼ B @ 12 A 6¼ @ 0 A ¼ 0 39 0

r3 a

P1

P2

Bild I-15 r1

r2 O

Wegen ~ a b~ 6¼ ~ 0 sind die Vektoren ~ a und b~ nicht-kollinear. Das Vektorprodukt steht dabei bekanntlich senkrecht ~ auf der von ~ a und b aufgespannten Ebene und ist somit ein Normalenvektor dieser Ebene: ~ n ¼ ~ a b~. a) Parameterdarstellung der Ebene E (Drei-Punkte-Form) 0 B r2 ~ r 1 Þ þ m ð~ r3 ~ r 1Þ ¼ ~ r1 þ l~ a þ m b~ ¼ B ~ r ðl; mÞ ¼ ~ r 1 þ l ð~ @ 0 B ¼ B @

5

1

0

7l

1

0

B B C C B B C 1C A þ @ lA þ @ 4l 1

4m

1

0

5

1

0

7

1

0

B C B C B B C 1C A þ l @1A þ m @ 1 4

5 7l 4m

a b~ Þ ð~ r ~ r 1Þ ¼ 0 ~ n ð~ r ~ r 1Þ ¼ ð ~

)

B B @

1

0

x 5

1

C C B B C 12 C A @y 1A ¼ 0 zþ1 39

)

24 ðx 5Þ þ 12 ð y 1Þ 39 ðz þ 1Þ ¼ 24 x þ 120 þ 12 y 12 39 z 39 ¼ 0 24 x þ 12 y 39 z þ 69 ¼ 0 j : ð 3Þ

)

C 5C A ¼ 4


b) Koordinatendarstellung der Ebene E 24

1

1

C B C B C 5mC A ¼ @ 1 l þ 5mA 4m 1 þ 4l þ 4m

0

4

8 x 4 y þ 13 z 23 ¼ 0

)

2 Anwendungen

511

c) Ortsvektoren fu¨r die Parameterwertepaare ðl; mÞ ¼ ð 1; 3Þ und ðl; mÞ ¼ ð2; 2Þ: 0 1 0 1 0 5 þ 7 12 B C B C B C C ~ r ðl ¼ 1; m ¼ 3Þ ¼ B @ 1 þ 1 þ 15 A ¼ @ 17 A 7 1 4 þ 12 0 B ~ r ðl ¼ 2; m ¼ 2Þ ¼ B @

5 14 þ 8

1

0

1

1

B C C B C 1 2 10 C A ¼ @ 11 A 1 þ 8 8 1

Koordinaten der zugeho¨rigen Punkte: ð0; 17; 7Þ, ð 1; 11; 1Þ.

I 32

Bestimmen Sie die Gleichung der durch den Punkt P 1 ¼ ð5; 1; 5Þ gehenden Ebene E mit dem 0 1 1 B C Normalenvektor ~ n ¼ @ 2A: 1

Koordinatendarstellung der Ebene E 0 1 0 1 1 x 5 B C B C C B C ~ n ð~ r ~ r 1Þ ¼ 0 ) B @ 2 A @ y 1 A ¼ 1 ðx 5Þ þ 2 ð y 1Þ 1 ðz 5Þ ¼ 0 1 z5 x þ 5 þ 2y 2 z þ 5 ¼ 0

)

x þ 2y z þ 8 ¼ 0

oder

)

x 2y þ z 8 ¼ 0

Gleichung der Ebene: x 2 y þ z 8 ¼ 0

I 33

Der Normalenvektor ~ n einer Ebene E hat die Richtungswinkel a ¼ 120 , b ¼ 60 und g > 90 . Wie lautet die Koordinatendarstellung dieser Ebene, die noch den Punkt P 1 ¼ ð8; 6; 8Þ entha¨lt?

Wir mu¨ssen zuna¨chst den Normalenvektor ~ n der Ebene bestimmen. Da seine La¨nge (sein Betrag) keine Rolle spielt (solange j ~ n j 6¼ 0 ist), wa¨hlen wir j ~ n j ¼ 1 (Einheitsvektor). Der noch unbekannte Richtungswinkel g la¨sst sich aus der Beziehung cos 2 a þ cos 2 b þ cos 2 g ¼ 1 unter Beachtung der Vorgabe 90 < g < 180 und damit cos g < 0 wie folgt bestimmen: cos 2 g ¼ 1 cos 2 a cos 2 b ¼ 1 cos 2 120 cos 2 60 ¼ 1 ð 0,5Þ 2 0,5 2 ¼ pffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffi ¼ 1 0,25 0,25 ¼ 0,5 ) cos g ¼ 0,5 ) g ¼ arccos ð 0,5 Þ ¼ 135 Damit ergeben sich fu¨r den Normalenvektor ~ n folgende Vektorkomponenten: 9 1 0 0,5 n j cos a ¼ 1 cos 120 ¼ 0,5 nx ¼ j~ > = C B ) ~ n ¼ @ 0,5 A n j cos b ¼ 1 cos 60 ¼ 0,5 ny ¼ j~ > ; n j cos g ¼ 1 cos 135 ¼ 0,707 0,707 nz ¼ j~

512

I Vektorrechnung

Koordinatendarstellung der Ebene E 0 0,5 B ~ n ð~ r ~ r 1 Þ ¼ 0 ) @ 0,5

1

0

x 8

1

C B C A @y 6A ¼ 0 0,707 z8

)

0,5 ðx 8Þ þ 0,5 ð y 6Þ 0,707 ðz 8Þ ¼ 0,5 x þ 4 þ 0,5 y 3 0,707 z þ 5,656 ¼ 0 ) 0,5 x þ 0,5 y 0,707 z þ 6,656 ¼ 0 j ð 2Þ

)

x y þ 1,414 z 13,312 ¼ 0

Gleichung der Ebene: x y þ 1,414 z 13,312 ¼ 0

Eine Ebene E mit dem Normalenvektor ~ n entha¨lt den Punkt P1 . Welchen Abstand besitzen die Punkte A und B von dieser Ebene? 1 0 1 C B C Ebene E : ~ n ¼ B @ 1 A ; P 1 ¼ ð5; 1; 3Þ ; A ¼ ð10; 3; 8Þ ; B ¼ ð0; 2; 11Þ 1

I 34

Welche Ho¨henkoordinate z muss der Punkt P ¼ ð2; 4; zÞ haben, damit er in der Ebene E liegt?

Abstand d des Punktes A von der Ebene E (! FS: Kap. II.4.3.4): 0 1 0 1 0 1 0 1 1 10 5 1 5 B C B C B C B C C B C B C B C ~ r 1Þ ¼ B n ð~ rA ~ @1A @ 3 þ 1A ¼ @1A @4A ¼ 5 4 þ 5 ¼ 6 5 1 83 1 j~ nj ¼ d ¼

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi 1 2 þ ð 1Þ 2 þ 1 2 ¼ 3

j~ n ð~ rA ~ r 1Þ j j~ nj

pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 6 6 3 6 3 ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffi pffiffiffi ¼ ¼ 2 3 ¼ 3,464 3 3 3 3

Abstand d des Punktes B von der Ebene E 1 0 1 0 1 0 1 0 5 1 05 1 C B C B C B C B C B C B C C B ~ r 1Þ ¼ B n ð~ rB ~ @ 1 A @ 2 þ 1 A ¼ @ 1 A @ 3 A ¼ 5 3 þ 8 ¼ 0; 8 1 11 3 1 d ¼

j~ n ð~ rB ~ r 1Þ j j~ nj

0 ¼ pffiffiffi ¼ 0 3

)

j~ nj ¼

pffiffiffi 3

B liegt in der Ebene E

Koordinatendarstellung der Ebene E 1 1 0 0 x 5 1 C C B B ~ n ð~ r ~ r 1Þ ¼ 0 ) @ 1 A @ y þ 1 A ¼ 0 z3 1 1 ðx 5Þ 1 ð y þ 1Þ þ 1 ðz 3Þ ¼ 0 Ho¨henkoordinate z des Punktes P ¼ ð2; 4; zÞ:

)

)

x 5y1þz3 ¼ 0

z ¼ 9x þy ¼ 924 ¼ 3

)

x yþz ¼ 9

2 Anwendungen

513

Zeigen Sie, dass sich Gerade g und Ebene E schneiden und bestimmen Sie die Koordinaten des

I 35

Schnittpunktes S sowie den Schnittwinkel j. 0 1 0 1 2 4 B C B C B C C a ¼ B g: ~ r ðlÞ ¼ ~ r1 þ l~ @1A þ l@1A; 5 2

0 B E: ~ n ð~ r ~ r 0Þ ¼ B @

1

1

0

x 1

1

C C B B C 2C A @y 1A ¼ 0 z0 1

Gerade g und Ebene E schneiden sich genau dann in einem Punkt S , wenn das skalare Produkt aus dem Normalenvektor ~ n der Ebene und dem Richtungsvektor ~ a der Geraden nicht verschwindet. Dies ist hier der Fall: 1 0 1 0 2 1 C B C B C B C ~ n~ a ¼ B @ 2 A @ 1 A ¼ 2 þ 2 þ 5 ¼ 5 6¼ 0 5 1 Der Schnittpunkt S mit dem Ortsvektor ~ rS liegt sowohl auf g als auch in E. Daher gilt: ~ rS ¼ ~ a r ðl S Þ ¼ ~ r1 þ lS ~

und

~ n ð~ rS ~ r 0Þ ¼ 0

r1 þ lS ~ a ein und erhalten unter Verwendung des DistriIn die zweite Gleichung setzen wir fu¨r ~ rS den Ausdruck ~ butivgesetzes fu¨r Skalarprodukte: r 0Þ ¼ ~ n ð~ r1 þ lS ~ n ð½~ r1 ~ r0 þ lS ~ r 0 Þ þ l S ð~ n~ aÞ ¼ 0 ~ a~ r 0Þ ¼ ~ aÞ ¼ ~ n ð~ r1 ~ n ð~ rS ~ Diese Gleichung lo¨sen wir nach dem noch unbekannten Parameter lS auf: n~ aÞ ¼ ~ n ð~ r1 ~ r 0Þ ¼ ~ n ð~ r0 ~ r 1Þ l S ð~

)

lS ¼

~ n ð~ r0 ~ r 1Þ ~ n~ a

Berechnung des Parameters l S 0 1 0 1 0 1 0 1 1 14 1 3 B C B C B C B C C B C B C B C ~ n ð~ r0 ~ r 1Þ ¼ B @ 2A @1 1A ¼ @ 2A @ 0A ¼ 3 þ 0 2 ¼ 1; 1 02 1 2 lS ¼

~ n ð~ r0 ~ r 1Þ ~ n~ a

¼

~ n~ a ¼ 5 ðs: obenÞ

1 5

Ortsvektor ~ r S des Schnittpunktes S Aus der Gleichung der Geraden g erhalten wir fu¨r l S ¼ 1=5: 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 4,4 0,4 4 2 4 B C B C B C C B C 1 1 B B 1 C ¼ B 1 C þ B 0,2 C ¼ B 1,2 C ~ ~ þ a ¼ B 1C rS ¼ ~ r ðl S ¼ 1=5Þ ¼ ~ r1 þ @ A @ A @ A @ A @ A 5 5 3 1 2 5 2 Schnittpunkt: S ¼ ð4,4; 1,2; 3Þ Berechnung des Schnittwinkels j (! ! FS: Kap. II.4.3.7) Wir beno¨tigen noch die Betra¨ge der Vektoren ~ n und ~ a: qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffi ~ j~ n j ¼ ð 1Þ 2 þ 2 2 þ 1 2 ¼ 6 ; j ~ n~ a ¼ 5 ðs. obenÞ a j ¼ 2 2 þ 1 2 þ 5 2 ¼ 30 ; ! ! j~ n~ aj 5 ¼ arcsin pffiffiffi pffiffiffiffiffi ¼ arcsin 0,3727 ¼ 21,88 j ¼ arcsin j~ n j j~ aj 6 30 Schnittwinkel: j ¼ 21,88

514

I Vektorrechnung

Zeigen Sie, dass die Ebenen E 1 und E 2 parallel verlaufen und berechnen Sie ihren Abstand (von jeder Ebene ist jeweils ein Punkt und der Normalenvektor bekannt): 1 0 1 0 1 3 C B C B C C n1 ¼ B n2 ¼ B Ebene E 1 : P 1 ¼ ð5; 10; 2Þ ; ~ @ 1 A ; Ebene E 2 : P 2 ¼ ð1; 5; 6Þ ; ~ @ 3A 3 1

I 36

Die Ebenen E 1 und E 2 sind genau dann parallel, wenn ihre Normalenvektoren ~ n1 und ~ n2 kollinear sind, d. h. in n1 ist: einer gemeinsamen Linie (Geraden) liegen. Dies ist der Fall, da ~ n2 ein Vielfaches von ~ 0 1 1 0 1 3 B C C B B C C ~ n1 ) E1 k E2 n2 ¼ B @ 3 A ¼ 3 @ 1 A ¼ 3~ 3

1 |fflfflffl{zfflfflffl} ~ n1

Abstand d der beiden Ebenen ( ! FS: Kap. II.4.3.6) 1 1 0 0 1 1 0 0 4 1 1 5 1 C C B B C C B B C C B B C C B ~ r2 ~ r 1Þ ¼ B n 1 ð~ @ 1 A @ 5 10 A ¼ @ 1 A @ 5 A ¼ 4 þ 5 4 ¼ 3 4 1 6 2 1 j~ n1 j ¼

d ¼

I 37

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi 1 2 þ ð 1Þ 2 þ ð 1Þ 2 ¼ 3

j~ n 1 ð~ r2 ~ r 1Þ j j~ n1 j

j3j 3 ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffi ¼ 3 3

pffiffiffi pffiffiffi 3 3 pffiffiffi 3

¼

pffiffiffi 3

Von zwei Ebenen E 1 und E 2 sind jeweils ein Punkt und der Normalenvektor ~ n gegeben: 1 0 0 1 1 2 C B B C C C n1 ¼ B n2 ¼ B Ebene E 1 : P 1 ¼ ð1; 4; 5Þ ; ~ @ 1 A ; Ebene E 2 : P 2 ¼ ð 2; 5; 5Þ ; ~ @3A 0

1

Zeigen Sie, dass sich die Ebenen la¨ngs einer Geraden g schneiden und bestimmen Sie die Gleichung der Schnittgeraden und den Schnittwinkel j der beiden Ebenen. Die Ebenen E 1 und E 2 schneiden sich genau dann la¨ngs einer Geraden g , wenn ihre Normalenvektoren ~ n1 und ~ n2 nicht-kollinear sind, d. h. weder parallel noch anti-parallel verlaufen und somit ~ n1 ~ n 2 6¼ ~ 0 gilt. Dies ist hier der Fall: 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2 1 0 1 B C B C B C B C B C ~ B C B C B C C B C ~ n1 ~ n2 ¼ B @ 1 A @ 3 A ¼ @ 0 1 A ¼ @ 1 A 6¼ @ 0 A ¼ 0 5 0 3þ2 0 1 Ansatz fu¨r die Schnittgerade g in der Punkt-Richtungs-Form: 1 0 1 C B C ~ r ðlÞ ¼ ~ r0 þ l~ a mit ~ a ¼ ~ n1 ~ n2 ¼ B @ 1 A und l 2 R 5

2 Anwendungen

515

Denn der zuna¨chst noch unbekannte Richtungsvektor ~ a der Schnittgeraden ist sowohl zu ~ n1 als auch zu ~ n2 orthogonal und somit als Vektorprodukt ~ a ¼ ~ n1 ~ n 2 darstellbar. ~ r0 ist dabei der Ortsvektor eines (zuna¨chst beliebigen) noch unbekannten Punktes P 0 ¼ ðx 0 ; y 0 ; z 0 Þ der Schnittgeraden g. Dieser Punkt liegt somit in beiden Ebenen und la¨sst sich daher aus den Gleichungen ~ n 1 ð~ r0 ~ r 1Þ ¼ 0

und

~ n 2 ð~ r0 ~ r 2Þ ¼ 0

wie folgt berechnen: 0 r0 ~ r 1Þ ¼ 0 ðIÞ ~ n 1 ð~

)

1

1

0

x0 1

1

C B C B B 1 C B y0 4 C ¼ 0 A @ A @ 0 z0 5

)

1 ðx 0 1Þ 1 ð y 0 4Þ þ 0 ðz 0 5Þ ¼ x 0 1 y 0 þ 4 ¼ 0

ðIIÞ ~ n 2 ð~ r0 ~ r 2Þ ¼ 0

)

1 0 1 0 x0 þ 2 2 C B C B @ 3 A @ y0 5 A ¼ 0 1 z0 5

)

x0 y0 þ 3 ¼ 0

)

2 ðx 0 þ 2Þ þ 3 ðy 0 5Þ þ 1 ðz 0 5Þ ¼ 2 x 0 þ 4 þ 3 y 0 15 þ z 0 5 ¼ 0

)

2 x 0 þ 3 y 0 þ z 0 16 ¼ 0 Gleichung (I) nach y 0 auflo¨sen ( y 0 ¼ x 0 þ 3), den gefundenen Ausdruck in Gleichung (II) einsetzen: ðIIÞ )

2 x 0 þ 3 ðx 0 þ 3Þ þ z 0 16 ¼ 2 x 0 þ 3 x 0 þ 9 þ z 0 16 ¼ 5 x 0 þ z 0 7 ¼ 0

Diese Gleichung ist nur lo¨sbar, wenn wir fu¨r x0 oder z0 einen Wert vorgeben. Wir wa¨hlen z 0 ¼ 2. Daraus ergeben sich folgende Werte fu¨r die restlichen Koordinaten: ðIIÞ )

5 x0 þ z0 7 ¼ 5 x0 þ 2 7 ¼ 5 x0 5 ¼ 0

ðIÞ

x0 y0 þ 3 ¼ 1 y0 þ 3 ¼ 4 y0 ¼ 0

)

)

)

5 x0 ¼ 5

y0 ¼ 4

) )

x0 ¼ 1 y0 ¼ 4

Damit ist P 0 ¼ ð1; 4; 2Þ der gesuchte Punkt auf der Schnittgeraden g, deren Gleichung wie folgt lautet: 0 1 0 1 1 1 B C B C C ~ r ðlÞ ¼ ~ r0 þ l~ a ¼ B ðmit l 2 RÞ @4A þ l@1A 5 2 Berechnung des Schnittwinkels j der beiden Ebenen Definitionsgema¨ß ist der Schnittwinkel j der Ebenen E 1 und E 2 der Winkel zwischen den beiden Normalenvektoren ~ n1 und ~ n2 . Wir erhalten ihn u¨ber das Skalarprodukt dieser Vektoren: ~ n1 ~ n2 ¼ j~ n1 j j~ n 2 j cos j

)

cos j ¼

~ n1 ~ n2

j~ n1 j j~ n2 j 0 1 1 2 B C B C B C B ~ n1 ~ n2 ¼ @ 1 A @ 3 C A ¼ 2 3 þ 0 ¼ 1 0 1 0

j~ n1 j ¼ cos j ¼

1

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi 1 2 þ ð 1Þ 2 þ 0 2 ¼ 2 ; ~ n2 n1 ~

j~ n2 j ¼

1 ¼ pffiffiffi pffiffiffiffiffi ¼ 0,1890 j~ n1 j j~ n2 j 2 14

Schnittwinkel: j ¼ 100,89

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi 2 2 þ 3 2 þ 1 2 ¼ 14 )

j ¼ arccos ð 0,1890Þ ¼ 100,89

516

I Vektorrechnung

I 38

Eine Ebene

E

0 1 2 B C steht senkrecht auf dem Vektor ~ n ¼ @1A 1

und entha¨lt ferner den Punkt

P 1 ¼ ð2; 1; 5Þ. Welchen Abstand d hat der Punkt Q ¼ ð1; 2; 2Þ von dieser Ebene? Bestimmen Sie die Gleichung der durch Q gehenden Parallelebene E *.

Abstand d des Punktes Q von der Ebene E (! ! FS: Kap. II.4.3.4) 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2 12 2 C B C B C B C B C B C B C C B ~ r 1Þ ¼ B n ð~ rQ ~ @1A @ 2 þ 1A ¼ @1A @ 3A ¼ 2 þ 3 7 ¼ 6 7 1 2 5 1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi j~ n j ¼ 22 þ 12 þ 12 ¼ 6 ;

d ¼

j~ n ð~ rQ ~ r 1Þ j j~ nj

j6j 6 ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffi ¼ 6 6

pffiffiffi pffiffiffi 6 6 pffiffiffi 6

¼

pffiffiffi 6

Parallelebene E * durch den Punkt Q Da die Ebenen E und E * parallel verlaufen, gilt dies auch fu¨r die zugeho¨rigen Normalenvektoren ~ n und ~ n *, d. h. der Normalenvektor ~ n von E ist auch ein Normalenvektor der Parallelebene E *. Diese entha¨lt ferner den Punkt Q. Die Gleichung der gesuchten Ebene E * lautet damit in der Koordinatendarstellung wie folgt (mit ~ n* ¼ ~ n ): 1 0 1 0 x 1 2 C B C B C C B ~ n ð~ r ~ r QÞ ¼ 0 ) B n * ð~ r ~ r QÞ ¼ ~ @1A @y 2A ¼ 0 ) zþ2 1 2 ðx 1Þ þ 1 ð y 2Þ þ 1 ðz þ 2Þ ¼ 2 x 2 þ y 2 þ z þ 2 ¼ 2 x þ y þ z 2 ¼ 0 Gleichung der Parallelebene E * : 2 x þ y þ z 2 ¼ 0

I 39

Eine Ebene E entha¨lt die Gerade g mit der Parameterdarstellung 0 1 0 1 2 1 B C B C B C C ðmit l 2 RÞ ~ a ¼ B r ðlÞ ¼ ~ r1 þ l~ @2A þ l @1A 5 1 sowie den Punkt Q ¼ ð1; 4; 3Þ. Bestimmen Sie die Gleichung dieser Ebene a) in der Parameterdarstellung, b) in der Koordinatendarstellung.

Die Ebene E entha¨lt den Richtungsvektor ~ a der Geraden g sowie die Punkte P1 und Q (Bild I-16). Wenn die ! Vektoren ~ a und b~ ¼ P 1 Q nicht-kollinear sind (d. h. nicht in einer Linie liegen), ko¨nnen sie als Richtungsvektoren dieser Ebene verwendet werden. Ihr Vektorprodukt ~ a b~ ist dann ein Normalenvektor der Ebene. Wegen 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 12 2 10 0 2 11 2 B C B C B C B C B C C B C B ! ~ B B C B C B C B C B C B C ~ ab ¼~ a P 1 Q ¼ @ 1 A @ 4 2 A ¼ @ 1 A @ 2 A ¼ @ 0 4 A ¼ @ 4 A 6¼ @ 0 C A 0 4 4 0 2 5 31 5 sind ~ a und b~ nicht-kollineare Vektoren und ~ n ¼~ a b~ daher ein Normalenvektor der gesuchten Ebene.

2 Anwendungen

517 g

Ebene E

a b P1

Q

Bild I-16 g

r1 O

a) Parameterdarstellung der Ebene E (Punkt-Richtungs-Form) 0 1 0 1 0 1 1 2 0 B C B C B C ~ B C C B C ~ a þ mb ¼ B r ðl; mÞ ¼ ~ r1 þ l~ @2A þ l @1A þ m @2A 2 1 5 b) Koordinatendarstellung der Ebene E

0

~ n ð~ r ~ r 1 Þ ¼ ð~ a b~Þ ð~ r ~ r 1Þ ¼ 0

)

12

1

ðmit

0

x 1

l 2 R und m 2 RÞ

1

C B C B B 4C By 2C ¼ 0 A @ A @ z1 4

)

12 ðx 1Þ 4 ð y 2Þ þ 4 ðz 1Þ ¼ 12 x þ 12 4 y þ 8 þ 4 z 4 ¼ 0 12 x 4 y þ 4 z þ 16 ¼ 0 j : ð 4Þ

)

)

3x þ y z 4 ¼ 0

Gleichung der Ebene E: 3 x þ y z 4 ¼ 0

I 40

Von zwei Ebenen E 1 und E 2 sind jeweils ein Punkt und der Normalenvektor gegeben: 0 1 0 1 1 1 B C B C C C Ebene E 1 : P 1 ¼ ð1; 5; 3Þ ; ~ n1 ¼ B n2 ¼ B @ 2 A ; Ebene E 2 : P 2 ¼ ð2; 1; 1Þ ; ~ @1A 1 2 Bestimmen Sie diejenige Ebene E, die den Punkt Q ¼ ð2; 4; 6Þ entha¨lt und sowohl auf E 1 als auch auf E 2 senkrecht steht.

Gleichungen der Ebenen E1 und E2 (Koordinatendarstellung) 0 1 0 1 1 x 1 B C B C C B C n 1 ð~ r ~ r 1Þ ¼ 0 ) B E1 : ~ @2A @y 5A ¼ 0 ) zþ3

1

1 ðx 1Þ þ 2 ð y 5Þ þ 1 ðz þ 3Þ ¼ x 1 þ 2 y 10 þ z þ 3 ¼ 0 0 n 2 ð~ r ~ r 2Þ ¼ 0 E2 : ~

)

1

1

0

x 2

)

x þ 2y þ z 8 ¼ 0

1

B C B C B1C By þ 1C ¼ 0 @ A @ A 2 z1

)

1 ðx 2Þ 1 ð y þ 1Þ þ 2 ðz 1Þ ¼ x 2 y 1 þ 2 z 2 ¼ 0

)

x y þ 2z 5 ¼ 0

518

I Vektorrechnung

Gleichung der Ebene E senkrecht zu E 1 und E 2 (Koordinatendarstellung) Die gesuchte Ebene E steht sowohl auf E 1 als auch auf E 2 senkrecht, somit muss der (noch unbekannte) Norman 2 senkrecht stehen. Ein solcher Vektor ist das Vektorprodukt aus lenvektor ~ n der Ebene E sowohl auf ~ n 1 als auch ~ ~ n 1 und ~ n2: 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 4þ1 5 B C B C B C B C C B C B C B C ~ n ¼~ n1 ~ n2 ¼ B @2A @1A ¼ @ 1 2A ¼ @1A 1 2 1 2 3 Ferner entha¨lt die Ebene E den Punkt Q ¼ ð2; 4; 6Þ. Ihre Gleichung lautet daher in der Koordinatendarstellung wie folgt: 0 1 0 1 5 x 2 B C B C C B C ~ n ð~ r ~ r QÞ ¼ 0 ) B @1A @y 4A ¼ 0 ) 3 z6 5 ðx 2Þ 1 ðy 4Þ 3 ðz 6Þ ¼ 5 x 10 y þ 4 3 z þ 18 ¼ 0

)

5 x y 3 z þ 12 ¼ 0

Gleichung der Ebene E: 5 x y 3 z þ 12 ¼ 0

I 41

0 1 1 B C Gegeben sind zwei parallele Geraden g1 und g2 mit dem gemeinsamen Richtungsvektor ~ a ¼ @ 2 A. g1 verlaüft durch den Punkt P 1 ¼ ð4; 1; 2Þ, g2 durch den Punkt P 2 ¼ ð 1; 2; 2Þ. 4 a) Berechnen Sie den Abstand d der Geraden. b) Bestimmen Sie die Ebene E, die beide Geraden entha¨lt (Parameter- und Koordinatendarstellung).

Die Gleichungen der beiden parallelen Geraden lauten in der Parameterdarstellung (Punkt-Richtungs-Form) wie folgt: 1 0 1 0 1 4 C B C B ðmit l 1 2 RÞ a ¼ @ 1 A þ l1 @ 2 A g1 : ~ r ðl 1 Þ ¼ ~ r1 þ l1 ~ 4 2 0 1 1 1 1 r ðl 2 Þ ¼ ~ r2 þ l2 ~ g2 : ~ a ¼ @ 2 A þ l2 @ 2 A 4 2 0

ðmit

l 2 2 RÞ

a) Abstand d der parallelen Geraden (! FS: Kap. II.4.2.4) 0 1 0 1 0 1 0 1 5 1 1 4 1 B C B C B C B C B C B C B C C ~ r 1Þ ¼ B a ð~ r2 ~ @2A @ 2 1A ¼ @2A @ 1A ¼ 4 4 2þ2 4 j~ a ð~ r2 ~ r 1Þ j ¼ d ¼

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi 4 2 þ ð 24Þ 2 þ 11 2 ¼ 713 ;

j~ a ð~ r2 ~ r 1Þ j j~ aj

j~ aj ¼

0

8 4

1

0

4

1

B C B C B 20 4 C ¼ B 24 C @ A @ A 11 1 þ 10

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi 1 2 þ 2 2 þ 4 2 ¼ 21

pffiffiffiffiffiffiffiffi 713 ¼ pffiffiffiffiffi ¼ 5,827 21

b) Gleichung der Ebene E Die gesuchte Ebene E entha¨lt den Richtungsvektor ~ a der parallelen Geraden, die Punkte P1 und P2 und damit ! r2 ~ r 1 dieser Punkte (siehe hierzu Bild I-17). Die Vektoren ~ a und b~ auch den Verbindungsvektor b~ ¼ P 1 P 2 ¼ ~ ~ sind nicht-kollinear, da ihr Vektorprodukt ~ a b nicht verschwindet, wie wir bereits unter a) gezeigt haben:

2 Anwendungen

519

! ~ a b~ ¼ ~ a P1 P2 ¼ ~ r 1Þ ¼ a ð~ r2 ~ 0 1 0 1 0 1 4 5 1 B C B C B C B C B C C ¼ B @ 2 A @ 1 A ¼ @ 24 A 6¼ 4 11 4

g1

0 1 0 B C B0C @ A 0

g2

a

a b

P1

Bild I-17

P2

Ebene E

g2

g1

Daher ko¨nnen diese Vektoren als Richtungsvektoren der gesuchten Ebene E verwendet werden. Das Vektorprodukt ~ a b~ selbst ist ein Normalenvektor der Ebene, d. h. ~ n ¼~ a b~. Die Gleichung der Ebene E lautet damit wie folgt: In der Parameterdarstellung (Punkt-Richtungs-Form) 0 1 0 1 0 1 5 1 4 B C B C B C B C B C C ~ r ðl; mÞ ¼ ~ r1 þ l~ a þ m b~ ¼ B @ 1A þ l @2A þ m @ 1A 4 4 2 In der Koordinatendarstellung

0

~ a b~ Þ ð~ r ~ r 1Þ ¼ 0 n ð~ r ~ r 1Þ ¼ ð ~

)

4

1

0


x 4

1

B C B C @ 24 A @ y 1 A ¼ 0 11 zþ2

)

4 ðx 4Þ 24 ðy 1Þ þ 11 ðz þ 2Þ ¼ 4 x 16 24 y þ 24 þ 11 z þ 22 ¼ 0

)

4 x 24 y þ 11 z þ 30 ¼ 0

I 42

Eine Masse wird auf der Ebene E mit der Parameterdarstellung 0 1 0 1 0 1 1 1 1 B C B C B C B C B C C ~ ðin der Einheit m ; l 2 R ; m 2 RÞ r ðl; mÞ ¼ B @ 2A þ l @0A þ m @ 1A 0 1 1 ~ ¼ ð10 NÞ ~ durch die Kraft F e x þ ð20 NÞ ~ e y þ ð3 NÞ ~ ez nach P 2 ðl ¼ 1; m ¼ 2Þ verschoben.

geradlinig von P 1 ðl ¼ 0; m ¼ 1Þ

Berechnen Sie die dabei an der Masse verrichtete Arbeit W sowie den Winkel j zwischen dem Kraftund dem Verschiebungsvektor. ! Wir bestimmen zuna¨chst den Verschiebungsvektor ~ s ¼ P 1 P 2 der Masse (Bild I-18). Dazu beno¨tigen wir die Koordinaten bzw. den Ortsvektor der beiden Punkte (alle Koordinaten in der Einheit m): 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 2 1 0 1 1 1 C C B C B C B B C B C B C B C B C C B C B C B C B C B ~ r ðl ¼ 0; m ¼ 1Þ ¼ B r ðP 1 Þ ¼ ~ @ 2 A þ 0 @ 0 A 1@ 1 A ¼ @ 2 A þ @ 0 A þ @ 1 A ¼ @ 1 A 1 0 0 1 1 1 0 0

1

1

0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 2 1 1 1 1 B C B C B C B C C B B C B C B C B C B C B C C B B C C ~ r ðP 2 Þ ¼ ~ r ðl ¼ 1; m ¼ 2Þ ¼ B @ 2A þ 1@0A þ 2@ 1A ¼ @ 2A þ @0A þ @ 2A ¼ @4A 0 0 1 1 0 1 1 0

1

1

520

I Vektorrechnung

0 1 0 1 0 1 2 2 0 B C B C B C ! B C C B C ~ r ðP 1 Þ ¼ B r ðP 2 Þ ~ s ¼ P1 P2 ¼ ~ @4A @ 1A ¼ @ 3A 1 0 1

Ebene E

F

P2 f

s

P1

Bild I-18 ~ und dem VerDie von der Kraft an der Masse verrichtete Arbeit W ist das Skalarprodukt aus dem Kraftvektor F schiebungsvektor ~ s: 0 1 0 1 1 0 0 1 2 10 2 10 B C B C C B B C B C B C C B C ~~ W ¼ F s ¼ B @ 20 A N @ 3 A m ¼ @ 20 A @ 3 A N m ¼ ð 20 þ 60 þ 3Þ N m ¼ 43 N m 3 1 1 3 Den Winkel j zwischen dem Kraft- und dem Verschiebungsvektor erhalten wir ebenfalls u¨ber das Skalarprodukt ~~ F s: ~~ ~j j~ F s ¼ W ¼ jF s j cos j ~j ¼ jF

W ~j j~ jF sj qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi j~ s j ¼ ð 2Þ 2 þ 3 2 þ 1 2 m ¼ 14 m

cos j ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi 10 2 þ 20 2 þ 3 2 N ¼ 509 N;

cos j ¼

Ergebnis:

)

W

43 N m ¼ 0,5094 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi ~j j~ jF sj 509 N 14 m

)

j ¼ arccos 0,5094 ¼ 59,38

W ¼ 43 N m; j ¼ 59,38

Eine Ebene E entha¨lt die Punkte P 1 ¼ ð2; 1; 3Þ, P 2 ¼ ð3; 0; 2Þ und P 3 ¼ ð2; 2; 1Þ (alle Ko~ mit der z-Komponente F z ¼ 2 N an. ordinaten in der Einheit m). In P 1 greift eine Kraft F

I 43

a) Bestimmen Sie die noch unbekannten Kraftkomponenten F x und F y so, dass der Kraftvektor senkrecht auf der Ebene steht. !

b) Wie lautet der Momentenvektor M der Kraft bezu¨glich des Punktes Q ¼ ð5; 1; 2Þ m? !

r von Q nach P 1 und dem KraftAnleitung: M ist das Vektorprodukt aus dem Verbindungsvektor ~ ~ vektor F . ! ! a) Die in der Ebene E liegenden Vektoren ~ a ¼ P 1 P 2 und b~ ¼ P 1 P 3 sind linear unabha¨ngig und ko¨nnen daher als Richtungsvektoren dieser Ebene angesehen werden. Ihr Vektorprodukt ist daher ein Normalenvektor ~ n der Ebene E (Bild I-19; alle Zwischenrechnungen ohne Einheiten): 1 0 1 0 Ebene E 1 32 F P3 C B C B ! ¼ @0 1A ¼ @1A ~ a ¼ P1 P2 b 5 2þ3 0 1 0 C B C B ! ¼ @2 1A ¼ @1A b~ ¼ P 1 P 3 4 1þ3 0

22

1

1 1 0 0 0 1 9 4 5 0 C C B B C B C B ~ n ¼~ a b~ ¼ @ 1 A @ 1 A ¼ @ 0 4 A ¼ @ 4 A 1 10 4 5 0

1

1

a

P1

P2

Nullpunkt

Bild I-19

2 Anwendungen

521

~ senkrecht auf der Ebene E stehen soll, mu¨ssen F ~ und ~ ~ ist Da der Kraftvektor F n kollineare Vektoren sein ( F ~ ~ ~ entweder parallel oder anti-parallel zu ~ n ). Es gilt also F ¼ l ~ n und somit F ~ n ¼ 0. Aus der letzten Bedingung erhalten wir drei leicht lo¨sbare Gleichungen ten F x und F y : 1 0 1 0 1 0 Fy 8 9 Fx C B C B C B ~ ~ F n ¼~ 0 ) @ F y A @ 4 A ¼ @ F x 18 A ¼ 2 ðIÞ

Fy 8 ¼ 0

ðIIÞ

F x 18 ¼ 0

ðIIIÞ

4 Fx þ 9 Fy ¼ 0

) )

4 F x þ 9 F y

1

fu¨r die noch unbekannten Kraftkomponen0 1 0 B C @0A 0

)

Fy ¼ 8 F x ¼ 18 )

4 18 þ 9 8 ¼ 72 þ 72 ¼ 0

(diese Gleichung ist also erf u¨ llt)

Die Kraftkomponenten lauten somit: F x ¼ 18 N, F y ¼ 8 N, F z ¼ 2 N ~ ¼ l~ Anmerkung: Sie ko¨nnen die Kraftkomponenten auch aus der Bedingung F n bestimmen. Sie fu¨hrt auf drei Gleichungen mit den noch unbekannten Kraftkomponenten F x und F y und dem (nicht weiter interessierenden) Parameter l. !

b) Mit Hilfe von Bild I-20 erhalten wir fu¨r das Moment M der ~ bezu¨glich des Punktes Q die in P 1 angreifenden Kraft F folgende Darstellung:

M =r ×F

F

Bild I-20 Q

0 B ! r ðP 1 Þ ~ r ðQÞ ¼ B ~ r ¼ Q P1 ¼ ~ @

1

0

1

0

3 5 C B C B C C B C B 1C A @ 1A ¼ @ 0A 1 2 3 2

r

1 (in m)

0

1 0 1 0 1 0 1 0 1 3 18 0þ8 8 1 C B C B C B C B C ~¼ B M ¼~ r F @ 0 A @ 8 A ¼ @ 18 6 A ¼ @ 24 A ¼ 8 @ 3 A 1 2 24 0 24 3 !

!

jM j ¼ 8

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi 1 2 þ ð 3Þ 2 þ ð 3Þ 2 N m ¼ 8 19 N m ¼ 34,87 N m

(in N m)

P1

522

J Lineare Algebra

Hinweise fu¨r das gesamte Kapitel (1) (2) (3) (4)

Fu¨r die Matrizenmultiplikation verwenden wir das Falk-Schema (! Band 2: Kapitel I.2.6.3 und Formelsammlung: Kapitel VII.1.3.3). Die Berechnung dreireihiger Determinanten erfolgt nach der Regel von Sarrus (! Band 2: Kapitel I.3.3.1 und Formelsammlung: Kapitel VII.2.2). Die Streichung von Zeilen bzw. Spalten in einer Determinante oder Matrix wird durch Grauunterlegung der betreffenden Zeilen bzw. Spalten gekennzeichnet. Die Vorzeichenbestimmung der algebraischen Komplemente erfolgt meist mit der sog. „Schachbrettregel“ (! Band 2: Kapitel I.3.3.2 und Formelsammlung: Kapitel VII.2.3.2).

1 Matrizen und Determinanten 1.1 Rechenoperationen mit Matrizen Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel I.2.3 und 2.6 Formelsammlung: Kapitel VII.1.3

J1

Berechnen Sie mit den ð2; 3Þ-Matrizen 2 1 3 5 2 ; B ¼ A ¼ 5 8 1 4 0

2 1

und

C ¼

1 1

2

5 2

0

die folgenden Ausdru¨cke: a) 3 A þ 2 B 5 C

b) 2 ðA 2 BÞ 3 ðB T A T Þ T 2 C

a) Zuna¨chst werden die Matrizen A , B und C der Reihe nach elementweise mit den Skalaren 3, 2 und 5 multipliziert, anschließend die gleichstelligen Elemente addiert bzw. subtrahiert: ! ! ! 3 5 2 2 1 2 1 1 2 3A þ 2B 5C ¼ 3 þ2 5 ¼ 1 4 0 5 8 1 5 2 0 ¼

9 15 6 3 12 0

! þ

4

2

4

10 16

2

! þ

5

5 10

25 10

0

! ¼


8 22 12

0

38 2

!

1 Matrizen und Determinanten

523

b) Summen und Differenzen werden gliedweise transponiert, zweimaliges Transponieren fu¨hrt wieder zur Ausgangsmatrix, alle Matrizen sind dann vom Typ ð2; 3Þ: 2 ðA 2 BÞ 3 ðB T A T Þ T 2 C ¼ 2 A 4 B 3 ðB AÞ 2 C ¼ 2 A 4 B 3 B þ 3 A 2 C ¼ ! ! ! 3 5 2 2 1 2 1 1 2 ¼ 5A 7B 2C ¼ 5 7 2 ¼ 1 4 0 5 8 1 5 2 0 ! ! ! ! 15 25 10 14 7 14 2 2 4 1 20 8 ¼ þ þ ¼ 5 20 0 35 56 7 10 4 0 40 32 7

0

6 9 B Zeigen Sie am Beispiel der 3-reihigen Matrizen A ¼ @ 4 6 2 3

J2

1 0 1 0 1 2 3 C B C 0 3 A, 2 A und B ¼ @ 1 2 3 0 1

dass die Matrizenmultiplikation nicht-kommutativ ist, d. h. A B 6¼ B A gilt.

Wir berechnen beide Matrizenprodukte nach dem Falk-Schema:

A

6 4 2

9 6 3

B

0 1 2

1 0 3

2 3 0

3 2 1

15 10 5

3 2 1

39 26 13

B

0 1 2

A

6 4 2

9 6 3

3 2 1

1 2 0 3 3 0

0 0 0

0 0 0

0 0 0

AB

BA

Es ist A B 6¼ 0 , aber B A ¼ 0 und somit A B 6¼ B A.

0

J3

1 B A ¼ @0 4

0 2 1

1 1 C 3A; 1

1 1 1 1 C B B ¼ @ 2 2 1A; 0 3 0 0

1 3 1 C B C ¼ @0 2A 1 5 0

Zeigen Sie am Beispiel dieser Matrizen die Gu¨ltigkeit der folgenden Rechenregeln (sofern alle Summen und Produkte existieren): a) ðA þ BÞ C ¼ A C þ B C

b) ðA BÞ C ¼ A ðB CÞ

a) Wir bilden zuna¨chst die Summe A þ B (gleichstellige Elemente dann die Produkte ðA þ BÞ C , A C und B C: 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 B C B C B B C B C B A þ B ¼ @0 2 3A þ @ 2 2 1A ¼ @2 0 4 1 1 0 3 0 4 4

c) ðA BÞ T ¼ B T A T

werden addiert) und mit Hilfe des Falk-Schemas 0

1

C 4C A 1

524

J Lineare Algebra

0 2 4

AþB

1 0 4

C

3 0 1

1 2 5

0 4 1

0 10 13

2 22 17

A

1 0 4

0 2 1

C

3 0 1

1 2 5

1 3 1

2 3 13

4 19 11

ðA þ BÞ C

B

1 2 0

C

3 1 0 2 1 5

1 1 2 1 3 0

2 6 7 3 0 6

AC

Wir bilden die Summe A C þ B C: 0 1 0 2 4 2 B C B A C þ B C ¼ @ 3 19 A þ @ 7 13 11 0

BC

1 0 1 6 0 2 C B C 3 A ¼ @ 10 22 A 6 13 17

Ein Vergleich zeigt: ðA þ BÞ C ¼ A C þ B C. b) Wir bilden zuna¨chst unter Verwendung des Falk-Schemas das Matrizenprodukt A B , daraus dann ðA BÞ C und schließlich A ðB CÞ , wobei das Produkt B C bereits aus a) bekannt ist:

1 0 4

A

0 2 1

B

1 2 0

1 2 3

1 1 0

1 3 1

1 4 2

2 1 5 2 5 5

AB

C

3 0 1

1 2 5

1 2 1 4 5 2 2 5 5

2 14 1

0 24 33

AB

A

1 0 4

ðA BÞ C

BC

2 7 0

6 3 6

1 3 1

2 14 1

0 24 33

0 2 1

A ðB CÞ

Ein Vergleich der Matrizenprodukte ðA BÞ C und A ðB CÞ zeigt: ðA BÞ C ¼ A ðB CÞ. c) Das Matrizenprodukt A miteinander vertauschen): 0 1 2 B AB ¼ @ 4 5 2 5

B ist bereits aus b) bekannt, wir mu¨ssen es noch transponieren (Zeilen und Spalten 1 1 C 2A 5

0

ðA BÞ T

)

Jetzt transponieren wir die Matrizen A und B 1 0 0 1 1 0 1 C B B T A ¼ @0 2 3A ) A ¼ @ 0 1 4 1 1

T

1 0 1

0 2 3

4 1 1

0 3 0

1 2 1

4 5 2

2 5 5

A

B

T

1 1 1

2 2 1

1 4 B ¼ @2 5 1 2

1 2 C 5A 5

und bilden dann das Matrizenprodukt B T A T : 0 1 1 0 1 1 1 0 4 1 2 C B C B T 2 1 A; B ¼ @ 2 2 1 A ) B ¼ @ 1 2 0 3 0 3 1 1 1

BT AT Ein Vergleich der Matrizenprodukte ðA BÞ T und B T A T zeigt: ðA BÞ T ¼ B T A T .

1 0 C 3A 0


525

1 0 1 2 1 1 1 C B C 3 A und B ¼ @ 1 2 1 A . 0 1 0 1

0

1 4 B Gegeben sind die 3-reihigen Matrizen A ¼ @ 2 0 1 2

a) Berechnen Sie mit dem Falk-Schema die folgenden Produkte:

J4

A B, B A, A2 ¼ A A, B2 ¼ B B b) Berechnen Sie die folgenden Produkte auf zwei verschiedene Arten: ðA þ BÞ 2 ¼ ðA þ BÞ ðA þ BÞ ;

ðA BÞ 2 ¼ ðA BÞ ðA BÞ ;

ðA þ BÞ ðA BÞ

Sind die bekannten Binomischen Formeln auf Matrizen anwendbar?

a) Mit dem Falk-Schema erhalten wir:

B

A

1 2 1

4 0 2

1 3 1

2 1 0

1 2 1

1 1 0

6 8 3 4 5 2 4 6 1

2 1 1 2 0 1

B

A

1 2 1

1 1 0

5 4 2

4 1 0 3 2 1 10 2 0

AB

2 4 3

BA

Erwartungsgema¨ß ist A B 6¼ B A (die Matrizenmultiplikation ist nicht kommutativ).

A

1 2 1

4 0 2

A

1 2 1

1 3 1

8 5 6

4 1 0 3 2 1 2 14 6

10 1 6

B

2 1 1 2 0 1

B

2 1 0

1 2 1

1 1 0

1 1 0

5 4 1

5 4 2

1 1 1

B B ¼ B2

A A ¼ A2

b) Die Matrizenprodukte (Potenzen) ðA þ B Þ 2 , ðA BÞ 2 und ðA þ BÞ ðA BÞ du¨rfen wir nicht nach den Binomischen Formeln berechnen, da die Matrizenmultiplikation eine nicht-kommutative Rechenoperation ist: ðA BÞ 2 6¼ A 2 2 A B þ B 2

und ðA þ BÞ ðA BÞ 6¼ A 2 B 2

Vielmehr gilt: ðA BÞ 2 ¼ ðA BÞ ðA BÞ ¼ A 2 A B B A þ B 2 ðA þ BÞ ðA BÞ ¼ A 2 A B þ B A B 2 Am einfachsten erha¨lt man diese Produkte, in dem man zuna¨chst die Matrizen A þ B bzw. A B bildet und dann mit dem Falk-Schema die gesuchten Produkte berechnet: 1 0 1 0 1 0 3 5 0 1 4 1 2 1 1 C B C B C B C B C B AþB ¼ B 3C @2 0 A þ @1 2 1A ¼ @3 2 2A 1 3 1 1 2 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 2 1 1 1 3 2 1 4 1 B C B C B C 4A A B ¼ @2 0 3A @1 2 1A ¼ @ 1 2 1 1 1 1 2 1 0 1 0

526

J Lineare Algebra

Berechnung der Matrizenprodukte (A B) 2

AþB

AþB

3 3 1

5 2 3

0 2 1

3 3 1 24 17 13

5 2 3

0 2 1

AB

25 10 25 6 14 7

AB

1 3 1 2 1 1

1 3 2 1 2 4 1 1 1

2 4 1

2 11 12 1 11 6 1 2 3

ðA þ BÞ2

ðA BÞ2

Kontrollrechnung: ðA þ BÞ 2 ¼ ðA þ BÞ ðA 0 1 0 6 8 2 10 B C B B C B ¼ @ 5 14 1 A þ @ 4 4 6 6 6

þ BÞ ¼ A 2 1 8 3 C 5 2C Aþ 6 1

þ A B þ B A þ B2 ¼ 0 1 0 1 0 24 5 5 1 5 10 2 B B 17 C ¼ B B4 4 1C CþB B4 2 4C @ A @ A @ 13 1 2 1 2 0 3

ðA BÞ 2 ¼ ðA BÞ ðA 0 1 0 6 8 2 10 B C B B C B ¼ @ 5 14 1 A @ 4 4 6 6 6

BÞ ¼ A 2 1 8 3 C 5 2C A 6 1

A B B A þ B2 ¼ 1 0 1 0 5 5 1 5 10 2 B C ¼ B4 4 1C CþB B4 2 4C A @ A @ 1 2 1 2 0 3

0

2

B B1 @ 1

25 10

1

25

C 6C A

14

7

11

12

2

3

1

C 11 6 C A

Berechnung des Matrizenproduktes (A + B) (A – B)

AB

AþB

3 3 1

5 2 3

0 2 1

1 1 1

3 2 1

2 4 1

2 1 1 7 3 2

14 4 11

In dem Produkt ðA þ BÞ ðA BÞ du¨rfen die Faktoren nicht vertauscht werden: ðA þ BÞ ðA BÞ ¼ A 2 A B þ B A B 2 ðA BÞ ðA þ BÞ ¼ A 2 þ A B B A B 2 ðA þ BÞ ðA BÞ 6¼ ðA BÞ ðA þ BÞ

ðA þ BÞ ðA BÞ Kontrollrechnung: ðA þ BÞ 0 8 B ¼ B @5 6

ðA BÞ ¼ A 2 1 0 2 10 6 C B B 14 1 C A @4 6 6 4

A B þ B A B2 ¼ 1 0 1 0 8 3 5 10 2 5 C B C B B C B 5 2C A þ @4 2 4A @4 6 1 2 0 3 1

5 4 2

1

1

J5

2

C B B 1C A ¼ @1 1 3

1 1 3 2 C B ¼ @ 2 0 A , B ð2; 2Þ ¼ 3 1 4 0

Gegeben sind folgende Matrizen: A ð3;2Þ

0

1 2

1 7 2

14

1

C 4C A

11

, C ð2; 3Þ ¼

a) Bilden Sie alle mo¨glichen Produkte X Y mit zwei Faktoren. b) Bilden Sie alle mo¨glichen Produkte X Y Z mit drei verschiedenen Faktoren.

2 6

0 1

1 3


527

a) Die Produktbildung mit zwei Faktoren ist nur mo¨glich, wenn die beiden Faktoren die folgende Bedingung erfu¨llen: Spaltenzahl des linken Faktors ¼ Zeilenzahl des rechten Faktors Damit ergeben sich folgende Produkte (sie sind jeweils angekreuzt):

Að3, 2Þ

Bð2, 2Þ

Cð2, 3Þ

Að3, 2Þ

Bð2, 2Þ

rechter Faktor

Cð2, 3Þ

" linker Faktor Berechnung der Matrizenprodukte A B , A C , B B ¼ B 2 , B C und C A nach dem Falk-Schema: B 1 2 1

A

3 0 4

2 3

1 2

11 4 14

5 2 7

C

A

1 2 1

3 0 4

2 0 6 1

2 1 3 2

B

B

20 3 8 4 0 2 26 4 11

AB

B

2 3

1 2

AC

0 1

1 3

10 1 6 2

1 9

2 6

C

1 3

C

2 6

0 1

BC

2 1 3 2 7 0

0 7

BB

A

1 2 1

3 0 4

1 3

1 11

2 30

CA

b) Die mo¨glichen Matrizenprodukte mit drei verschiedenen Faktoren entnehmen Sie der folgenden Tabelle: Að3, 2Þ

Bð2, 2Þ

Cð2, 3Þ

ðA BÞð3, 2Þ ðA CÞð3, 3Þ ðB CÞð2, 3Þ ðC AÞð2, 2Þ

rechter Faktor

Að3, 2Þ

Bð2, 2Þ

Cð2, 3Þ ðA BÞð3, 2Þ

ðA CÞð3, 3Þ ðB CÞð2, 3Þ

ðC AÞð2, 2Þ

" linker Faktor Berechnung der mo¨glichen Produkte A ðB CÞ , B ðC AÞ , C ðA BÞ , ðA BÞ C , ðB CÞ A und ðC AÞ B nach dem Falk-Schema: BC

A

1 2 1

3 0 4

10 1 1 6 2 9 8 5 20 2 14 7

26 2 35

A ðB CÞ

CA B

2 3

1 2

1 11

2 30

13 34 19 54 B ðC AÞ

528

J Lineare Algebra

11 5 4 2 14 7

AB

C

2 6

0 1

1 3

8 112

2 6

C 11 4 14

AB

3 49

5 2 7

8 5 26 20 2 2 14 7 35

C ðA BÞ

BC

10 1 6 2

ðA BÞ C 1 2 1

A 1 9

0 1 1 3

3 0 4

B

13 34 19 54

CA

1 11

2 30

ðB CÞ A

2 1 3 2 8 112

3 49

ðC AÞ B

Da fu¨r Matrizenprodukte das Assoziativgesetz gilt, ist erwartungsgema¨ß A ðB CÞ ¼ ðA BÞ C ;

B ðC AÞ ¼ ðB CÞ A und C ðA BÞ ¼ ðC AÞ B :

Bilden Sie aus den 2-reihigen Matrizen (in diesem Zusammenhang auch als Untermatrizen bezeichnet) 0 0 1 3 1 2 1 4 2 1 und 0 ¼ ; S ¼ ; R ¼ ; Q ¼ P ¼ 0 0 5 8 2 3 2 1 1 3 die 4-reihigen Blockmatrizen ! P 0 A ¼ und B ¼ 0 Q

J6

R

0

0

S

!

und zeigen Sie, dass fu¨r das Matrizenprodukt A B folgende Beziehung gilt: ! PR 0 AB ¼ 0 QS

Die Blockmatrizen A und B enthalten 0 2 1 0 ! B1 3 0 P 0 B A ¼ ¼ B @0 0 1 0 Q 0 0 2

jeweils vier Zeilen und Spalten. Sie lauten: 0 1 1 2 0 0 ! B2 R 0 3 0 0C B C ¼ B C; B ¼ @ A 0 0 1 4 0 S 0 0 5 1

1 0 0C C C 3A 8

Wir berechnen zuna¨chst das Matrizenprodukt A B unter Verwendung des Falk-Schemas:

B

A

2 1 0 0

1 3 0 0

0 0 1 2

0 0 4 1

1 2 0 0

2 3 0 0

4 7 0 0

1 7 0 0

0 0 1 5

0 0 3 8

0 0 0 0 21 35 7 14

AB

0

)

4 B7 B AB ¼ B @0 0

1 7 0 0

1 0 0 0 0C C C 21 35 A 7 14


529

Ferner beno¨tigen wir noch die Matrizenprodukte P R und Q S (ebenfalls nach dem Falk-Schema berechnet):

P

2 1

R

1 2

2 3

1 3

4 7

1 7

1 2

Q

S

1 5

3 8

4 1

21 7

35 14

PR

QS

Die aus diesen Produkten gebildete 4-reihige Blockmatrix lautet somit: 1 0 4 1 0 0 ! B7 PR 0 7 0 0C C B ¼ B C ¼ AB A @ 0 0 21 35 0 QS 0 0 7 14 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} AB Sie stimmt (wie behauptet) mit dem Matrizenprodukt A B u¨berein.

J7

a b , deren Matrizenprodukt mit der Matrix Bestimmen Sie alle 2-reihigen Matrizen vom Typ X ¼ c d 1 0 sich kommutativ verha¨lt ðA X ¼ X AÞ . A ¼ 1 1

Wir berechnen zuna¨chst die beno¨tigten Matrizenprodukte A X und X A: ða þ 0Þ ðb þ 0Þ a 1 0 a b ¼ ¼ AX ¼ ð a þ cÞ ð b þ dÞ ðc aÞ 1 1 c d XA ¼

a c

b d

1 1

0 1

¼

ða bÞ ð0 þ bÞ ðc dÞ ð0 þ dÞ

¼

ða bÞ b ðc dÞ d

b ðd bÞ

Somit mu¨ssen die noch unbekannten Elemente a, b, c und d die folgende Matrizengleichung erfu¨llen: a b ða bÞ b A X ¼ X A oder ¼ ðc aÞ ðd bÞ ðc dÞ d Durch Vergleich entsprechender Elemente auf beiden Seiten dieser Gleichung erha¨lt man vier Gleichungen mit folgender Lo¨sung: 9 ðIÞ a ¼ a b ) b ¼ 0 ; a ¼ beliebig > > > > > = ðIIÞ b ¼ b ) b ¼ beliebig ) a ¼ d ¼ beliebig ; b ¼ 0 ; c ¼ beliebig ðIIIÞ c a ¼ c d ) d ¼ a ; c ¼ beliebig > > > > > ; ðIVÞ d b ¼ d ) b ¼ 0 ; d ¼ beliebig a 0 Lo¨sung: X ¼ mit a 2 R ; c 2 R c a Kontrollrechnung: AX ¼

a a 0 a 0 0 ¼ ¼ ðc aÞ ð a þ cÞ a c a 1 a 0 1 0 a 0 ¼ XA ¼ ðc aÞ a 1 1 c a 1 1

0 a

9 > > > > = > > > > ;

)

AX ¼ XA

530

J Lineare Algebra

1.2 Determinanten Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel I.3 Formelsammlung: Kapitel VII.2

J8

Begru¨nden Sie, warum die folgenden Determinanten verschwinden: 2 1 2 1 4 5 2 0 1 1 3 5 8 1 1 10 cÞ aÞ 0 3 0 bÞ 2 1 5 1 0 6 12 1 30 4 0 1 6 6 0

4 dÞ 20 2

3 4 15 20 4 2

a) Die Determinante entha¨lt den Nullvektor (3. Spalte). b) Die Determinante entha¨lt zwei proportionale Spalten (die 3. Spalte ist das 5-fache der 1. Spalte). c) Die 4. Zeile ist die Summe der ersten beiden Zeilen und somit eine Linearkombination dieser Zeilen. d) Die Determinante entha¨lt zwei gleiche Spalten (1. und 3. Spalte).

J9

Entwickeln Sie die folgenden 3-reihigen Determinanten nach einer mo¨glichst gu¨nstigen Zeile oder Spalte: 1 0 2 1 x x2 aÞ D ¼ 5 4 2 bÞ D ¼ 1 y y 2 1 1 z z2 3 1

a) Wir entwickeln die 3-reihige Determinante nach den Elementen der 1. Zeile, da a 13 ¼ 0 ist (Alternative: Entwicklung nach der 3. Spalte): D ¼ a 11 A 11 þ a 12 A 12 þ a 13 A 13 ¼ 2 A 11 þ 1 A 12 þ 0 A 13 ¼ 2 A 11 þ A 12 Berechnung der algebraischen Komplemente A 11 und A 12 (Vorzeichen nach der Schachbrettregel):

A 11 ¼ þ D 11

2 ¼ þ 5 1

1 4 3

0 2 1

A 12 ¼ D 12

2 ¼ 5 1

1 4 3

0 2 1

¼

4 2 3 1 ¼ 4 6 ¼ 10 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} D 11

5 2 ¼ ð 5 2Þ ¼ 7 ¼ 1 1 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} D 12

Somit gilt: D ¼ 2 A 11 þ A 12 ¼ 2 ð 10Þ þ 7 ¼ 20 þ 7 ¼ 13 b) Wir entwickeln diese Determinante zweckma¨ßigerweise nach den Elementen der 1. Spalte (alle Elemente sind gleich Eins): D ¼ a 11 A 11 þ a 21 A 21 þ a 31 A 31 ¼ 1 A 11 þ 1 A 21 þ 1 A 31 ¼ A 11 þ A 21 þ A 31


531

Berechnung der algebraischen Komplemente A 11 , minanten D 11 , D 21 und D 31 : 1 x x2 A 11 ¼ ð 1Þ 1 þ 1 D 11 ¼ þ 1 y y 2 ¼ 1 z z2

A 21 und A 31 aus den entsprechenden zweireihigen Unterdeter y y2 2 2 z z2 ¼ y z z y

A 21 ¼ ð 1Þ 2 þ 1 D 21

1 x x2 x ¼ 1 y y 2 ¼ z 1 z z2

A 31 ¼ ð 1Þ 3 þ 1 D 31

1 x x2 ¼ þ 1 y y 2 ¼ x y 2 y x 2 1 z z2

x 2 ¼ ðx z 2 z x 2 Þ ¼ x z 2 þ z x 2 z2

Damit besitzt die Determinante D den folgenden Wert: D ¼ A 11 þ A 21 þ A 31 ¼ y z 2 z y 2 x z 2 þ z x 2 þ x y 2 y x 2 ¼ x 2 ðz yÞ þ y 2 ðx zÞ þ z 2 ðy xÞ

J10

Entwickeln Sie die folgenden 4-reihigen Determinanten nach einer gu¨nstigen Zeile oder Spalte und berechnen Sie die dabei anfallenden 3-reihigen Determinanten nach der Regel von Sarrus: 0 1 3 0 2 1 4 4 10 4 3 1 2 0 1 0 bÞ D ¼ aÞ D ¼ 0 2 1 4 0 4 0 2 1 1 0 5 0 0 3 2

a) Besonders gu¨nstig fu¨r die Laplace-Entwicklung ist die 3. Zeile, da diese zwei Nullen entha¨lt ða 31 ¼ a 33 ¼ 0Þ: D ¼ a 31 A 31 þ a 32 A 32 þ a 33 A 33 þ a 34 A 34 ¼ 0 A 31 þ 4 A 32 þ 0 A 33 2 A 34 ¼ 4 A 32 2 A 34 Berechnung der algebraischen Komplemente A32 und A34 nach der Regel von Sarrus: 2 1 4 0 0 2 4 10 4 3 2 2 ¼ 112 A 32 ¼ ð 1Þ 3 þ 2 D 32 ¼ ¼ 10 3 0 4 0 2 1 3 2 1 0 3 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 32 ¼ 112 0 2 4 2 4 10 3 10 3 ) D 32 ¼ 12 þ 8 þ 0 0 þ 12 þ 80 ¼ 112 2 1 3 2 1 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 32

A 34 ¼ ð 1Þ 3 þ 4 D 34

2 1 4 0 2 1 4 10 4 3 2 ¼ ¼ 10 4 3 ¼ 67 0 4 0 2 1 0 3 1 0 3 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 34 ¼ 67

532

J Lineare Algebra

2 1 4 2 1 10 4 3 10 4 1 0 3 1 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 34

)

D 34 ¼ 24 3 þ 0 þ 16 þ 0 þ 30 ¼ 67

Somit gilt: D ¼ 4 A 32 2 A 34 ¼ 4 ð 112Þ 2 ð 67Þ ¼ 448 þ 134 ¼ 314 b) Die 4. Spalte entha¨lt drei Nullen ða 14 ¼ a 24 ¼ a 44 ¼ 0Þ, daher entwickeln wir die Determinante nach den Elementen dieser Spalte:

f

f

f

f

D ¼ a 14 A 14 þ a 24 A 24 þ a 34 A 34 þ a 44 A 44 ¼ 4 A 34 0

0

4

0

Berechnung des algebraischen Komplements A34 nach der Regel von Sarrus (Vorzeichenbestimmung nach der Schachbrettregel): 1 3 0 4 4 1 3 1 0 1 0 ¼ 1 0 1 ¼ ð 4Þ ¼ 4 A 34 ¼ D 34 ¼ 0 2 1 4 1 0 5 1 0 5 0 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} D 34 ¼ 4 4 1 3 4 1 1 0 1 1 0 ) D 34 ¼ 0 þ 1 þ 0 0 0 5 ¼ 4 1 0 5 1 0 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} D 34 Somit: D ¼ 4 A 34 ¼ 4 4 ¼ 16

J11

Zeigen Sie durch elementare Umformungen, dass die Determinanten der folgenden Matrizen verschwinden: 1 0 1 0 2 5 18 1 1 3 1 B 4 3 5 6C C B C B bÞ B ¼ B aÞ A ¼ @ 1 1 1 A C @6 3 9 3A 2 18 8 0 2 5 0

Die vorgenommenen Umformungen in den Zeilen und Spalten der Determinante werden jeweils in der entsprechenden Zeile bzw. Spalte angeschrieben (Z: Zeile). 1 3 1 1 3 1 1 3 1 aÞ det A ¼ 1 1 1 þ Z 1 ¼ 0 4 2 ¼ 0 4 2 ¼ 0 2 18 8 2 Z 0 12 6 3 Z 0 0 0 Nullvektor 1 2 Die Determinante entha¨lt in der 3. Zeile nur Nullen und hat daher den Wert Null. Anmerkung: Bereits nach dem 1. Schritt entha¨lt die Determinante zwei proportionale Zeilen (2. und 3. Zeile) und hat daher den Wert Null. Wenn Sie dies erkannt haben, ko¨nnen Sie hier bereits abbrechen. 2 2 5 18 1 5 18 1 0 13 31 4 3 8 5 6 2 Z 1 ¼ bÞ det B ¼ 0 6 18 45 0 3 9 3 þ 3 Z1 Proportionale Zeilen 0 0 2 5 0 2 5 0 Die 3. Zeile ist das 9-fache der 4. Zeile, die Determinante hat daher den Wert det B ¼ 0.


J12

D ¼

1 0 0 2

533

0 1 4 3

2 1 1 0 ¼ ? 0 4 5 1

Berechnen Sie diese Determinante durch Laplace-Entwicklung a) nach der gu¨nstigsten Zeile, b) nach der gu¨nstigsten Spalte.

a) Gu¨nstig sind die Zeilen 2 und 3, da sie beide zwei Nullen enthalten. Wir entscheiden uns fu¨r die 2. Zeile ða 21 ¼ a 24 ¼ 0Þ: D ¼ a 21 A 21 þ a 22 A 22 þ a 23 A 23 þ a 24 A 24 ¼ 0 A 21 þ 1 A 22 1 A 23 þ 0 A 24 ¼ A 22 A 23 Berechnung der algebraischen Komplemente A 22 und A 23 aus den entsprechenden 3-reihigen Unterdeterminanten D 22 und D 23 nach der Regel von Sarrus (Vorzeichenbestimmung nach der Schachbrettregel): 0 2 1 1 2 1 1 0 1 1 0 ¼ 0 A 22 ¼ þ D 22 ¼ 0 4 ¼ 36 0 4 0 4 2 5 1 2 3 5 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 22 ¼ 36 2 1 1 2 1 0 0 0 4 0 ) D 22 ¼ 0 þ 16 þ 0 0 þ 20 0 ¼ 36 2 5 1 2 5 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 22 0 1 1 0 1 0 0 4 4 4 ) D 23 ¼ 4 þ 0 þ 0 8 þ 12 0 ¼ 8 2 3 1 2 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 23 0 2 1 1 0 1 1 0 1 1 0 ¼ 0 4 4 ¼ 8 A 23 ¼ D 23 ¼ 0 4 0 4 2 3 1 2 3 5 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 23 ¼ 8 Somit gilt: D ¼ A 22 A 23 ¼ 36 ð 8Þ ¼ 36 þ 8 ¼ 44 b) Die 1. Spalte entha¨lt die meisten Nullen ða 21 ¼ a 31 ¼ 0Þ, also entwickeln wir die Determinante nach den Elementen dieser Spalte: D ¼ a 11 A 11 þ a 21 A 21 þ a 31 A 31 þ a 41 A 41 ¼ 1 A 11 þ 0 A 21 þ 0 A 31 þ 2 A 41 ¼ A 11 þ 2 A 41 Berechnung der algebraischen Komplemente A 11 und A 41 aus den entsprechenden 3-reihigen Unterdeterminanten D 11 und D 41 nach der Regel von Sarrus (Vorzeichenbestimmung nach der Schachbrettregel ):

A 11 ¼ þ D 11

¼

1 0 0 2

0 2 1 1 1 0 1 1 0 ¼ 4 0 4 ¼ 36 4 0 4 3 5 1 3 5 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 11 ¼ 36

534

J Lineare Algebra

1 1 0 1 4 0 4 4 3 5 1 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 11 A 41 ¼ D 41 ¼

1 0 5

1 0 0 2

2 1 0 2 0 1 1 0 1 1 4 0 4 4 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 41

)

D 11 ¼ 0 þ 12 þ 0 0 þ 20 þ 4 ¼ 36

0 1 4 3

2 1 2 1 0 1 0 ¼ 1 1 0 ¼ ð 4Þ ¼ 4 0 4 4 0 4 5 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 41 ¼ 4

)

D 41 ¼ 0 þ 0 þ 0 þ 4 0 8 ¼ 4

Somit besitzt die Determinante den folgenden Wert (in bereinstimmung mit dem Ergebnis aus a)): D ¼ A 11 þ 2 A 41 ¼ 36 þ 2 4 ¼ 36 þ 8 ¼ 44

J13

Berechnen Sie die Determinante 4 2 1 det A ¼ 2 1 0 1 0 5 a) nach der Regel von Sarrus, b) durch Laplace-Entwicklung nach der gu¨nstigsten Zeile oder Spalte, c) durch Umformung auf Dreiecksform mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen.

a) Determinantenberechnung nach Sarrus: 4 2 1 4 2 2 1 0 2 1 ) D ¼ 20 þ 0 þ 0 1 0 þ 20 ¼ 39 1 0 5 1 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D b) Besonders gu¨nstig fu¨r die Entwicklung der Determinante ist die zweite oder dritte Zeile bzw. die zweite oder dritte Spalte. Wir entscheiden uns fu¨r die dritte Zeile: D ¼ a 31 A 31 þ a 32 A 32 þ a 33 A 33 ¼ 1 A 31 þ 0 A 32 þ 5 A 33 ¼ A 31 þ 5 A 33 Berechnung der algebraischen Komplemente A31 und A33 aus den entsprechenden Unterdeterminanten D31 und D33 (Vorzeichenbestimmung nach der Schachbrettregel ): 4 2 1 2 1 ¼ 0 1 ¼ 1 A 31 ¼ þ D 31 ¼ 2 1 0 ¼ 1 0 1 0 5 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} D 31 4 2 1 4 2 ¼ 4þ4 ¼ 8 A 33 ¼ þ D 33 ¼ 2 1 0 ¼ 2 1 1 0 5 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} D 33


535

Somit gilt: D ¼ A 31 þ 5 A 33 ¼ 1 þ 5 8 ¼ 1 þ 40 ¼ 39 c) Wir vertauschen zuna¨chst die Zeilen 1 und 3 miteinander, wobei sich das Vorzeichen der Determinante a¨ndert. Die weiteren Zeilenumformungen sind jeweils angeschrieben: 4 2 1 5 5 1 0 5 1 0 1 0 D ¼ 2 1 0 ¼ 2 1 0 þ 2 Z 1 ¼ 0 1 10 ¼ 0 1 10 ¼ 1 0 5 4 2 1 4Z 0 2 19 2 Z 0 0 39 1 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Diagonalmatrix

¼ ½ 1 1 ð 39Þ ¼ 39

J14

l1 Welche Lo¨sungen besitzt die Gleichung 1 2

0 2 l1 1 0 1l

¼ 0?

Wir berechnen zuna¨chst die 3-reihige Determinante D nach der Regel von Sarrus: 0 2 l 1 0 l1 1 l1 1 1 l1 ) 2 0 1 l 2 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D D ¼ ðl 1Þ 2 ð1 lÞ þ 0 þ 0 þ 4 ðl 1Þ þ 0 þ 0 ¼ ðl 1Þ 2 ð1 lÞ þ 4 ðl 1Þ Die sich daraus ergebende kubische Gleichung lo¨sen wir durch Ausklammern des gemeinsamen Faktors l 1 wie folgt: ðl 1Þ 2 ð1 lÞ þ 4 ðl 1Þ ¼ ðl 1Þ 3 þ 4 ðl 1Þ ¼ 0 ) |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} ðl 1Þ l 1 ¼ 0 ) l1 ¼ 1 ðl 1Þ 3 4 ðl 1Þ ¼ ðl 1Þ ½ ðl 1Þ 2 4 ¼ 0 ðl 1Þ 2 4 ¼ 0 ) ðl 1Þ 2 4 ¼ 0 Lo¨sung:

J15

)

ðl 1Þ 2 ¼ 4

)

l 1 ¼ 2 ) l ¼ 1 2

)

l2 ¼ 3 ;

l3 ¼ 1

l 1 ¼ 1, l 2 ¼ 3, l 3 ¼ 1

1 2 D ¼ 7 1

4 2 8 4 5 1 0 5

3 6 0 1

¼ ?

Vereinfachen Sie diese Determinante durch elementare Umformungen in den Spalten so lange, bis Sie eine Determinante erhalten, die in einer Zeile nur noch ein von Null verschiedenes Element entha¨lt und entwickeln Sie anschließend nach Laplace (Berechnung der anfallenden 3-reihigen Determinante nach der Regel von Sarrus).

536

J Lineare Algebra

f

f

f

f

Wir nehmen folgende Umformungen in den Spalten der Determinante vor: von der vierten Spalte subtrahieren wir die erste Spalte, von der dritten Spalte das 5-fache der ersten Spalte. Dann entha¨lt die Determinante in der letzten (grau unterlegten) Zeile nur noch ein von Null verschiedenes Element: a 41 ¼ 1, a 42 ¼ a 43 ¼ a 44 ¼ 0. Die Entwicklung der Determinante nach den Elementen dieser Zeile fu¨hrt dann auf eine dreireihige Determinante, die wir nach der Regel von Sarrus leicht berechnen ko¨nnen. 4 7 4 4 2 3 1 1 2 8 14 2 8 4 6 4 ¼ a 41 A 41 þ a 42 A 42 þ a 43 A 43 þ a 44 A 44 ¼ A 41 ¼ D ¼ 7 7 5 34 7 5 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 5 1 " " 5 S1 S1 Berechnung des algebraischen Komplements A41 aus der Unterdeterminante D41 nach Sarrus: 4 7 4 4 1 7 4 2 8 14 4 ¼ 8 14 A 41 ¼ ð 1Þ 4 þ 1 D 41 ¼ D 41 ¼ 4 ¼ 2052 7 5 34 7 5 34 7 1 0 0 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 41 ¼ 2052 4 7 7 4 4 8 14 ) D 41 ¼ 392 þ 140 þ 1088 þ 280 þ 544 392 ¼ 2052 8 14 4 5 34 7 5 34 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D41 Ergebnis: D ¼ A 41 ¼ 2052

J16

1 1 Zeigen Sie, dass die Gleichung x x 1 y y 1 und P 2 ¼ ðx 2 ; y 2 Þ darstellt.

¼ 0 eine Gerade durch die Punkte P 1 ¼ ðx 1 ; y 1 Þ

1 x2 y2

Wir berechnen zuna¨chst die 3-reihige Determinante nach der Regel von Sarrus: 1 1 1 1 1 x x1 x2 x x1 ) D ¼ x1 y2 þ x2 y þ x y1 x1 y x2 y1 x y2 y y y y 1 y2 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D Aus D ¼ 0 erhalten wir die folgende lineare Gleichung mit den Koordinaten x und y: x1 y2 þ x2 y þ x y1 x1 y x2 y1 x y2 ¼ 0 ðx 2 x 1 Þ y þ ðy 1 y 2 Þ x þ x 1 y 2 x 2 y 1 ¼ 0 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} a b c

) )

ay þ bx þ c ¼ 0

Diese Gleichung ist die Funktionsgleichung einer linearen Funktion in impliziter Form und repra¨sentiert bekanntlich eine Gerade. Beide Punkte liegen auf der Geraden, da beim Einsetzen der Koordinaten von P 1 bzw. P 2 in die Determinante der Ausgangsgleichung zwei gleiche Spalten entstehen und die Determinante somit jeweils verschwindet: 1 1 1 1 1 1 P 2 ¼ ðx 2 ; y 2 Þ ) x 2 x 1 x 2 ¼ 0 P 1 ¼ ðx 1 ; y 1 Þ ) x 1 x 1 x 2 ¼ 0 ; y y y1 y2 y1 y2 1 2 " " " " identische Spalten

identische Spalten


J17

537

Wie a¨ndert sich der Determinantenwert einer n-reihigen Matrix A, wenn man diese Matrix mit dem Skalar l multipliziert?

Die Multiplikation einer Matrix A mit einem Skalar l erfolgt bekanntlich elementweise, d. h. jedes Matrixelement wird mit l multipliziert: 1 1 0 0 l a 11 l a 12 l a 1 n a 11 a 12 a 1 n C C B B B a 21 a 22 a 2 n C B l a 21 l a 22 l a 2 n C C C B B ¼ B . ) lA ¼ lB . .. C .. C C B .. B . . A . C A @ @ . an1

an2

l a 11 l a 21 det ðl AÞ ¼ . .. la n1

l an1

ann

l a 12

l a 22

l an2

l an2

l ann

l a 1n l a2n .. . l ann

In der Determinante von l A entha¨lt somit jede der n Zeilen (Spalten) den gemeinsamen Faktor l. Bekanntlich darf ein allen Elementen einer Zeile (Spalte) gemeinsamer Faktor vor die Determinante gezogen werden. Wir ko¨nnen daher aus jeder der n Zeilen (Spalten) den gemeinsamen Faktor l vorziehen. Der Faktor l tritt daher genau n-mal vor der Determinante auf: l a 11 l a 12 l a 1 n a 11 a 12 a 1 n l a 21 l a 22 l a 2 n a 21 a 22 a 2 n n det ðl AÞ ¼ . .. ¼ l l l .. .. ¼ l det A |fflfflfflfflfflfflfflfflffl ffl {zfflfflfflfflfflfflfflfflffl ffl } .. . . . la a n-mal l an2 l ann an2 ann n1 n1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A Folgerung: Wird eine n-reihige Matrix A mit dem Skalar l multipliziert, so multipliziert sich ihre Determinante mit l n , d. h. es gilt: det ðl AÞ ¼ l n det A

P zffl}|ffl{ a b Bc d B B Zeigen Sie: Fu¨r die Determinante der 4-reihigen Blockmatrix A ¼ B B @ 0 0 det A ¼ ðdet PÞ ðdet QÞ 0 0 0

J18

Zahlenbeispiel fu¨r die folgenden Untermatrizen: 2 3 4 2 : P ¼ und Q ¼ 1 5 1 3 Berechnen Sie den Wert der Determinante det A.

1 0 0 C 0 0C C C gilt: C a bA g d |ffl{zffl} Q

538

J Lineare Algebra

Berechnung der algebraischen Komplemente A 11 D 12 nach der Regel von Sarrus: a b c d 1þ1 A 11 ¼ ð 1Þ D 11 ¼ D 11 ¼ 0 0 0 0 d 0 0 d 0 0 a b 0 a 0 g d 0 g |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} D 11

)

f

f

f

f

Wir entwickeln die Determinante der Blockmatrix A nach dem Elementen der 1. Zeile: a b 0 0 c d 0 0 det A ¼ ¼ a 11 A 11 þ a 12 A 12 þ a 13 A 13 þ a 14 A 14 ¼ a A 11 þ b A 12 0 0 a b a b 0 0 0 0 g d und A 12 aus den entsprechenden Unterdeterminanten D 11 und d 0 0 ¼ 0 a b ¼ d ða d b gÞ a b 0 g d g d |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} D 11 ¼ d ða d b gÞ 0 0

0 0

D 11 ¼ d a d þ 0 þ 0 0 d b g 0 ¼ d a d d b g ¼ d ða d b gÞ

A 12 ¼ ð 1Þ 1 þ 2 D 12 ¼ D 12

¼

a b c d 0 0 0 0

0 0 c 0 0 0 0 ¼ 0 a b ¼ c ða d b gÞ a b 0 g d g d |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} D 12 ¼ c ða d b gÞ

c 0 0 c 0 0 a b 0 a 0 g d 0 g |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} D 12

)

D 12 ¼ c a d þ 0 þ 0 0 c b g 0 ¼ c a d c b g ¼ c ða d b gÞ

Damit erhalten wir: det A ¼ a A 11 þ b A 12 ¼ a d ða d b gÞ b c ða d b gÞ ¼ ða d b cÞ ða d b gÞ ¼ ðdet PÞ ðdet QÞ |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} det P det Q Die beiden Faktoren dieses Produktes sind aber genau die Determinanten der Untermatrizen P und Q: a b ¼ a d b c ; det Q ¼ a b ¼ a d b g det P ¼ c d g d Zahlenbeispiel: P zfflffl}|fflffl{ 2 3 B B1 5 B det A ¼ B B @0 0 0 0 0

1 0 C 0C 2 3 C C ¼ ðdet PÞ ðdet QÞ ¼ C 1 5 4 2A 1 3 |fflffl{zfflffl} Q 0 0

4 1

2 3

¼ ð10 3Þ ð12 2Þ ¼ 7 10 ¼ 70


J19

539

Gegeben sind die 3-reihigen Matrizen 0 1 0 1 1 2 0 1 1 1 B C B C A ¼ @ 1 5 3 A und B ¼ @ 0 5 3 A : 1 0 2 4 1 2 a) Berechnen Sie die Determinante des Matrizenproduktes A B auf zwei verschiedene Arten. b) Welchen Wert besitzt die Determinante des Produktes B A?

a) Wir verwenden das Multiplikationstheorem fu¨r n-reihige Matrizen: det ðA BÞ ¼ ðdet AÞ ðdet BÞ . 1. Lo¨sungsweg Wir bilden zuna¨chst das Matrizenprodukt A B nach dem Falk-Schema, dann die Determinante des Produktes unter Verwendung der Regel von Sarrus:

B

A

1 1 1

2 5 0

0 3 2

1 1 0 5 4 1

1 3 2

9 23 3

7 20 5

1 11 9

AB

)

7 1 1 9 11 23 20 11 9 3 5 9 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det ðA BÞ

9 23 3

det ðA BÞ ¼ 115 1620 þ 231 þ 1449 60 þ 495 ¼ 380 2. Lo¨sungsweg Wir berechnen die Determinanten von A und B nach der Regel von Sarrus und multiplizieren diese: 1 2 0 1 2 1 5 3 1 5 ) det A ¼ 10 þ 6 þ 0 0 0 þ 4 ¼ 20 1 0 2 1 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A 1 1 1 1 0 5 3 0 4 1 2 4 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det B

1 5 1

)

det B ¼ 10 þ 12 þ 0 þ 20 3 0 ¼ 19

det ðA BÞ ¼ ðdet AÞ ðdet BÞ ¼ 20 19 ¼ 380 b) Aus dem Multiplikationstheorem fu¨r Determinanten folgt: det ðB AÞ ¼ ðdet BÞ ðdet AÞ ¼ 19 20 ¼ 380 Somit ist det ðB AÞ ¼ det ðA BÞ, obwohl die Matrizenprodukte B A und A B verschieden sind.

J20

Zeige: Fu¨r eine n-reihige Diagonalmatrix A mit den Diagonalelementen a 11 ; a 22 ; a 33 ; . . . ; a nn gilt: det A ¼ a 11 a 22 a 33 a nn

540

J Lineare Algebra

Wir entwickeln die n-reihige Diagonaldeterminante det A zuna¨chst nach den Elementen der 1. Zeile, wobei nur das Diagonalelement a 11 einen Beitrag liefert (die u¨brigen Elemente sind alle gleich Null). Die Entwicklung fu¨hrt zu einer ðn 1Þ-reihigen Diagonaldeterminante mit den Diagonalelementen a 22 ; a 33 ; . . . ; a n n . Diese Determinante entwickeln wir wieder nach den Elementen der 1. Zeile (nur das 1. Element a22 liefert einen Beitrag, die u¨brigen Elemente sind wieder alle gleich Null). Die Entwicklung fu¨hrt dann auf eine ðn 2Þ-reihige Diagonaldeterminante mit den Diagonalelementen a 33 ; a 44 ; . . . ; a n n . Dieses Verfahren setzen wir fort, bis wir auf die 1-reihige Determinante mit dem (einzigen) Element a n n stoßen. Somit gilt: det A ¼

a 11

0

0

0

0

a 22

0

0

0

0

a 33

0

0 .. .

0 .. .

0 .. .

a 44 .. .

0

0

0

0

¼ a 11 a 22

0 a 33 0 a 44 .. . 0 0

0 a 22 0 0 0 ¼ a 11 0 0 . .. .. . 0 ann

0

0

a 33

0

0 .. .

a 44 .. .

0

0

0 a 44 0 ¼ a a a .. 11 22 33 . .. . 0 ann

0 0 0 ¼ .. . a nn

0 .. ¼ . ann

¼ ¼ a 11 a 22 a 33 a n 1; n 1 j a n n j ¼ a 11 a 22 a 33 a n n |fflffl{zfflffl} ann Anmerkung: j a n n j ist die 1-reihige Determinante mit dem einzigen Element a n n (nicht zu verwechseln mit dem Betrag von a n n ).

Der in Bild J-1 dargestellte elastische Balken der La¨nge l ¼ 2 a ist am linken Ende fest eingespannt und tra¨gt in der angegebenen Weise zwei gleiche Punktmassen m 1 ¼ m 2 ¼ m. Infolge seiner Elastizita¨t ist er zu Biegeschwingungen fa¨hig. Die Kreisfrequenzen w dieser sog. Eigenschwingungen lassen sich aus der Determinantengleichung 5 2 ða w 2 Þ w 3EI 2 ¼ 0 mit a ¼ 5 m l3 w 2 ða 8 w 2 Þ 2 bestimmen (E I : Biegesteifigkeit des Balkens). Berechnen Sie diese Eigenkreisfrequenzen.

J21

A Balken

m1

m2 C

B a

a

Bild J-1

A; B:

Umkehrpunkte der Biegeschwingung

C:

Gleichgewichtslage des Balkens


541

Die Determinantengleichung fu¨hrt zu einer bi-quadratischen Gleichung, die wir mit der Substitution u ¼ w 2 wie folgt lo¨sen: 5 2 w ða w 2 Þ 25 4 2 w ¼ 0 ) ¼ ða w 2 Þ ða 8 w 2 Þ 5 2 4 w ða 8 w 2 Þ 2 4 25 4 7 4 a2 8 a w2 a w2 þ 8 w 4 w ¼ w 9 a w2 þ a2 ¼ 0 ) 4 4 7 36 4 2 36 4 2 a w2 þ a ¼ 0 ) ðSubstitution : u ¼ w 2 Þ u 2 au þ a ¼ 0 ) 7 7 7 7 sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 18 324 2 4 2 18 324 a 2 28 a 2 18 296 a 2 a a a ¼ a a ¼ ¼ ¼ 7 49 7 7 7 49 49 pffiffiffiffiffiffiffiffi 18 296 a a ¼ ¼ 2,5714 a 2,4578 a ) u 1 ¼ 5,0292 a ; u 2 ¼ 0,1136 a 7 7

w4

u 1=2

Ru¨cksubstitution unter Beachtung der Bedingung w > 0 fu¨hrt zu den folgenden Lo¨sungen: pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi w 2 ¼ u 1 ¼ 5,0292 a ) w 1 ¼ 5,0292 a ¼ 2,243 a w 2 ¼ u 2 ¼ 0,1136 a

J22

)

w2 ¼

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi 0,1136 a ¼ 0,337 a

Berechnen Sie die Determinante der 5-reihigen Matrix 1 0 1 1 0 2 0 B 2 0 1 1 4C C B A ¼ B 1 0 3 1C C B 0 C B @2 1 0 0 0A 2 0 1 2 2 a) durch Laplace-Entwicklung nach gu¨nstigen Zeilen oder Spalten (auf 3-reihige Determinanten zuru¨ckfu¨hren, die dann nach der Regel von Sarrus berechnet werden), b) indem Sie die Matrix zuna¨chst mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen auf Diagonalgestalt bringen und dann die Determinante der Diagonalmatrix berechnen.

a) Besonders gu¨nstig sind die 3. Spalte und die 4. Zeile, die beide jeweils drei Nullen enthalten. Wir entscheiden uns fu¨r die 4. Zeile. Die Entwicklung der Determinante nach Laplace entha¨lt dann nur zwei von Null verschiedene Glieder:

0

¼ 2 ð 1Þ

D 41 þ ð 1Þ

f

1 4þ1

f

f

2

f

f

det A ¼ a 41 A 41 þ a 42 A 42 þ a 43 A 43 þ a 44 A 44 þ a 45 A 45 ¼ 2 A 41 þ A 42 ¼ 0

0

4þ2

D 42 ¼ 2 ð 1Þ D 41 þ 1 D 42 ¼ 2 D 41 þ D 42

Die 4-reihigen Unterdeterminanten lauten: 1 1 0 2 0 1 0 2 0 2 0 1 1 4 0 1 1 4 D 41 ¼ 0 1 0 3 1 ¼ ; 1 0 3 1 2 1 0 0 0 0 1 2 2 2 0 1 2 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det B

D 42

1 1 0 2 0 1 ¼ 0 1 0 2 1 0 2 0 1

2 1 3 0 2

0 4 1 0 2

1 0 2 0 2 1 1 4 ¼ 0 0 3 1 2 1 2 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det C

542

J Lineare Algebra

Die Determinanten D 41 ¼ det B und D 42 ¼ det C entwickeln wir jeweils nach den Elementen der 1. Zeile, die daraus resultierenden 3-reihigen Unterdeterminanten werden dann nach der Regel von Sarrus berechnet: Entwicklung der Determinante D 41 = det B

B 11 ¼ ð 1Þ 1 þ 1

1 1 4 1 0 3 1 0 1 2 2 1 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} B 11

f

0

2

0

1 0 1 0

1 3 2

B 13 ¼ ð 1Þ 1 þ 3

0 1 4 0 1 0 1 1 0 1 2 0 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} B 13

f

1

f

f

det B ¼ b 11 B 11 þ b 12 B12 þ b 13 B 13 þ b 14 B 14 ¼ B 11 þ 2 B 13

0 1 0 1

0 4 1 2

1 1 4 ¼ 0 3 1 ¼ 7 1 2 2 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} B 11 ¼ 7

B 11 ¼ 6 þ 1 þ 0 12 2 0 ¼ 7

)

1 0 1 0

1 0 1

2 1 3 2

0 1 0 1

)

2 1 3 2

0 4 1 2

0 1 4 ¼ 1 0 1 ¼ 2 0 1 2 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} B 13 ¼ 2

B 13 ¼ 0 þ 0 þ 4 0 0 2 ¼ 2

Somit gilt: D 41 ¼ det B ¼ B 11 þ 2 B 13 ¼ ð 7Þ þ 2 2 ¼ 7 þ 4 ¼ 11 Entwicklung der Determinante D42 = det C

f

0

2

1

C 11 ¼ ð 1Þ 1 þ 1

1 2 0 2

0 1 0 1

Diese Determinante ist identisch 1 0 2 1 1þ3 C 13 ¼ ð 1Þ 0 0 2 1

2 1 3 2

0 4 1 2

f

f

f

det C ¼ c 11 C 11 þ c 12 C 12 þ c 13 C 13 þ c 14 C 14 ¼ C 11 þ 2 C 13 0 1 1 4 ¼ 0 3 1 ¼ 7 1 2 2 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} C 11 ¼ 7

mit der bereits berechneten Determinante B11 : C 11 ¼ B 11 ¼ 7. 2 0 2 1 4 1 4 ¼ 0 0 1 ¼ 0 3 1 2 1 2 2 2 " " proportionale Spalten

Zur Erinnerung: Eine Determinante mit zwei proportionalen Zeilen (oder Spalten) verschwindet.


543

Somit gilt: D 42 ¼ det C ¼ C 11 þ 2 C 13 ¼ 7 þ 2 0 ¼ 7 Fu¨r die Ausgangsdeterminante det A erhalten wir damit den folgenden Wert: det A ¼ 2 D 41 þ D 42 ¼ 2 11 7 ¼ 22 7 ¼ 15 b) Die durchgefu¨hrten Umformungen in den Zeilen der Matrix A sind jeweils angeschrieben: 0

1

B B 2 B A ¼ B B 0 B B2 @ 2 0

1 1

0

B 0 B0 B B0 1 B B B0 1 @ 0 0 0

1

B B0 B B0 B B B0 @ 0

1 0 0 1

1

0

2

0

1

1

1

0

3

1

0

0

0

1

2

2

0

1

0

C 4 C þ Z4 C 1C C C 0C A 2 þ Z4 þ Z3

C 3 C Z5 C 3 1C C C 4 0C A þ Z3 1 1 2

0

0

5

1

0

3

0

1

1

0

0

1

0

0

7

1

0

1

)

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

B B0 B 3 ) B B0 B B0 @ 0

1

C 1C C 1C C C 2C A 1 þ 7 Z4

B B 0 B B 0 B B B2 @ 0

1

0

0

1

1 1

0

2

1 1

1

1 0

3

1 0

0

1 1

2

5 1

1

C 1 2C C 3 1C C C 7 1C A 1 1 5

1

0

1

C 4 C Z3 C 1C C C 0C A þ 2 Z1 2 Z3 0

1

B B0 B 4 ) B B0 B B0 @ 0

2

)

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

5

1

1

C 1C C 1 2C C C 1 1C A 7 1 3

5

)

1

C B 3 1C B0 1 0 C B 6 ) B 1C C B0 0 1 1 C B C B0 0 0 1 2 A @ 0 0 0 0 15 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} Obere Dreiecksmatrix

Umformungen 1

Zur 2. und 5. Zeile addieren wir die 4. Zeile.

2

Von der 2. und 5. Zeile wird die 3. Zeile subtrahiert, zur 4. Zeile das 2-fache der 1. Zeile addiert.

3

Zur 1. und 4. Zeile wird die 3. Zeile addiert, von der 2. Zeile die 5. Zeile subtrahiert.

4

Wir vertauschen jeweils die 2. Zeile mit der 3. Zeile und die 4. Zeile mit der 5. Zeile.

5

Vertauschen der Zeilen 3 und 4.

6

Zur 5. Zeile wird das 7-fache der 4. Zeile addiert. Wir erhalten eine obere Dreiecksmatrix.

Berechnung der Determinante det A Die vorgenommenen Zeilenumformungen in der Matrix A bewirken keine nderung des Determinantenwertes. Mit einer Ausnahme: Beim Vertauschen zweier Zeilen a¨ndert die Determinante ihr Vorzeichen. Insgesamt wurden drei Vertauschungen vorgenommen (Operationen 4 und 5 ), so dass sich die Determinante mit ð 1Þ ð 1Þ ð 1Þ ¼ 1 multipliziert. Somit gilt: det A ¼ 1 ½ ð1Þ ð1Þ ð1Þ ð 1Þ ð15Þ ¼ 15 (fu¨r Dreiecksmatrizen gilt bekanntlich: det A ¼ Produkt der Diagonalelemente).

544

J Lineare Algebra

1.3 Spezielle Matrizen Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel I.2.4, 3 und 6 Formelsammlung: Kapitel VII.1.2, 1.4, 1.5 und 4

J23

Welche der nachfolgenden 3-reihigen Matrizen sind regula¨r, welche (Nachweis u¨ber Determinanten) 0 1 0 1 0 a 1 1 0 0 1 4 2 B C B C B A ¼ @0 1 2A; B ¼ @0 2 4A; C ¼ @1 0 2 1 0 3 6 2 1 1

singula¨r? 1 9 C aA 1

ðmit a 2 RÞ

Eine n-reihige Matrix A ist regula¨r, wenn ihre Determinante nicht verschwindet, anderenfalls ist sie singula¨r. Die Berechnung der hier vorliegenden 3-reihigen Determinanten erfolgt nach der Regel von Sarrus. 1 4 2 1 0 1 2 0 2 1 1 2 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} det A 1 0 0 1 0 2 4 0 0 3 6 0 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} det B a 1 9 a 1 0 a 1 2 1 1 2 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} det C

)

det A ¼ 1 þ 16 þ 0 4 2 0 ¼ 11 6¼ 0

)

0 2 3

)

det B ¼ 12 þ 0 þ 0 0 12 0 ¼ 0

¨ B ist singular

1 0 1

)

det C ¼ 0 þ 2 a þ 9 0 a 2 1 ¼ a 2 þ 2 a þ 8

)

) a 2 þ 2 a þ 8 ¼ 0 ð 1Þ ) a 2 2 a 8 ¼ 0 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1 1 þ 8 ¼ 1 3 ) a1 ¼ 4 ; a2 ¼ 2

det C ¼ 0 a 1=2

4 1 1

¨ A ist regular

)

Fu¨r a ¼ 4 bzw. a ¼ 2 ist die Matrix C demnach singula¨r, fu¨r alle u¨brigen reellen Werte von a regula¨r.

J24

Bestimmen Sie mit Hilfe elementarer Umformungen in den Zeilen bzw. Spalten der Matrix den Rang r dieser Matrix und entscheiden Sie dann, ob die Matrix regula¨r oder singula¨r ist. 1 0 0 1 0 1 2 1 0 1 2 1 2 1 4 6 B1 2 2 0C B C B C C B aÞ A ¼ @ 1 2 2A bÞ A ¼ @ 2 5 3A cÞ A ¼ B C @0 2 4 1A 2 2 1 8 7 21 0 2 16 4

Eine n-reihige Matrix A ist genau dann regula¨r, wenn ihr Rang r gleich n ist, sonst ist sie singula¨r. Durch elementare Zeilenumformungen bringen wir die Matrix A auf die „Trapezform“ A* und bestimmen den jeweiligen Rang (er ist gleich der Anzahl der nicht-verschwindenden Zeilen).


0 aÞ

2

1

B A ¼ B @1 2 0

1

B B0 @ 0

2

2

545

0

1

C 2 2C A 2 1 2

C 6C A

6

3

0

2 Z2

bÞ

1 B A ¼ @2 8

r ¼ Rg ðAÞ ¼ Rg ðA*Þ ¼ 2 ; 0 cÞ

2

B B1 B A ¼ B B0 @ 0 0

1

B B0 B B B0 @ 0

1 2

1

8

0

0

C 2C C C 4 1C A þ 2 Z2 20 5

r ¼ Rg ðAÞ ¼ Rg ðA*Þ ¼ 3 ;

J25

0 9 )

r ¼ n ¼ 3

0

1 4 B ) @0 13 0 39 )

1 2

0

B B0 1 B B B0 0 @ 0 0

n ¼ 4

0

)

¨ A ist regular

1 6 C 9A 27 þ 3 Z 2

2

0

)

0

1

r < n ¼ 4

1 B ) @0 0

1

)

)

1

2

B B0 B B B0 @

)

3 2

0 0

C 8 2C C C 20 5 C A 20 5 Z 3

1 4 6 C 13 9 A ¼ A* Nullzeile 0 0

0

¨ A ist singular

C 0 1C C 2 Z1 C 4 1C A 20 5

2 2 0

1

)

r < n ¼ 3

B B2 1 B B B0 2 @

)

0 )

1

C 6C A ¼ A*

3

0

1

)

2 Z1

1

2 2

1

C 0C C C 4 1C A 16 4 þ Z 3

2 2

1

2

n ¼ 3

2

2

2

2

0

1

C 2C A 2 Z1

1

n ¼ 3

1 6 C 3 A þ 2 Z1 21 8 Z 1

4 5 7

2

2

1

B B0 @ 0

)

r ¼ Rg ðAÞ ¼ Rg ðA*Þ ¼ 3 ; 0

B B2 @ 2

)

1

3

1

1

B B0 B B B0 @ 0

0 2

1 0 0

2

2 0

1

C 4 1C C þ Z3 C 4 1C A 20 5 0

)

1

C 8 2C C C ¼ A* 20 5 C A 0 0 Nullzeile

¨ A ist singular

Zeigen Sie, dass die Matrix A regula¨r ist und bestimmen Sie ihre Inverse A 1 mit Hilfe von Unterdeterminanten von D ¼ det A: 0 1 0 1 a 0 0 2 1 1 B C B C aÞ A ¼ @ 0 b 0 A ðmit a; b; c 6¼ 0Þ bÞ A ¼ @ 3 4 1A 0 0 c 1 2 0 Kontrollieren Sie das Ergebnis.

Wir zeigen zuna¨chst, dass det A 6¼ 0 ist und A somit eine regula¨re und invertierbare Matrix ist. Die Berechnung der inversen Matrix A erfolgt dann mit Hilfe der algebraischen Komplemente u¨ber die entsprechenden Unterdeterminanten (Vorzeichenbestimmung nach der Schachbrettregel ! FS: Kap. VII.2.3.2). Die Ergebnisse werden kontrolliert durch den Nachweis der Beziehung A A 1 ¼ A 1 A ¼ E . a 0 0 ¨ aÞ det A ¼ 0 b 0 ¼ a b c 6¼ 0 ) A ist regular 0 0 c (A ist eine Diagonalmatrix, die Determinante von A somit gleich dem Produkt der Diagonalelemente!)

546

J Lineare Algebra

Berechnung der ði; k ¼ 1; 2; 3Þ a D 11 ¼ 0 0

D 13

D 22

D 31

D 33

algebraischen Komplemente A i k aus den entsprechenden 2-reihigen Unterdeterminanten D i k der Determinante D ¼ det A: 0 0 a 0 0 b 0 ¼ b c 0 ¼ b c ; D 12 ¼ 0 b 0 ¼ 0 0 ¼ 0 0 ¼ 0 ; b 0 ¼ 0 c 0 c 0 0 c 0 c

a ¼ 0 0

0 b 0

0 0 c

¼

a ¼ 0 0

0 b 0

0 0 c

a ¼ 0

0 ¼ ac 0 ¼ ac; c

a ¼ 0 0

0 b 0

0 0 c

0 ¼ b

0 ¼ 0 0 ¼ 0; 0

a ¼ 0 0

0 b 0

0 0 c

a ¼ 0

0 ¼ ab 0 ¼ ab b

0 0

b ¼ 0 0 ¼ 0; 0

D 21

D 23

D 32

a 0 0 ¼ 0 b 0 ¼ 0 0 c a ¼ 0 0

0 0

0 ¼ 0 0 ¼ 0; c

0 0 a b 0 ¼ 0 0 c

0 ¼ 0 0 ¼ 0; 0

a 0 0 a 0 ¼ 0 b 0 ¼ 0 0 0 0 c

¼ 0 0 ¼ 0;

A 11 ¼ þ D 11 ¼ b c ; A 22 ¼ þ D 22 ¼ a c ; A 33 ¼ þ D 33 ¼ a b ; alle u¨brigen algebraischen Komplemente verschwinden. Inverse Matrix A1 0 A 1

A11 1 B ¼ @ A12 det A A13

A21 A22 A23

1 0 A31 bc 1 B C A32 A ¼ @ 0 abc 0 A33

0 ac 0

1 0 1 1=a 0 0 0 C B C 0 A ¼ @ 0 1=b 0 A 0 0 1=c ab

Kontrolle: Nachweis der Beziehung A A 1 ¼ A 1 A ¼ E . A 1

A

a 0 0

0 b 0

0 0 c

1=a 0 0

0 1=b 0

0 0 1=c

1 0 0

0 1 0

0 0 1

A

A

A A 1 ¼ E

1

1=a 0 0

0 1=b 0

0 0 1=c

a 0 0 b 0 0

0 0 c

1 0 0

0 0 1

0 1 0

A 1 A ¼ E

Somit gilt: A A 1 ¼ A 1 A ¼ E .

bÞ

2 1 1 2 1 3 3 4 4 1 1 2 0 1 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A ¼ D

¨ ) det A ¼ D ¼ 0 þ 1 þ 6 4 þ 4 0 ¼ 7 6¼ 0 ) A ist regular


547

Berechnung der algebraischen Komplemente A i k aus den entsprechenden 2-reihigen Unterdeterminanten D i k ði; k ¼ 1; 2; 3Þ: 2 1 1 4 1 ¼ 0þ2 ¼ 2 ) A 11 ¼ þ D 11 ¼ 2 D 11 ¼ 3 4 1 ¼ 2 0 1 2 0

D 12

D 13

D 21

D 22

D 23

D 31

D 32

D 33

2 ¼ 3 1

1 4 2

1 1 0

3 ¼ 1

1 ¼ 0þ1 ¼ 1 0

)

A 12 ¼ D 12 ¼ 1

2 ¼ 3 1

1 4 2

1 1 0

3 ¼ 1

4 ¼ 6 þ 4 ¼ 2 2

)

A 13 ¼ þ D 13 ¼ 2

2 ¼ 3 1

1 4 2

1 1 0

1 ¼ 2

1 ¼ 0 2 ¼ 2 0

)

A 21 ¼ D 21 ¼ 2

2 ¼ 3 1

1 4 2

1 1 0

2 ¼ 1

1 ¼ 0 1 ¼ 1 0

)

A 22 ¼ D 22 ¼ 1

2 ¼ 3 1

1 4 2

1 1 0

2 ¼ 1

1 ¼ 4 1 ¼ 5 2

)

A 23 ¼ D 23 ¼ 5

2 ¼ 3 1

1 4 2

1 1 0

1 ¼ 4

1 ¼ 1 þ 4 ¼ 3 1

)

A 31 ¼ D 31 ¼ 3

2 ¼ 3 1

1 4 2

1 1 0

2 ¼ 3

1 ¼ 2þ3 ¼ 5 1

)

A 32 ¼ D 32 ¼ 5

2 ¼ 3 1

1 4 2

1 1 0

2 ¼ 3

1 ¼ 8 þ 3 ¼ 11 4

)

A 33 ¼ D 33 ¼ 11

0 1 1 2 2 3 A31 1B 1 C C B Inverse Matrix : A 1 A32 A ¼ @1 1 5A ¼ 7 7 2 5 11 A33 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} B 1 1 Kontrolle: Nachweis der Beziehung A A 1 ¼ A 1 A ¼ E und damit ðA BÞ ¼ ðB AÞ ¼ E 7 7 bzw. A B ¼ B A ¼ 7 E . 0

A11 1 B ¼ @ A12 det A A13

B

A

2 3 1

1 4 2

1 1 0

2 2 1 1 2 5 7 0 0

0 7 0 AB

A21 A22 A23

3 5 11 0 0 7

0

)

7 B A B ¼ @0 0

0 7 0

1 0 1 0 1 0 0 C B C 0 A ¼ 7@ 0 1 0 A ¼ 7 E 7 0 0 1 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} E

548

J Lineare Algebra

A

B

2 1 2

2 1 5

2 3 1

1 4 2

1 1 0

7 0 0

0 7 0

0 0 7

3 5 11

0

)

7 B B A ¼ @0 0

1 0 1 0 1 0 0 C B C 0 A ¼ 7@ 0 1 0 A ¼ 7 E 7 0 0 1 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} E

0 7 0

BA Somit gilt:

A B ¼ B A ¼ 7E

0

1 B Die Matrix B ¼ @ 2 0

J26

und

A A 1 ¼ A 1 A ¼ E.

1 3 C 1 A ist die Inverse einer (noch unbekannten) Matrix A . Bestimmen Sie 9

0 1 2

diese nach dem Gauß-Jordan-Verfahren (mit Kontrollrechnung).

Es gilt B ¼ A 1 und somit A ¼ ðA 1 Þ 1 ¼ B 1 . Die gesuchte inverse Matrix von B bestimmen wir nach dem Gauß-Jordan-Verfahren wie folgt (! FS: Kap. VII.1.5.2.2): 0

1 B ðB j EÞ ¼ @ 2 0

0

1 B @0 0

0 1 0

0 1 2

3 1 9

1 0 0

1 0 C 0 A 2 Z1 1

0 1 0

|fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} B E 1 3 1 0 0 3 Z3 C 5 2 1 0 A þ 5 Z3 1 4 2 1

0

1 B @0 0

)

0 1 2

3 5 9

1 2 0

0 1 0

1 0 C 0A 1 2 Z2

0

1 1 0 0 11 6 3 B C 5 A ¼ ðE j B 1 Þ @ 0 1 0 18 9 0 0 1 4 2 1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} E B 1

)

Damit gilt: 0

A ¼ B 1

1 3 C 5 A und 1

11 6 B ¼ @ 18 9 4 2

0

A 1

1 B ¼ B ¼ @2 0

0 1 2

1 3 C 1A 9

Kontrolle: Wir zeigen, dass A A 1 ¼ A 1 A ¼ E ist.

A

11 6 18 9 4 2

A 1

1 2 0

0 1 2

3 1 9

3 5 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

A

A

1

A A 1 ¼ E 0

Somit gilt: A A 1 ¼ A 1

1 B A ¼ @0 0

1 2 0

0 1 2

3 1 9

11 6 3 18 9 5 4 2 1 1 0 0

0 1 0

0 0 1

A 1 A ¼ E 0 1 0

)

1 0 C 0 A ¼ E. 1


549

Zeigen Sie zuna¨chst mit Hilfe von Determinanten, dass die Matrix A regula¨r und somit invertierbar ist und berechnen Sie dann nach dem Gauß-Jordan-Verfahren die inverse Matrix A 1 : 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 2 B1 1 0 1C C B C B aÞ A ¼ @ 2 4 1 A bÞ A ¼ B C @ 2 2 1 1A 0 1 0 0 1 1 0

J27

Kontrollieren Sie das Ergebnis. a) Berechnung der 3-reihigen Determinante det A nach der Regel von Sarrus: 1 1 2 1 1 2 4 1 2 4 ) det A ¼ 0 þ 0 4 0 1 0 ¼ 5 6¼ 0 0 1 0 0 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A

)

¨ A ist regular

Berechnung der inversen Matrix A 1 nach Gauß-Jordan (! FS: Kap. VII.1.5.2.2) 0 1 0 1 1 1 2 1 0 0 1 1 2 1 0 0 Z 3 B C B C ðA j EÞ ¼ @ 2 4 1 0 1 0 A 2 Z 1 ) @ 0 2 5 2 1 0 A Z 3 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} A E 0 1 0 1 1 0 2 1 0 1 1 0 2 1 0 1 B C B C ) @0 1 0 0 0 1A ) 5 2 1 1 A @0 1 0 1 5 2 1 1 Z2 0 1 0 0 0 1 0

1 B @0 0

0 1 0

2 0 5

0

1 0 0 B @0 1 0 0 0 1 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} E

1 0 2

0 0 1

0

1 1 C 1A 2 : 5

)

1 B @0 0

0 1 0

2 0 1

1 0 2=5

1 0 1 þ 2 Z3 C 0 1 A 1=5 2=5

1 1=5 2=5 9=5 C 0 0 1 A ¼ ðE j A 1 Þ 2=5 1=5 2=5 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A 1

Somit lautet die Inverse der Matrix A wie folgt: 0 0 1 0 1 1 2 1=5 2=5 9=5 1=5 2=5 9=5 1 B B C B C 1 ¼ @ 0 0 1 A ¼ @ 0 0 5=5 A ¼ A @ 0 0 5 2 1 2=5 1=5 2=5 2=5 1=5 2=5

1 9 C 5A 2

Kontrolle: Nachweis der Beziehung A A 1 ¼ A 1 A ¼ E .

1

A

A

1 2 0

1 4 1

2 1 0

1=5 0 2=5

2=5 0 1=5

9=5 1 2=5

1 0 0

0 1 0

0 0 1

A A 1 ¼ E

A

1

A

1 1 2 4 0 1

2 1 0

1=5 2=5 9=5 0 0 1 2=5 1=5 2=5

1 0 0 1 0 0

0 0 1

A 1 A ¼ E

)

)

550

J Lineare Algebra

0

Somit gilt: A A 1 ¼ A 1

1 @ A ¼ 0 0

0 1 0

1 0 0 A ¼ E. 1

b) Wir entwickeln die 4-reihige Determinante D ¼ det A nach den Elementen der 1. Zeile und erhalten zwei 3-reihige Determinanten, die dann nach der Regel von Sarrus berechnet werden:

f

f

f

f

D ¼ det A ¼ a 11 A 11 þ a 12 A 12 þ a 13 A 13 þ a 14 A 14 ¼ A 11 þ A 13 1

0

1

0

Die algebraischen Komplemente A11 und A13 erhalten wir aus den entsprechenden 3-reihigen Unterdeterminanten D11 und D13 unter Beachtung der Vorzeichenregel (Schachbrettregel ! FS: Kap. VII.2.3.2): 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 ¼ 2 1 1 ¼ 2 A 11 ¼ þ D 11 ¼ 2 2 1 1 1 1 0 0 1 1 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 11 ¼ 2 1 0 0 1 1 2 1 ) D 11 ¼ 0 þ 0 2 1 þ 1 0 ¼ 2 1 1 2 1 1 0 1 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D11 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 ¼ 2 2 1 ¼ 3 A 13 ¼ þ D 13 ¼ 2 2 1 1 0 1 0 0 1 1 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D 13 ¼ 3 1 1 1 1 1 2 2 1 2 2 ) D 13 ¼ 0 þ 0 þ 2 0 þ 1 0 ¼ 3 0 1 0 0 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D13 Somit gilt: D ¼ det A ¼ A 11 þ A 13 ¼ 2 þ 3 ¼ 1 6¼ 0

)

¨ und invertierbar A ist regular

Berechnung der inversen Matrix A 1 nach Gauß-Jordan (! FS: Kap. VII.1.5.2.2) 0

1 0 1 0 B1 1 0 1 B ðA j EÞ ¼ B @ 2 2 1 1 0 1 1 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A 0

1 B0 B B @0 0

0 1 0 0

1 0 1 0 1 1 1 1 3 1 4 2 2 1 1 1

0

1 1 0 0 0 0 1 0 0C C þ Z1 C 0 0 1 0 A 2 Z1 0 0 0 1 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} E 0 0 1 0

1 0 0C C C 0 A 2 Z4 1

1 B0 B B @0 0

)

0

1 B0 B ) B @0 0

0 1 0 0

0 1 2 1

1 1 1 1

1 0 1 1 1 1 2 1

0 1 1 0

1 1 2 0

0 1 0 0

0 0 1 0

1 0 0C C C 0 A 2 Z2 1 Z2

1 0 0 0 Z3 1 1 1 0 0C C Z3 C 2 A 0 1 2 1 1 0 1 þ 2 Z3

)

)


0

1 B0 B B @0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

551

1 0 1 2 þ Z4 3 3 1 1 2C C C 2 A Z4 0 1 2 5 1 2 3

1 0 1 1

0

Inverse Matrix: A 1

2 B 3 B ¼ B @ 3 5

1 1 1 1

1 1 1 2

1 1 0 0 0 2 1 1 1 B 0 1 0 0 3 1 1 2C B C ) B C ¼ ðE j A 1 Þ @0 0 1 0 3 A 1 1 1 0 0 0 1 5 1 2 3 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} E A 1 0

1 1 2C C C 1A 3

Kontrolle: Nachweis der Beziehung A A 1 ¼ A 1 A ¼ E

A 1

A

1 1 2 0

0 1 2 1

1 0 1 1

0 1 1 0

2 1 3 1 3 1 5 1 1 0 0 0

1 1 1 2 1 1 2 3

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

A 1

A

1 1 2 0

0 1 2 1

1 0 1 1

0 1 1 0

2 1 1 1 3 1 1 2 3 1 1 1 5 1 2 3

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

A A 1 ¼ E

A 1 A ¼ E

Somit gilt: A A 1 ¼ A 1 A ¼ E .

J28

Lo¨sen Sie die Matrizengleichungen A X ¼ B und Y A ¼ B durch Invertierung der Matrix A nach dem Gauß-Jordan-Verfahren: 2 5 1 4 A ¼ ; B ¼ 1 3 2 3

Die Matrix A ist regula¨r und daher invertierbar, da ihre Determinante nicht verschwindet: 2 5 ¼ 6 5 ¼ 1 6¼ 0 ) A ist regular ¨ det A ¼ 1 3 Mit dem Gauß-Jordan-Verfahren berechnen wir die zugeho¨rige inverse Matrix A 1 (! FS: Kap. VII.1.5.2.2): 2 5 1 0 1 3 0 1 1 3 0 1 þ 3 Z2 ðA j EÞ ¼ ) ) ) 1 30 1 2 5 1 0 2 Z1 0 1 1 2 |{z} |{z} A E 3 5 1 0 3 5 1 0 3 5 1 1 ¼ ) ¼ ðE j A Þ ) A 1 2 0 1 1 2 ð 1Þ 0 1 1 2 |{z} |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} E A 1 Lo¨sung der Gleichung A X = B Wir multiplizieren die Gleichung von links mit A 1 (alle Matrizenprodukte sind vorhanden): AX ¼ B

)

A 1 A X ¼ A 1 B |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} E

)

E X ¼ A 1 B |fflffl{zfflffl} X

)

X ¼ A 1 B

552

J Lineare Algebra

Berechnung des Matrizenproduktes A 1 B mit dem Falk-Schema: 1 2

4 3

7 3

3 2

B A

3 1

1

5 2

Lo¨sung: X ¼ A

1

B ¼

7 3 3 2

A 1 B Lo¨sung der Gleichung Y A = B Diese Gleichung wird von rechts mit A 1 multipliziert (alle Multiplikationen sind durchfu¨hrbar): YA ¼ B

)

Y A A 1 ¼ B A 1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} E

)

Y E ¼ B A 1 |fflffl{zfflffl} Y

)

Y ¼ B A 1

Das Matrizenprodukt B A 1 berechnen wir mit dem Falk-Schema: A 1 B

1 2

4 3

3 1 1 3

5 2 3 4

Lo¨sung: Y ¼ B A 1 ¼

1 3

3 4

B A 1

J29

Bestimmen Sie die Lo¨sung X der Matrizengleichung A X ¼ B mit Hilfe der inversen Matrix A 1 (Berechnung nach dem Gauß-Jordan-Verfahren). Warum ist die Gleichung Y A ¼ B nicht lo¨sbar? 2 1 2 5 8 A ¼ ; B ¼ 3 2 4 9 14

Wir zeigen zuna¨chst, dass die 2-reihige Matrix A regula¨r und somit invertierbar ist: 2 1 ¼ 4 þ 3 ¼ 1 6¼ 0 ) A ist regular ¨ det A ¼ 3 2 Die inverse Matrix A 1 berechnen wir nach dem Gauß-Jordan-Verfahren (! FS: Kap. VII.1.5.2.2): 1 1 1 1 1 1 1 1 þ Z2 2 1 1 0 þ Z 2 ) ) ðA j EÞ ¼ 3 2 0 1 3 Z1 0 1 3 2 3 20 1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |{z} A E

1 0 0 1

2 1 3 2 ð 1Þ

)

1 0 0 1 |{z} E

2 1 ¼ ðE j A 1 Þ 3 2 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} A 1

)

A 1 ¼

2 3

1 2

)

Die Matrizengleichung A X ¼ B lo¨sen wir, indem wir beide Seiten von links mit A 1 multiplizieren (alle auftretenden Matrizenprodukte sind vorhanden): A 1 A X ¼ A 1 B |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} E

)


)

X ¼ A 1 B


553

Berechnung des Matrizenproduktes A 1 B mit dem Falk-Schema: B A 1

2 3

1 2

5 9

8 14

0 1 2 3

2 4

2 4

Lo¨sung: X ¼ A 1 B ¼

0 1 2 3

2 4

A1 B Die Gleichung Y A ¼ B ist dagegen nicht lo¨sbar. Um diese Gleichung nach Y aufzulo¨sen, mu¨ssten wir zuna¨chst beide Seiten von rechts mit A 1 multiplizieren: YA ¼ B

)

Y A A 1 ¼ Y E ¼ Y ¼ B A 1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} E

Das Matrizenprodukt B A 1 existiert nicht, da B vom Typ ð2; 3Þ, A 1 aber vom Typ ð2; 2Þ ist.

Lo¨sen Sie die Matrizengleichung 0 10 1 0 1 0 1 1 x1 7 B CB C B C @ 1 0 3 A@ x2 A ¼ @ 14 A oder A X ¼ B x3 4 1 2 8 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} |{z} |{z} A X B durch Invertierung der Koeffizientenmatrix A nach dem Verfahren von Gauß-Jordan (mit Probe).

J30

Die 3-reihige Koeffizientenmatrix A ist regula¨r und somit invertierbar, da ihre Determinante nicht verschwindet (Berechnung nach der Regel von Sarrus): 0 1 1 0 1 1 0 3 1 0 ) det A ¼ 0 þ 12 þ 1 0 0 2 ¼ 11 6¼ 0 4 1 2 4 1 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} det A Mit dem Gauß-Jordan-Verfahren berechnen wir die fu¨r die Lo¨sung beno¨tigte inverse Matrix A 1 Kap. VII.1.5.2.2): 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 3 0 1 0 C B C B ðA j EÞ ¼ @ 1 0 3 0 1 0 A ) @ 0 1 1 1 0 0 A ) 4 1 20 0 1 4 Z 4 1 2 0 0 1 1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} A E 0 0 1 1 1 0 3 0 1 0 1 0 3 0 1 0 B B C C ) @0 1 1 1 0 0A ) 1 1 0 0A @0 1 0 0 11 1 4 1 : ð 11Þ 0 1 10 0 4 1 Z 2 0

1 B @0 0

0 1 0

3 1 1

1 1 0 0 3 Z3 C 1 0 0 A Z3 1=11 4=11 1=11

1 1 0 0 3=11 1=11 3=11 C B 1=11 A ¼ ðE j A 1 Þ @ 0 1 0 10=11 4=11 0 0 1 1=11 4=11 1=11 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} E A 1 0

)

(! FS:

554

J Lineare Algebra

Somit gilt: 0 1 1 3 1 3 3=11 1=11 3=11 1 B 1 C B C 1A¼ C ¼ @ 10=11 4=11 1=11 A ¼ @ 10 4 11 11 1 4 1 1=11 4=11 1=11 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} C 0

A 1

Die Matrizengleichung A X ¼ B multiplizieren wir von links mit A 1 und erhalten: AX ¼ B

)

A 1 A X ¼ A 1 B |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} E

)


)

X ¼ A 1 B ¼

1 ðC BÞ 11

Berechnung des Matrizenproduktes C B nach dem Falk-Schema:

B

C

3 1 10 4 1 4

3 1 1

7 14 8 11 22 55

0 1 0 1 11 1 1 1 @ Lo¨sung: X ¼ ðC BÞ ¼ 22 A ¼ @ 2 A 11 11 55 5

CB Kontrolle durch Einsetzen in die Gleichung A X ¼ B:

A

0 1 4

1 0 1

X

1 2 5

1 3 2

7 14 8

0

)

1 7 A X ¼ @ 14 A ¼ B 8

AX

J31

Pru¨fen Sie, ob die Spaltenvektoren der folgenden Matrizen linear abha¨ngig oder linear unabha¨ngig sind: 1 0 0 1 3 1 4 4 4 2 B4 3 6C C B B C aÞ A ¼ @ 4 2 4 A bÞ A ¼ B C @0 4 3A 2 4 4 2 3 4

a) Wir zeigen, dass die aus den drei Spaltenvektoren a 1 , a 2 und a 3 gebildete 3-reihige Matrix A ¼ ða 1 a 2 a 3 Þ regula¨r ist und die Vektoren somit linear unabha¨ngig sind: 4 2 4 4 4 det A ¼ 32 32 32 þ 8 64 64 ¼ 216 6¼ 0 ) 4 2 4 4 2 ) ¨ A ist regular 2 4 4 2 4 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A


555

b) Die drei Vektoren a 1 , a 2 und a 3 aus dem R 4 sind genau dann linear unabha¨ngig, wenn die aus ihnen gebildete Matrix A ¼ ða 1 a 2 a 3 Þ vom Typ ð4; 3Þ den Rang r ¼ n ¼ 3 besitzt: 1 0 3 1 4 B4 3 6C C B Rg ðAÞ ¼ r 3 A ¼ ða 1 a 2 a 3 Þ ¼ B C; @0 4 3A 2 3 4 Diese Matrix hat den Rang r ¼ 3, wenn es mindestens eine von Null verschiedene 3-reihige Unterdeterminante gibt. Die durch Streichen der 4. Zeile erhaltene Unterdeterminante D4 erfu¨llt diese Bedingung (Berechnung nach der Regel von Sarrus): 4 3 1 3 1 4 3 6 4 3 ) D 4 ¼ 27 þ 0 þ 64 0 72 12 ¼ 7 6¼ 0 0 4 3 0 4 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D4 Damit gilt r ¼ 3, die drei Vektoren sind also linear unabha¨ngig.

J32

Bestimmen Sie den Rang der nachfolgenden Matrizen unter ausschließlicher Verwendung von Unterdeterminanten: 1 0 0 1 0 1 5 1 6 1 1 1 1 2 1 1 C B1 2 2C B B C B C cÞ C ¼ @ 2 2 3 1 A aÞ A ¼ @ 1 1 2 A bÞ B ¼ B C @1 2 1A 0 0 1 3 2 1 2 0 3 3

Die Berechnung der anfallenden 3-reihigen Determinanten erfolgt nach der Regel von Sarrus. a) Die 3-reihige Determinante von A ist von Null verschieden, die Matrix A ist daher regula¨r und besitzt den Rang r ¼ 3: 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 ) det A ¼ 4 þ 4 þ 1 2 4 2 ¼ 1 6¼ 0 ) r ¼ Rg ðAÞ ¼ 3 2 1 2 2 1 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} det A b) Die Matrix B vom Typ ð4; 3Þ hat den Rang r ¼ 3, da es eine 3-reihige von Null verschiedene Unterdeterminante D 1 gibt (wir streichen in B die 1. Zeile): 2 1 2 1 2 1 2 ) D 1 ¼ 6 þ 0 þ 6 0 þ 3 þ 6 ¼ 21 6¼ 0 ) r ¼ Rg ðBÞ ¼ 3 2 1 1 0 3 3 3 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D1 c) Zuna¨chst gilt: r 3. Der Rang von C ist r ¼ 3, wenn es wenigstens eine von Null verschiedene 3-reihige Unterdeterminante gibt (wir streichen in C der Reihe nach die 1., 2., 3. bzw. 4. Spalte): 1 1 1 1 1 1 1 1 D 1 ¼ D 2 ¼ 2 3 1 ; 2 3 1 2 3 ) D 1 ¼ D 2 ¼ 9 þ 0 þ 2 0 þ 1 þ 6 ¼ 0 0 1 3 0 1 0 1 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D1 ¼ D2 1 1 1 1 1 1 D 3 ¼ 2 2 1 ¼ 0 ; D 4 ¼ 2 2 3 ¼ 0 0 0 3 0 0 1 " " " " identische Spalten

identische Spalten

556

J Lineare Algebra

Alle vier 3-reihigen Unterdeterminanten verschwinden somit. Daher ist r < 3 , d. h. r 2 . Es gibt aber eine 2-reihige Unterdeterminante mit einem von Null verschiedenen Wert (wir streichen in C die 1. und 2. Spalte sowie die 3. Zeile), na¨mlich: 1 1 3 1 ¼ 1 3 ¼ 4 6¼ 0 ) r ¼ Rg ðCÞ ¼ 2

Bestimmen Sie den Matrizenrang mittels elementarer Umformungen in den Zeilen bzw. Spalten: 1 0 1 0 0 1 1 3 4 1 1 0 1 2 3 2 0 1 3 B4 5 5 1 4 B 1 5C 4 9 10 C C B C B B C aÞ A ¼ @ 1 0 2 A bÞ B ¼ B C C cÞ B @0 @ 1 2 7 8 A 3 3 3 2 1A 3 2 0 6 14 9 10 7 7 1 4 1 0

J33

Die Matrix A wird mit Hilfe elementarer Umformungen in den Zeilen oder Spalten auf Trapezform gebracht. Der Rang von A ist dann gleich der Anzahl r der nicht-verschwindenden Zeilen: Rg ðAÞ ¼ r . 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 3 1 0 2 1 0 2 1 0 2 C C C B B B C B C C C B aÞ A ¼B 0 2C ) B ) B @0 1 3A @0 1 3A A ) @ 0 1 3A @ 1 3 2 0 þ 3 Z1 0 2 6 2 Z2 0 0 0 3 2 0 Nullzeile Somit gilt: Rg ðAÞ ¼ 2 0

bÞ

1 B1 B B ¼ B @1 1 0

1 2 B0 2 B B @0 0 0 0 0 cÞ

1 3 B4 5 B B @0 3 6 14

2 3 4 9 2 7 4 1 3 12 20 40

1 2 10 C C þ Z1 C 8 A þ Z1 0 Z1

1 2 12 C C C 18 A 38 þ 2 Z 3

4 1 5 1 3 3 9 10

0 )

0 )

1 B0 B B @0 0

1 1 0 4 5C C 4 Z1 C 2 1A 7 7 6 Z1

1 1 0 1 1 4 3 B0 5 0 5 11 17 C C þ 5 Z3 B C B @0 1 2 3 3 3A 0 7 1 16 15 32 þ 7 Z 3

1 B0 B B @0 0

1 2 3 2 2 12 12 C C C 0 20 18 A 0 0 2

1 0 1 1 4 B0 1 2 3 3 B B @0 0 10 10 4 0 0 15 5 6

1 3 3C C C 2A 11 1,5 Z 3

)

0 )

0

0

1 2 3 2 2 12 12 C C C 4 4 6 A þ 2 Z2 6 4 2 3 Z2

)

Rg ðBÞ ¼ 4

1 3 4 1 B 0 17 11 5 B B @0 3 3 3 0 32 15 16

1 1 0 0 5C C C 2 1A 1 7

0 )

1 1 0 1 1 4 3 B0 0 10 10 4 2 C B C B C @0 1 2 3 3 3A 0 0 15 5 6 11

)

0 )

1 0 1 1 B0 1 2 3 B B @0 0 10 10 0 0 0 10

1 4 3 3 3C C C 4 2A 0 8

)

)

Rang : r ¼ 4


J34

557

Zeigen Sie, dass die folgenden Matrizen orthogonal sind: 1 1 0 0 1 2 2 sin a cos a 0 1 B C C B 1 2A aÞ A ¼ @ cos a sin a 0 A bÞ A ¼ @2 3 2 2 1 0 0 1 Wie lautet die jeweilige inverse Matrix A 1 ?

Eine n-reihige Matrix A ist orthogonal, wenn sie die Bedingung A A T ¼ E erfu¨llt. Fu¨r eine orthogonale Matrix A gilt stets A 1 ¼ A T , d. h. die inverse Matrix A 1 ist die Transponierte von A . a) Wir zeigen mit Hilfe des Falk-Schemas, dass die Matrix A die Eigenschaft A A T ¼ E besitzt:

A

A

sin a cos a 0

T

sin a cos a 0 cos a sin a 0 0 0 1

cos a sin a 0

ðsin 2 a þ cos 2 aÞ ðcos a sin a sin a cos aÞ 0

0 0 1

ðsin a cos a cos a sin aÞ 0 0 ðcos 2 a þ sin 2 aÞ 0 1 A AT

Unter Verwendung des „trigonometrischen Pythagoras“ sin 2 a þ cos 2 a ¼ 1 erhalten wir: 0 1 ðsin 2 a þ cos 2 aÞ ðsin a cos a cos a sin aÞ 0 B C A AT ¼ B ðcos 2 a þ sin 2 aÞ 0C @ ðcos a sin a sin a cos aÞ A ¼ 0 0 1 )

0

1

B B0 @ 0

0

0

1

C 0C A ¼ E

0

1

Die Matrix A ist somit orthogonal: 1 sin a cos a 0 C B ¼ @ cos a sin a 0 A 0 0 1 0

Inverse Matrix: A 1 ¼ A T 0 bÞ

A AT ¼

A AT ¼

1

1 B B2 3 @ 2

2

2

1

0

1

C 1 B B 2C A 3 @ 2 2 1 2 1

2 1 2

2

1

0

1

2 2

1 0

1

2

2

1

C C B C 1B B B C 2C 1 2C A ¼ 9 @2 A@ 2 1 2 A 1 2 2 1 2 2 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} B BT

1 ðB B T Þ 9

Berechnung des Matrizenproduktes B B T nach dem Falk-Schema:

B

B

T

1 2 2 2 1 2 2 2 1

1 2 2

2 1 2

2 2 1

9 0 0

0 9 0

0 0 9

B BT

0

9

0

0

1

C B 1 1 B ðB B T Þ ¼ 0 9 0C A ¼ 9 9 @ 0 0 9 1 0 1 0 0 C B C ¼ B @ 0 1 0 A ¼ E ) A ist orthogonal 0 0 1

A AT ¼

1

558

J Lineare Algebra

0

Inverse Matrix: A 1 ¼ A T

1 1 B ¼ @ 2 3 2

2 1 2

1 2 C 2A 1

Welche der nachstehenden Matrizen sind symmetrisch, welche schiefsymmetrisch? 0 1 0 1 0 1 2 3 6 0 1 3 0 2 3 B C B C B C A ¼ @3 1 5A; B ¼ @ 1 0 4A; C ¼ @2 1 8A; 6 5 4 3 4 0 3 8 0

J35

0 D ¼

1 B @ 3

1 2 2

2 1 2

1

2 C 2A; 1

0

0 B 1 B F ¼ B @ 5 8

1 0 3 0

5 3 0 4

1 8 0C C C 4A 0

Bei einer symmetrischen Matrix sind die Elemente spiegelsymmetrisch zur Hauptdiagonalen angeordnet. Symmetrisch sind daher die folgenden Matrizen: 0

2 3 B A ¼ @3 1 6 5

1 6 C 5 A ¼ AT ; 4

1 1 2 2 1 B C D ¼ 1 2 A ¼ DT @ 2 3 2 2 1 0

Bei einer schiefsymmetrischen Matrix verschwinden sa¨mtliche Diagonalelemente und spiegelsymmetrisch zur Hauptdiagonalen liegende Elemente unterscheiden sich nur im Vorzeichen. Schiefsymmetrisch sind daher: 1 0 0 1 0 1 5 8 0 1 3 B 1 0 3 0C C B C B B ¼ @ 1 0 4 A ¼ BT ; F ¼ B C ¼ FT @ 5 3 0 4A 3 4 0 8 0 4 0 Die Matrix C ist weder symmetrisch noch schiefsymmetrisch (bei einer schiefsymmetrischen Matrix mu¨ssen alle Diagonalelemente verschwinden, was hier nicht der Fall ist).

J36

Stellen Sie fest, ob die komplexe Matrix A hermitesch oder schiefhermitesch ist. Zerlegen Sie die Matrix in einen Realteil B und einen Imagina¨rteil C . Welchen Wert besitzt die Determinante von A? 1 0 1 0 2j 1 þ j 2 þ 5j 2 1 j 5 þ 2j C B C B bÞ A ¼ @ 1 þ j 0 1 þ 3jA aÞ A ¼ @ 1 þ j 0 3 þ jA 2 þ 5j 1 þ 3j 8j 5 2j 3 j 8

a) Fu¨r eine hermitesche Matrix A gilt die Bedingung A ¼ A ¼ ðA *Þ T , die hier erfu¨llt ist: 1 0 1 0 2 1 þ j 5 2j 2 1 j 5 þ 2j 1 C 2 B C B 0 3 jA ) A ¼ @1 þ j 0 3 þ jA ) A* ¼ @1 j 5 þ 2j 3 þ j 8 5 2j 3 j 8 0

ðA *Þ T

1 2 1 j 5 þ 2j B C ¼ A ¼ @1 þ j 0 3 þ jA ¼ A 5 2j 3 j 8 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A


559

Durchgefu¨hrte Operationen: 1

Konjugation: Die Matrixelemente werden durch die konjugiert komplexen Elemente ersetzt.

2

Transponieren: Zeilen und Spalten werden miteinander vertauscht (Spiegelung der Elemente an der Hauptdiagonalen).

Zerlegung der hermiteschen Matrix A in einen symmetrischen Realteil B und einen schiefsymmetrischen Imagina¨rteil C: 1 0 1 0 1 0 0 j 2j 2 1 5 2 1 j 5 þ 2j C B C B C B j 0 jA ¼ A ¼ @1 þ j 0 3 þ jA ¼ @1 0 3A þ @ 2j j 0 5 3 8 5 2j 3 j 8 1 0 1 0 0 1 2 2 1 5 C B C B 0 1A ¼ B þ j C ¼ @ 1 0 3 A þ j@ 1 2 1 0 5 3 8 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} B C (symmetrisch)

(schiefsymmetrisch)

Berechnung der Determinante det A nach der Regel von Sarrus ð j 2 ¼ 1Þ: 1 j 5 þ 2 j 2 1j 2 1þ j 1þ j 0 3 þ j 0 5 2j 3 j 8 5 2j 3 j |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A det A ¼ 0 þ ð1 jÞ ð3 þ jÞ ð5 2 jÞ þ ð5 þ 2 jÞ ð1 þ jÞ ð3 jÞ 0 ð3 jÞ ð3 þ jÞ 2 8 ð1 þ jÞ ð1 jÞ ¼ ¼ ð3 þ j 3 j þ 1Þ ð5 2 jÞ þ ð5 þ 5 j þ 2 j 2Þ ð3 jÞ ð9 þ 1Þ 2 8 ð1 þ 1Þ ¼ ¼ ð4 2 jÞ ð5 2 jÞ þ ð3 þ 7 jÞ ð3 jÞ 20 16 ¼ ¼ 20 8 j 10 j 4 þ 9 3 j þ 21 j þ 7 36 ¼ ¼ ð20 4 þ 9 þ 7 36Þ þ ð 8 j 10 j 3 j þ 21 jÞ ¼ 4 b) Fu¨r eine schiefhermitesche Matrix A gilt die Bedingung A ¼ A ¼ ðA *Þ T : 0

2j B A ¼ @ 1þ j 2 þ 5j

1 þ j 0 1 þ 3j

0

ðA *Þ T

2j B ¼ A ¼ @1 j 2 5j

1 2 þ 5j C 1 þ 3jA 8j 1 j 0 1 3j

0

1

)

2j B A* ¼ @ 1 j 2 5j

1 j 0 1 3j

1 2 5j C 1 3jA 8j

2

)

1 0 1 2j 1 þ j 2 þ 5j 2 5j C B C 0 1 þ 3jA ¼ A 1 3jA ¼ @ 1 þ j 2 þ 5j 1 þ 3j 8j 8j |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A


Konjugation: Die Matrixelemente werden durch die konjugiert komplexen Werte ersetzt.

2

Transponieren: Zeilen und Spalten werden miteinander vertauscht (Spiegelung der Elemente an der Hauptdiagonalen).

Somit gilt A ¼ A und damit A ¼ A , d. h. A ist schiefhermitesch.

560

J Lineare Algebra

Zerlegung der schiefhermiteschen Matrix A in einen schiefsymmetrischen Realteil Imagina¨rteil C: 0 1 0 1 0 2j 1 þ j 2 þ 5j 0 1 2 2j j B C B C B B C B C B A ¼ @ 1þ j 0 1 þ 3jA ¼ @ 1 0 1A þ @ j 0 2 þ 5j 1 þ 3j 8j 2 1 0 5j 3j 0

0

1

1

0

2

0

1

2

1

5

B und einen symmetrischen 5j

1

C 3jC A ¼ 8j

1

C B C C B 1C Aþ j @1 0 3A ¼ B þ j C 5 3 8 2 1 0 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}

B ¼B @

Realteil B

Imagina¨rteil C

Berechnung der Determinante det A nach der Regel von Sarrus ð j 2 ¼ 1Þ: 2j 1 þ j 2 þ 5 j 2j 1 þ j 1þ j 1þ j 0 1 þ 3 j 0 2 þ 5j 1 þ 3j 8j 2 þ 5j 1 þ 3j |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A det A ¼ 0 þ ð 1 þ jÞ ð1 þ 3 jÞ ð 2 þ 5 jÞ þ ð2 þ 5 jÞ ð1 þ jÞ ð 1 þ 3 jÞ 0 ð 1 þ 3 jÞ ð1 þ 3 jÞ 2 j 8 j ð1 þ jÞ ð 1 þ jÞ ¼ ¼ ð 1 3 j þ j 3Þ ð 2 þ 5 jÞ þ ð2 þ 2 j þ 5 j 5Þ ð 1 þ 3 jÞ ð 1 9Þ 2 j 8 j ð 1 1Þ ¼ ¼ ð 4 2 jÞ ð 2 þ 5 jÞ þ ð 3 þ 7 jÞ ð 1 þ 3 jÞ þ 20 j þ 16 j ¼ ¼ 8 20 j þ 4 j þ 10 þ 3 9 j 7 j 21 þ 36 j ¼ ¼ ð8 þ 10 þ 3 21Þ þ ð 20 j þ 4 j 9 j 7 j þ 36 jÞ ¼ 4 j

1 Zeigen Sie, dass die komplexe Matrix A ¼ pffiffiffi 3

J37

1j 1

j 1 þ j

unita¨r ist und berechnen Sie

ihre Determinante und die inverse Matrix A 1 .

a) Eine Matrix A ist unita¨r, wenn sie die Bedingung A A ¼ E erfu¨llt. Zuna¨chst bilden wir die konjugiert transponierte Matrix A ¼ ðA *Þ T : ! ! 1 2 1j j 1þj j 1 1 ) A * ¼ pffiffiffi ) A ¼ pffiffiffi 1 1 þ j 1 1 j 3 3

ðA *Þ

T

1 ¼ A ¼ pffiffiffi 3

1þj j

1

!

1 j


Konjugation: Die Matrixelemente werden durch ihre konjugiert komplexen Werte ersetzt.

2

Transponieren: Spiegelung der Matrixelemente an der Hauptdiagonalen.


561

Berechnung des Matrizenproduktes A A ! 1j j 1 1 pffiffiffi A A ¼ pffiffiffi 1 1 þ j 3 3 1 ¼ 3

1j

j

1

1 þ j

!

1þj

1 j

j

1þj

!

1 1 j

j

!

1

¼

1 ¼ 3

b 11

b 12

b 21

b 22

!

Wir berechnen jetzt die Matrixelemente b 11 , b 12 , b 21 und b 22 unter Beru¨cksichtigung der Beziehung j 2 ¼ 1: b 11 ¼ ð1 j Þ ð1 þ j Þ þ ð jÞ j ¼ 1 j 2 j 2 ¼ 1 þ 1 þ 1 ¼ 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3. Binom

b 12 ¼ ð1 j Þ 1 þ ð jÞ ð 1 j Þ ¼ 1 j þ j þ j 2 ¼ 1 1 ¼ 0 b 21 ¼ 1 ð1 þ j Þ þ ð 1 þ j Þ j ¼ 1 þ j j þ j 2 ¼ 1 1 ¼ 0 b 22 ¼ 1 1 þ ð 1 þ j Þ ð 1 j Þ ¼ 1 þ 1 þ j j j 2 ¼ 1 þ 1 þ 1 ¼ 3 Somit gilt: 1 AA ¼ 3

b11 b21

b12 b22

1 ¼ 3

3 0

0 3

1 0 ¼ ¼ E 0 1 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} E

Die Matrix A ist also unita¨r.

bÞ

1 1 det A ¼ pffiffiffi pffiffiffi 3 3 ¼

1j 1

1 1 ½ ð1 j Þ ð 1 þ j Þ þ j ¼ ð 1 þ j þ j j 2 þ j Þ ¼ ¼ 3 3 1 þ j j

1 1 ð 1 þ j þ j þ 1 þ jÞ ¼ 3j ¼ j 3 3

)

j det A j ¼ j j j ¼ 1

c) Fu¨r eine unita¨re Matrix A gilt stets A 1 ¼ A und somit: 1þj 1 1 1 ¼ A ¼ pffiffiffi A j 1 j 3

J38

Ist die komplexe Matrix A ¼

cos a j sin a

j sin a cos a

unita¨r?

Welchen Wert besitzt die Determinante von A, wie lautet die inverse Matrix A 1 ?

Die Matrix A ist unita¨r, wenn sie die Bedingung A A ¼ E erfu¨llt. Wir berechnen daher zuna¨chst die konjugiert transponierte Matrix A ¼ ðA *Þ T ! ! 1 2 cos a j sin a cos a j sin a A ¼ ) A* ¼ ) j sin a cos a j sin a cos a ! cos a j sin a T ðA *Þ ¼ A ¼ j sin a cos a

562

J Lineare Algebra


Konjugation: Die Matrixelemente werden durch ihre konjugiert komplexen Werte ersetzt.

2

Transponieren: Spiegelung der Matrixelemente an der Hauptdiagonalen.

Wir bilden jetzt das Matrizenprodukt A A: ! cos a j sin a A A ¼ j sin a cos a ¼

¼

cos a

j sin a

j sin a

cos a

! ¼

ðcos 2 a j 2 sin 2 aÞ

ð j sin a cos a þ j sin a cos aÞ

ðj sin a cos a j sin a cos aÞ

ð j 2 sin 2 a þ cos 2 aÞ !

ðcos 2 a þ sin 2 aÞ

0

0

ðsin 2 a þ cos 2 aÞ

¼

1 0 0 1

! ¼

! ¼ E

(unter Beachtung von j 2 ¼ 1 und der trigonometrischen Beziehung sin 2 a þ cos 2 a ¼ 1) Aus A A ¼ E folgt, dass A eine unita¨re Matrix ist. ¼ cos 2 a þ j 2 sin 2 a ¼ cos 2 a sin 2 a ¼ 1 f

Berechnung der Determinante det A cos a j sin a det A ¼ j sin a cos a

¼ ðcos 2 a þ sin 2 aÞ ¼ 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1

)

j det A j ¼ 1

Inverse Matrix A 1 Fu¨r eine unita¨re Matrix gilt bekanntlich stets A 1 ¼ A . Somit ist cos a j sin a 1 A ¼ A ¼ j sin a cos a Fu¨r die hier vorliegende unita¨re Matrix A gilt sogar A 1 ¼ A ¼ A.

a) Zeigen Sie: Eine quadratische Matrix A la¨sst sich stets als Summe der Matrizen B ¼

J39

1 ðA þ A T Þ 2

und

C ¼

1 ðA A T Þ 2

darstellen, wobei B eine symmetrische und C eine schief-symmetrische Matrix ist (Nachweis fu¨hren). 0 1 1 0 4 B C b) Zerlegen Sie die 3-reihige Matrix A ¼ @ 2 4 6 A auf diese Weise in einen symmetrischen 2 2 8 Anteil B und einen schiefsymmetrischen Anteil C . c) Bilden Sie aus diesen Anteilen je eine hermitesche Matrix H und eine schiefhermitesche Matrix S .

a) Wir zeigen zuna¨chst, dass A die Summe aus B und C ist: BþC ¼

1 1 1 1 T 1 1 T ðA þ A T Þ þ ðA A T Þ ¼ Aþ A þ A A ¼ A 2 2 2 2 2 2


563

Wir mu¨ssen ferner zeigen, dass B T ¼ B und C T ¼ C gilt (dann ist B symmetrisch und trisch):

1 1 1 T 1 B ¼ ðA þ A T Þ ) B T ¼ ðA þ A T Þ T ¼ A þ ðA T Þ T ¼ ðA T þ AÞ ¼ 2 2 2 2 |fflffl{zfflffl} A T ) B ¼ B ) B ist symmetrisch C ¼

1 ðA A T Þ 2

C schiefsymme1 ðA þ A T Þ ¼ B 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} B

1 1 T 1 ðA A T Þ T ¼ A ðA T Þ T ¼ ðA T AÞ ¼ 2 2 2 |fflffl{zfflffl} A 1 ¼ ðA A T Þ ¼ C ) C T ¼ C ) C ist schiefsymmetrisch 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} C

)

CT ¼

b) Zerlegung der Matrix A in eine Summe aus einer symmetrischen und einer schiefsymmetrischen Matrix: 0

A þ AT

1 B ¼ @ 2 2

0 4 2

0 1 1 4 B C 6A þ @0 4 8 0

2 1 1 B T B ¼ ðA þ A Þ ¼ @2 2 2 2 0

A AT

1 B ¼ @ 2 2

0 4 2

0 A ¼ BþC

)

1 B @ 2 2

0 2 6 0 4 2

0 1 2 2 B C 2A ¼ @2 2 8

0 1 1 2 B C 8A ¼ @1 1 16

2 8 8

1 0 4 1 C B 6A @0 8 4

0 1 1 @ C ¼ ðA A T Þ ¼ 2 2

2 4 6

2 4 6

2 0 4

2 8 8

1 2 C 8A 16

1 1 C 4A 8

1 4 4

1 0 1 2 0 2 6 C B C 2A ¼ @ 2 0 4A 8 6 4 0 1 0 6 0 4A ¼ @ 1 0 3

1 1 3 0 2A 2 0

1 0 1 0 1 0 1 3 1 1 1 4 C B C B C 0 2A 6A ¼ @1 4 4A þ @ 1 3 2 0 1 4 8 8 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} symmetrisch

schiefsymmetrisch

c) Eine komplexe Matrix H mit einem symmetrischen Realteil und einem schiefsymmetrischen Imagina¨rteil ist stets hermitesch. Somit ist die folgende Matrix hermitesch: 0

1 B H ¼ B þ j C ¼ @1 1

1 4 4

1 0 1 0 1 0 1 3 1 C B C B 4A þ j @ 1 0 2A ¼ @1 þ j 8 3 2 0 1 3j

1 j 4 4 2j

1 1 þ 3j C 4 þ 2jA 8

Eine komplexe Matrix S mit einem schiefsymmetrischen Realteil und einem symmetrischen Imagina¨rteil ist immer schiefhermitesch. Die folgende Matrix besitzt daher diese Eigenschaft: 0

0 1 B S ¼ CþjB ¼ @ 1 0 3 2

0 1 1 3 B C 2A þ j @1 1 0

1 4 4

0 1 j 1 B C 4A ¼ @ 1 þ j 3 þ j 8

1 þ j 4j 2 þ 4j

1 3þ j C 2 þ 4jA 8j

564

J Lineare Algebra

2 Lineare Gleichungssysteme Hinweise (1) (2)

Lehrbuch: Band 2, Kapitel I.5 Formelsammlung: Kapitel VII.3 Wir verwenden die Abku¨rzung LGS fu¨r lineares Gleichungssystem.

J40

Lo¨sen Sie die folgenden homogenen quadratischen linearen Gleichungssysteme mit Hilfe elementarer Umformungen in den Zeilen der Koeffizientenmatrix (Gaußscher Algorithmus): 0 1 10 1 0 0 u 3 1 1 3 x 1 þ 4 x 2 2 x3 ¼ 0 B C CB C B bÞ @ 1 2 3A @ vA ¼ @0A aÞ 4 x 1 þ 5 x 2 x 3 ¼ 0 0 w 5 3 7 x 1 x 2 þ x3 ¼ 0 0

1 B2 B cÞ B @3 1

3 3 2 4

5 4 1 7

10 1 0 1 x1 4 0 B C B0C 2C C B x2 C B C CB C ¼ B C @0A 2 A @ x3 A 6 0 x4

Ein homogenes lineares ( n; n)-System A x ¼ 0 ist stets lo¨sbar. Ist die Koeffizientenmatrix A regula¨r, d. h. det A 6¼ 0, gibt es genau eine Lo¨sung, na¨mlich die sog. triviale Lo¨sung x ¼ 0 (alle Unbekannten haben den Wert Null). Bei einer singula¨ren Koeffizientenmatrix A dagegen gibt es unendlich viele Lo¨sungen mit n r Parametern, wobei r der Rang von A ist. a) Die Koeffizientenmatrix A ist regula¨r, da det A 6¼ 0 ist: 4 2 3 4 3 4 4 5 1 5 ) det A ¼ 15 4 þ 8 þ 10 3 16 ¼ 10 6¼ 0 1 1 1 1 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A Das LGS ist daher nur trivial lo¨sbar: x 1 ¼ x 2 ¼ x 3 ¼ 0 : b) Die Koeffizientenmatrix A ist singula¨r, da det A ¼ 0 ist: 3 3 1 1 1 1 1 2 ) det A ¼ 42 þ 15 3 þ 10 þ 27 7 ¼ 0 2 3 5 3 7 5 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A Es gibt also nicht-triviale Lo¨sungen. Wir bringen die Koeffizientenmatrix A mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen auf Trapezform und lo¨sen dann das gestaffelte LGS von unten nach oben: 0 1 0 1 3 1 1 þ 3 Z2 0 7 8 B C B C C A ¼ B 2 3C ) B ) @1 A @1 2 3A 5 3 7 þ 5 Z2 0 7 8 1 0 0 1 1 2 3 1 2 3 B B C C B 0 7 8C B ) @ 0 7 8C A @ A ¼ A* 0 7 8 Z2 0 0 0 Nullzeile r ¼ Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 2

2 Lineare Gleichungssysteme

565

Es gibt also wegen r < n ¼ 3 unendlich viele Lo¨sungen mit n r ¼ 3 2 ¼ 1 Parameter, die wir aus dem gestaffelten LGS A * x ¼ 0 wie folgt berechnen (wir wa¨hlen w ¼ l mit l 2 R als Parameter und lo¨sen zuna¨chst die untere Gleichung): 16 l þ 3l ¼ 0 7

u þ 2v þ 3w ¼ 0

)

u

7v þ 8w ¼ 0

)

7v þ 8l ¼ 0

Lo¨sung:

u ¼

5 8 l, v ¼ l, w ¼ l 7 7

)

)

u þ

7v ¼ 8 l

5 l ¼ 0 7

)

)

v ¼

u ¼

5 l 7

8 l 7

(mit l 2 R als Parameter)

Kontrolle: Wir setzen die gefundenen (vom Parameter l abha¨ngenden) Werte der drei Unbekannten in die Ausgangsgleichungen ein und zeigen, dass diese erfu¨llt sind: 15 8 7 l ll ¼ ll ¼ ll ¼ 0 7 7 7

ðIÞ

3u þ v w ¼

ðIIÞ

u þ 2v þ 3w ¼

ðIIIÞ 5 u 3 v 7 w ¼

5 16 21 l l þ 3l ¼ l þ 3l ¼ 3l þ 3l ¼ 0 7 7 7

25 24 49 lþ l 7l ¼ l 7l ¼ 7l 7l ¼ 0 7 7 7

c) Wir bringen die Koeffizientenmatrix A zuna¨chst auf Trapezform: 0 1 1 0 1 3 5 4 1 3 5 4 B C C B B2 3 4 B0 3 2C 6 6C B C 2 Z1 C: 3 B B C C B A ¼ B ) B C C @ 3 2 1 2 A 3 Z1 @ 0 7 14 14 A : ð 7Þ 0

1

1

4

3

5

B B0 1 2 B B B0 1 2 @ 0 1 2

7

6 4

Z1

0

1

C 2C C C 2C A þ Z2 2 þ Z2

0 )

1

B B0 B B B0 @ 0

1

3

5

1

2

0

0

0

0

2 4

)

2 1

C 2C C C 0C A 0

)

A*

Nullzeilen

r ¼ Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 2 Es gibt also unendlich viele Lo¨sungen mit n r ¼ 4 2 ¼ 2 unabha¨ngigen Parametern, die wir aus dem gestaffelten LGS mit der Koeffizientenmatrix A * wie folgt bestimmen: ðIÞ

x1 þ 3 x2 5 x3 þ 4 x4 ¼ 0

ðIIÞ

x2 þ 2 x3 2 x4 ¼ 0

Wir wa¨hlen x 3 ¼ l und x 4 ¼ m als Parameter und lo¨sen Gleichung (II) nach x 2 auf: ðIIÞ

)

x2 þ 2 l 2 m ¼ 0

)

x2 ¼ 2 l 2 m

In Gleichung (I) setzen wir die fu¨r x 2 , x3 und x4 gefundenen (parameterabha¨ngigen) Werte ein und lo¨sen nach x 1 auf: ðIÞ

)

x 1 þ 3 ð2 l 2 mÞ 5 l þ 4 m ¼ x 1 þ 6 l 6 m 5 l þ 4 m ¼ x 1 þ l 2 m ¼ 0

)

x1 ¼ l þ 2 m Lo¨sung:

x1 ¼ l þ 2 m, x2 ¼ 2 l 2 m, x3 ¼ l, x4 ¼ m

(mit den Parametern l 2 R und m 2 R)

Kontrolle (Probe): Wir zeigen, dass die gefundene Lo¨sung jede der vier Ausgangsgleichungen erfu¨llt: ðIÞ

x 1 þ 3 x 2 5 x 3 þ 4 x 4 ¼ l þ 2 m þ 3 ð2 l 2 mÞ 5 l þ 4 m ¼ ¼ l þ 2m þ 6l 6m 5l þ 4m ¼ 0

566

J Lineare Algebra

ðIIÞ

2 x 1 þ 3 x 2 4 x 3 þ 2 x 4 ¼ 2 ð l þ 2 mÞ þ 3 ð2 l 2 mÞ 4 l þ 2 m ¼ ¼ 2l þ 4m þ 6l 6m 4l þ 2m ¼ 0

ðIIIÞ 3 x 1 þ 2 x 2 x 3 2 x 4 ¼ 3 ð l þ 2 mÞ þ 2 ð2 l 2 mÞ l 2 m ¼ ¼ 3l þ 6m þ 4l 4m l 2m ¼ 0 x 1 þ 4 x 2 7 x 3 þ 6 x 4 ¼ l þ 2 m þ 4 ð2 l 2 mÞ 7 l þ 6 m ¼

ðIVÞ

¼ l þ 2m þ 8l 8m 7l þ 6m ¼ 0

Lo¨sen Sie die folgenden homogenen linearen ðm; nÞ-Systeme: 0 1 0 1 0 1 x1 u 0 4 10 2 2 B C 2u B C B C B x2 C bÞ aÞ @ 2 3 1 5A B C ¼ @0A @ x3 A 6u 0 2 7 0 2 x4 3u 0 1 1 x1 0 0 1 1 2 1 0 4 B C 0 x B 2 8 10 2 6 C B 2 C B0C CB C B B C cÞ B C B x3 C ¼ B C @3 0 @0A 9 1 3A B C @ x4 A 5 6 3 2 10 0 x5

J41

þ 3v þ 2w 18 v þ w þ 2v þ 3w þ v þ 5w

¼ ¼ ¼ ¼

0 0 0 0

Ein homogenes lineares (m; n)-System A x ¼ 0 ist stets lo¨sbar. Die Lo¨sungsmenge ha¨ngt noch vom Rang r der Koeffizientenmatrix A ab, wobei gilt: r ¼ n

) genau eine Lo¨sung x ¼ 0 (sog. „triviale‘‘ Lo¨sung, alle Unbekannten haben den Wert Null )

r < n

) unendlich viele Lo¨sungen mit n r voneinander unabha¨ngigen Parametern

a) Durch elementare Zeilenumformungen bringen wir die Koeffizientenmatrix A auf Trapezform: 0

4 A ¼ @2 2 0

2 @0 0

10 2 3 1 7 0

5 1 4 1 12 1

0

1 2 5 1 1 ) @2 3 1 5 A þ Z1 2 7 0 2 Z1

1 2 : 2 5A 2

1 1 3A 3 þ 3 Z2

r ¼ Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 3 ;

0 )

2 5 @0 4 0 0

0

2 ) @0 0

5 8 12

1 2 1

1 1 6A : 2 3

)

1 1 1 1 3A ¼ A* 2 6

n ¼ 4

Es gibt unendlich viele Lo¨sungen mit genau einem Parameter, da n r ¼ 4 3 ¼ 1 ist (wir wa¨hlen x 4 ¼ l mit l 2 R als Parameter). Das gestaffelte LGS A * x ¼ 0 lautet wie folgt (wir lo¨sen es sukzessive von unten nach oben): )

4 x2 þ x3 3 x4 ¼ 0

)

4 x2 þ 3 l 3 l ¼ 4 x2 ¼ 0

2 x3 6 x4 ¼ 0

2 x3 6 l ¼ 0

f

2 x1 þ 5 x2 þ x3 x4 ¼ 0

)

2 x1 þ 0 þ 3 l l ¼ 2 x1 þ 2 l ¼ 0

)

)

x2 ¼ 0

x3 ¼ 3 l

l Lo¨sung: x 1 ¼ l, x 2 ¼ 0, x 3 ¼ 3 l, x 4 ¼ l (mit dem Parameter l 2 R)

)

x1 ¼ l


567

Kontrolle (Einsetzen der gefundenen parameterabha¨ngigen Werte in die drei Ausgangsgleichungen): ðIÞ

4 x 1 þ 10 x 2 þ 2 x 3 2 x 4 ¼ 4 l þ 0 þ 6 l 2 l ¼ 0

ðIIÞ

2 x1 þ 3 x2 þ x3 5 x4 ¼ 2 l þ 0 þ 3 l 5 l ¼ 0

ðIIIÞ 2 x 1 7 x 2 þ 2 x 4 ¼ 2 l 0 þ 2 l ¼ 0 b) In der Matrizendarstellung lautet dieses homogene (4; 3)-System wie folgt: 0 1 1 0 0 1 3 2 0 1 B0C B 2 18 1 C u B C CB C B C @ v A ¼ B C oder A x ¼ 0 B @0A @6 2 3A w 0 3 1 5 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |{z} |{z} A x 0 Wir bringen die Koeffizientenmatrix A zuna¨chst auf Trapezform (mit Hilfe elementarer Umformungen in den Zeilen): 1 0 1 0 1 0 1 3 2 1 3 2 1 3 2 B 2 18 1 C 2 Z B0 8 1C B 0 24 3 C : 3 C B C B C B 1 A ¼ B ) B ) B ) C C C @6 @0 @0 2 3 A 6 Z1 4 3A 20 15 A : 5 3 1 5 3 Z1 0 8 1 0 8 1 0

1 B0 B B @0 0

1 3 2 4 3C C C 8 1A 8 1 Z3

0

1 B0 B B @0 0

)

r ¼ Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 3 ;

1 2 3C C C 1 A þ 2 Z2 0

3 4 8 0

0

1 B0 B B @0 0

)

1 2 3C C C ¼ A* 5A 0 Nullzeile

3 4 0 0

n ¼ 3

Das homogene LGS ist wegen r ¼ n ¼ 3 nur trivial lo¨sbar, d. h. u ¼ v ¼ w ¼ 0 . Lo¨sung:

u ¼ 0, v ¼ 0, w ¼ 0 .

c) Mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen bringen wir die Koeffizientenmatrix A zuna¨chst auf Trapezform: 0

2

1

8

10 2

0

9

1

5

6

3

2

2

1

1

B B2 B A ¼ B B3 @ 0

1

0

0

4

4

1

0

C 6C C 2 Z1 C 3C A 3 Z1 10 5 Z 1

0

1

B B0 B B B0 @ 0

1

0

2

4

1

0

0

C 1C C C 0 0C A

0

0

2

4

6

)

1

B B0 B B B0 @

)

0 0

1

B B0 B B B0 @ 0

2

1

0

4

8

2

4

1

C 2C C: 2 C 12 1 9 C A 8 2 10 : 2

6

0 4 0

1

2

B B0 B B B0 @

)

1

B C B0 2 4 1 1C B C B C B 0 6 12 1 9 C þ 3 Z 2 @ A 0 2 4 1 5 þ Z3

1

2

1

0

2

4

1

4

1

0

0 4

C 1C C C 12 C A 2 Z4

0

0 2

6

2

1 0

2

4 1

0

0

0

0

4

0

1

C 1C C C 2 6C A 0 0

)

)

1

B B0 B B B0 @ 0

)

2

0

2

1

0

2

0

0

1

4

1

C 4 1C C C¼ A * 0 6C A 0 0 Nullzeile

568

J Lineare Algebra

Anmerkung: Am Schluss wurden die Spalten 3 und 4 miteinander vertauscht. Auch diese Operation ist eine a¨quivalente Umformung, da sie lediglich eine Umstellung der Unbekannten bedeutet, hier also die Unbekannten x 3 und x 4 miteinander vertauscht. r ¼ Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 3 ;

n ¼ 5

Es gibt somit unendlich viele Lo¨sungen mit n r ¼ 5 3 ¼ 2 voneinander unabha¨ngigen Parametern. Wir lo¨sen jetzt das erhaltene gestaffelte System A * x * ¼ 0 von unten nach oben (Parameter sind x 3 ¼ l und x 5 ¼ m mit l; m 2 R): x1 þ 2 x2 x3 þ 4 x5 ¼ 0

)

x 1 þ 2 ð2 l mÞ l þ 4 m ¼ x 1 þ 4 l 2 m l þ 4 m ¼ ¼ x1 þ 3 l þ 2 m ¼ 0

2 x2 þ x4 4 x3 x5 ¼ 0 2 x4 6 x5 ¼ 0 Lo¨sung:

)

)

)

x1 ¼ 3 l 2 m

2 x2 þ 3 m 4 l m ¼ 2 x2 þ 2 m 4 l ¼ 0

2 x4 6 m ¼ 0

)

)

x2 ¼ 2 l m

x4 ¼ 3 m

x1 ¼ 3 l 2 m, x2 ¼ 2 l m, x3 ¼ l, x4 ¼ 3 m, x5 ¼ m

(mit l 2 R , m 2 R)

Kontrolle (Einsetzen der gefundenen parameterabha¨ngigen Werte in die Ausgangsgleichungen): ðIÞ

x 1 þ 2 x 2 x 3 þ 4 x 5 ¼ 3 l 2 m þ 2 ð2 l mÞ l þ 4 m ¼ ¼ 3l 2m þ 4l 2m l þ 4m ¼ 0

ðIIÞ

2 x 1 þ 8 x 2 10 x 3 þ 2 x 4 þ 6 x 5 ¼ 2 ð 3 l 2 mÞ þ 8 ð2 l mÞ 10 l þ 6 m þ 6 m ¼ ¼ 6 l 4 m þ 16 l 8 m 10 l þ 6 m þ 6 m ¼ 0

ðIIIÞ 3 x 1 þ 9 x 3 þ x 4 þ 3 x 5 ¼ 3 ð 3 l 2 mÞ þ 9 l þ 3 m þ 3 m ¼ ¼ 9l 6m þ 9l þ 3m þ 3m ¼ 0 ðIVÞ 5 x 1 þ 6 x 2 þ 3 x 3 þ 2 x 4 þ 10 x 5 ¼ 5 ð 3 l 2 mÞ þ 6 ð2 l mÞ þ 3 l þ 6 m þ 10 m ¼ ¼ 15 l 10 m þ 12 l 6 m þ 3 l þ 6 m þ 10 m ¼ 0

J42

Lo¨sen Sie die folgenden inhomogenen quadratischen schen Regel: 0 x þ 10 y þ 5 z ¼ 3 2 B aÞ 3x 6y 2z ¼ 2 bÞ @ 3 8 x þ 14 y þ 4 z ¼ 6 1

a) Das LGS lautet in der Matrizendarstellung wie folgt: 1 0 10 1 0 3 x 1 10 5 C B CB C B @ 3 6 2 A@ y A ¼ @ 2 A 6 z 8 14 4 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A

linearen Gleichungssysteme mit Hilfe der Cramer-

3 5 4

10 1 0 1 x1 1 1 CB C B C 2 A @ x2 A ¼ @ 3 A x3 12 5


569

Wir berechnen zuna¨chst die beno¨tigten 3-reihigen Determinanten D ¼ det A , D 1 , D 2 und D 3 nach der Regel von Sarrus: 5 1 10 1 10 3 6 2 3 6 ) D ¼ 24 þ 160 þ 210 240 28 120 ¼ 6 8 14 4 8 14 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D ¼ det A „Hilfsdeterminanten“ D 1 , D 2 und D 3 (in vektor der rechten Seite des LGS ersetzt): 3 10 5 3 10 2 6 2 2 6 ) D1 6 14 4 6 14 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D1 3 3 5 1 1 3 2 2 3 2 ) D2 8 6 6 4 8 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D2 1 10 3 1 10 3 6 2 3 6 ) D3 8 14 8 14 6 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D3

D werden der Reihe nach die 1., 2. und 3. Spalte durch den Spalten-

¼ 72 120 140 þ 180 þ 84 þ 80 ¼ 12

¼ 8 þ 48 þ 90 80 12 36 ¼ 18

¼ 36 þ 160 þ 126 144 28 180 ¼ 30

Die Cramersche Regel liefert die folgende Lo¨sung: x ¼ Lo¨sung:

D1 12 ¼ 2; ¼ 6 D

y ¼

D2 18 ¼ 3; ¼ 6 D

z ¼

D3 30 ¼ 5 ¼ 6 D

x ¼ 2, y ¼ 3, z ¼ 5

b) Die Berechnung der Determinante D ¼ det A und der „Hilfsdeterminanten“ D 1 , D 2 und D 3 erfolgt jeweils nach der Regel von Sarrus: 2 3 1 2 3 3 5 2 3 5 ) D ¼ 50 6 12 þ 5 þ 16 þ 45 ¼ 2 1 4 5 1 4 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D ¼ det A Hilfsdeterminanten D 1 , 1 3 1 1 3 5 2 3 12 4 5 12 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D1 2 1 1 2 1 3 3 2 3 3 1 12 5 1 12 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D2

D 2 und D 3 : 3 5 4

)

)

D 1 ¼ 25 72 12 þ 60 þ 8 þ 45 ¼ 4

D 2 ¼ 30 þ 2 þ 36 3 48 15 ¼ 2

570

J Lineare Algebra

1 2 2 3 3 5 3 3 1 4 12 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D3

3 5 4

)

D 3 ¼ 120 9 12 þ 5 þ 24 þ 108 ¼ 4

Die Cramersche Regel fu¨hrt zu der folgenden Lo¨sung: x1 ¼ Lo¨sung:

J43

D1 4 ¼ ¼ 2; D 2

x2 ¼

D2 2 ¼ ¼ 1; D 2

x3 ¼

D3 4 ¼ ¼ 2 D 2

x 1 ¼ 2, x 2 ¼ 1, x 3 ¼ 2

Bestimmen Sie die Lo¨sungen der folgenden quadratischen linearen Gleichungssysteme durch elementare Zeilenumformungen in der erweiterten Koeffizientenmatrix: 10 1 0 0 1 0 1 10 1 0 x1 1 2 3 1 1 2 x 1 1 1 C B 3 C B C B 0 2 1 C B x2 C B B 3C B C CB C B bÞ B aÞ @ 3 15 9 A @ y A ¼ @ 6 A CB C ¼ B C @ 4 @ 1A 2 1 3 A @ x3 A 6 z 3 18 11 2 6 2 2 16 x4 0 10 1 0 1 5 0 1 x 2 B CB C B C cÞ @ 2 1 1 A @ y A ¼ @ 1 A 1 3 2 z 1

Ein inhomogenes lineares (n; n)-System A x ¼ c ist nur lo¨sbar, wenn der Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix ðA j cÞ mit dem Rang der Koeffizientenmatrix A u¨bereinstimmt: Rg ðA j cÞ ¼ Rg ðAÞ ¼ r . Fu¨r r ¼ n gibt es eine eindeutige Lo¨sung (die Koeffizientenmatrix A ist dann regula¨r, d. h. det A 6¼ 0). Gilt jedoch r < n, so gibt es unendlich viele Lo¨sungen mit n r voneinander unabha¨ngigen Parametern. Das inhomogene lineare (n; n)-System A x ¼ c wird mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen auf Trapezform gebracht. Im Falle der Lo¨sbarkeit ðRg ðA j cÞ ¼ Rg ðAÞ ¼ rÞ wird das dann vorliegende gestaffelte System A * x ¼ c * schrittweise von unten nach oben gelo¨st.

f

f

a) Wir bringen die erweiterte Koeffizientenmatrix ðA j cÞ zuna¨chst mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen auf Trapezform: 0 0 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 C B B C 18 12 0 A : 6 ) ðA j cÞ ¼ @ 3 15 9 6 A 3 Z 1 ) @ 0 0 21 14 12 3 18 11 6 þ 3 Z1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A c 1 0 0 1 1 1 1 2 1 1 1 2 C B B C 3 2 0 A ) @0 3 2 0 A ¼ ðA * j c *Þ @0 0 21 14 12 þ 7 Z 2 0 0 0 12 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A* c* Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 2 ðA* enthält eine Nullzeile!Þ;

Rg ðA j cÞ ¼ Rg ðA * j c *Þ ¼ 3

f

Wegen Rg ðAÞ 6¼ Rg ðA j cÞ ist das inhomogene LGS nicht lo¨sbar. 1 0 1 0 1 2 3 1 1 1 2 3 1 1 B 3 B0 0 2 1 3 C 6 7 4 0 C C 3 Z1 B B C 3 Z4 bÞ ðA j cÞ ¼ B ) B C C @ 4 @ 0 10 13 2 1 3 1 A 4 Z 1 7 3 A 5 Z 4 2 6 2 2 16 þ 2 Z 1 0 2 4 4 18 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A c

)


0

1 B B0 B B @0 0 0

1 B0 B B @0 0

2 0 0 2

3 19 33 4

1 16 27 4

571

1 1 54 C C C 93 A : 3 18 : 2

2 3 1 1 2 2 0 209 171 0 209 176

0 )

1 1 9C C C 589 A 594 þ Z 3

Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 4 ;

2 1 0 0

1 B0 B B @0 0

1 3 1 1 2 2 9C C C 11 9 31 A 19 19 16 54 ð 11Þ

0

1 2 3 1 B0 1 2 2 B B @0 0 209 171 0 0 0 5 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A*

)

)

1 1 9C C C ¼ ðA * j c *Þ 589 A 5 |fflffl{zfflffl} c*

Rg ðA j cÞ ¼ Rg ðA * j c * Þ ¼ 4

Somit gilt Rg ðAÞ ¼ Rg ðA j cÞ ¼ r ¼ 4, das inhomogene LGS ist daher lo¨sbar und zwar eindeutig, da r ¼ n ¼ 4 ist. Wir lo¨sen jetzt das gestaffelte System A * x ¼ c * schrittweise von unten nach oben: x1 2 x2 þ 3 x3 x4 ¼ 1

)

x2 þ 2 x3 2 x4 ¼ 9

x2 þ 4 þ 2 ¼ x2 þ 6 ¼ 9

)

209 x 3 þ 171 x 4 ¼ 589 5 x4 ¼ 5

)

209 x 3 ¼ 418

)

x3 ¼ 2

2 3 3

3 5 5

0

1 2 5 Z3 C 1 A 2 Z3 1

)

0 B @0 1

15 9 5 3 3 2

1 3 : ð 3Þ 1C A 1

)

c

1 1 1C A 1 þZ 2

)

1 3 2 B 3 @0 5 0 0 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A*

A * und ðA * j c *Þ enthalten jeweils eine Nullzeile Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 2 ;

1 1 1C A ¼ ðA * j c *Þ 0 Nullzeile

0

f

1 B @0 0

x2 ¼ 3

x1 ¼ 0, x2 ¼ 3, x3 ¼ 2, x4 ¼ 1

5 0 1 B ðA j cÞ ¼ @ 2 1 1 1 3 2 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} A 0

209 x 3 171 ¼ 589

x1 ¼ 0

x4 ¼ 1

0

c* )


Somit ist das inhomogene LGS lo¨sbar, da Rg ðAÞ ¼ Rg ðA j cÞ ¼ r ¼ 2 gilt. Die Lo¨sungsmenge entha¨lt wegen n r ¼ 3 2 ¼ 1 genau einen Parameter. Wir lo¨sen das gestaffelte System A * x ¼ c * schrittweise wie folgt (als Parameter wa¨hlen wir z ¼ l mit l 2 R): x þ 3y 2z ¼ 1

5y þ 3 z ¼ 1 f

cÞ

)

)

f

Lo¨sung:

)

)

x1 6 þ 6 þ 1 ¼ x1 þ 1 ¼ 1

)

x þ

3 9 3 1 3 ð3 l þ 1Þ 2 l ¼ x þ lþ 2l ¼ x lþ ¼ 1 5 5 5 5 5

)

x ¼

1 2 1 lþ ¼ ðl þ 2Þ 5 5 5

)

5y þ 3l ¼ 1

)

5y ¼ 1 3l

)

y ¼

l Lo¨sung:

x ¼

1 ðl þ 2Þ , 5

y ¼

1 ð3 l þ 1Þ , 5

z ¼ l

(mit dem Parameter l 2 R)

1 ð3 l þ 1Þ 5

572

J Lineare Algebra

Kontrolle (Einsetzen der gefundenen parameterabha¨ngigen Werte in die drei Ausgangsgleichungen): 5 ðl þ 2Þ l ¼ l þ 2 l ¼ 2 5

ðIÞ

5x z ¼

ðIIÞ

2x þ y z ¼ ¼

2 1 2 4 3 1 ðl þ 2Þ þ ð3 l þ 1Þ l ¼ lþ þ lþ l ¼ 5 5 5 5 5 5 5 5 llþ ¼ llþ1 ¼ 1 5 5

ðIIIÞ x þ 3 y 2 z ¼ ¼

1 3 1 2 9 3 ðl þ 2Þ þ ð3 l þ 1Þ 2 l ¼ lþ þ lþ 2l ¼ 5 5 5 5 5 5 10 5 l 2l þ ¼ 2l 2l þ 1 ¼ 1 5 5

0

J44

1 1 B Die Lo¨sungen des linearen Gleichungssystems @ a 1 2 2 Wert des Parameters a ab.

10 1 0 1 1 x 1 CB C B C 2 A @ y A ¼ @ 2 A ha¨ngen noch vom a z 3

Wann gibt es a) eine eindeutige Lo¨sung, b) unendlich viele Lo¨sungen, c) keine Lo¨sungen?

a) Es gibt genau dann eine Lo¨sung, wenn die Koeffizientendeterminante von Null verschieden ist. Wir berechnen daher zuna¨chst die Determinante nach der Regel von Sarrus: 1 1 1 1 1 a 1 2 a 1 ) det A ¼ a 4 2 a þ 2 4 þ a 2 ¼ a 2 a 6 2 2 a 2 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A Die „Nullstellen“ der Determinante mu¨ssen ausgeschlossen werden: rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffi 1 1 1 25 1 5 2 det A ¼ 0 ) a a 6 ¼ 0 ) a 1=2 ¼ þ6 ¼ ¼ 2 4 2 4 2 2 Mit Ausnahme der Werte a 1 ¼ 3 und a 2 ¼ 2 ist das LGS stets eindeutig lo¨sbar.

f

f

b) Wir zeigen jetzt, dass es fu¨r den Parameterwert a ¼ 3 unendlich viele Lo¨sungen gibt. Zu diesem Zweck bringen wir die erweiterte Koeffizientenmatrix (mit a ¼ 3) durch elementare Zeilenumformungen auf Trapezform: 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 C C C B B B ) @ 0 4 5 5 A ¼ ðA * j c *Þ ðA j cÞ ¼ @ 3 1 2 2 A þ 3 Z 1 ) @ 0 4 5 5 A Nullzeile 0 4 5 5 Z2 0 0 0 0 2 2 3 3 þ 2 Z1 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} A c A* c* A * und ðA * j c *Þ enthalten jeweils eine Nullzeile Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 2 ;

)


Koeffizientenmatrix A und erweiterte Koeffizientenmatrix ðA j cÞ haben den gleichen Rang r ¼ 2. Das LGS ist daher lo¨sbar, es gibt unendlich viele Lo¨sungen, die noch von einem Parameter abha¨ngen (Anzahl der Parameter: n r ¼ 3 2 ¼ 1).


573

ist. Die erweiterte Koeffizientenmatrix (mit a ¼ 2) 1 0 0

0 1 1 1 1 1 C B 0A ) @0 1 0 5 þ4Z 0 0 0 2 |fflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflffl} A*

1 1 C 0 A ¼ ðA * j c *Þ 5 f

f

c) Wir zeigen jetzt, dass das LGS fu¨r a ¼ 2 nicht lo¨sbar wird wieder auf Trapezform gebracht: 0 0 1 1 1 1 1 1 1 C B B ðA j cÞ ¼ @ 2 1 2 2 A 2 Z1 ) @ 0 1 2 2 2 3 þ 2 Z1 0 4 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} A c

c*

A * entha¨lt eine Nullzeile und besitzt somit den Rang Rg ðA *Þ ¼ 2, die erweiterte Koeffizientenmatrix ðA * j c *Þ dagegen entha¨lt keine Nullzeile und hat somit den Rang Rg ðA * j c *Þ ¼ 3 . Somit gilt: Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 2

und Rg ðA j cÞ ¼ Rg ðA * j c *Þ ¼ 3

)

Rg ðAÞ 6¼ Rg ðA j cÞ

Das LGS ist daher nicht lo¨sbar.

f

J45

f

Lo¨sen Sie das inhomogene lineare Gleichungssystem 0 1 10 1 0 3 x 1 0 1 B C CB C B 2 A @ y A ¼ @ 0 A oder A x ¼ B @1 3 11 z 2 1 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A x B durch Invertierung der Koeffizientenmatrix A nach dem Gauß-Jordan-Verfahren.

Wir zeigen zuna¨chst, dass die Determinante der 3-reihigen Koeffizientenmatrix A nicht verschwindet und A somit regula¨r und daher invertierbar ist (Berechnung der Determinante nach Sarrus): 1 0 1 1 0 1 3 ) det A ¼ 3 þ 0 1 6 2 0 ¼ 12 6¼ 0 1 3 2 2 1 1 2 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A Die inverse Matrix A 1 berechnen 0 1 0 1 B ðA j EÞ ¼ @ 1 3 2 2 1 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A 0

1 B @0 0 0

0 0 1

1 12 3

1 0 0 B @0 1 0 0 0 1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} E

1 7 2

0 1 0

wir nach dem Gauß-Jordan-Verfahren (! FS: 0 1 1 0 1 1 1 0 0 B C ) @0 3 3 1 0 1 0 A þ Z1 0 1 32 0 0 1 2 Z1 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} E

1 0 C 3 A : 12 1

0 )

1 B @0 0

0 1 0

1 3=12 5=12 1=12 C 3=12 3=12 3=12 A ¼ ðE j A 1 Þ 7=12 1=12 3=12 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A1

1 3 1

Kap. VII.1.5.2.2): 1 0 0 C 1 0 A 3 Z3 ) 0 1

1 Z3 1 0 0 C 2 0 1 þ A 3 Z3 7=12 1=12 3=12

)

574

J Lineare Algebra

Die inverse Matrix A 1 lautet somit: 0 1 0 1 5 1 3 5=12 1=12 3=12 1 B 1 C B C 3 3A ¼ C 3=12 3=12 A ¼ A 1 ¼ @ 3=12 @3 12 12 7 1 3 7=12 1=12 3=12 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} C Das inhomogene LGS A x ¼ B lo¨sen wir mit Hilfe der inversen Matrix A 1 wie folgt (beide Seiten werden von links mit A 1 multipliziert): Ax ¼ B

)

A 1 A x ¼ A 1 B |fflfflffl{zfflfflffl} E

E x ¼ A 1 B |{z} x

)

)

x ¼ A 1 B ¼

1 ðC BÞ 12

Berechnung des Matrizenproduktes C B mit dem Falk-Schema:

C

5 3 7

1 3 1

B

3 0 11

3 3 3

48 24 12

1 0 1 4 48 1 1 B C B C ðC BÞ ¼ Lo¨sungsvektor: x ¼ @ 24 A ¼ @ 2 A 12 12 1 12 0

Lo¨sung:

x ¼ 4, y ¼ 2, z ¼ 1

CB

Bestimmen Sie unter Verwendung des Gaußschen Algorithmus in „elementarer Form“ (! Band 1: Kap. I.5.2) die Gleichung der Parabel, die durch die drei Punkte P 1 ¼ ð1; 8Þ, P 2 ¼ ð2; 12Þ und P 3 ¼ ð 1; 18Þ geht.

J46

In den Lo¨sungsansatz y ¼ a x 2 þ b x þ c setzen wir der Reihe nach die Koordinaten der drei Punkte P 1 , P 2 und P 3 ein und erhalten ein inhomogenes LGS mit drei Gleichungen und den drei unbekannten Koeffizienten a, b und c: P 1 ¼ ð1; 8Þ

)

ðIÞ

P 2 ¼ ð2; 12Þ

)

ðIIÞ

P 3 ¼ ð 1; 18Þ

)

ðIIIÞ

aþ

bþc ¼ 8

4 a þ 2 b þ c ¼ 12 a

b þ c ¼ 18

Wir lo¨sen das Gleichungssystem mit Hilfe des Gaußschen Algorithmus („elementares“ Rechenschema ! Bd. 1: Kap. I.5.2): a

b

c

1

1

1

8

5

4 E1

4 4

2 4

1 4

12 32

5 20

E1

1 1

1 1

1 1

18 8

17 5

2

3

20

15

2

0

10

12

E1

ci

si

ci : Absolutglied si : Zeilensumme

Die grau unterlegten Zeilen bilden das gestaffelte System.


575

Wir ko¨nnen an dieser Stelle abbrechen, da in der letzten Zeile nur noch eine Unbekannte auftritt. Das gestaffelte System besteht aus der Gleichung E 1 und den letzten beiden Gleichungen und wird schrittweise von unten nach oben gelo¨st: aþ

bþ

c ¼ 8

)

a þ 5 10 ¼ 8

)

a 5 ¼ 8

20

)

10 3 c ¼ 20

)

3 c ¼ 30

¼ 10

)

b ¼ 5

2b 3c ¼ 2b Lo¨sung:

a ¼ 3, b ¼ 5, c ¼ 10;

J47

Parabelgleichung:

) )

a ¼ 3 c ¼ 10

y ¼ 3 x 2 þ 5 x 10

Lo¨sen Sie das lineare Gleichungssystem 0 1 10 1 0 4 u 1 5 2 B C CB C B ¼ v 1 1 1 @0A A@ A @ 7 w 2 3 2 a) nach der Cramerschen Regel, b) mit Hilfe des Gaußschen Algorithmus (Zeilenumformungen in der erweiterten Koeffizientenmatrix), c) durch Invertierung der Koeffizientenmatrix nach dem Gauß-Jordan-Verfahren.

a) Wir berechnen zuna¨chst die beno¨tigte Determinante D ¼ det A sowie die „Hilfsdeterminanten“ D 1 , D 2 und D 3 (jeweils nach der Regel von Sarrus): 1 5 2 1 5 1 1 1 1 1 ) D ¼ 2 10 þ 6 4 3 10 ¼ 23 2 3 2 2 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D ¼ det A Hilfsdeterminanten D 1 , D 2 und D 3 : 5 5 2 4 4 0 0 1 ) D 1 ¼ 8 35 þ 0 14 12 0 ¼ 69 1 1 7 3 2 7 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D1 2 1 4 1 4 1 0 1 1 0 ) D 2 ¼ 0 8 14 0 þ 7 8 ¼ 23 2 7 2 2 7 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D2 1 5 4 1 5 1 1 1 0 1 ) D 3 ¼ 7 þ 0 þ 12 8 0 þ 35 ¼ 46 2 3 7 2 3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D3 Die Cramersche Regel liefert damit folgende Werte fu¨r die drei Unbekannten u, v und w: u ¼ Lo¨sung:

D1 69 ¼ 3; ¼ 23 D

v ¼

D2 23 ¼ 1; ¼ 23 D

u ¼ 3, v ¼ 1, w ¼ 2

w ¼

D3 46 ¼ 2 ¼ 23 D

576

J Lineare Algebra

f

f

b) Wir bringen die erweiterte Koeffizientenmatrix ðA j cÞ mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen in die Trapezform: 0 0 1 1 1 5 2 4 1 5 2 4 C B B C ) @0 6 1 4 A 13 ) ðA j cÞ ¼ @ 1 1 1 0 A þ Z 1 0 13 6 1 6 2 3 2 7 2 Z1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A c 1 0 0 0 1 1 1 5 2 4 1 5 2 4 1 5 2 4 C C B B B C 78 13 52 A ) @ 0 78 13 52 A : 13 ) @ 0 6 1 4 A ¼ ðA * j c *Þ @0 0 78 36 6 þ Z 2 0 0 23 46 : ð 23Þ 0 0 1 2 |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} A* c* Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 3 ;


Somit gilt Rg ðAÞ ¼ Rg ðA j cÞ ¼ r ¼ 3, das LGS ist daher lo¨sbar und zwar wegen r ¼ n ¼ 3 eindeutig. Die Lo¨sung berechnen wir aus dem gestaffelten System A * x ¼ c * schrittweise von unten nach oben: u þ 5v þ 2w ¼ 4 6v þ

w ¼ 4

)

uþ54 ¼ uþ1 ¼ 4

)

6v 2 ¼ 4

)

)

6v ¼ 6

u ¼ 3 )

v ¼ 1

w ¼ 2 u ¼ 3, v ¼ 1, w ¼ 2

Lo¨sung:

c) Aus dem Lo¨sungsteil a) ist bekannt, dass A wegen det A ¼ 23 6¼ 0 regula¨r ist und somit eine Inverse A 1 besitzt, die wir jetzt mit dem Gauß-Jordan-Verfahren berechnen wollen (! FS: Kap. VII.1.5.2.2): 0 0 1 1 1 5 2 1 0 0 1 5 2 1 0 0 B B C C ) @0 6 1 1 1 0 A ) ðA j EÞ ¼ @ 1 1 1 0 1 0 A þ Z 1 0 13 6 2 0 1 þ 2 Z 2 2 3 2 0 0 1 2 Z1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflffl{zfflfflfflffl} A E 0

1 B @0 0 0

1 B @0 0

5 6 1 0 1 0

2 1 4 18 4 1

1 1 0

0 1 2

1 0 þ 5 Z3 C 0 A þ 6 Z3 1

1 10 0 2 1=23 13=23

0 )

1 B @0 0

0 0 1

1 þ 18 Z 3 5 C 1 A 4 Z3 6=23

18 23 4

1 1 10 5 1 13 6 C A : ð 23Þ 0 2 1 ð 1Þ

)

0

1 1 0 0 5=23 4=23 7=23 B C 6=23 1=23 A ¼ ðE j A 1 Þ @ 0 1 0 4=23 0 0 1 1=23 13=23 6=23 |fflfflfflfflffl{zfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} E A 1 Die inverse Matrix A 1 lautet damit: 1 0 1 0 5=23 4=23 7=23 5 4 7 1 B 1 C B C 6=23 1=23 A ¼ 6 1A ¼ B A 1 ¼ @ 4=23 @ 4 23 23 1=23 13=23 6=23 1 13 6 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} B

)


577

Wir lo¨sen jetzt die Matrizengleichung A x ¼ c nach dem unbekannten Vektor x auf, indem wir beide Seiten von links mit A 1 multiplizieren: Ax ¼ c

A 1 A x ¼ A 1 c |fflfflffl{zfflfflffl} E

)

E x ¼ A 1 c |{z} x

)

)

x ¼ A 1 c ¼

1 ðB cÞ 23

Berechnung des Matrizenproduktes B c nach dem Falk-Schema:

B

5 4 1

c

4 0 7

4 7 6 1 13 6

69 23 46

Lo¨sungsvektor: Lo¨sung:

0 1 1 @ ðB cÞ ¼ x ¼ 23 23

1 0 1 69 3 23 A ¼ @ 1 A 46 2

u ¼ 3, v ¼ 1, w ¼ 2

Bc

Eine viereckige Netzmasche entha¨lt die ohmschen Widersta¨nde R 1 ¼ 1 W, R 2 ¼ 2 W, R 3 ¼ 5 W und R 4 ¼ 2 W sowie eine Spannungsquelle mit der Quellspannung U q ¼ 19 V (Bild J-2). IA

R1

I1

ID

I1

A

D I4

Uq

I2 R2

J48

R4 I4

I2 B IB

C I3

R3

I3

Bild J-2

IC

Die in den Knotenpunkten A und B zufließenden Stro¨me betragen I A ¼ 2 A und I B ¼ 1 A, der im Knotenpunkt C abfließende Strom I C ¼ 1 A. Berechnen Sie mit Hilfe des Gaußschen Algorithmus die vier Zweigstro¨me I 1 , I 2 , I 3 und I 4 aus dem folgenden linearen Gleichungssystem: 0 1 0 10 1 IA 1 1 0 0 I1 B I C B 0 B C 1 1 0 C B C B C B I2 C B B CB C ¼ B C @ 0 @ IC A 0 1 1 A @ I3 A Uq R3 R4 I3 R 1 R2

Mit den vorgegebenen Werten erhalten wir das folgende quadratische LGS (ohne Einheiten; die noch unbekannten Stro¨me sind dann in der Einheit Ampe`re anzugeben): 1 0 10 1 0 2 I1 1 1 0 0 B1C B C B 0 1 1 0C C B C B I2 C B C oder A I ¼ c CB C ¼ B B @ 1A @ 0 0 1 1 A @ I3 A 19 I4 1 2 5 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |{z} |ffl{zffl} A I c

578

J Lineare Algebra

Trapezform: 1 1 0 3

0 0 1 0 1 1 5 2

1 2 1C C C 1A 21 3 Z 2

)

f

Wir bringen zuna¨chst die erweiterte Koeffizientenmatrix ðA j cÞ auf 0 0 1 1 1 1 0 0 2 B 0 1 1 B C 0 1C B B0 ) B ðA j cÞ ¼ B C @ 0 0 @0 1 1 1 A 0 1 2 5 2 19 þ Z 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A c 1 B0 B B @0 0

1 1 0 0

0 1 1 8

0 0 1 2

1 2 1C C C 1A 24 8 Z 3

0 )

1 1 0 0 B0 1 1 0 B B @0 0 1 1 0 0 0 10 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A*

1 2 1C C C ¼ ðA * j c *Þ 1A 16

f

0

c*

Es gibt keine Nullzeilen, daher ist Rg ðAÞ ¼ Rg ðA j cÞ ¼ r ¼ 4 und das LGS ist (aus physikalischer Sicht erwartungsgema¨ß) eindeutig lo¨sbar. Die Lo¨sung erhalten wir aus dem gestaffelten System A * I ¼ c * (schrittweise von unten nach oben gelo¨st): I1 þ I2

¼

2

)

I 1 þ 1,6 ¼ 2

)

I 1 ¼ 0,4

¼ 1

)

I 2 2,6 ¼ 1

)

I 2 ¼ 1,6

¼

1

)

I 3 1,6 ¼ 1

)

I 3 ¼ 2,6

10 I 4 ¼ 16

)

I 4 ¼ 1,6

I2 I3 I3 I4

Lo¨sung:

I 1 ¼ 0,4 A;

0

J49

I 2 ¼ 1,6 A;

1 B @ 0 2

I 3 ¼ 2,6 A;

I 4 ¼ 1,6 A

10 1 0 1 x1 0 l 1 CB C B C 2 1 A @ x2 A ¼ @ 1 A 2 1l 3 x3

Fu¨r welche Werte des reellen Parameters l besitzt das inhomogene lineare Gleichungssystem genau eine Lo¨sung?

Das inhomogene LGS A x ¼ c besitzt genau dann eine eindeutige Lo¨sung, wenn det A 6¼ 0 gilt. Wir berechnen die 3-reihige Determinante nach der Regel von Sarrus: l 1 1 l 1 0 2 1 0 2 2 1l 3 2 1l |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A det A ¼ 6 2 l þ 0 þ 4 ð1 lÞ 0 ¼ 2 2 l 1 þ l ¼ 3 l Aus der Bedingung det A ¼ 3 l 6¼ 0 folgt l 6¼ 3 . Die LGS besitzt somit genau eine Lo¨sung, wenn der Parameter l von 3 verschieden ist.


579

Der in Bild J-3 skizzierte Balken der La¨nge 2 a mit loser Einspannung am linken Ende und schra¨gem Loslager am rechten Ende wird in der Balkenmitte durch eine schra¨g unter dem Winkel a > 0 angreifende konstante Kraft F belastet.

F Balken

a

45° a

a FB

F · sin a

F · cos a

J50

MA

Balken

FA

F B · sin 45°

Bild J-3

F B · cos 45°

Die beiden Lagerkra¨fte F A und F B sowie das Moment M A genu¨gen dabei dem folgenden linearen Gleichungssystem: 1 0 pffiffiffi 0 1 2 2 0 0 FA 1 2 F sin a p ffiffi ffi B C @ F A ¼ @ a F sin a A B0 a 2 1C B A @ pffiffiffi 2 F cos a MA 0 2 0 Bestimmen Sie mit Hilfe der Cramerschen Regel die unbekannten Kra¨fte und Momente in Abha¨ngigkeit vom Winkel a . Hinweis: Die anfallenden 3-reihigen Determinanten sollen nach dem Laplaceschen Entwicklungssatz berechnet werden. Fu¨r die Berechnung der drei Unbekannten F A , F B und M A beno¨tigen wir die Determinante D ¼ det A der Koeffizientenmatrix A sowie die aus D gewonnenen „Hilfsdeterminanten“ D 1 , D 2 und D 3 (in D wird der Reihe nach die erste, zweite bzw. dritte Spalte durch den Spaltenvektor c der rechten Seite des LGS ersetzt). Wir berechnen diese Determinanten jeweils nach Laplace durch Entwicklung nach mo¨glichst gu¨nstigen Zeilen bzw. Spalten. Koeffizientendeterminante D = pffiffiffi 2 2 pffiffiffi D ¼ det A ¼ 0 a 2 pffiffiffi 0 2 D ¼ a 11 A 11 ¼ a 11 pffiffiffi 2 2 pffiffiffi ¼ 2 0 a 2 pffiffiffi 0 2 Hilfsdeterminante D 1 2 F sin a D 1 ¼ a F sin a 2 F cos a

det A 0 1 0

Entwicklung nach den Elementen der 1: Spalte; wobei nur das Element a 11 ¼ 2 einen Beitrag leistet:

ð 1Þ 1 þ 1 D 11 ¼ a 11 D 11 ¼ pffiffiffi 0 a 2 1 pffiffiffi pffiffiffi ¼ 2 ð0 2 Þ ¼ 2 2 1 ¼ 2 pffiffiffi 2 0 0

pffiffiffi 2 pffiffiffi a 2 pffiffiffi 2

0 1 0

Entwicklung nach den Elementen der 3: Spalte; wobei nur das Element a 23 ¼ 1 einen Beitrag leistet:

580

J Lineare Algebra

¼ a 23 ð 1Þ 2 þ 3 D 23 ¼ a 23 D 23 ¼ pffiffiffi 2 F sin a 2 0 pffiffiffi 2 F sin a 2 pffiffiffi a F sin a a 2 1 ¼ pffiffiffi ¼ 2 F cos a 2 pffiffiffi 2 F cos a 2 0 pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi ¼ ð2 2 F sin a 2 2 F cos aÞ ¼ 2 2 F ðcos a sin aÞ

D 1 ¼ a 23 A 23 ¼ 1

Hilfsdeterminante 2 D2 ¼ 0 0

D2 2 F sin a a F sin a 2 F cos a

0 1 0

Entwicklung nach den Elementen der 1. Spalte (nur das Element a 11 ¼ 2 liefert einen Beitrag) :

D 2 ¼ a 11 A 11 ¼ a 11 ð 1Þ 1 þ 1 D 11 ¼ a 11 D 11 ¼ 2 2 F sin a 0 a F sin a ¼ 2 0 a F sin a 1 ¼ 2 2 F cos a 0 2 F cos a 0 Hilfsdeterminante D 3 pffiffiffi 2 2 pffiffiffi D3 ¼ 0 a 2 pffiffiffi 0 2

2 F sin a a F sin a 2 F cos a

1 ¼ 2 ð0 2 F cos aÞ ¼ 4 F cos a 0

Entwicklung nach den Elementen der 1. Spalte (nur das Element a 11 ¼ 2 liefert einen Beitrag) :

D 3 ¼ a 11 A 11 ¼ a 11 ð 1Þ 1 þ 1 D 11 ¼ a 11 D 11 ¼ pffiffiffi 2 pffiffiffi 2 2 F sin a a 2 a F sin a pffiffiffi ¼ 2 0 a 2 a F sin a ¼ 2 pffiffiffi ¼ 2 2 F cos a pffiffiffi 0 2 2 F cos a pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi ¼ 2 ð2 2 a F cos a 2 a F sin aÞ ¼ 2 2 a F ð2 cos a sin aÞ Berechnung der drei Unbekannten nach der Cramerschen Regel pffiffiffi D1 2 2 F ðcos a sin aÞ ¼ ¼ F ðcos a sin aÞ ¼ F ðsin a cos aÞ FA ¼ pffiffiffi D 2 2

FB

MA

Lo¨sung:

D2 4 F cos a 2 F cos a ¼ ¼ ¼ ¼ pffiffiffi pffiffiffi D 2 2 2 2 D3 ¼ ¼ D

pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 2 2 F cos a ¼ 2 F cos a pffiffiffi 2

pffiffiffi 2 a F ð2 cos a sin aÞ ¼ a F ð2 cos a sin aÞ ¼ a F ðsin a 2 cos aÞ pffiffiffi 2 2

F A ¼ F ðsin a cos aÞ,

FB ¼

pffiffiffi 2 F cos a,

M A ¼ a F ðsin a 2 cos aÞ


581

Jedem Punkt P ¼ ðx 1 ; x 2 ; x 3 Þ des 3-dimensionalen Raumes wird durch die Gleichung y ¼ A x in eindeutiger Weise ein Bildpunkt Q ¼ ð y 1 ; y 2 ; y 3 Þ zugeordnet. Dabei ist x der Ortsvektor von P und y der Ortsvektor des Bildpunktes Q und A die Abbildungsmatrix dieser linearen Abbildung. Bestimmen Sie die sog. Fixpunkte der Abbildung, d. h. diejenigen Punkte, die in sich selbst abgebildet 0 1 4 1 0 werden ( y ¼ x) fu¨r die Abbildungsmatrix A ¼ @ 0 3 1A. 3 3 1

J51

Aus y ¼ A x und y ¼ x erhalten wir das folgende homogene LGS fu¨r den Ortsvektor x des Fixpunktes: Ax ¼ x

)

A x x ¼ A x E x ¼ ðA EÞ x ¼ 0 ) B x ¼ 0 |fflfflffl{zfflfflffl} B (E: 3-reihige Einheitsmatrix; 0: Nullvektor des 3-dimensionalen Raumes). Die Koeffizientenmatrix 0 1 0 1 0 1 4 1 0 1 0 0 3 1 0 B C B C B C B ¼ A E ¼ @0 3 1A @0 1 0A ¼ @0 2 1A 3 3 1 0 0 1 3 3 2 bringen wir durch elementare Zeilenumformungen auf Trapezform: 0 1 0 1 3 1 0 3 1 0 B C B C B ¼ @0 2 1A ) @0 2 1A 3 3 2 Z1 0 4 2 þ 2 Z2

0 )

3 B @0 0

1 2 0

1 0 C 1A¼ B* Nullzeile 0

Die Koeffizientenmatrix B bzw. B * besitzt den Rang r ¼ 2, das homogene LGS hat somit unendlich viele Lo¨sungen (Anzahl der Parameter: n r ¼ 3 2 ¼ 1). Wir lo¨sen jetzt das gestaffelte System B * x ¼ 0 (als Parameter wa¨hlen wir x 2 ¼ l mit l 2 R): 1 l 3

)

3 x1 þ l ¼ 0

)

x1 ¼

2 x2 þ x3 ¼ 0

)

2 l þ x3 ¼ 0

)

x3 ¼ 2 l

f

3 x1 þ x2 ¼ 0

l Lo¨sung:

x1 ¼

1 l, x 2 ¼ l, x 3 ¼ 2 l 3

(mit l 2 R)

Damit gibt es unendlich viele Fixpunkte mit den Koordinaten x 1 ¼ l=3, x 2 ¼ l und x 3 ¼ 2 l (mit l 2 R). Diese Punkte gehen bei der Abbildung in sich selbst u¨ber.

Lo¨sen Sie die folgenden linearen Gleichungssysteme durch elementare Umformungen in den Zeilen der erweiterten Koeffizientenmatrix (Gaußscher Algorithmus): 0

J52

1 B aÞ @ 7 2

cÞ

1 6

1 5 C 11 A 3

5 6

x y

1 9

!

0 1 2 B C ¼ @7A 4

9 15

!

1 x1 Bx C B 2C B C ¼ @ x3 A x4

u 2u bÞ 6u 3u

0

1 21

!

þ 3v þ 2w 18 v þ w þ 2v þ 3w þ v þ 5w

¼ 19 ¼ 85 ¼ 1 ¼ 16

582

J Lineare Algebra

Ein inhomogenes lineares ðm; nÞ-System A x ¼ c ist nur lo¨sbar, wenn der Rang der Koeffizientenmatrix A mit dem Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix ðA j cÞ u¨bereinstimmt: Rg ðAÞ ¼ Rg ðA j cÞ ¼ r . Im Falle der Lo¨sbarkeit ha¨ngt die Lo¨sungsmenge noch wie folgt vom Rang r ab: r ¼ n

)

genau eine Lösung

r < n

)

unendlich viele Lösungen mit n r voneinander unabhängigen Parametern

f

a) Wir bringen die erweiterte Koeffizientenmatrix ðA j cÞ mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen auf Trapezform: 0 0 1 1 0 1 1 5 2 1 5 2 1 5 2 C B B C C B ) @ 0 24 7 A þ 24 Z 3 ) ðA j cÞ ¼ @ 7 11 7 A 7 Z 1 ) @ 0 24 7 A 0 1 0 2 Z1 0 13 0 : ð 13Þ 2 3 4 |fflfflffl{zfflfflffl} A c 1 B @0 0

5 0 1

1 2 7C A 0

0

1 5 B @0 1 0 0 |ffl{zffl} A*

)

1 2 0C A ¼ ðA * j c *Þ 7

f

0

c*

A * entha¨lt eine Nullzeile, ðA * j c *Þ dagegen keine! Daraus folgt: Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 2 ;


Somit ist Rg ðAÞ 6¼ Rg ðA j cÞ , das inhomogene LGS ist daher nicht lo¨sbar. b) Die erweiterte Koeffizientenmatrix ðA j cÞ wird zuna¨chst durch elementare Zeilenumformungen auf Trapezform gebracht: 0 0 1 1 1 3 2 19 1 3 2 19 B 2 18 1 85 C 2 Z B 0 24 3 123 C : ð 3Þ C C 1 B B ðA j cÞ ¼ B ) B ) C C @6 @0 2 3 1 A þ 6 Z1 20 15 115 A : 5 3 1 5 16 3 Z 1 0 8 1 41 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |{z} A c 1 B0 B B @0 0

3 8 4 8

2 1 3 1

1 19 41 C C C 23 A 0,5 Z 2 41 þ 2 Z 2

0

1 3 2 B0 8 1 B )B @ 0 0 2,5 0 0 0 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} A*

1 19 41 C C C ¼ ðA * j c *Þ 2,5 A 0 Nullzeile

f

0

c*

A * und ðA * j c *Þ enthalten jeweils eine Nullzeile. Es gilt: Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 3 ;


Somit ist Rg ðAÞ ¼ Rg ðA j cÞ ¼ r ¼ 3 und wegen r ¼ n ¼ 3 gibt es genau eine Lo¨sung, die sich aus dem gestaffelten System A * x ¼ c * leicht berechnen la¨sst (von unten nach oben): u þ 3 v þ 2 w ¼ 19

)

u þ 15 þ 2 ¼ u þ 17 ¼ 19

w ¼ 41

)

8 v þ 1 ¼ 41

2,5 w ¼ 2,5

)

w ¼ 1

8v þ

Lo¨sung:

u ¼ 2, v ¼ 5, w ¼ 1

)

8 v ¼ 40

) )

u ¼ 2 v ¼ 5


583

f

c) Zuna¨chst wird die erweiterte Koeffizientenmatrix ðA j cÞ durch elementare Umformungen in den Zeilen in die Trapezform gebracht: ! ! 1 5 1 9 1 1 5 1 9 1 ) ðA j cÞ ¼ ) 6 6 9 15 21 : 3 2 2 3 5 7 þ 2 Z1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |{z} A c ! 1 5 1 9 1 ¼ ðA * j c *Þ 0 12 5 13 9 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A* c* Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ 2 ;


Das inhomogene LGS ist lo¨sbar, da Rg ðAÞ ¼ Rg ðA j cÞ ¼ r ¼ 2 ist. Es gibt unendlich viele Lo¨sungen mit n r ¼ 4 2 ¼ 2 Parametern. Wir lo¨sen jetzt das gestaffelte System A * x ¼ c * schrittweise von unten nach oben und wa¨hlen dabei x 3 und x 4 als Parameter ðx 3 ¼ l, x 4 ¼ m mit l; m 2 R): ðIÞ

x1 þ 5 x2 x3 9 x4 ¼ 1 x1 þ

5 ð5 l þ 13 m 9Þ l 9 m ¼ 1 12 )

x1 þ

)

13 43 45 12 l m ¼ 12 12 12 12

)

13 43 33 1 lþ mþ ¼ ð 13 l þ 43 m þ 33Þ 12 12 12 12

f

f

ðIIÞ 12 x 2 5 x 3 13 x 4 ¼ 9 l

m

)

12 x 2 5 l 13 m ¼ 9

)

12 x 2 ¼ 5 l þ 13 m 9

)

1 ð5 l þ 13 m 9Þ 12

x1 ¼

Lo¨sung:

x1 þ

25 65 45 12 108 12 lþ m l m ¼ 12 12 12 12 12 12

x1 ¼

x2 ¼

)

1 1 ð 13 l þ 43 m þ 33Þ , x 2 ¼ ð5 l þ 13 m 9Þ, x 3 ¼ l , x 4 ¼ m 12 12

(mit l; m 2 R)

Kontrolle (Einsetzen der gefundenen von zwei unabha¨ngigen Parametern abha¨ngigen Werte in die beiden Ausgangsgleichungen): ðIÞ x 1 þ 5 x 2 x 3 9 x 4 ¼ ¼

1 5 ð 13 l þ 43 m þ 33Þ þ ð5 l þ 13 m 9Þ l 9 m ¼ 12 12

13 43 33 25 65 45 12 108 12 lþ mþ þ lþ m l 9m ¼ llþ m 9m ¼ 12 12 12 12 12 12 12 12 12

¼ l l þ 9m 9m 1 ¼ 1 ðIIÞ 6 x 1 þ 6 x 2 9 x 3 þ 15 x 4 ¼ ¼ ¼

6 6 ð 13 l þ 43 m þ 33Þ þ ð5 l þ 13 m 9Þ 9 l þ 15 m ¼ 12 12

1 1 ð 13 l þ 43 m þ 33Þ þ ð5 l þ 13 m 9Þ 9 l þ 15 m ¼ 2 2

13 43 33 5 13 9 18 30 42 l m þ lþ m 9 l þ 15 m ¼ l 9l m þ 15 m ¼ 2 2 2 2 2 2 2 2 2

¼ 9 l 9 l 15 m þ 15 m 21 ¼ 21

584

J Lineare Algebra

J53

Der in Bild J-4 skizzierte verzweigte Stromkreis mit den Ohmschen Widersta¨nden R 1 ¼ 5 W, R 2 ¼ 10 W und R 3 ¼ 20 W wird durch eine Gleichspannungsquelle mit der Quellenspannung U q ¼ 70 V gespeist. Die noch unbekannten Zweigstro¨me I1 , I2 und I3 genu¨gen dem folgenden linearen Gleichungssystem: R3 I3 0 10 1 0 1 0 1 1 1 I1 B C B C 0 A @ I2 A ¼ @ Uq A @ R1 R2 II Uq R3 I3 0 R2 t =0

Berechnen Sie diese Stro¨me mit Hilfe der Cramerschen Regel. I2

S

R2

Uq I

I1

R1

Bild J-4

f

f

Einsetzen der vorgegebenen Werte fu¨r die Teilwidersta¨nde und die Spannung fu¨hren zu dem folgenden inhomogenen LGS (wir rechnen zuna¨chst ohne Einheiten, die Teilstro¨me sind dann in der Einheit Ampe`re anzugeben): 0 1 10 1 0 0 I1 1 1 1 B C CB C B 0 A @ I2 A ¼ @ 70 A oder A I ¼ c @ 5 10 70 0 10 20 I3 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} A I c Fu¨r die Cramersche Regel beno¨tigen wir die Determinante D ¼ det A sowie die drei „Hilfsdeterminanten“ D 1 , D 2 und D 3 (in D wird der Reihe die 1., 2. bzw. 3. Spalte durch den Spaltenvektor c ersetzt): 1 1 1 1 1 5 10 0 5 10 ) D ¼ 200 þ 0 þ 50 0 0 þ 100 ¼ 350 0 10 20 0 10 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D ¼ det A 0 1 1 0 1 70 10 0 70 10 70 10 20 70 10 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D1 1 0 1 1 5 70 0 5 0 70 20 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D2 1 1 0 1 5 10 70 5 0 0 10 70 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D3

0 70 70

1 10 10

)

D 1 ¼ 0 þ 0 þ 700 700 0 þ 1400 ¼ 1400

)

D 2 ¼ 1400 þ 0 þ 350 0 0 0 ¼ 1750

)

D 3 ¼ 700 þ 0 þ 0 0 700 þ 350 ¼ 350


585

Damit erhalten wir folgende Werte fu¨r die drei Teilstro¨me I1 , I2 und I3 (in Ampe`re): I1 ¼

Lo¨sung:

D1 1400 ¼ 4; ¼ 350 D

I 1 ¼ 4 A,

I2 ¼

I 2 ¼ 5 A,

D2 1750 ¼ 5; ¼ 350 D

I3 ¼

D3 350 ¼ 1 ¼ 350 D

I3 ¼ 1 A

Das in Bild J-5 skizzierte Rollensystem entha¨lt in symmetrischer Anordnung drei gleiche Massen m 1 ¼ m 2 ¼ m 3 ¼ m, die durch ein u¨ber Rollen fu¨hrendes Seil miteinander verbunden sind. Die noch unbekannten Beschleunigungen a1 , a2 und a3 dieser Massen sowie die im Seil wirkende konstante Seilkraft FS lassen sich mit Hilfe des Gaußschen Algorithmus aus dem linearen Gleichungssystem 1 0 10 1 0 mg a1 m 0 1 C B CB C B @ 0 m 4 A @ a3 A ¼ @ m g A 0 1 2 0 FS

J54

berechnen (wegen der Symmetrie gilt a 1 ¼ a 2 ). Welchen Wert besitzen diese Gro¨ßen? Anmerkung: Rolle und Seil werden als masselos angenommen, Reibungskra¨fte vernachla¨ssigt (g: Erdbeschleunigung).

m

m

m1

m2

a m

Bild J-5

Wir bringen 0 m B B0 @ 1 0

1 B @0 0

zuna¨chst 0 1 m 4 2 0

m3

die erweiterte Koeffizientenmatrix durch elementare Zeilenumformungen auf Trapezform: 1 0 1 1 2 0 0 mg C B C C ) B ) mgC @ 0 m 4 mgA A m 0 1 m g m Z1 0

1 2 0 0 C m 4 m g A 2 m 1 m g þ 2 Z2

0 )

1 1 2 0 0 B C @ 0 m 4 m g A 0 0 9 3mg

Da es keine Nullzeilen gibt, haben Koeffizientenmatrix und erweiterte Koeffizientenmatrix den gleichen Rang r ¼ 3 . Das quadratische LGS ist somit eindeutig lo¨sbar. Die Lo¨sung erhalten wir wie folgt aus dem gestaffelten System (von unten nach oben gelo¨st): a1 þ 2 a3

¼ 0

m a3 þ 4 F S ¼ m g 9F S ¼ 3mg

Lo¨sung:

a1 ¼ a2 ¼

2 g, 3

2 g ¼ 0 3

)

a1

)

m a3 þ

)

FS ¼

a3 ¼

1 g, 3

)

4 mg ¼ mg 3

a1 ¼ )

2 g 3 m a3 ¼

1 mg 3

)

a3 ¼

1 g 3

1 mg 3

FS ¼

1 mg 3

Physikalische Deutung: Die beiden aüßeren Massen bewegen sich nach unten, die mittlere Masse mit halb so großer Beschleunigung nach oben.

586

J Lineare Algebra

3 Eigenwertprobleme Hinweise Lehrbuch: Band 2, Kapitel I.7 Formelsammlung: Kapitel VII.5

J55

Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der folgenden 2-reihigen Matrizen: 1 0 1 0,5 aÞ A ¼ bÞ B ¼ 8 2 2 1 Berechnen Sie ferner aus den Eigenwerten Spur und Determinante der Matrix (mit Kontrollrechnung).

a) Das Eigenwertproblem lautet: ðA l EÞ x ¼ 0

oder

1l 8

0 2l

!

x1 x2

!

0 0

¼

!

Berechnung der Eigenwerte aus der charakteristischen Gleichung det ðA l EÞ ¼ 0: 0 1l ¼ ð1 lÞ ð2 lÞ 0 ¼ ð1 lÞ ð2 lÞ ¼ 0 det ðA l EÞ ¼ 8 2l l1 ¼ 1;

)

l2 ¼ 2

Wir berechnen jetzt die zugeho¨rigen (normierten) Eigenvektoren. l1 ¼ 1

ðA 1 EÞ x ¼ 0 oder

0 8

0 1

!

!

x1 x2

0 0

¼

!

Die Koeffizientenmatrix dieses homogenen LGS entha¨lt eine Nullzeile und besitzt daher den Rang r ¼ 1. Es gibt somit wegen n r ¼ 2 1 ¼ 1 unendlich viele Lo¨sungen mit einem Parameter. Das gestaffelte LGS besteht aus einer Gleichung mit den beiden Unbekannten x 1 und x 2 , von denen wir eine frei wa¨hlen du¨rfen (wir entscheiden uns fu¨r x 1 und setzen x 1 ¼ a mit a 6¼ 0): 8 x1 þ x2 ¼ 0

)

8 a þ x2 ¼ 0

)

x2 ¼ 8 a

Somit gilt x 1 ¼ a und x 2 ¼ 8 a. Diesen Eigenvektor normieren wir (fu¨r a > 0): qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi a 1 ¼ a ) j x1 j ¼ j a j 1 2 þ ð 8Þ 2 ¼ j a j 65 ¼ 1 x1 ¼ 8a 8 1 1 Normierter Eigenvektor zum Eigenwert l 1 ¼ 1: ~ x 1 ¼ pffiffiffiffiffi 8 65 l2 ¼ 2


1 8

0 0

!

x1 x2

! ¼

0 0

! oder

)

1 a ¼ pffiffiffiffiffi 65

x1 þ 0 x2 ¼ 0 8 x1 þ 0 x2 ¼ 0

Dieses homogene LGS la¨sst sich auf die erste Gleichung reduzieren (die beiden Gleichungen sind proportional), in der die Unbekannte x 2 jeden reellen Wert annehmen kann ð0 x 2 ¼ 0 fu¨r x 2 2 RÞ. Damit erhalten wir folgende vom Parameter x 2 ¼ b abha¨ngige Lo¨sung: x1 þ 0 x2 ¼ 0

)

x1 þ 0 b ¼ 0 |ffl{zffl} 0

)

x1 ¼ 0 ;

x2 ¼ b

ðmit b 6¼ 0Þ

3 Eigenwertprobleme

587

Normierung des Eigenvektors (fu¨r b > 0): ! ! pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 0 0 ¼ b ) j x2 j ¼ j b j 02 þ 12 ¼ j b j ¼ 1 x2 ¼ b 1 0 x2 ¼ Normierter Eigenvektor zum Eigenwert l 2 ¼ 2: ~ 1

)

b ¼ 1

Die Eigenvektoren x 1 und x 2 sind linear unabha¨ngig, da die Determinante der aus ihnen gebildeten Matrix nicht verschwindet: a 0 6 0 ðda a 6¼ 0 und b 6¼ 0Þ 8a b ¼ ab 0 ¼ ab ¼ Spur und Determinante der Matrix A Die Spur ist die Summe, die Determinante das Produkt der Eigenwerte: Sp ðAÞ ¼ l 1 þ l 2 ¼ 1 þ 2 ¼ 3 ; det A ¼ l 1 l 2 ¼ 1 2 ¼ 2 ;

Kontrolle : Sp ðAÞ ¼ a 11 þ a 22 ¼ 1 þ 2 ¼ 3 1 0 ¼ 20 ¼ 2 Kontrolle : det A ¼ 8 2

b) Das Eigenwertproblem lautet: ðB l EÞ x ¼ 0

1l 2

oder

0,5 1l

!

x1 x2

!

0 0

¼

!

Berechnung der Eigenwerte aus der charakteristischen Gleichung det ðB l EÞ ¼ 0: 0,5 1l ¼ ð1 lÞ 2 þ 1 ¼ 1 2 l þ l 2 þ 1 ¼ l 2 2 l þ 2 ¼ 0 det ðB l EÞ ¼ 2 1l pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1 ¼ 1j l 1=2 ¼ 1 1 2 ¼ 1 Berechnung der zugeho¨rigen Eigenvektoren l1 ¼ 1 þ j

ðB ð1 þ jÞ EÞ x ¼ 0

oder

j 2

0,5 j

!

x1 x2

! ¼

0 0

)

!

Dieses homogene LGS besteht aus zwei proportionalen Gleichungen (multipliziert man die erste Gleichung mit 2 j, so erha¨lt man die zweite Gleichung): ðIÞ

j x 1 þ 0,5 x 2 ¼ 0 j ð 2 jÞ

)

2 x1 j x2 ¼ 0

ðIIÞ 2 x 1 j x 2 ¼ 0 Das System la¨sst sich daher auf Gleichung (II) reduzieren, in der wir u¨ber x 1 oder x 2 frei verfu¨gen du¨rfen (wir wa¨hlen x 2 als Parameter und setzen x 2 ¼ 2 a mit a 6¼ 0): ðIIÞ 2 x 1 j x 2 ¼ 0

)

2 x1 j 2 a ¼ 0

)

x1 ¼ j a

Der Eigenvektor x 1 mit den Komponenten x 1 ¼ j a und x 2 ¼ 2 a wird noch normiert der Normierungsbedingung: x 1 x *1 ¼ 1 erhalten wir mit x1 ¼

ja 2a

¼ a

j 2

und x *1 ¼ a

(fu¨r a > 0). Aus

j 2

das folgende Ergebnis: x 1 x *1 ¼ a

j 2

j a ¼ a 2 ð j 2 þ 2 2 Þ ¼ a 2 ð1 þ 4Þ ¼ 5 a 2 ¼ 1 2

)

1 a ¼ pffiffiffi 5

588

J Lineare Algebra

Normierter Eigenvektor zum Eigenwert l 1 ¼ 1 þ j:

l2 ¼ 1 j

ðB ð1 jÞ EÞ x ¼ 0

oder

1 ~ x 1 ¼ pffiffiffi 5 j 2

0,5 j

!

j 2

x1 x2

! ¼

0 0

!

Wiederum erhalten wir zwei proportionale Gleichungen: ðIÞ

j x 1 þ 0,5 x 2 ¼ 0 j 2 j

ðIIÞ 2 x 1 þ

)

2 x1 þ j x2 ¼ 0

j x2 ¼ 0

Das LGS la¨sst sich daher auf Gleichung (II) reduzieren, wobei wir u¨ber eine der beiden Unbekannten frei verfu¨gen du¨rfen. Wir entscheiden uns fu¨r x 2 und setzen x 2 ¼ 2 b mit b 6¼ 0: ðIIÞ 2 x 1 þ j x 2 ¼ 0

)

2 x1 þ j 2 b ¼ 0

)

x1 ¼ j b

Der Eigenvektor x 2 mit den Komponenten x 1 ¼ j b und x 2 ¼ 2 b soll noch normiert werden (fu¨r b > 0): x 2 x *2 ¼

jb 2b

jb 2b

¼ b

j j j j ¼ b ¼ b2 2 2 2 2 1 b ¼ pffiffiffi ! 5 j 1 ~ x 2 ¼ pffiffiffi 2 5

¼ b 2 ðj 2 þ 2 2 Þ ¼ b 2 ð1 þ 4Þ ¼ 5 b 2 ¼ 1 Normierter Eigenvektor zum Eigenwert l 2 ¼ 1 j:

)

Die (parameterabha¨ngigen) Eigenvektoren x 1 und x 2 sind linear unabha¨ngig, denn die Determinante der aus ihnen gebildeten Matrix ist stets von Null verschieden: ja jb ðda a 6¼ 0 und b 6¼ 0Þ 2 a 2 b ¼ j 2 a b j 2 a b ¼ j 4 a b 6¼ 0 Spur und Determinante der Matrix B Die Spur ist die Summe, die Determinante das Produkt der Eigenwerte: Sp ðBÞ ¼ l 1 þ l 2 ¼ ð1 þ jÞ þ ð1 jÞ ¼ 2 det B ¼ l 1 l 2 ¼ ð1 þ jÞ ð1 jÞ ¼ 1 j 2 ¼ 1 þ 1 ¼ 2 Kontrolle : Sp ðBÞ ¼ b 11 þ b 22 ¼ 1 þ 1 ¼ 2;

J56

1 det B ¼ 2

0,5 ¼ 1þ1 ¼ 2 1

Die Spiegelung eines Punktes P ¼ ðx 1 ; x 2 Þ an der (vertikalen) x2 -Achse fu¨hrt zum Bildpunkt 1 0 beschreiben. Es gilt: Q ¼ ð y 1 ; y 2 Þ und la¨sst sich durch die Abbildungsmatrix A ¼ 0 1 ! ! ! y1 1 0 x1 ¼ oder y ¼ A x y2 x2 0 1 x und y sind dabei die Ortsvektoren von P und Q . Bestimmen Sie diejenigen Punkte, deren Ortsvektoren bei der Abbildung in ein Vielfaches von sich selbst u¨bergehen, d. h. fu¨r die y ¼ l x mit l 6¼ 0 gilt. Hinweis: Die Lo¨sung dieser Aufgabe fu¨hrt auf ein Eigenwertproblem. Versuchen Sie eine geometrische Deutung der Eigenwerte und ihrer zugeho¨rigen Eigenvektoren.

3 Eigenwertprobleme

589

Die gesuchten Ortsvektoren x mu¨ssen die Bedingungen y ¼ A x und y ¼ l x erfu¨llen (mit l 2 R). Dies fu¨hrt zu dem Eigenwertproblem Ax ¼ lx

)

A x l x ¼ A x l E x ¼ ðA l EÞ x ¼ 0

(E: 2-reihige Einheitsmatrix). Die Komponenten x 1 und x 2 der Ortsvektoren x genu¨gen somit dem folgenden homogenen LGS: ! ! ! 1 l 0 x1 0 ðA l EÞ x ¼ 0 oder ¼ x2 0 1l 0 Die Eigenwerte sind die Lo¨sungen der charakteristischen Gleichung det ðA l EÞ ¼ 0: 0 1 l ¼ ð 1 lÞ ð1 lÞ 0 ¼ ð 1 lÞ ð1 lÞ ¼ 0 det ðA l EÞ ¼ 0 1l l1 ¼ 1 ;

)

l2 ¼ 1

Berechnung der zugeho¨rigen Eigenvektoren l1 ¼ 1

ðA þ 1 EÞ x ¼ 0

0 0 0 2

oder

Dieses homogene LGS wird wie folgt gelo¨st:

0 x1 þ 0 x2 ¼ 0 ) x1 ¼ a ; 0 x1 þ 2 x2 ¼ 0 Eigenvektor x 1 zum Eigenwert l 1 ¼ 1:

l2 ¼ 1

ðA 1 EÞ x ¼ 0

oder

x1 x2

! ¼

x2 ¼ 0

x1 ¼

2 0 0 0

Wir lo¨sen dieses homogene LGS wie folgt:

2 x1 þ 0 x2 ¼ 0 ) x2 ¼ b ; 0 x1 þ 0 x2 ¼ 0 Eigenvektor x 2 zum Eigenwert l 2 ¼ 1:

!

0 0

!

ðmit a 6¼ 0Þ

a 1 ¼ a ¼ a ex 0 0

!

x1 x2

!

x1 ¼ 0

¼

0 0

(mit a 6¼ 0)

!

ðmit b 6¼ 0Þ

0 0 ¼ bey ¼ b x2 ¼ 1 b

(mit b 6¼ 0)

Geometrische Deutung 1. Die zum Eigenwert l 1 ¼ 1 geho¨renden Eigenvektoren x 1 ¼ a e x beschreiben die Ortsvektoren der auf der (horizontalen) x 1 -Achse gelegenen Punkte P ¼ ða; 0Þ, die bei der Spiegelung an der vertikalen Achse in ihr Spiegelbild Q ¼ ð a; 0Þ u¨bergehen (Richtungsumkehr des Ortsvektors, siehe Bild J-6). 2. Die zum Eigenwert l 2 ¼ 1 geho¨renden Eigenvektoren x 2 ¼ b e y beschreiben die Ortsvektoren der auf der (vertikalen) x 2 -Achse gelegenen Punkte P ¼ ð0; bÞ, deren Lage sich bei der Spiegelung an der vertikalen Achse nicht vera¨ndert (der Ortsvektor bleibt erhalten, siehe Bild J-7). x2

x2

b

Spiegelachse

Q = (– a ; 0) –a

Spiegelachse

P = (a ; 0) a

P = Q = (0; b)

Bild J-6 x1

Bild J-7 x1

590

J Lineare Algebra

J57

Berechnen Sie jeweils (mit Kontrolle): 0 a B aÞ A ¼ @ b 0

die Eigenwerte der Matrix A und daraus Spur und Determinante der Matrix 1 b 0 C a bA b a

0

1 3 2 1 B C bÞ A ¼ @ 2 6 2 A 0 0 2

a) Die Eigenwerte der Matrix A sind die Lo¨sungen der charakteristischen Gleichung det ðA l EÞ ¼ 0 (die Berechnung der 3-reihigen Determinanten erfolgt nach der Regel von Sarrus): b b 0 a l al b b a l ) a l b 0 0 b b al |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det ðA l EÞ det ðA l EÞ ¼ ða lÞ 3 þ 0 þ 0 0 b 2 ða lÞ b 2 ða lÞ ¼ ða lÞ 3 2 b 2 ða lÞ ¼ ¼ ða lÞ ½ ða lÞ 2 2 b 2 det ðA l EÞ ¼ 0

)

ða lÞ 2 2 b 2 ¼ 0 Eigenwerte:

l 1 ¼ a,

ða lÞ ða lÞ 2 2 b 2 ¼ 0

al ¼ 0

)

l1 ¼ a

ða lÞ 2 b ¼ 0

ða lÞ 2 ¼ 2 b 2 ) a l ¼ pffiffiffi pffiffiffi l 2 ¼ a þ 2 b, l 3 ¼ a 2 b )

2

pffiffiffi 2b

2

)

)

l 2=3 ¼ a

pffiffiffi 2b

Spur und Determinante der Matrix A Sp ðAÞ ¼ l 1 þ l 2 þ l 3 ¼ a þ ða þ

pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 2 bÞ þ ða 2 bÞ ¼ a þ a þ 2 b þ a 2 b ¼ 3 a

Kontrolle: Sp ðAÞ ¼ a 11 þ a 22 þ a 33 ¼ a þ a þ a ¼ 3 a pffiffiffi pffiffiffi det A ¼ l 1 l 2 l 3 ¼ a ða þ 2 bÞ ða 2 bÞ ¼ a ða 2 2 b 2 Þ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3. Binom

Kontrolle (Regel a b 0 a b a b b 0 b a 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A

von Sarrus): b a b

)

det A ¼ a 3 þ 0 þ 0 0 a b 2 a b 2 ¼ a 3 2 a b 2 ¼ a ða 2 2 b 2 Þ

b) Berechnung der Eigenwerte aus der charakteristischen Gleichung det ðA l EÞ ¼ 0: 2 2 1 3 l 3l 2 2 6 l ) 6 l 2 0 0 0 0 2l |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det ðA l EÞ det ðA l EÞ ¼ ð3 lÞ ð6 lÞ ð2 lÞ þ 0 þ 0 0 0 4 ð2 lÞ ¼ ¼ ð3 lÞ ð6 lÞ ð2 lÞ 4 ð2 lÞ ¼ ð2 lÞ ½ ð3 lÞ ð6 lÞ 4 ¼ ¼ ð2 lÞ ð18 3 l 6 l þ l 2 4Þ ¼ ð2 lÞ ðl 2 9 l þ 14Þ

3 Eigenwertprobleme

det ðA l E Þ ¼ 0

l 9 l þ 14 ¼ 0 2

591

)

)

Eigenwerte (neu nummeriert):

2l ¼ 0

ð2 lÞ ðl 2 9 l þ 14Þ ¼ 0

l 2=3

9 ¼ 2

l 1=2 ¼ 2,

)

l1 ¼ 2

l 9 l þ 14 ¼ 0 2

rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffi 81 9 25 9 5 14 ¼ ¼ 4 2 4 2 2

)

) l2 ¼ 7 ;

l3 ¼ 2

l3 ¼ 7

Spur und Determinante der Matrix A Sp ðAÞ ¼ l 1 þ l 2 þ l 3 ¼ 2 þ 2 þ 7 ¼ 11 Kontrolle: Sp ðAÞ ¼ a 11 þ a 22 þ a 33 ¼ 3 þ 6 þ 2 ¼ 11 det A ¼ l 1 l 2 l 3 ¼ 2 2 7 ¼ 28 Kontrolle (Regel von Sarrus): 3 2 1 3 2 2 6 2 2 6 ) det A ¼ 36 þ 0 þ 0 0 0 8 ¼ 28 0 0 2 0 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det A

Normalschwingungen eines linearen Moleku¨ls vom Typ X Y2 Ein lineares symmetrisches 3-atomiges Moleku¨l vom Typ X Y 2 wie CO 2 oder NO 2 kann modellma¨ßig als ein System aus drei linear angeordneten Massenpunkten verstanden werden, die durch elastische Federn gekoppelt sind (Bild J-8). Bild J-8 Y

J58

X

Y

Ein solches System ist zu harmonischen Schwingungen fa¨hig, wobei in dieser Aufgabe nur die la¨ngs der Systemachse (Moleku¨lachse) mo¨glichen sog. Normalschwingungen untersucht werden sollen. Unter einer Normalschwingung eines Systems gekoppelter Massenpunkte versteht man einen Bewegungsablauf, bei dem alle Massen (Atome) mit der gleichen Kreisfrequenz w um ihre Gleichgewichtslagen schwingen. Die Schwingungen unterscheiden sich lediglich in den Phasenwinkeln und den Amplituden und lassen sich mathematisch durch ein System aus drei gekoppelten linearen Differentialgleichungen 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten beschreiben. Die weitere Behandlung fu¨hrt schließlich auf das folgende Eigenwertproblem: 0 1 0 1 w 2a 0 w 2a A B C B C 2 2 B C ðK l EÞ x ¼ 0 mit K ¼ @ 0 w a w a A und x ¼ @ B A 2 C w w2 2 w2 b

b

b

Dabei sind A und B die Schwingungsamplituden der beiden aüßeren Massen (Atome Y ) und C die Amplitude der Zentralmasse (Atom X ). Die in der Koeffizientematrix K auftretenden Gro¨ßen w 2a und w 2b sind (positive) Konstanten, die von den Massen und der Federkonstanten der beiden Kopplungsfedern abha¨ngen. Bestimmen Sie zuna¨chst die Eigenwerte l der Matrix K und daraus die Kreisfrequenzen w der Norpffiffiffi malschwingungen, wobei w ¼ l gilt und nur positive Werte physikalisch sinnvoll sind (warum?).

592

J Lineare Algebra

Die Eigenwerte und damit auch die Eigenkreisfrequenzen werden aus der charakteristischen Gleichung 2 wa l 0 w 2a det ðK l EÞ ¼ 0 w 2a l w 2a ¼ 0 2 2 w2 w 2w l b

b

b

bestimmt. Zuna¨chst mu¨ssen wir die Determinante berechnen (Regel von Sarrus): 2 w l 0 w 2a w 2a l 0 a 0 w 2a l w 2a 0 w 2a l ) w2 w 2b 2 w 2b l w 2b w 2b b det ðK l EÞ ¼ ðw 2a lÞ 2 ð2 w 2b lÞ þ 0 þ 0 w 2a w 2b ðw 2a lÞ w 2a w 2b ðw 2a lÞ 0 ¼ ¼ ðw 2a lÞ 2 ð2 w 2b lÞ 2 w 2a w 2b ðw 2a lÞ ¼ ¼ ðw 2a lÞ ½ ðw 2a lÞ ð2 w 2b lÞ 2 w 2a w 2b ¼ ¼ ðw 2a lÞ ð2 w 2a w 2b w 2a l 2 w 2b l þ l 2 2 w 2a w 2b Þ ¼ ¼ ðw 2a lÞ ðl 2 w 2a l 2 w 2b lÞ ¼ ðw 2a lÞ ðl w 2a 2 w 2b Þ l Damit erhalten wir folgende Eigenwerte: det ðK l EÞ ¼ 0 l 1 ¼ w 2a ;

)

ðw 2a lÞ l ðl w 2a 2 w 2b Þ ¼ 0

l 2 ¼ w 2a þ 2 w 2b ;

)

l3 ¼ 0

Daraus ergeben sich die folgenden Kreisfrequenzen fu¨r die Normalschwingungen ðw ¼ qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi w 1 ¼ l 1 ¼ w 2a ¼ w a ; w 2 ¼ l 2 ¼ w 2a þ 2 w 2b

pffiffiffi l > 0Þ:

(l 3 ¼ 0 fu¨hrt zu w 3 ¼ 0 und scheidet somit aus, physikalische Interpretation dieses Sonderfalls am Ende dieser Aufgabe.) Berechnung der Eigenvektoren (Schwingungsamplituden) 0 0 0 B 2 2 B l1 ¼ w a ) ðK w a EÞ x ¼ 0 oder @ 0 0 w 2b w 2b Die Koeffizientenmatrix B ¼ K w 2a E umformungen auf Trapezform: 0 0 0 w 2a B B ¼ @ 0 0 w 2a w 2b 0 B @

w 2b

w 2b

w 2b

0

0

0

0

2 w 2b

1

0

C A

B @

)

w 2a

1

0

Rg ðBÞ ¼ Rg ðB *Þ ¼ r ¼ 2

)

0 1 1 0 A C B C C CB ¼ 0A B w 2a @ A @ A 0 C 2w2 w2 b

a

dieses homogenen LGS bringen wir zuna¨chst mit Hilfe elementarer Zeilen-

: ð w 2b Þ C w 2a A : ð w 2a Þ 2 w 2b

10

w 2a

0 )

1 @0 0

w 2b

w 2b

0

0

0

0

2 w 2b w 2a w 2a w 2a

1 C A

Z2 ) Z2

1 1 2 0 1A ¼ B* 0 0 Nullzeile

Anzahl der Parameter : n r ¼ 3 2 ¼ 1

Es gibt somit unendlich viele Lo¨sungen, die noch von einem Parameter abha¨ngen. Das gestaffelte System B * x ¼ 0 liefert dann die folgenden Lo¨sungen (als Parameter wa¨hlen wir B ¼ a mit a 6¼ 0):

3 Eigenwertprobleme

593

A þ B 2C ¼ 0

)

Aþa0 ¼ 0

C ¼ 0

)

A ¼ a

0

Eigenvektoren zum Eigenwert l 1 ¼ w21 :

1 0 1 a 1 x1 ¼ @ a A ¼ a @ 1 A 0 0 0

B ) ðK ðw 2a þ 2 w 2b Þ EÞ x ¼ 0 oder B @

l 2 ¼ w 2a þ 2 w 2b

ðw 2a

Die Koeffizientenmatrix B ¼ K þ umformungen auf Trapezform: 1 0 2 w 2b 0 w 2a 2 Z 3 C B 0 2 w 2b w 2a A @ 0

w 2b

w 2b

w 2a

0

0

0

B @ 0

2 w 2b

w 2b

w 2b

2 w 2b Þ

1

C w 2a A

)

)

w 2a )

2 w 2b

w 2b

w 2b

2 w 2b

w 2a

0 w 2b

2 w 2b w 2b

w 2a w 2a

w 2b

w 2a

2 w 2b

0


0

0

B @

w 2b

B @ 0

0

10

0 1 1 0 A C 2 CB BC ¼ B0C wa A@ A @ A 2 0 C w

w 2a

2 w 2b

a

E dieses homogenen LGS bringen wir mit Hilfe elementarer Zeilen0

0

(mit a 6¼ 0)

1 C A

þ Z2 ) ð 1Þ

1

C w 2a A ¼ B *

0

0

Nullzeile


Es gibt wiederum unendlich viele Lo¨sungen, die noch von einem Parameter abha¨ngen. Sie werden wie folgt aus dem gestaffelten System B * x ¼ 0 bestimmt (Parameter ist die Unbekannte B ¼ b mit b 6¼ 0): ! 2 2 w b w 2b A þ w 2b B þ w 2a C ¼ 0 ) w 2b A þ w 2b b þ w 2a b ¼ w 2b A þ w 2b b 2 w 2b b ¼ 0 w 2a ) w 2b A w 2b b ¼ 0 ) A ¼ b 2 w 2b B w 2a C ¼ 0 ) 2 w 2b b w 2a C ¼ 0

)

0 Eigenvektoren zum Eigenwert l 2 ¼ w 2a þ 2 w 2b :

w 2a C ¼ 2 w 2b b

B x2 ¼ @

0

1

b ð2 w 2b =w 2a Þ b

0 l3 ¼ 0

)

ðK 0 EÞ x ¼ K x ¼ 0 oder

B B @

w 2a

0

0

w 2a

w 2b

w 2b

1

B C A ¼ b@

b

)

1

C ¼

1

B B0 @ 0

0

1

1

10

1 0 1 A 0 C 2 C B BC ¼ B0C wa A @ A @ A 2 C 0 2w b

1

C 1C A

1

1

0 ) Z2

Rg ðKÞ ¼ Rg ðK *Þ ¼ r ¼ 2

1 1 0 1 B C @ 0 1 1 A¼ K * Nullzeile 0 0 0 )


b

C A ðmit b 6¼ 0Þ

Bevor wir dieses homogene LGS lo¨sen, bringen wir die Koeffizientenmatrix K 0 E ¼ K auf Trapezform: 0 1 1 0 w 2a : w 2a 0 w 2a 1 0 1 B C C B B C C 2 ) B K ¼ B 0 ) w 2a w 2a C @0 1 1A @ A : wa 1 1 2 Z1 w 2b w 2b 2 w 2b : ð w 2b Þ 0

w 2a

1

2 w 2b =w 2a

w 2a

2 w 2b

594

J Lineare Algebra

Wir lo¨sen jetzt das gestaffelte System K * x ¼ 0, wobei wir die Unbekannte C als Parameter wa¨hlen (C ¼ g mit g 6¼ 0): AC ¼ 0

)

Ag ¼ 0

)

BC ¼ 0

)

Bg ¼ 0

)

A ¼ g

B ¼ g 0 1 0 1 g 1 @ A @ Die zugeho¨rigen Eigenvektoren lauten: x 3 ¼ g ¼ g 1 A g 1

(mit g 6¼ 0)

Physikalische Deutung der Ergebnisse 1. Normalschwingung mit der Kreisfrequenz w 1 = w a Die Zentralmasse M ist in Ruhe, die beiden aüßeren Massen schwingen mit gleicher Amplitude in Gegenphase (Bild J-9). bzw. Y

X

Y

Bild J-9 Y

2. Normalschwingung mit der Kreisfrequenz w 2 ¼

X

Y

qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi w 2a þ 2 w 2b

Die beiden aüßeren Massen schwingen mit gleicher Amplitude in Phase, die Zentralmasse M mit einer i. a. anderen Amplitude in Gegenphase (Bild J-10). bzw. Y

X

Y

Bild J-10 Y

X

Y

3. Translationsbewegung 0 1 1 @ Der Eigenvektor x 3 ¼ g 1 A zum Eigenwert l 3 ¼ 0 und damit zur Kreisfrequenz w 3 ¼ 0 beschreibt keine 1 Schwingung (sonst mu¨sste w > 0 sein), sondern eine Translation, bei der sich alle drei Massen in gleicher Richtung in gleicher Weise bewegen (Bild J-11). Bild J-11 Y

X

Y

0

J59

2 B0 B A ¼ B @1 2

0 2 2 4

0 0 0 1

1 0 0C C C 1A 0

Welche Eigenwerte besitzt diese Matrix? Berechnen Sie ferner det A und Sp ðAÞ .

Die gesuchten Eigenwerte der Matrix A sind die Lo¨sungen der charakteristischen Gleichung det ðA l EÞ ¼ 0. Die 4-reihige Determinante entwickeln wir zuna¨chst nach den Elementen der 1. Zeile, wobei nur das 1. Element einen Beitrag liefert (die u¨brigen Elemente sind alle gleich Null; gleichwertige Alternativen: Entwicklung nach der 2. Zeile oder der 3. oder 4. Spalte):

3 Eigenwertprobleme

595

0 0 0 2l 0 2l 0 0 ¼ a 11 A 11 ¼ a 11 ð 1Þ 1 þ 1 D 11 ¼ a 11 D 11 ¼ det ðA l EÞ ¼ 2 l 1 1 2 4 1 l 2l 0 ¼ ð2 lÞ 1 2

0 2l 2l 0 0 ¼ ð2 lÞ 2 2 l 1 4 4 1 l 0

0

0 l 1 1 l 0

Die verbliebene 3-reihige Determinante entwickeln wir wiederum nach der 1. Zeile (auch hier gilt: nur das 1. Element liefert einen Beitrag) und erhalten schließlich: 0 0 2l l 1 ¼ ð2 lÞ 2 ðl 2 þ 1Þ det ðA l EÞ ¼ ð2 lÞ ð2 lÞ 2 l 1 ¼ ð2 lÞ 2 1 l 4 1 l

det ðA l EÞ ¼ 0 Eigenwerte:

l 1=2 ¼ 2,

)

2

ð2 lÞ ðl þ 1Þ ¼ 0 2

ð2 lÞ 2 ¼ 0

)

l 1=2 ¼ 2

l2 þ 1

)

l 3=4 ¼ j

¼ 0

l 3=4 ¼ j

Determinante und Spur von A det A ¼ l 1 l 2 l 3 l 4 ¼ 2 2 j ð jÞ ¼ 4 j 2 ¼ 4 ð 1Þ ¼ 4

ð j 2 ¼ 1Þ

Sp ðAÞ ¼ l 1 þ l 2 þ l 3 þ l 4 ¼ 2 þ 2 þ j j ¼ 4

J60

Berechnen Sie die Eigenwerte und (auf mo¨glichst einfache Art) die Determinante und Spur der Matrix A (mit Kontrollrechnung): 0 1 0 1 1 0 0 a 1 0 B C B C aÞ A ¼ @ 2 3 0 A bÞ A ¼ @ 1 a 2 A 0 1 2 0 2 a

a) Die Eigenwerte der Matrix A werden aus der charakteristischen Gleichung 0 0 1l det ðA l EÞ ¼ 2 3l 0 ¼ 0 0 1 2l ermittelt. Determinantenberechnung nach der Regel von Sarrus: 0 0 0 1 l 1l 2 2 3 l ) 3 l 0 0 0 1 1 2l det ðA l EÞ ¼ ð1 lÞ ð3 lÞ ð2 lÞ þ 0 þ 0 0 0 0 ¼ ð1 lÞ ð3 lÞ ð2 lÞ det ðA l EÞ ¼ 0 Eigenwerte:

l 1 ¼ 1,

)

ð1 lÞ ð3 lÞ ð2 lÞ ¼ 0

l 2 ¼ 2,

l3 ¼ 3

)

l1 ¼ 1 ;

l2 ¼ 2 ;

l3 ¼ 3

596

J Lineare Algebra

Determinante und Spur der Matrix A det A ¼ l 1 l 2 l 3 ¼ 1 2 3 ¼ 6; Kontrollrechnung 1 det A ¼ 2 0

Sp ðAÞ ¼ l 1 þ l 2 þ l 3 ¼ 1 þ 2 þ 3 ¼ 6

(A ist eine Dreiecksmatrix): 0 0 3 0 ¼ a 11 a 22 a 33 ¼ 1 3 2 ¼ 6; 1 2

Sp ðAÞ ¼ a 11 þ a 22 þ a 33 ¼ 1 þ 3 þ 2 ¼ 6

b) Berechnung der Eigenwerte aus der charakteristischen Gleichung 1 0 al det ðA l EÞ ¼ 1 al 2 ¼ 0 0 2 al Determinantenberechnung nach der Regel von Sarrus: 1 0 a l 1 al 1 al 2 1 al ) 0 2 al 0 2 det ðA l EÞ ¼ ða lÞ 3 þ 0 þ 0 0 4 ða lÞ ða lÞ ¼ ða lÞ 3 5 ða lÞ det ðA l EÞ ¼ 0 ) ða lÞ 3 5 ða lÞ ¼ ða lÞ ða lÞ 2 5 ¼ 0

al ¼ 0 ða lÞ 2 5 ¼ 0

Aus der oberen Gleichung folgt l 1 ¼ a, die zweite Gleichung liefert weitere Lo¨sungen: pffiffiffi pffiffiffi ða lÞ 2 5 ¼ 0 ) ða lÞ 2 ¼ 5 ) a l ¼ 5 ) l 2=3 ¼ a 5 pffiffiffi pffiffiffi Eigenwerte: l 1 ¼ a, l 2 ¼ a þ 5 , l 3 ¼ a 5 Determinante und Spur der Matrix A pffiffiffi pffiffiffi det A ¼ l 1 l 2 l 3 ¼ a ða þ 5 Þ ða 5 Þ ¼ a ða 2 5Þ |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 3. Binom

Sp ðAÞ ¼ l 1 þ l 2 þ l 3 ¼ a þ ða þ Kontrollrechnung: a 1 0 a 1 a 2 1 0 2 a 0 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} det A

1 a 2

)

pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi 5 Þ þ ða 5 Þ ¼ a þ a þ 5 þ a 5 ¼ 3 a

det A ¼ a 3 þ 0 þ 0 0 4 a a ¼ a 3 5 a ¼ a ða 2 5Þ

Sp ðAÞ ¼ a 11 þ a 22 þ a 33 ¼ a þ a þ a ¼ 3 a

0

J61

3 5 B Gegeben ist die 3-reihige Matrix A ¼ @ 1 3 0 2 a) sa¨mtliche Eigenwerte, b) Spur und Determinante sowie c) die Eigenvektoren dieser Matrix. d) Sind die Eigenvektoren der Matrix A linear

1 0 C 2 A . Bestimmen Sie 3

unabha¨ngig?

3 Eigenwertprobleme

597

a) Berechnung der Eigenwerte der Matrix A Die gesuchten Eigenwerte der Matrix A sind die Lo¨sungen der charakteristischen Gleichung 5 0 3l det ðA l EÞ ¼ 1 3l 2 ¼ 0 0 2 3l Berechnung der Determinante nach der Regel von Sarrus: 5 0 3 l 5 3l 1 3l 2 1 3l ) 0 2 3l 0 2 det ðA l EÞ ¼ ð3 lÞ 3 þ 0 þ 0 0 4 ð3 lÞ 5 ð3 lÞ ¼ ð3 lÞ 3 9 ð3 lÞ ¼ ¼ ð3 lÞ ð3 lÞ 2 9 det ðA l EÞ ¼ 0

)

ð3 lÞ ð3 lÞ 2 9 ¼ 0

3l ¼ 0

)

ð3 lÞ 9 ¼ 0

ð3 lÞ 2 9 ¼ 0 ) ð3 lÞ 2 ¼ 9 ) 3 l ¼ 3 ) l 2=3 ¼ 3 3 Eigenwerte:

l 1 ¼ 3,

l 2 ¼ 6,

l1 ¼ 3

2

) )

l2 ¼ 6 ;

l3 ¼ 0

l3 ¼ 0

b) Spur und Determinante der Matrix A Die Spur ist die Summe, die Determinante das Produkt der Eigenwerte: Sp ðAÞ ¼ l 1 þ l 2 þ l 3 ¼ 3 þ 6 þ 0 ¼ 9;

det A ¼ l 1 l 2 l 3 ¼ 3 6 0 ¼ 0

Kontrollrechnung (Determinantenberechnung nach Sarrus): Sp ðAÞ ¼ a 11 þ a 22 þ a 33 ¼ 3 þ 3 þ 3 ¼ 9 3 5 0 3 1 3 2 1 0 2 3 0 |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} det A

5 3 2

)

det A ¼ 27 þ 0 þ 0 0 12 15 ¼ 0

c) Berechnung der Eigenvektoren der Matrix A Die Berechnung der Eigenvektoren erfolgt aus der Gleichung ðA l EÞ x ¼ 0: Eigenvektoren zum Eigenwert l 1 = 3 0 l1 ¼ 3

)

ðA 3 EÞ x ¼ 0

oder

0 5 B @1 0 0 2

0 1 10 1 0 0 x1 B C CB C 2 A @ x2 A ¼ @ 0 A 0 x3 0

Die Koeffizientenmatrix B ¼ A 3 E dieses homogenen LGS bringen zuna¨chst auf Trapezform („Gaußscher Algorithmus“): 0 1 0 1 0 0 5 0 2,5 Z 3 0 0 0 1 0 B C B C B B ¼ @1 0 2A ) @1 0 2A ) @0 0 0 2 0 0 2 0 0 2

wir durch elementare Zeilenumformungen 1 2 C 0A 0

0 )

1 B @0 0

1 0 2 C 2 0 A¼ B * Nullzeile 0 0

598

J Lineare Algebra

Die Matrix B hat also den Rang r ¼ Rg ðBÞ ¼ Rg ðB *Þ ¼ 2, es gibt daher unendlich viele Lo¨sungen mit einem Parameter (n r ¼ 3 2 ¼ 1), die sich aus dem gestaffelten System B * x ¼ 0 leicht berechnen lassen (Parameter: x 3 ¼ a mit a 6¼ 0): x1 þ 2 x3 ¼ 0

)

2 x2 ¼ 0

x2 ¼ 0

)

x1 þ 2 a ¼ 0

)

x1 ¼ 2 a 0

1 0 1 2a 2 x1 ¼ @ 0 A ¼ a @ 0 A a 1

Eigenvektoren zum Eigenwert l 1 ¼ 3:

(mit a 6¼ 0)

Eigenvektoren zum Eigenwert l 2 = 6 0 l2 ¼ 6

)

ðA 6 EÞ x ¼ 0

oder

B @

3

5

1 3 0

2

0 1 0 B C CB C 2 A @ x2 A ¼ @ 0 A 0 3 x3 0

10

x1

1

Die Koeffizientenmatrix B ¼ A 6 E wird wiederum auf Trapezform gebracht, das dann vorliegende gestaffelte System von unten nach oben gelo¨st: 0 1 0 1 0 1 3 5 0 þ 3 Z2 0 4 6 1 3 2 B C B C B C B ¼ @ 1 3 2A ) @1 3 2A ) @0 4 6 A þ 2 Z3 ) 0 2 3 0 2 3 0 2 3 0

1 3

B @0 0

2

1

0

C 0A

0

B @0 0

)

3

2

3

1


2 0 )

2

1

C 3 A¼ B * 0

Nullzeile

Anzahl der Parameter :

nr ¼ 32 ¼ 1

Lo¨sung des gestaffelten Systems B * x ¼ 0 (Parameter: x 3 ¼ b mit b 6¼ 0): x1 3 x2 þ 2 x3 ¼ 0

)

x 1 4,5 b þ 2 b ¼ x 1 2,5 b ¼ 0

2 x2 3 x3 ¼ 0

)

2 x2 3 b ¼ 0

)

2 x2 ¼ 3 b

)

x 1 ¼ 2,5 b x 2 ¼ 1,5 b

0

Eigenvektor zum Eigenwert l 2 ¼ 6:

x2

1 0 1 2,5 b 2,5 ¼ @ 1,5 b A ¼ b @ 1,5 A b 1

)

(mit b 6¼ 0)

Eigenvektoren zum Eigenwert l 3 = 0 0 l3 ¼ 0

)

ðA 0 EÞ x ¼ A x ¼ 0 oder

3 5 B @1 3 0 2

10 1 0 1 0 x1 0 CB C B C 2 A @ x2 A ¼ @ 0 A x3 3 0

Die Koeffizientenmatrix A wird zuna¨chst auf Trapezform gebracht, das dann vorliegende gestaffelte System von unten nach oben gelo¨st: 0 1 0 1 0 1 3 5 0 3 Z2 0 4 6 1 3 2 B C B C B C A ¼ @1 3 2A ) @1 3 2A ) @ 0 4 6 A þ 2 Z3 ) 0 2 3 0 2 3 0 2 3 0

1 B @0 0

3 0 2

1 2 C 0A 3

0 )

1 B @0 0

Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ r ¼ 2

3 2 0

1 2 C 3 A¼ A * 0 Nullzeile )


3 Eigenwertprobleme

599

Lo¨sung des gestaffelten Systems A * x ¼ 0 (Parameter: x 3 ¼ g mit g 6¼ 0): x1 þ 3 x2 þ 2 x3 ¼ 0

)

x 1 4,5 g þ 2 g ¼ x 1 2,5 g ¼ 0

2 x2 þ 3 x3 ¼ 0

)

2 x2 þ 3 g ¼ 0

)

)

x 1 ¼ 2,5 g

x 2 ¼ 1,5 g

0

Eigenvektor zum Eigenwert l 3 ¼ 0:

1 0 1 2,5 g 2,5 x 3 ¼ @ 1,5 g A ¼ g @ 1,5 A g 1

(mit g 6¼ 0)

d) Die aus den drei Eigenvektoren x 1 , x 2 und x 3 gebildete Matrix ist regula¨r, da ihre Determinante einen von Null verschiedenen Wert besitzt: 2,5 2,5 g 2 2,5 2 a 2,5 b 0 ðda a 6¼ 0; b 6¼ 0; g 6¼ 0Þ 1,5 b 1,5 g ¼ a b g 0 1,5 1,5 ¼ 13,5 a b g 6¼ 0 a 1 1 1 b g |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D ¼ 13,5 (die drei Spalten haben der Reihe nach den gemeinsamen Faktor a, b bzw. g, den wir vor die Determinante ziehen du¨rfen). Die Determinante D wurde dabei wie folgt nach der Regel von Sarrus berechnet: 2 2,5 2,5 2 2,5 0 1,5 1,5 0 1,5 ) D ¼ 3 3,75 þ 0 3,75 3 0 ¼ 13,5 6¼ 0 1 1 1 1 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} D Folgerung: Die Eigenvektoren sind linear unabha¨ngig.

J62

Bestimmen Sie auf mo¨glichst einfache Art Eigenwerte, Determinante und 1 0 4 0 0 0 0 1 0 1 0 0 5 B0 2 0 0C C B @ A @ ; B ¼ 2 5 0 ; C ¼ 0 A ¼ B C @0 0 5 0A 3 1 4 0 0 0 0 2

Spur der folgenden Matrizen: 1 2 0

1 3 5A 7

A ist eine Diagonalmatrix, B und C sind Dreiecksmatrizen. Die gesuchten Eigenwerte dieser Matrizen sind daher mit den Hauptdiagonalelementen identisch. Die Spur ist stets die Summe, die Determinante stets das Produkt der Eigenwerte. Somit gilt: Matrix A

Eigenwerte : l 1 ¼ 4, l 2 ¼ 2, l 3 ¼ 5, l 4 ¼ 2 Sp ðAÞ ¼ l 1 þ l 2 þ l 3 þ l 4 ¼ 4 2 þ 5 þ 2 ¼ 9 det A ¼ l 1 l 2 l 3 l 4 ¼ 4 ð 2Þ 5 2 ¼ 80

Matrix B

Eigenwerte : l 1 ¼ 1, l 2 ¼ 5, l 3 ¼ 4 Sp ðBÞ ¼ l 1 þ l 2 þ l 3 ¼ 1 þ 5 þ 4 ¼ 10;

Matrix C

det B ¼ l 1 l 2 l 3 ¼ 1 5 4 ¼ 20

Eigenwerte : l 1 ¼ 5, l 2 ¼ 2, l 3 ¼ 7 Sp ðCÞ ¼ l 1 þ l 2 þ l 3 ¼ 5 þ 2 þ 7 ¼ 4;

det C ¼ l 1 l 2 l 3 ¼ ð 5Þ 2 7 ¼ 70

600

J Lineare Algebra

Berechnen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der 3-reihigen symmetrischen Matrix 0 1 1 2 2 A ¼ @2 1 2A: 2 2 1

J63

Bestimmen Sie ein System aus drei orthogonalen Eigenvektoren.

Berechnung der Eigenwerte der Matrix A Die Eigenwerte sind die Lo¨sungen der charakteristischen Gleichung det ðA l EÞ ¼ 0. Wir berechnen zuna¨chst die Determinante nach der Regel von Sarrus: 2 2 1 l 2 1 l 2 2 1 l 2 1 l ) 2 2 1 l 2 2 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det ðA l EÞ det ðA l EÞ ¼ ð 1 lÞ 3 þ 8 þ 8 4 ð 1 lÞ 4 ð 1 lÞ 4 ð 1 lÞ ¼ ¼ ð 1 lÞ 3 12 ð 1 lÞ þ 16 det ðA l EÞ ¼ 0

)

ð 1 lÞ 3 12 ð 1 lÞ þ 16 ¼ ¼ 1 3 l 3 l 2 l 3 þ 12 þ 12 l þ 16 ¼ l 3 3 l 2 þ 9 l þ 27 ¼ 0

Durch Probieren findet man die Lo¨sung l 1 ¼ 3, mit Hilfe des Horner-Schemas die beiden (falls u¨berhaupt vorhanden) restlichen Lo¨sungen (Nullstellen des 1. reduzierten Polynoms): 1

3

l1 ¼ 3 1

l 1 ¼ 3,

Eigenwerte:

9

27

3

18 27

6

9

0

)

l2 6 l 9 ¼ 0

)

l 2=3 ¼ 3

)

l 2 þ 6 l þ 9 ¼ ðl þ 3Þ 2 ¼ 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} 1. Binom

l 2=3 ¼ 3

Eigenvektoren der Matrix A 0 l1 ¼ 3

)


4 B @2 2

Wir bringen die Koeffizientenmatrix B ¼ A gen auf Trapezform (Gaußscher Algorithmus): 1 0 4 2 2 2 Z2 C B ) B ¼ @2 4 2A 2 0

0 B @2

6 4

0

0

4 Z2 1 6 : 6 C 2 A : ð 2Þ

10 1 0 1 2 2 x1 0 CB C B C 4 2 A @ x2 A ¼ @ 0 A x3 2 4 0

3 E dieses homogenen LGS mit Hilfe elementarer Zeilenumformun0

0

6

B @2

4

0

2

0 )

0


)

1 2 B @0 1

1

0 0

0

6

1

C 2A

6 6 1

) Z1

C 1A¼ B* Nullzeile


nr ¼ 32 ¼ 1

3 Eigenwertprobleme

601

Das homogene LGS ist somit lo¨sbar, die Lo¨sungsmenge ha¨ngt von einem Parameter ab. Wir lo¨sen jetzt das gestaffelte System B * x ¼ 0 (Parameter: x 3 ¼ a mit a 6¼ 0): x1 þ 2 x2 x3 ¼ 0

)

x2 x3 ¼ 0

)

x1 þ 2 a a ¼ x1 þ a ¼ 0

)

x1 ¼ a

x2 a ¼ 0 ) x2 ¼ a 0 1 0 1 a 1 (mit Eigenvektoren zum Eigenwert l 1 ¼ 3: x 1 ¼ @ a A ¼ a @ 1 A a 1 10 1 0 x1 2 2 2 CB C B l 2=3 ¼ 3 ) ðA þ 3 EÞ x ¼ 0 oder @ 2 2 2 A @ x2 A ¼ x3 2 2 2

a 6¼ 0) 0 1 0 B C @0A 0

Die Koeffizientenmatrix B ¼ A þ 3 E wird auf Trapezform gebracht: 0 1 0 1 2 2 2 2 2 2 0 0A ¼ B* B ¼ @2 2 2 A þ Z1 ) @ 0 Nullzeilen 0 0 0 2 2 2 þ Z1 Rg ðBÞ ¼ Rg ðB *Þ ¼ r ¼ 1

)

nr ¼ 31 ¼ 2


Die Lo¨sungsmenge entha¨lt zwei voneinander unabha¨ngige Parameter. Wir lo¨sen jetzt das gestaffelte System B * x ¼ 0 (Parameter: x 2 ¼ b und x 3 ¼ g mit b 6¼ 0, g 6¼ 0): 2 x1 2 x2 2 x3 ¼ 0

)

2 x1 2 b 2 g ¼ 0

2 x1 ¼ 2 b þ 2 g

)

x1 ¼ b þ g

0

Eigenvektoren zum Eigenwert l 2 = 3 ¼ 3:

1 bþg x ¼ @ b A g

)

(mit b 6¼ 0 , g 6¼ 0)

Sie sind wie folgt als Linearkombination zweier linear unabha¨ngiger Eigenvektoren x 2 und x 3 darstellbar: 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 bþg b g 1 1 B C B C B C B C B C x ¼ @ b A ¼ @bAþ@ 0A ¼ b@1A þ g@0A ¼ x2 þ x3 g 0 g 0 1 |{z} |{z} x2 x3 Die Eigenvektoren x 2 und x 3 bilden zusammen mit dem zum Eigenwert l 1 ¼ 3 geho¨renden Eigenvektor x 1 ein System linear unabha¨ngiger Vektoren. System aus drei orthogonalen Eigenvektoren Bei einer symmetrischen Matrix gilt: Die zu verschiedenen Eigenwerten geho¨renden Eigenvektoren sind orthogonal. Damit sind x 1 und x 2 bzw. x 1 und x 3 orthogonale Eigenvektoren, und zwar unabha¨ngig vom Wert der reellen x 2 mit b ¼ 1, Parameter a, b und g. Wir wa¨hlen die (speziellen) orthogonalen Vektoren ~ x 1 mit a ¼ 1 und ~ deren Skalarprodukt verschwindet: 1 0 1 0 1 1 C B C B ~x 1 ~x 2 ¼ @ 1 A @ 1 A ¼ 1 þ 1 þ 0 ¼ 0 0 1 ~ 1 als auch zu ~ Der dritte noch fehlende Eigenvektor x 3 geho¨rt zum Eigenwert l 2=3 ¼ 3 und muss sowohl zu x x2 0 1 bþg B C orthogonal sein. Er ist in der Form ~ x 3 ¼ @ b A darstellbar. Wir bestimmen die noch unbekannten Parameter b g und g so, dass die genannten Orthogonalita¨tsbedingungen erfu¨llt sind (die skalaren Produkte von ~ x 3 mit den Eigenvektoren ~x 1 bzw. ~ x 2 mu¨ssen verschwinden):

602

J Lineare Algebra

0

1 0 1 1 bþg B C B C x~ 1 x~ 3 ¼ @ 1 A @ b A ¼ 1 ð b þ gÞ þ b þ g ¼ b g þ b þ g ¼ 0 1 g Diese Bedingung ist also unabha¨ngig von den Parameterwerten stets erfu¨llt. 1 0 1 0 bþg 1 C B C B ~x 2 ~x 3 ¼ @ 1 A @ b A ¼ 1 ð b þ gÞ þ b ¼ b þ g þ b ¼ 2 b þ g ¼ 0 g 0 Wir setzen b ¼ 1 und erhalten g ¼ 2 b ¼ 2. Der Eigenvektor ~ x 3 besitzt damit der Reihe nach die (skalaren) Komponenten 1, 1 und 2. Das gesuchte System aus drei orthogonalen Eigenvektoren lautet somit wie folgt: 0 1 0 1 0 1 1 1 1 B C B C B C ~x 1 ¼ @ 1 A ; ~ x2 ¼ @ 1 A ; ~ x3 ¼ @ 1 A 1 0 2 Kontrolle (u¨ber Skalarproduktbildung): 1 0 1 0 1 1 B C B C C B C ~x 1 ~x 2 ¼ B @ 1 A @ 1 A ¼ 1 þ 1 þ 0 ¼ 0; 0 1

0 B ~ x1 ~ x3 ¼ B @

1

1

0

1

1

C C B C B 1C A @ 1A ¼ 1 þ 1 2 ¼ 0 2 1

1 0 1 0 1 1 C B C C B C B x~ 2 x~ 3 ¼ B @1A @ 1A ¼ 1 þ 1 þ 0 ¼ 0 2 0

Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der 3-reihigen symmetrischen Matrix 0 1 0 1 0 A ¼ @ 1 0 1 A und zeigen Sie, dass die drei (zu verschiedenen Eigenwerten geho¨renden) Eigen0 1 0

J64

vektoren ein orthogonales System bilden, d. h. paarweise aufeinander senkrecht stehen.

Berechnung der Eigenwerte der Matrix A Die Lo¨sungen der charakteristischen Gleichung det ðA l EÞ ¼ 0 liefern die Eigenwerte (Berechnung der 3-reihigen Determinante nach Sarrus): 1 0 l 1 l 1 l 1 1 l ) det ðA l EÞ ¼ l 3 þ 0 þ 0 0 þ l þ l ¼ l 3 þ 2 l 0 1 l 0 1 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det ðA l EÞ pffiffiffi det ðA l EÞ ¼ 0 ) l 3 þ 2 l ¼ l ð l 2 þ 2Þ ¼ 0 ) l 1 ¼ 0 ; l 2=3 ¼ 2 pffiffiffi pffiffiffi Eigenwerte: l 1 ¼ 0, l 2 ¼ 2 , l 3 ¼ 2 Berechnung der zugeho¨rigen Eigenvektoren 0 l1 ¼ 0

)

ðA 0 EÞ x ¼ A x ¼ 0 oder

0 B @1 0

1 0 1

10 1 0 1 0 x1 0 CB C B C 1 A @ x2 A ¼ @ 0 A 0 x3 0

3 Eigenwertprobleme

603

Die Koeffizientenmatrix A bringen wir zuna¨chst und lo¨sen dann das gestaffelte System schrittweise 1 0 0 0 1 0 0 1 C B B A ¼ @1 0 1A ) @1 0 0 1 0 Z1 0 0 Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ r ¼ 2

)

mit Hilfe elementarer Umformungen in den Zeilen auf Trapezform von unten nach oben: 1 1 0 0 1 0 1 C C B 1A ) @0 1 0A ¼ A* Nullzeile 0 0 0 0


Gestaffeltes System A * x ¼ 0 (Parameter: x 3 ¼ a mit a 6¼ 0): x1 þ

x3 ¼ 0

)

x1 þ a ¼ 0

¼ 0

)

x2 ¼ 0

x2

)

x1 ¼ a 0

1 0 1 a 1 x1 ¼ @ 0 A ¼ a @ 0 A a 1

Zum Eigenwert l 1 ¼ 0 geho¨rende Eigenvektoren: 0 pffiffiffi l2 ¼ 2

pffiffiffi ðA 2 EÞ x ¼ 0 oder

)

pffiffiffi 2 1 pffiffiffi B @ 1 2 0 1

(mit a 6¼ 0)

0 1 10 1 0 x1 0 B C CB C 1 A @ x2 A ¼ @ 0 A pffiffiffi x3 0 2

pffiffiffi Koeffizientenmatrix B ¼ A 2 E auf Trapezform bringen, dann das gestaffelte System schrittweise von unten nach oben lo¨sen: 1 0 0 pffiffiffi 1 pffiffiffi 1 2 1 2 1 0 C pffiffiffi B pffiffiffi B C pffiffiffi C þ 2 Z1 ) B 2 C ) B ¼ B 1 0 1 2 1 A @ @ A pffiffiffi pffiffiffi 0 1 2 0 1 2 0

1

B B0 @ 0

pffiffiffi 2 1 1

1 1 pffiffiffi C 2C A pffiffiffi 2 þ Z2


0 )

)

1

B B0 @ 0

pffiffiffi 2 1 0

1 1 pffiffiffi C * 2C A¼ B Nullzeile 0


Gestaffeltes System B * x ¼ 0 (Parameter: x 3 ¼ b mit b 6¼ 0): pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi x3 ¼ 0 ) x1 2 2 b þ b ¼ x1 2 b þ b ¼ x1 b ¼ 0 x1 2 x2 þ pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi x2 þ 2 x3 ¼ 0 ) x2 þ 2 b ¼ 0 ) x2 ¼ 2 b pffiffiffi Zum Eigenwert l 2 ¼ 2 geho¨rende Eigenvektoren: 1 1 0 0 1 b B pffiffiffi C B pffiffiffi C ðmit b 6¼ 0Þ x2 ¼ @ 2 b A ¼ b @ 2 A b

l3 ¼

pffiffiffi 2

)

)

x1 ¼ b

1

ðA þ

pffiffiffi 2 EÞ x ¼ 0 oder

pffiffiffi Die Koeffizientenmatrix B ¼ A þ 2 E bringen System schrittweise von unten nach oben: 1 0 pffiffiffi 0 1 2 1 0 pffiffiffi C B B pffiffiffi B ¼ @ 1 ) @ 2 2 1 A pffiffiffi 0 0 1 2

0 pffiffiffi 2 1 pffiffiffi B @ 1 2 0 1

0 1 10 1 0 x1 0 B C CB C 1 A @ x2 A ¼ @ 0 A pffiffiffi 0 x3 2

wir zuna¨chst auf Trapezform, anschließend lo¨sen wir das gestaffelte pffiffiffi 2 1 1

1 1 C pffiffiffi 0 A 2 Z1 pffiffiffi 2

)

604

J Lineare Algebra

0

1 B @0 0

1 pffiffiffi 2 1 pffiffiffi C 1 2A pffiffiffi 1 2 þ Z2


0 )

)

1 B @0 0

1 pffiffiffi 2 1 pffiffiffi C 1 2A ¼ B* Nullzeile 0 0


Gestaffeltes System B * x ¼ 0 (Parameter: x 3 ¼ g mit g 6¼ 0): pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi x1 þ 2 x2 þ x 3 ¼ 0 ) x 1 þ 2 ð 2 gÞ þ g ¼ x 1 2 g þ g ¼ x 1 g ¼ 0 pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi x2 2 x3 ¼ 0 ) x2 2 g ¼ 0 ) x2 ¼ 2 g 0 1 0 1 g 1 pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi ðmit g 6¼ 0Þ Eigenvektoren zum Eigenwert l 3 ¼ 2 : x 3 ¼ @ 2 g A ¼ g @ 2 A g 1

)

x1 ¼ g

Wir zeigen jetzt mit Hilfe des Skalarproduktes, dass die drei Eigenvektoren x 1 , x 2 und x 3 orthogonal sind (die Bedingungen lauten: x i x k ¼ 0 fu¨r i 6¼ k ; i; k ¼ 1; 2; 3): 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 B C B pffiffiffi C B C B pffiffiffi C x 1 x 2 ¼ a @ 0 A b @ 2 A ¼ a b @ 0 A @ 2 A ¼ a b ð 1 þ 0 þ 1Þ ¼ 0 1 1 1 1 0

1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 p ffiffi ffi p ffiffi ffi B C B C B C B C x 1 x 3 ¼ a @ 0 A g @ 2 A ¼ a g @ 0 A @ 2 A ¼ a g ð 1 þ 0 þ 1Þ ¼ 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 p ffiffi ffi p ffiffi ffi p ffiffi ffi p ffiffi ffi C C B B C B B C x 2 x 3 ¼ b @ 2 A g @ 2 A ¼ b g @ 2 A @ 2 A ¼ b g ð1 2 þ 1Þ ¼ 0 1 1 1 1 0

0

J65

1 B Gegeben ist die Matrix A ¼ @ 3 3

2 2 3

1 0 1 1 3 C B C 2 A und der Spaltenvektor x 1 ¼ @ 5 A . 4 8

a) Zeigen Sie: Der Vektor x 1 ist ein Eigenvektor der Matrix A . Wie lautet der zugeho¨rige Eigenwert ? b) Bestimmen Sie die restlichen Eigenwerte und Eigenvektoren.

a) Wenn der Vektor x 1 ein Eigenvektor der Matrix A ist, muss das Matrizenprodukt aus A und x 1 ein (noch unbekanntes) Vielfaches des Vektors x 1 sein, d. h. die Gleichung A x 1 ¼ l x 1 muss eine eindeutige Lo¨sung fu¨r l ergeben: 0 1 1 0 1 0 10 1 0 0 1 21 3 þ 10 þ 8 3 3l 1 2 1 3 B C C B C B CB C B B C A x 1 ¼ @ 3 2 2 A @ 5 A ¼ @ 9 þ 10 þ 16 A ¼ @ 35 A ; l x 1 ¼ l @ 5 A ¼ @ 5 l A 56 9 þ 15 þ 32 8 8l 3 3 4 8 1 0 1 3l 21 C B B C @ 35 A ¼ @ 5 l A 8l 56 0 A x1 ¼ l x1

)

)

8 9 > < 3 l ¼ 21 > = 5 l ¼ 35 > > : 8 l ¼ 56 ;

)

l ¼ 7

Die drei Gleichungen mit der Unbekannten l fu¨hren jeweils zum gleichen Ergebnis l ¼ 7 . Somit ist der Vektor x 1 ein Eigenvektor der Matrix A zum Eigenwert l 1 ¼ 7 .

3 Eigenwertprobleme

605

b) Die Eigenwerte der Matrix A sind die Lo¨sungen der charakteristischen Gleichung 2 1 1l det ðA l EÞ ¼ 3 2l 2 ¼ 0 3 3 4l Die Berechnung der 3-reihigen Determinante nach Sarrus fu¨hrt auf die folgende Gleichung 3. Grades fu¨r l: 2 1 1 l 2 1l 3 2l 2 3 2l ) 3 3 4l 3 3 det ðA l EÞ ¼ ð1 lÞ ð2 lÞ ð4 lÞ þ 12 þ 9 3 ð2 lÞ 6 ð1 lÞ 6 ð4 lÞ ¼ ¼ ð2 l 2 l þ l 2 Þ ð4 lÞ þ 21 6 þ 3 l 6 þ 6 l 24 þ 6 l ¼ ¼ ð2 3 l þ l 2 Þ ð4 lÞ þ 15 l 15 ¼ ¼ 8 2 l 12 l þ 3 l 2 þ 4 l 2 l 3 þ 15 l 15 ¼ l 3 þ 7 l 2 þ l 7 Somit gilt: det ðA l EÞ ¼ 0

l3 þ 7 l2 þ l 7 ¼ 0

)

Eine Lo¨sung haben wir bereits in Teil a) bestimmt: l 1 ¼ 7. Die restlichen Lo¨sungen erhalten wir aus dem 1. reduzierten Polynom mit Hilfe des Horner-Schemas (Abspalten des Linearfaktors l 7): 1 l1 ¼ 7 1

7

1

7

7

0

7

0

1

0

)

l2 þ 1 ¼ 0

)

l2 ¼ 1

)

l 2=3 ¼ 1

Somit gibt es genau drei verschiedene Eigenwerte: l 1 ¼ 7, l 2 ¼ 1, l 3 ¼ 1. Wir bestimmen jetzt die noch fehlenden Eigenvektoren zu den Eigenwerten l 2=3 ¼ 1 . Eigenvektoren zum Eigenwert l 2 = 1 0 l2 ¼ 1

)

Wir bringen 0 0 2 B B3 1 @ 3 3

ðA 1 EÞ x ¼ 0

oder

0 2 B @3 1 3 3

0 1 10 1 0 x1 1 B C CB C 2 A @ x2 A ¼ @ 0 A 0 x3 3

dieses homogene LGS zuna¨chst auf Trapezform: 1 1 0 0 1 0 2 1 0 C C B B C C B B 2A ) @3 1 2A ) @3 3 Z2 0 2 1 Z1 0

2

1

1

1

C 2C A

0

0

0 )

3

B B0 @ 0

1

2

1

2

C 1C A

0

0

Nullzeile

Der Rang der Koeffizientenmatrix ist r ¼ 2 . Es gibt somit unendlich viele Lo¨sungen, die noch von einem Parameter abha¨ngen ðn r ¼ 3 2 ¼ 1Þ. Das gestaffelte System wird wie folgt gelo¨st (wir wa¨hlen x 2 als Parameter, setzen also x 2 ¼ a mit a 6¼ 0): 3 x1 þ x2 þ 2 x3 ¼ 0 2 x2 þ

x3 ¼ 0

)

3 x1 þ a 4 a ¼ 0

)

2 a þ x3 ¼ 0

)

)

3 x1 3 a ¼ 0

x3 ¼ 2 a

Zum Eigenwert l 2 ¼ 1 geho¨ren damit folgende Eigenvektoren: 0 1 1 0 1 a C B C B x2 ¼ @ a A ¼ a @ 1 A ðmit a 6¼ 0Þ 2 2a

)

3 x1 ¼ 3 a

)

x1 ¼ a

606

J Lineare Algebra

Eigenvektoren zum Eigenwert l 3 = – 1 0 l3 ¼ 1

)

ðA þ 1 EÞ x ¼ 0 oder

Dieses homogene LGS bringen wir 1 0 0 2 2 1 2 B B C B3 3 2C B ) @3 A @ 3 3 5 Z2 0 Rang der Matrix: r ¼ 2 )

2 B @3 3

2 3 3

10 1 0 1 1 x1 0 CB C B C 2 A @ x2 A ¼ @ 0 A x3 5 0

zuna¨chst mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen 1 1 0 2 2 1 2 1 C C B C B 3 2C ) A 1,5 Z 1 ) @ 0 0 0,5 A 2 Z2 0 0 1 0 3 : 3

auf Trapezform: 1 0 2 2 1 B C B 0 0 0,5 C A @ 0 0 0

Nullzeile

Anzahl der Parameter: n r ¼ 3 2 ¼ 1

Lo¨sung des gestaffelten Systems (Parameter: x 2 ¼ b mit b 6¼ 0): 2 x1 þ 2 x2 þ x3 ¼ 0

)

2 x1 þ 2 b þ 0 ¼ 2 x1 þ 2 b ¼ 0

0,5 x 3 ¼ 0

)

x3 ¼ 0

)

2 x1 ¼ 2 b

)

x1 ¼ b

Zum Eigenwert l 3 ¼ 1 geho¨ren somit folgende Eigenvektoren: 0 1 0 1 b 1 B C B C ðmit b 6¼ 0Þ x3 ¼ @ b A ¼ b @ 1 A 0 0

0

J66

1 @ Wie lauten die Eigenwerte und Eigenvektoren der hermiteschen Matrix A ¼ 0 2 j Zeigen Sie die lineare Unabha¨ngigkeit der Eigenvektoren.

1 0 2j 0 0 A? 0 4

Berechnung der Eigenwerte der Matrix A Die Eigenwerte sind die Lo¨sungen der charakteristischen Gleichung det ðA l EÞ ¼ 0 (die 3-reihige Determinante berechnen wir nach Sarrus): 1 l 0 2 j 1 l 0 0 0 l 0 l ) 2j 0 4l 2j 0 |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} det ðA l EÞ det ðA l EÞ ¼ ð1 lÞ ð lÞ ð4 lÞ þ 0 þ 0 4 j 2 l 0 0 ¼ l ð1 lÞ ð4 lÞ þ 4 l ¼ ¼ l ð1 lÞ ð4 lÞ 4 ¼ l ð4 l 4 l þ l 2 4Þ ¼ l ðl 2 5 lÞ det ðA l EÞ ¼ 0 Eigenwerte:

l 1=2 ¼ 0,

)

l ðl 2 5 lÞ ¼ l 2 ðl 5Þ ¼ 0

)

l 1=2 ¼ 0 ;

l3 ¼ 5

Berechnung der zugeho¨rigen Eigenvektoren 0 l 1=2 ¼ 0

)

ðA 0 EÞ x ¼ A x ¼ 0

oder

1 B @0 2j

0 1 10 1 0 0 2j x1 B C CB C 0 0 A @ x2 A ¼ @ 0 A 0 x3 0 4

l3 ¼ 5

3 Eigenwertprobleme

607

Wir bringen zuna¨chst die Koeffizientenmatrix A 0 E 0 1 0 1 0 2j 1 A ¼ @0 0 0A ) @0 2j 0 4 2 j Z1 0 Rg ðAÞ ¼ Rg ðA *Þ ¼ r ¼ 1

)

¼ A durch elementare Zeilenumformungen auf Trapezform: 1 0 2j 0 0A ¼ A* 0

0

2 Nullzeilen


Wir lo¨sen das gestaffelte System A * x ¼ 0, dessen Lo¨sungsmenge zwei unabha¨ngige Parameter entha¨lt (wir wa¨hlen x 2 ¼ a und x 3 ¼ b mit a 6¼ 0, b 6¼ 0): x1 2 j x3 ¼ 0

)

x1 2 j b ¼ 0

)

x1 ¼ 2 j b ¼ 2 b j

Damit erhalten wir die folgenden von zwei Parametern a und b abha¨ngenden Eigenvektoren zum (doppelten) Eigenwert l 1=2 ¼ 0: 0 1 2bj x ¼ @ a A ðmit a ¼ 6 0 ; b 6¼ 0Þ b Wir ko¨nnen diesen Eigenvektor auch wie folgt als Linearkombination zweier linear unabha¨ngiger Eigenvektoren x 1 und x 2 darstellen, die nur von a bzw. b abha¨ngen: 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2j 2bj 0 2bj 0 B C B C B C B C B C x ¼ @ a A ¼ @ a A þ @ 0 A ¼ a @ 1 Aþ b @ 0 A ¼ a x 1 þ b x 2 1 b 0 b 0 |ffl{zffl} |{z} x1 x2 0 l3 ¼ 5

)

ðA 5 EÞ x ¼ 0

oder

4 B @ 0 2j

10 1 0 1 0 2j x1 0 CB C B C 5 0 A @ x2 A ¼ @ 0 A x3 0 1 0

Die Koeffizientenmatrix B ¼ A 5 E bringen wir zuna¨chst auf Trapezform und lo¨sen dann das gestaffelte System: 0 1 0 1 0 1 4 0 2j : 2 2 0 j 2 0 j B C B C B C B ¼ @ 0 5 0A ) @ 0 5 0A ) @ 0 5 0 A¼ B * 2j 0 1 2j 0 1 þ j Z1 Nullzeile 0 0 0 Rg ðBÞ ¼ Rg ðB *Þ ¼ r ¼ 2

)


Wir lo¨sen das gestaffelte System B * x ¼ 0 (Parameter ist x 3 ¼ 2 g mit g 6¼ 0): 2 x1 j x3 ¼ 0 5 x2 ¼ 0

)

)

2 x1 j 2 g ¼ 0

x2 ¼ 0

)

2 x 1 ¼ j 2g

x1 ¼ j g

0

Eigenvektoren zum Eigenwert l 3 ¼ 5:

1 0 1 jg j x3 ¼ @ 0 A ¼ g @ 0 A 2g 2

)

ðmit g 6¼ 0Þ

Die drei Eigenvektoren x 1 , x 2 und x 3 (mit g ¼ 1) sind linear unabha¨ngig, da die aus ihnen gebildete Determinante von Null verschieden ist (Determinantenberechnung durch Entwicklung nach den Elementen der 2. Zeile, wobei nur das Element a 21 ¼ 1 einen Beitrag leistet): 0 2j det ðx 1 x 2 x 3 Þ ¼ 1 0 0 1 2j ¼ 1

j 0 2j 2þ1 0 ¼ a 21 A 21 ¼ a 21 ð 1Þ D 21 ¼ 1 ð 1Þ 1 0 0 1 2 j ¼ ð4 j þ jÞ ¼ 5 j 6¼ 0 2

j 0 ¼ 2

608

J Lineare Algebra

Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der symmetrischen Matrix A ¼

J67

1 2

2 . 2

Zeigen Sie dann, dass die mit den normierten Eigenvektoren ~ x 1 und ~ x 2 gebildete Matrix x 2 Þ die Matrix A auf Diagonalgestalt transformiert: T ¼ ð~ x1 ~ T1 A T ¼ D

ðD : DiagonalmatrixÞ

Welche Bedeutung haben die Diagonalelemente dieser Diagonalmatrix?

Das Eigenwertproblem lautet: ðA l EÞ x ¼ 0

oder

1l 2

2 2 l

!

x1 x2

! ¼

0 0

!

Die Eigenwerte berechnen wir aus der charakteristischen Gleichung det ðA l EÞ ¼ 0: 2 1l ¼ ð1 lÞ ð 2 lÞ 4 ¼ det ðA l EÞ ¼ 2 2 l ¼ 2 l þ 2 l þ l2 4 ¼ l2 þ l 6 ¼ 0 l 1=2

1 ¼ 2

rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffi 1 1 25 1 5 þ6 ¼ ¼ 4 2 4 2 2

)

)

l1 ¼ 2 ;

l2 ¼ 3

Berechnung der zugeho¨rigen Eigenvektoren l1 ¼ 2

)

1 2


2 4

!

x1 x2

!

0 0

¼

!

Dieses homogene LGS reduziert sich auf eine Gleichung (wir wa¨hlen die erste Gleichung), da die beiden Gleichungen proportional sind: ðIÞ ðIIÞ

x 1 þ 2 x 2 ¼ 0 j ð 2Þ

)

2 x1 4 x2 ¼ 0

ðdies aber ist genau Gleichung (II)Þ

2 x1 4 x2 ¼ 0

Wir du¨rfen daher u¨ber eine der beiden Unbekannten frei verfu¨gen und wa¨hlen x 2 als Parameter (x 2 ¼ a mit a 6¼ 0): ðIIÞ

)

2 x1 4 a ¼ 0

)

2 x 1 ¼ 4a

)

x1 ¼ 2 a

Der Eigenvektor x 1 mit den Komponenten x 1 ¼ 2 a und x 2 ¼ a x 1 x 1 ¼ 1; a > 0): 2a 2a ¼ 4 a2 þ a2 ¼ 5 a2 ¼ 1 ) x1 x1 ¼ a a pffiffiffi ! 2= 5 Normierter Eigenvektor zum Eigenwert l 1 ¼ 2: ~ x1 ¼ ¼ pffiffiffi 1= 5 l2 ¼ 3

)

ðA þ 3 EÞ x ¼ 0

oder

4 2

2 1

!

x1 x2

! ¼

0 0

wird noch normiert (Normierungsbedingung:

a2 ¼ 1 pffiffiffi 5

1 5

)

1 a ¼ pffiffiffi 5

2 1

!

Wiederum erhalten wir zwei proportionale Gleichungen (die erste Gleichung ist das 2-fache der zweiten Gleichung):

ðIÞ 4 x 1 þ 2 x 2 ¼ 0 j : 2 ) 2 x1 þ x2 ¼ 0 ðIIÞ 2 x 1 þ x 2 ¼ 0

3 Eigenwertprobleme

609

Da die verbliebene Gleichung noch beide Unbekannte entha¨lt, ko¨nnen wir x 1 oder x 2 frei wa¨hlen. Wir entscheiden uns fu¨r den Parameter x 1 ¼ b mit b 6¼ 0: 2 x1 þ x2 ¼ 0

)

2 b þ x2 ¼ 0

)

x2 ¼ 2 b

Den Eigenvektor x 2 mit den Komponenten x 1 ¼ b und x 2 ¼ 2 b mu¨ssen wir noch normieren ( b > 0): b b 1 1 ¼ b2 þ 4 b2 ¼ 5 b2 ¼ 1 ) b2 ¼ x2 x2 ¼ ) b ¼ pffiffiffi 5 2b 2b 5 pffiffiffi ! 1 1= 5 1 x2 ¼ ¼ pffiffiffi Normierter Eigenvektor zum Eigenwert l 2 ¼ 3: ~ pffiffiffi 2 2= 5 5 Transformation der Matrix A auf Diagonalgestalt ~ 2 bilden wir die Transformationsmatrix T und deren Inverse T 1 : Mit den beiden normierten Eigenvektoren ~ x 1 und x ! 1 pffiffiffi pffiffiffi ! pffiffiffi 2 1 2= 5 1= 5 1 1 1 1 T ¼ ð~x 1 ~x 2 Þ ¼ ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffi B ¼ 5 B1 ¼ pffiffiffi B ; T pffiffiffi pffiffiffi 1= 5 2= 5 5 1 2 5 5 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} B Die Matrix B invertieren wir nach dem Gauß-Jordan-Verfahren: ! ! 1 2 0 1 1 2 2 1 1 0 ) ) ðB j EÞ ¼ 2 1 1 0 2 Z1 0 5 1 2 0 1 |fflfflffl{zfflfflffl} |ffl{zffl} B E ! ! 1 0 2=5 1=5 1 2 0 1 þ2Z2 ) ¼ ðE j B 1 Þ 0 1 1=5 2=5 0 1 1=5 2=5 |ffl{zffl} |fflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflffl} E B1

0 1

1 2

! : 5

)

Somit gilt: T

1

pffiffiffi pffiffiffi 2=5 ¼ 5 B1 ¼ 5 1=5

1=5 2=5

pffiffiffi 2 1 2 1 5 1 1 ¼ pffiffiffi ¼ pffiffiffi B ¼ 5 1 2 1 2 5 5 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} B

Wir transformieren die Matrix A mit Hilfe der Transformationsmatrix T und ihrer Inversen T 1 wie folgt auf Diagonalgestalt: 1 1 1 1 A ! D ¼ T 1 A T ¼ pffiffiffi B A pffiffiffi B ¼ ðB A BÞ ¼ ðB AÞ B 5 5 5 5 Die Matrizenprodukte B A und ðB AÞ B berechnen wir mit dem Falk-Schema: A B

2 1 1 2

1 2 4 3

2 2 2 6

BA

B

2 1 1 2

4 2 3 6

10 0 0 15

BA

ðB AÞ B

Damit erhalten wir: D ¼ T1 A T ¼

1 1 ðB AÞ B ¼ 5 5

10 0 0 15

¼

2 0 0 3

Die Transformation fu¨hrt in der Tat auf eine Diagonalmatrix, deren Diagonalelemente die Eigenwerte der Matrix A sind (l 1 ¼ 2 und l 2 ¼ 3).

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