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HM3: Kurzlösungen

Im Folgenden finden Sie die Kurzlösungen zu den HM3-Aufgaben in Tabellenform:

Aufgabe / Teil	Kurzlösung / Ergebnis
1(a)	Gegeben: \(x' = t\,x^2 + t\) mit \(x(0)=0\). Umformung: \(x' = t\,(x^2+1)\). Trennung: \(\displaystyle \frac{dx}{1+x^2}=t\,dt\). Integration: \(\arctan(x)=\frac{t^2}{2}+C\). Mit \(x(0)=0\) folgt \(C=0\). Lösung: \(x(t)=\tan\Bigl(\frac{t^2}{2}\Bigr)\). Definitionsbereich: \(t\in(-\sqrt{\pi},\sqrt{\pi})\).
1(b)(i)	DGL: \(2t(x^3-1)+3t^2x^2x'=0\). Setze \(M(t,x)=2t(x^3-1)\) und \(N(t,x)=3t^2x^2\). Ableiten: \(M_x=6tx^2\) und \(N_t=6tx^2\) ⇒ exakt.
1(b)(ii)	Gesucht: \(\Phi\) mit \(\Phi_t=M\) und \(\Phi_x=N\). Integriere \(N\) nach \(x\): \(\Phi(t,x)=t^2x^3+g(t)\). Ableiten nach \(t\): \(\Phi_t=2tx^3+g'(t)\). Da \(M=2t(x^3-1)\) muss \(g'(t)=-2t\) sein, also \(g(t)=-t^2\). Potential: \(\Phi(t,x)=t^2(x^3-1)\).
1(b)(iii)	\(\Phi(t,x)=\) konstant; mit \(x(1)=0\) folgt \(\Phi(1,0)=-1\). Lösung: \(t^2(x^3-1)=-1\) ⇔ \(x^3=1-\frac{1}{t^2}\) ⇔ \(x(t)=\sqrt[3]{1-\frac{1}{t^2}}\). Für \(t\to\infty\) konvergiert \(x(t)\to 1\).
2(a)	Gegeben: \(A=\begin{pmatrix}3&-1\\5&-1\end{pmatrix}\). Charakteristik: \(\det(A-\lambda I)=\lambda^2-2\lambda+2=0\) ⇒ \(\lambda=1\pm i\). Eigenvektor zu \(\lambda=1+i\): \(v=(1,\,2-i)^T\). Zerlegung: \(a=(1,2)^T\), \(b=(0,-1)^T\). Reelles Fundamentalsystem: \(x_1(t)=e^t\Bigl[a\cos t-b\sin t\Bigr]\), \(x_2(t)=e^t\Bigl[a\sin t+b\cos t\Bigr]\).
2(b)	Partikulär: Finde \(x_p\) mit \(Ax_p=-b\) (wobei \(b=(1,0)^T\)). Lösen: \(3x-y=-1\) und \(5x-y=0\) ⇒ \(x=\frac{1}{2}\), \(y=\frac{5}{2}\). Somit: \(x_p=\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\\frac{5}{2}\end{pmatrix}\). Allgemeine Lösung: \(x(t)=c_1\,x_1(t)+c_2\,x_2(t)+x_p\). Matrixform: \(X=\begin{pmatrix}x_1(t)&&x_2(t)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_1\\c_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos(t)&&\sin(t)\\a_2\cos(t)-b_2\sin(t)&&a_2\sin(t)+b_2\cos(t)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_1\\c_2\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\\frac{5}{2}\end{pmatrix}\).
3(a)	Die PDE \(2u_t-u_{xx}=0\) kann umgeschrieben werden als \(u_t=\frac{1}{2}u_{xx}\) – die klassische Wärmeleitungsgleichung. Klassifikation: parabolisch.
3(b)	Für \(f(x)=1\) (auf \([0,\pi]\)) ungerade periodisch fortgesetzt: Fourier-Sinus-Koeffizient: \(\displaystyle b_k=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi \sin(kx)\,dx=\frac{2(1-\cos(k\pi))}{\pi k}\). Damit: \(b_k=\frac{4}{\pi k}\) für ungerade \(k\) und 0 für gerade \(k\).
3(c)	Ansatz: \(u(t,x)=T(t)\sin(kx)\). Einsetzen in \(2u_t-u_{xx}=0\) ergibt \(2T'(t)+k^2T(t)=0\). Lösung: \(T(t)=\exp\Bigl(-\frac{k^2}{2}t\Bigr)\). Ergebnis: \(u(t,x)=\sin(kx)\exp\Bigl(-\frac{k^2}{2}t\Bigr)\). Ergebnis: \(u(t,x)=\sum_\text{k ungerade}^n\frac{4}{\pi k}\sin(kx)\exp\Bigl(-\frac{k^2}{2}t\Bigr)\).
4(a)	Vektorfeld: \(F=\begin{pmatrix} x\frac{y^3}{3}\\x^2\Bigl(z^2+\frac{y^2}{2}\Bigr)-\alpha x^2z^2\\(1-\alpha)2x^2yz+z^2 \end{pmatrix}\). Notwendige Bedingung (z. B. \(P_y=Q_x\)): \(P_y=x\,y^2\) und \(Q_x=xy^2+2x(1-\alpha)z^2\). → Für alle \(x,z\) folgt \(1-\alpha=0\). Ergebnis: \(\alpha=1\).
4(b)	Für \(\alpha=1\) vereinfacht sich \(Q(x,y,z)=x^2\frac{y^2}{2}\) und \(R(x,y,z)=z^2\). Integriere \(P\): \(\Phi(x,y,z)=\frac{x^2y^3}{6}+g(y,z)\). Da \(\Phi_y=\frac{x^2y^2}{2}+g_y(y,z)=Q\) ⇒ \(g_y(y,z)=0\) und \(g(y,z)=h(z)\). \(h'(z)=z^2\) ⇒ \(h(z)=\frac{z^3}{3}+C\). Potential: \(\Phi(x,y,z)=\frac{x^2y^3}{6}+\frac{z^3}{3}\).
4(c)	Mit \(F=\nabla\Phi\) ist das Kurvenintegral wegunabhängig. Berechne: \(\gamma(0)=(1,0,0)^T\) und \(\gamma(1)=(0,1,1)^T\). \(\Phi(1,0,0)=0\) und \(\Phi(0,1,1)=\frac{1}{3}\). Ergebnis: \(\displaystyle \int_\gamma F\cdot d\gamma=\frac{1}{3}\).
5(a)	Rotationsfläche zu \(\gamma(u)=(e^u-1,0,u)^T\). Parametrisierung: \(f(u,v)=\Bigl((e^u-1)\cos v,\,(e^u-1)\sin v,\,u\Bigr)\) mit \(u\in[0,1]\), \(v\in[0,2\pi]\).
5(b)	Tangentialvektoren: \(f_u=(e^u\cos v,\,e^u\sin v,\,1)\), \(f_v=(- (e^u-1)\sin v,\,(e^u-1)\cos v,\,0)\). Normale (nicht normiert): \(n=f_u\times f_v=(- (e^u-1)\cos v,\,- (e^u-1)\sin v,\,e^u(e^u-1))\).
5(c)	Mit \(F(x,y,z)=(x+y,\,y-x,\,2)^T\) erhält man nach Einsetzen und Kürzen: \(F(f(u,v))\cdot (f_u\times f_v)= e^{2u}-1\). Oberflächenintegral: \(\displaystyle \int_{u=0}^1\int_{v=0}^{2\pi}(e^{2u}-1)\,dv\,du=\pi(e^2-3)\).
6(a)	Kugelsegment \(K=\{(x,y,z):x^2+y^2+z^2\le4,\; y\ge0,\; z\ge0\}\) in Kugelkoordinaten: \(x=r\sin\varphi\cos\theta,\; y=r\sin\varphi\sin\theta,\; z=r\cos\varphi\). Bereiche: \(r\in[0,2]\), \(\varphi\in[0,\pi/2]\) (wegen \(z\ge0\)) und \(\theta\in[0,\pi]\) (wegen \(y\ge0\)).
6(b)	Divergenz: \(\operatorname{div}F=1+1+1=3\). Volumen des Balls (Radius 2): \(\frac{32\pi}{3}\); \(K\) ist ein Viertel davon: \(V_K=\frac{8\pi}{3}\). Fluss: \(3\cdot\frac{8\pi}{3}=8\pi\).
6(c)	Da \(\operatorname{div}(\operatorname{rot}F)=0\), gilt: \(\displaystyle \int_{\partial K}\operatorname{rot}F\cdot n\,dS=0\).
6(d)	Sei \(B\) der Boden (\(z=0\)) des Kugelsegments. Es gilt: \(\int_{\partial K}\operatorname {rot} F\cdot n\,dS = \int_{\partial K\setminus B}\operatorname {rot}\cdot n\,dS+\int_B \operatorname {rot}\cdot n\,dS\). Auf \(B\) ist \(n=(0,0,-1)\) und \(\operatorname {rot}(x,y,0)=(x,-y,2)\) ⇒ \(F\cdot n=-2\). \(\int_B (-2)dA=-2*2\pi=-4\pi\). Ergebnis: \(\displaystyle \int_{\partial K\setminus B}rot(F)\cdot n\,dS=4\pi\). (weil Summe \(= 0\) aus 6 (c) )

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