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1
Lineare Algebra II – FS 20
Übung 13
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2
Ablauf
Einführung
Recap einiger Sachen
Besprechung von 3 Aufgaben der Lernkontrolle
Theorie
• Inhomogene lineare Systeme (häufiger Fall)
Tipps Serie 13
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3
Recap
Fragen
Für reelle Matrizen gilt
Wenn A symmetrisch ist → Es existiert eine orthonormale
Eigenbasis.
Es existiert eine orthonormale Eigenbasis.→ A ist
symmetrisch.
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4
Recap
Länge vom | 𝑟 | Vektor
𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐
-
5
Recap
Länge vom | 𝑟 | Vektor
𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐
𝑅 = 𝑄𝑇𝐴 → 𝐴 = 𝑄𝑅𝑑 = 𝑄𝑇𝑐 → 𝑐 = 𝑄𝑑
Orthogonale Matrix
𝑄𝑇𝑄 = 𝕀𝑛
-
6
Recap
Länge vom | 𝑟 | Vektor
𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐
𝑅 = 𝑄𝑇𝐴 → 𝐴 = 𝑄𝑅𝑑 = 𝑄𝑇𝑐 → 𝑐 = 𝑄𝑑
Orthogonale Matrix
𝑄𝑇𝑄 = 𝕀𝑛
𝑅 =9 30 30 0
𝑥 =13/97/3
𝑑 =2071
𝑅0
𝑥
𝑑0
𝑑1
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7
Recap
Länge vom | 𝑟 | Vektor
𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐
𝑅 = 𝑄𝑇𝐴 → 𝐴 = 𝑄𝑅𝑑 = 𝑄𝑇𝑐 → 𝑐 = 𝑄𝑑
𝑟 = 𝑄𝑅𝑥 − 𝑄𝑑 = | 𝑄 𝑅𝑥 − 𝑑 |
Orthogonale Matrix
𝑄𝑇𝑄 = 𝕀𝑛
-
8
Recap
Länge vom | 𝑟 | Vektor
𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐
𝑅 = 𝑄𝑇𝐴 → 𝐴 = 𝑄𝑅𝑑 = 𝑄𝑇𝑐 → 𝑐 = 𝑄𝑑
𝑟 = 𝑄𝑅𝑥 − 𝑄𝑑 = | 𝑄 𝑅𝑥 − 𝑑 |
Eine orthogonale Matrix verändert die Länge eines Vektors
nicht.
𝑟 = 𝑅𝑥 − 𝑑
Orthogonale Matrix
𝑄𝑇𝑄 = 𝕀𝑛
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9
Recap
Länge vom | 𝑟 | Vektor
𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐
𝑅 = 𝑄𝑇𝐴 → 𝐴 = 𝑄𝑅𝑑 = 𝑄𝑇𝑐 → 𝑐 = 𝑄𝑑
𝑟 = 𝑄𝑅𝑥 − 𝑄𝑑 = | 𝑄 𝑅𝑥 − 𝑑 |
Eine orthogonale Matrix verändert die Länge eines Vektors
nicht.
𝑟 = 𝑅𝑥 − 𝑑 =9 30 30 0
13/97/3
−2071
=2070
−2071
=00−1
=| 𝑑1 |
𝑟 = | 𝑑1 |
Orthogonale Matrix
𝑄𝑇𝑄 = 𝕀𝑛
𝑅0 𝑥 𝑑0
𝑑1
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10
Recap
System 1.Ordnung
𝑌′ = 𝐴𝑌Eigenwerte und Eigenvektoren sind berechnet.
Weg 1 Weg 2
Allgemeine Lösung direkt hinschreiben
𝑌 𝑡 = 𝑐1𝑒1𝜆𝑡𝐸𝑉𝜆1 + 𝑐2𝑒2
𝜆𝑡𝐸𝑉𝜆2
Allgemeine Lösung schreiben als
𝑌 𝑡 = 𝑇𝑒𝐷𝑡𝐶 = 𝐸𝑉𝜆1 𝐸𝑉𝜆2
𝑇
𝑒𝜆1𝑡 0
0 𝑒𝜆2𝑡
𝑐1𝑐2
Koeffizienten aus 𝒚(𝟎) berechnen𝑌 0 = 𝑐1𝐸𝑉𝜆1 + 𝑐2𝐸𝑉𝜆2
→ Wir erhalten das genau gleiche LGS.
Koeffizienten als 𝑻𝑪 = 𝒀(𝟎) berechnen.Lineares
Gleichungssystem
T: Matrix, Y(0): rechte Seite, C: unbekannte
Lösung mit den Anfangsbedingungen
Berechnete Koeffizienten einsetzen.
Lösung mit den Anfangsbedingungen
𝑌 𝑡 = 𝑇𝑒𝐷𝑡 𝑇−1𝑌(0)=𝐶
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11
Recap
System 1.Ordnung
𝑌′ = 𝐴𝑌Eigenwerte und Eigenvektoren sind berechnet.
Weg 1 Weg 2
Allgemeine Lösung direkt hinschreiben
𝑌 𝑡 = 𝑐1𝑒1𝜆𝑡𝐸𝑉𝜆1 + 𝑐2𝑒2
𝜆𝑡𝐸𝑉𝜆2
Allgemeine Lösung schreiben als
𝑌 𝑡 = 𝑇𝑒𝐷𝑡𝐶 = 𝐸𝑉𝜆1 𝐸𝑉𝜆2
𝑇
𝑒𝜆1𝑡 0
0 𝑒𝜆2𝑡
𝑐1𝑐2
Koeffizienten aus 𝒚(𝟎) berechnen𝑌 0 = 𝑐1𝐸𝑉𝜆1 + 𝑐2𝐸𝑉𝜆2
→ Wir erhalten das genau gleiche LGS.
Koeffizienten als 𝑻𝑪 = 𝒀(𝟎) berechnen.Lineares
Gleichungssystem
T: Matrix, Y(0): rechte Seite, C: unbekannte
Lösung mit den Anfangsbedingungen
Berechnete Koeffizienten einsetzen.
Lösung mit den Anfangsbedingungen
𝑌 𝑡 = 𝑇𝑒𝐷𝑡 𝑇−1𝑌(0)=𝐶
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12
Recap
Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix
-
13
Recap
Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix
Eigenwertgleichung
𝐵𝑣1 = 𝜆1𝑣1𝐵𝑣2 = 𝜆2𝑣2
-
14
Recap
Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix
Eigenwertgleichung
𝐵𝑣1 = 𝜆1𝑣1𝐵𝑣2 = 𝜆2𝑣2
Der Eigenvektor mit der
Matrix multipliziert.
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15
Recap
Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix
Eigenwertgleichung
𝐵𝑣1 = 𝜆1𝑣1𝐵𝑣2 = 𝜆2𝑣2
Der Eigenvektor mit der
Matrix multipliziert.
Ein Vielfaches des
Eigenvektors.=
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16
Recap
Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix
Eigenwertgleichung
𝐵𝑣1 = 𝜆1𝑣1𝐵𝑣2 = 𝜆2𝑣2
Der Eigenvektor mit der
Matrix multipliziert.
Ein Vielfaches des
Eigenvektors.=
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17
Recap
Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix
a) Dieser Fall ist nicht möglich, da 𝐵𝑣1 nicht mehr in die
Richtung von 𝑣1 zeigt.
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18
Recap
Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix
b)
Dieser Fall ist möglich,
die Eigenwerte wären.
𝜆1 = 1, 𝜆2 = −1
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19
Recap
Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix
c) Dieser Fall ist möglich, die
Eigenwerte wären.
𝜆1 = 0, 𝜆2 = 1
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20
Recap
Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix
d)
Dieser Fall ist
möglich, die
Eigenwerte
wären.
𝜆1 = 0.5, 𝜆2 = 2
-
21
Recap
Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix
a) b)
c) d)
Dieser Fall ist möglich, die
Eigenwerte wären.
𝜆1 = 1, 𝜆2 = −1
Dieser Fall ist
möglich, die
Eigenwerte wären.
𝜆1 = 0.5, 𝜆2 = 2
Dieser Fall ist
möglich, die
Eigenwerte
wären.
𝜆1 = 0, 𝜆2 = 1
Dieser Fall ist nicht möglich,
da 𝐵𝑣1 nicht mehr in die Richtung von 𝑣1 zeigt.
Diese Grafik kann
keine Darstellung
sein.
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22
Recap
Aufgabe 3
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23
Recap
Aufgabe 3 Erklärung
Wir sehen, dass die 2. und die 4. sowie die 3. und die 5. Spalte
linear abhängig sind.
Das heisst, der Rang unserer Matrix ist 𝑅𝑎𝑛𝑔 𝐶 = 5 − 2 = 3. (wir
könnten zwei Nullzeilen erzeugen)
Die Dimension des Bildes ist also dim 𝑖𝑚 𝐶 = 𝑅𝑎𝑛𝑔 𝐶 = 3.
Die Dimension des Kerns ist deshalb: dim ker 𝐴 = 5 − 3 = 2.
Die geom.Vf von 𝜆 = 0 ist also 2.
Die alg.Vf von 𝜆 = 0 ist also ≥ 2.
Die Spur von 𝐶 ist 𝑆𝑝𝑢𝑟 𝐶 = 0 + 4 + 10 + 24 + 1 = 39
(II)
2⋅(II)
(III)
0.5⋅(III)
-
24
Recap
Aufgabe 3 Erklärung
a) 𝐶 hat nur einen einzigen Eigenwert.
Falsch, da die Spur die Summe der Eigenwerte ist und hier die
Spur nicht null ist gibt es also sicher also noch einen anderen
Eigenwert als 0.
a) 0 ist ein Eigenwert von C mit alg. Vf = 2.
Richtig, das ist die einzige Aussage die übrig bleibt.
a) C hat 5 paarweise verschiedene Eigenwerte.
Falsch, Da der Eigenwert 0 mindestens alg.Vf = 2 hat, gibt es
höchstens 4 paarweise verschiedene Eigenwerte.
a) 1 ist eine Eigenwert von C mit alg.Vf = 4.
Falsch, Da der Eigenwert 0 mindestens alg.Vf = 2 hat, kann eine
anderer Eigenwert höchstens alg.Vf = 3 (5-2) haben.
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25
Recap
Aufgabe 8
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26
Theorie
Inhomogene Systeme
Allgemein𝑌′ = 𝐴 𝑥 𝑌 + 𝐵 𝑥
Beispiel
𝑌′ =1 𝑥𝑥 1
𝑌 +sin(𝑥)cos(𝑥)
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27
Theorie
Inhomogene Systeme häufiger Fall
Konstante Koeffizienten, konstanter Störterm
𝑌′ = 𝐴𝑌 + 𝐵
Beispiel Prüfung S16
𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1
𝑌 +555
𝒀 𝟎 =−𝟑𝟒𝟎
-
28
Theorie
Schritt 1 – Lösen des homogenen Systems
𝑌′ = 𝐴𝑌
𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1
𝑌
Eigenwerte𝜆1 = 1, 𝜆2 = 1 + 2𝑖, 𝜆3 = 1 − 2𝑖
Eigenvektoren
-
29
Theorie
Schritt 1 – Lösen des homogenen Systems
Lösung hinschreiben
𝑌ℎ 𝑡
= 𝑐1𝑒𝑡
2−32
+ 𝑒𝑡 𝑐2 cos(2𝑡) − 𝑐3sin(2𝑡)001
− 𝑐2 sin 2𝑡 + 𝑐3cos(2𝑡)010
-
30
Theorie
Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.
𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1
𝑌 +ถ
555𝑏
-
31
Theorie
Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.
𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1
𝑌 +ถ
555𝑏
Ansatz
Da b konstant ist wählen wir 𝑌𝑝 =
𝛼𝛽𝛾
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. als Ansatz.
-
32
Theorie
Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.
𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1
𝑌 +ถ
555𝑏
Ansatz
Da b konstant ist wählen wir 𝑌𝑝 =
𝛼𝛽𝛾
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. als Ansatz.
Einsetzen000
=1 0 02 1 −23 2 1
𝑌𝑝 +555
-
33
Theorie
Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.
𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1
𝑌 +ถ
555𝑏
Ansatz
Da b konstant ist wählen wir 𝑌𝑝 =
𝛼𝛽𝛾
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. als Ansatz.
Einsetzen000
=1 0 02 1 −23 2 1
𝑌𝑝 +555
Die linke Seite ist null, weil ein
konstanter Vektor (hier der
Ansatz 𝑌𝑝) abgeleitet 0 ergibt.
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34
Theorie
Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.
Einsetzen000
=1 0 02 1 −23 2 1
𝑌𝑝 +555
-
35
Theorie
Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.
Einsetzen000
=1 0 02 1 −23 2 1
𝑌𝑝 +555
anders geschrieben ist das ein lineares Gleichungssystem.1 0 02
1 −23 2 1
𝑌𝑝 =−5−5−5
-
36
Theorie
Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.
Einsetzen000
=1 0 02 1 −23 2 1
𝑌𝑝 +555
anders geschrieben ist das ein lineares Gleichungssystem.1 0 02
1 −23 2 1
𝑌𝑝 =−5−5−5
Mit Gauss finden wir die Zeilenstufenform.1 0 00 1 −20 0 5
𝑌𝑝 =−550
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37
Theorie
Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.
Einsetzen000
=1 0 02 1 −23 2 1
𝑌𝑝 +555
anders geschrieben ist das ein lineares Gleichungssystem.1 0 02
1 −23 2 1
𝑌𝑝 =−5−5−5
Mit Gauss finden wir die Zeilenstufenform.1 0 00 1 −20 0 5
𝑌𝑝 =−550
→ 𝒀𝒑 =−𝟓𝟓𝟎
-
38
Theorie
Schritt 3 – Allgemeine Lösung des inhomogenen Systems
Allgemeine inhomogene Lösung
= allgemeine homogene Lösung + 1 partikuläre Lösung
-
39
Theorie
Schritt 3 – Allgemeine Lösung des inhomogenen Systems
Allgemeine inhomogene Lösung
= allgemeine homogene Lösung + 1 partikuläre Lösung
𝑌 𝑡 = 𝒀𝒉 𝒕 + 𝒀𝒑 𝒕
= 𝒆𝒕 𝒄𝟏
𝟐−𝟑𝟐
+ 𝒄𝟐 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒕) − 𝒄𝟑𝒔𝒊𝒏(𝟐𝒕)𝟎𝟎𝟏
− 𝒄𝟐 𝒔𝒊𝒏 𝟐𝒕 + 𝒄𝟑𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒕)𝟎𝟏𝟎
+−𝟓𝟓𝟎
-
40
Theorie
Schritt 3 – Allgemeine Lösung des inhomogenen Systems
Allgemeine inhomogene Lösung
= allgemeine homogene Lösung + 1 partikuläre Lösung
𝑌 𝑡 = 𝒀𝒉 𝒕 + 𝒀𝒑 𝒕
= 𝑒𝑡 𝒄𝟏
2−32
+ 𝒄𝟐 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 𝒄𝟑𝑠𝑖𝑛(2𝑡)001
− 𝒄𝟐 𝑠𝑖𝑛 2𝑡 + 𝒄𝟑𝑐𝑜𝑠(2𝑡)010
+−550
-
41
Theorie
Schritt 4 – Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmen
= 𝑒𝑡 𝒄𝟏
2−32
+ 𝒄𝟐 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 𝒄𝟑𝑠𝑖𝑛(2𝑡)001
− 𝒄𝟐 𝑠𝑖𝑛 2𝑡 + 𝒄𝟑𝑐𝑜𝑠(2𝑡)010
+−550
-
42
Theorie
Schritt 4 – Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmen
= 𝑒𝑡 𝒄𝟏
2−32
+ 𝒄𝟐 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 𝒄𝟑𝑠𝑖𝑛(2𝑡)001
− 𝒄𝟐 𝑠𝑖𝑛 2𝑡 + 𝒄𝟑𝑐𝑜𝑠(2𝑡)010
+−550
Wir wollen 𝒄𝟏, 𝒄𝟐 und 𝒄𝟑 bestimmen.
𝑌 0 = 𝒄𝟏
2−32
+ 𝒄𝟐
001
+ 𝒄𝟑
010
+−550
=−𝟑𝟒𝟎
-
43
Theorie
Schritt 4 – Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmen
= 𝑒𝑡 𝒄𝟏
2−32
+ 𝒄𝟐 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 𝒄𝟑𝑠𝑖𝑛(2𝑡)001
− 𝒄𝟐 𝑠𝑖𝑛 2𝑡 + 𝒄𝟑𝑐𝑜𝑠(2𝑡)010
+−550
Wir wollen 𝒄𝟏, 𝒄𝟐 und 𝒄𝟑 bestimmen.
𝑌 0 = 𝒄𝟏
2−32
+ 𝒄𝟐
001
+ 𝒄𝟑
010
+−550
=−𝟑𝟒𝟎
𝑌 0 =
2𝒄𝟏 − 5−3𝒄𝟏 + 𝒄𝟑 + 5
2𝒄𝟏 + 𝒄𝟐
=−340
2 0 0−3 0 12 1 0
𝒄𝟏𝒄𝟐𝒄𝟑
=2−10
→
𝒄𝟏𝒄𝟐𝒄𝟑
=1−22
-
44
Theorie
Schritt 4 – Konstanten mit der Anfangsbedingung
bestimmenEingesetzt in die Lösung erhalten wir also
= 𝑒𝑡 𝟏2−32
+ −𝟐𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 𝟐𝑠𝑖𝑛(2𝑡)001
− −𝟐𝑠𝑖𝑛 2𝑡 + 𝟐𝑐𝑜𝑠(2𝑡)010
+−550
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45
Theorie
Tipps Serie 13
1) (b) ist eine gute Übung
2) (a) Normalengleichungen aufstellen → lösen(b) (i)
QR-Zerlegung in Matlab (von Hand zu aufwendig) →lösen(b) (ii)
Normalengleichungen mit «\ Operator» lösen
3) Gute Aufgabe, auch als Prüfungsvorbereitung
4) Auch diese Aufgabe ist gut als Prüfungsvorbereitung
5) (c) Welchen Rang hat die Matrix in diesem Fall?
6) (c) 𝐴𝑘𝑥 = (… ) Verwende: 𝐴𝑥 = 𝜆𝑥
7) Die Eigenwerte sind ziemlich mühsam. Rang von A berechnen. →
Aussage über Eigenwert 0Spur von A ist die Summer der
Eigenwerte.Schaue sonst auch in den Zusatztipps.
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46
Theorie
Tipps Serie 13
8) (a) Gib die gesuchte T und D-Matrix an.
9) (c) Ansatz für ein allgemeines Polynom aus 𝑃2𝑞 𝑥 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 +
𝑐
10) (a) Zeige dass𝐹 𝛼𝑝 𝑥 + 𝛽𝑞 𝑥 = 𝛼𝐹 𝑝 𝑥 + 𝛽𝐹 𝑞 𝑥
(c) entweder analog zu (b) oder mit einem Basiswechsel.Für die
Lösung mit dem Basiswechsel könnt ihr die Musterlösung anschauen.
Für die Schnelle könnte der Weg analog zu (b) aber einfacher
sein.
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47
Theorie
Tipps Serie 13
11) (a) Schaut euch die Bedinungen für einen Unterraum nach.
Prüft diese für die drei Vektorräume.
Für die Basis: überlegt euch wie viele freie Parameter ihr zur
Verfügung habt. Das ist die Anzahl an Basis»vektoren» die ihr
braucht. Wählt dann eine solche Anzahl linear unabhängiger Vektor
aus.
12) Sehr schwierige und mühsame Aufgabe
Schreibe mir direkt ein Mail mit deiner Frage für Tipps an
[email protected] dann kann ich dir konkrete Tipps geben.
mailto:[email protected]
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48
Theorie
Tipps Serie 13
13) Schreibe mir direkt ein Mail mit deiner Frage für Tipps an
[email protected] dann kann ich dir konkrete Tipps geben.
(a) 𝐴𝜙 = 𝜙′′ = 𝜆𝜙, nehmt 𝜙 ≠ 0 an. Dann könnt ihr die DGL
entweder direkt als System 2. Ordnung oder durch Rückführung auf 1.
Ordnung berechnen. (Musterlösung macht Rückführung)
Weil die Funktionen in 𝐶02 0, 𝜋 sind muss
𝜙 0 = 0𝜙 𝜋 = 0
gelten.
(b) Einsetzen, wobei 𝐴𝑓, 𝑔 = ⟨𝑓′′, 𝑔⟩→ partielle Integration
(c) Für die Berechnung von 𝜙𝑘 , 𝜙𝑘 könnt ihr sin2 𝛼 =
1−cos(2𝛼)
2benutzen.
mailto:[email protected]
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49
Theorie
Tipps Serie 13
