Sommersemester 2017 Blatt 1 von 6 Studiengänge: RMM Masterstudiengang Sem. 1 und Wiederholer

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1 HOCHSCHULE ESSLINGEN Sommersemester 07 Blatt von 6 Studiengänge: RMM Masterstudiengang Sem. und Wiederholer Prüfungsfach: Hilfsmittel: Modellbildung und Simulation Literatur, Manuskript; keine Taschenrechner oder andere elektronische Hilfsmittel Bitte beginnen Sie jede Aufgabe auf einem neuen Blatt! Fachnummern: 8007 Zeit: 0 min Aufgabe (Matlab 6 Punkte): (a) Die Function löst das lineare Gleichungssystem A x = b mit dem Jacobi-Verfahren. Dazu wird ausgehend vom Startvektor x 0 = 0 so lange iteriert, bis das Residuum (bezüglich der Maximum-Norm) 0 8 geworden ist. Eingegeben werden muß eine quadratische (n, n) Matrix A und ein Spaltenvektor b mit n Elementen. (n wird von der Function bestimmt.) Die Näherungslösung x sowie das Residuum sind die Rückgabewerte der Function. (b) Wenn die Dimensionen der Eingabewerte inkonsistent sind (also A keine quadratische Matrix ist oder b kein Spaltenvektor mit n Elementen ist, wobei n die Ordnung der Matrix ist), oder wenn ein Diagonalelement von A Null ist, dann bricht die Function mit einer Fehlermeldung ab. Wenn das Verfahren nicht konvergiert (was passieren kann, wenn A nicht strikt diagonaldominant ist), kann die Schleife eine Endlosschleife sein oder die Zahlenwerte überschreiten irgendwann den darstellbaren Zahlbereich des Computers. Im ersten Fall terminiert die Function nicht, im zweiten Fall erhält man eine Fehlermeldung. Aufgabe (Differentialgleichungssysteme 6 Punkte): (a) Die charakteristische Gleichung des Systems lautet 3 λ = det(a λe 3 ) = det 0 3 λ = (3+λ) ( λ +6λ+3 ) ; 0 3 λ damit erhält man die Eigenwerte λ = 3, λ,3 = 3±j. Da alle Eigenwerte negativen Realteil besitzen ist das System asymptotisch stabil. Das bedeutet, daß alle Lösungen des Anfangswertproblems für t auf 0 abklingen: x(t) 0, t.

2 (b) Eigenvektor zu λ = 3 : Ansatz v = Daraus nahezu ohne Rechnung: v = (,0,0). Eigenvektor zu λ = 3+j : Ansatz j j v = 0. 0 j Die erste Zeile liefert v,x = 0; aus der zweiten und dritten Zeile folgt dann y = jz und damit v = (0,j,). Reelle Fundamentallösungen durch Bilden des Real- und Imaginärteils: 0 e ( 3+j)t j = e 3t( cos(t)+jsin(t) ) 0 j = = e 3t 0 sin(t) cos(t) + je 3t 0 cos(t) sin(t) Allgemeine Lösung des Differentialgleichungs-Systems (A, B, C R): 0 0 x(t) = Ae 3t 0 + Be 3t sin(t) + Ce 3t cos(t) 0 cos(t) sin(t). (c) Mit 0 0 x(0) = A0 + B0 + C = 0 0 A C =! B folgt A = 4, B = 0, C = 0 und damit 0 x(t) = 4e 3t 0 + 0e 3t sin(t) 0 cos(t) Aufgabe 3 (Verfahren des steilsten Abstiegs 7 Punkte): (a) Um Konvergenz zu garantieren muß A symmetrisch und positiv definit sein. Aus der Symmetrie folgt a =, q = p. Damit ist

3 A = 0 0 c p p 6 Mit dem Kriterium von Sylvester muß nun weiter gelten det(a ) =! > 0 det(a ) = c! > 0 det(a) = c p! > 0. Damit folgt weiter p R beliebig und c > p. (b) Die Verfahrensvorschrift lautet v (0) = ( A x (0) b ), x () = x (0) + v(0) v (0) v (0) Av (0) v(0). Man berechnet nun der Reihe nach v (0) = 0 0 c v (0) v (0) = 0, v (0) Av (0) = 3, x () = = 0 3/3 unabhängig von c. = 5 3 0, (c) Wären alle Näherungen unabhängig von c, so würde das Verfahren gegen einen Vektor konvergieren, der unabhängig von c ist. Weil aber das Verfahren für c > / (Aufgabenteil (a)) gegen die exakte Lösung konvergiert und diese von c abhängt müssen irgendwann die Näherungen auch von c abhängen. Für c gilt näherungsweise x 0. 9/ Damit hat man und x (0) x max { ; 0 0 ; 9/ } = 0 x () x max { ; 0 0 ; 3/3 9/ } = 6. Damit ist x () x < x (0) x. Aufgabe 4 (Reihen 9 Punkte): (a) Aus dem Ansatz folgt durch Hauptnennerbildung x 3 x(x 3) = A(x 3)+Bx x(x 3) = (A+B)x 3A x(x 3) und daraus durch Koeffizientenvergleich A =,B = 3 und

4 x 3 x(x 3) = x x 3 3. Man schreibt jetzt f(x) = (x )+ 3 (x ) = +(x ) + 3 x. Die geometrische Reihe ergibt nun mit den Substitutionen u = (x ) im ersten Term und v = (x )/ im zweiten Term f(x) = (x ) + (x ) (x ) 3 ± (x ) (x ) (x ) Umordnen der Terme liefert ( ( f(x) = 3 +) + 34 ) (x ) + Der allgemeine Term der Reihe lautet also ( ) a n (x b) n = 3 n+ +( ) n (x ) n ( 38 +) (x ) + ( 36 ) (x ) (b) Die Konvergenzintervalle der beiden geom. Reihen sind I = (0,) bzw. (,3). Die Reihe selbst konvergiert also auf I = (0,) (,3) = (0,). Aufgabe 5 (Fourierreihen Punkte): (a) f ist gerade, also gilt b k = 0 und c k R (jeweils für alle k). f ist stetig, also gilt a k,c k /k (oder besser, jeweils für alle k). (b) Es gilt c k = π e t +e t e jkt dt. Mit der gegebenen Funktion erhält man c k = π = 4π( jk) e ( jk)t +e ( jk)t [ ] π e ( jk)t dt = 4π 4π(+jk) e ( jk)t dt + 4π e ( jk)t dt [ e ( jk)t ] π = e( jk)π e ( jk)π 4π( jk) e (+jk)π e (+jk)π 4π(+jk). Mit e jkπ = e jkπ = ( ) k und dem Hinweis folgt c k = ( ) k eπ e 4π( jk) ( )k e e π 4π(+jk) = ( = ( )k sinh(π) π jk + +jk ) = ( )k π(+k ) sinh(π).

5 (c) Es gilt a k = Re(c k ) = ( )k π(+k ) sinh(π) (k N 0), b k = 0. Die reelle Fourierreihe lautet damit T 3 (t) = sinh(π) ( π cos(t) + 5 cos(t) 0 ) cos(3t). (d) Geht nicht, denn g entsteht nicht durch Verschiebung, Skalierung usw. aus f. Aufgabe 6 (Anfangswertprobleme 6 Punkte): (a) Das Verfahren ist von 3. Stufe. Die maximal mögliche Ordnung ist damit 3. (b) Die exakte Lösung des Anfangswertproblems ( ) lautet y(t) = e t = t+ t t3 6 + t4 4 +O(t5 ); an der Stelle t = h hat man also y(h) = h+ h h3 6 + h4 4 +O(h5 ); Für das gegebene Verfahren berechnet man mit t 0 = 0 und w 0 = y(0) = für die Prädiktorschritte k = f(0,) = ; k = f ( 0+ h,+hk ) = (+hk ) = +h; k 3 = f ( 0+h,+hbk +hbk ) = (+hbk +hbk ) = +hb h b und für den Korrektorschritt w = +h ( ck +( c)k +ck 3 ) = h + ( c+bc)h bch 3. Damit der lokale Diskretisierungsfehler von der Ordnung h 4 ist muß also gelten c+bc = bc = 6. Daraus nach kurzer Umformung c = 5, b = 5. Damit ist noch nicht klar, ob das Verfahren die Ordnung 3 hat denn dazu muß der lokale Diskretisierungsfehler für beliebige AWPe (mit hinlänglich glatter rechter Seite f der DGl) die Ordnung 4 besitzen. (c) Für die Näherungslösung w n an der Stelle t n = nh gilt ) n w n = ( h+ h h3 =: C(h) n, n N 0. Das Verhalten der Näherungslösung ist qualitativ richtig, wenn {w n } eine monoton fallende Nullfolge ist. Dies ist der Fall, wenn C [0,) ist, d.h. wenn gilt 0 h+ h h3 <.

6 Wann ist C(h) 0? Mit C(h) = ( h) ( ) + h besitzt C nur die Nullstelle h =. Für h ist C 0, für h > ist C < 0. Für welche positive Schrittweiten h gilt C(h) <? Es ist C(h) < h3 h +h > 0 h>0 h h+ > 0; dies ist für beliebige h > 0 erfüllt. Man muß also h (0, ] wählen, um eine qualitativ richtige Näherungslösung zu erhalten.