B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben

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1 B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben B.. Lösungen zum Kapitel B... Tutoraufgaben Lösungsskizze Wir gehen zuerst nach dem Lösungsverfahren vor. Schritt : Bestimmung der Lösung des homogenen DGL-Systems y h = A y h. Wir bestimmen das charakteristische Polynom p(λ = det(a λ = ( λ (λ + und die Eigenwerte aus p(λ = und erhalten als Ergebnis: Eigenwert algebraische Vielfachheit λ, = λ 3 = i λ 4 = i. Eigenräume/ Hauptvektoren/ Fundamentallösungen zu λ, = : aus = (A λ, v folgt: v = σ(,,, T = σ v und E( = { v }. Da dim E( = = algebraische Vielfachheit es existiert einen zu v unabhängigen Hauptvektor h, wegen dim E( = lässt sich dieser aus der Gleichung (A λ, h = v bestimmen (siehe Lösungsverfahren Schritt, Punkt 5. Man erhält h = (,,, T. Damit lauten die Fundamentallösungen zum Eigenwert : y = e x, y = e x + x zu λ 3 = i: aus = (A λ 3 v folgt: v = σ(,, i, T = σ v 3 und E(i = { v 3 }. Da dim E(i = = algebraische Vielfachheit lautet die komplexe Fundamentallösung zum Eigenwert i: z 3 = e ix i v

2 B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben zu λ 4 = i erhalten wir (nach Lösungsverfahren Schritt, Punkt 3 unmittelbar z 4 = e ix i Somit lautet ein reelles Fundamentalsystem von y h = A y h: e x xe x { y, y, Re( z 3, Im( z 3 } =, e x,, und die reelle Fundamental- bzw. Wronski-Matrix: e x xe x W(x = e x Schritt : Bestimmung einer Partikulären Lösung von y (x = A y(x + b + b = A y(x + b Ansatzmethode ist im allgemeinen immer schneller. Hier spalten wir die Inhomogenität b(x auf und verwenden (.7.. Die partikuläre Lösung von y p(x = y p(x 7 sin(x ermitteln wir mit Hilfe der Ansatzmethode (Lösungsverfahren 3. Da i kein Eigenwert von A ist, können wir den Ansatz z p (x = e ix w, w C 4 verwenden und erhalten nach Einsetzen in z p(x = z p(x 7e ix das Ergebnis: w = 7( 3 + 6i, 5 + i, 5 + i, it somit lautet die reelle partikuläre Lösung y p (x = Im ( z p (x = 7 5 cos(x 6 + sin(x vi

3 . Die partikuläre Lösung von y p(x = y p(x + xe x B.. Lösungen zum Kapitel bestimmen wir durch Variation der Konstanten. (Falls die Ansatzmethode verwendet wird, muss zusätzlich beachtet werden, dass ein Eigenwert von A ist!!!. Wir setzen an und erhalten mit (Lösungsverfahren e x xe x e x e x xe x e x y p (x = W(x c(x nach Matrixinversion erhalten wir e x xe x c (x = e x somit ist c(x = c (x = xe x c (x = xe x xe x xe x = x e x (x (x + sinx e x ((x + cosx + x y p (x = W(x c(x = e x Die allgemeine Lösung ist somit gegeben durch x x (x + x y(x = W(x c + y p (x + y p (x c R 4 x x e x x e x Lösungsskizze Wir setzen zuerst u = y und lösen die entstandene DGL. Ordnung Die homogene DGL u (x u h(x = x + x u(x = x x + x u h(x vii

4 B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben ist trennbar, einfache Integration liefert die allgemeine Lösung duh x = u h + x dx u h(x = C + x, C R Die partikuläre Lösung der inhomogenen DGL ermitteln wir mittels Variation der Konstanten u p (x = C(x + x + x C (x = x C(x = + x als allgemeine Lösung für u erhalten wir somit u(x = u h (x + u p (x = C + x + + x, C R Integration liefert somit Einsetzen der RB y(x = C (x + x + Arsinh(x + D + x + x3 3, C, D R y (x = C + x + + x, C R y( + βy ( = γ D + β(c + = γ y( + y ( = D + C = Subtraktion der. Gleichung von der ersten ergibt. β = und γ keine Lösung c( β = β γ. β = und γ = C beliebig, D = unendlich viele Lösungen 3. β C = β γ β Lösungsskizze 3 a GGL: ẋ = y = oder x = ± D = β γ β (i y = in ẏ = einsetzen liefert x = (ii x = + in ẏ = einsetzen liefert y = (iii x = in ẏ = einsetzen liefert y = eine eindeutige Lösung x := (, T ist GGL x := (, T ist GGL x 3 := (, T ist GGL Sei ( ( (y + (4 x F(x, y := x(y + 4 x J x( y F = y x ( 4 (i J F ( x =. Da detj F ( x = 8 = λ λ haben die EW unterschiedliche Vorzeichen x ist eine instabile GGL. ( 8 (ii J F ( x =. Da beide EW negativ x 3 ist eine stabile GGL. ( 8 (iii J F ( x 3 =. Da mindestens ein EW positiv x 3 ist eine instabile GGL. b Die Phasenbahn-DGL y (x = ẏ ẋ = x( y (y + (4 x viii

5 B.. Lösungen zum Kapitel ist eine trennbare DGL. Für y gilt: Integration liefert y y + y x = y dy x x 4 x dx ( y (y y + ln = y ln x 4 x 4 welche die implizite Lösung der Phasenbahn-DGL ist. c Als Zeichenhilfe berechnen wir:. Punkte, in denen die Phasenbahnen eine waagrechte Tangente haben sind gegeben durch ẏ = x = oder y =. Punkte, in denen die Phasenbahnen eine senkrechte Tangente haben sind gegeben durch ẋ = x = ± oder y = B... Aufgaben zum eigenständigen Üben Lösungsskizze 4 Ist v ein EV von A? Wir setzen ein: A v = 3 v OK. d.h. v ist ein EV von A zum EW λ = 3. Ist h, ein HV. Stufe von A zum EV v? Wir setzen ein: OK. (A λ h, = v ix

6 B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben Ist h, ein HV 3. Stufe von A zum EV v? Wir setzen ein: OK. T AT = (A λ h, = h, A( v, h,, h, = (A v,a h,,a h, = λ = (λ v, v + λ h,, h, + λ h, = ( v, h,, h, λ λ λ λ λ Allgemeine Lsg. von x = A x x(t = c e λ t v + c e λ t ( h, + t v + c 3 e λ t ( h, + t h, + t v Lösungsskizze 5 Wir lösen die Aufgabe nach dem allgemeinen Prinzip für lineare DGL Systeme (allerdings liegt hier ein System mit variabler Systemmatrix vor! x = x h + x p und bestimmen zuerst die allgemeine Lösung des homogenen Systems ( ( ξ x h (t = x h (t x h = η t Die. Zeile ist von der ersten entkoppelt und ergibt η(t = η(t η(t = Ct, C R t Eingesetzt in die erste Zeile erhalten wir die lineare DGL. Ordnung mit konstanten Koeffizienten: Lösung der homogenen DGL: ξ(t = ξ(t + Ct ξ h (t = ξ h (t ξ h (t = De t Lösung der inhomogenen DGL mit Störgliedansatz ξ p (t = (Et + Fe t liefert nach Einsetzen E = Et + F + Ct Koeffizientenvergleich (Potenzen von t liefert E = C und F = E = C und somit ( ( De x h (t = t C( + t e t ( + t, C, D R W(t = Ct t Für die partikuläre Lösung den inhomogenen Systems kann man im Falle von Systemen mit variabler x

7 B.. Lösungen zum Kapitel Systemmatrix im allgemeinen keinen Störgliedansatz machen (hier eventuell schon. Wir suchen eine partikuläre Lösung den inhomogenen Systems durch Variation der Konstanten. Dazu setzen wir x p (t = W(t c(t und lösen (mit b = (, T W(t c(t = b c(t = te t ( t ( + t e t ( ( = e t Integration liefert c(t = e t ( x p (t = ( e t ( + t t e t ( = ( Die allgemeine Lösung des inhomogenen Systems ist somit ( ( ( e t ( + t D x(t = + t C, C, D R Wir bestimmen noch die Lösung des Anfangswertproblems: Durch einsetzen von x( = (, T erhalten wir D = und C =. Die Lösung des Anfangswertproblems ist somit ( ( (t + x(t = + t Lösungsskizze 6 Wir wandeln die homogenen lineare DGL 3. Ordnung in ein System von DGL. Ordnung um, indem wir 3 Hilfsfunktionen einführen: Wir erhalten das System y = y y = y y 3 = y y (x = y(x Nun EW und EV aus = λ 3 λ λ + = (λ (λ + (λ. Die EW λ =, λ = und λ 3 = sind paarweise verschieden, d.h. die Systemmatrix ist diagonalisierbar. Die zugehörige EV sind: v = v = v 3 = 4 d.h. ein Fundamentalsystem für das DGL-System ist somit e x, e x das Fundamentalsystem für die DGL 3. Ordnung ist { e x, e x, e x}, e x 4 xi

8 B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben Lösungsskizze 7 Die allgemeine Lösung der DGL lautet w(x = A cos(λx + B sin(λx + Cλx + D mit der Ableitung w (x = λa sin(λx + λb cos(λx + Cλ Aus der Geometrie (keine vertikale Verschiebung und keine Neigung an den Enden erhalten wir als Randbedingungen: w( = w(l = und w ( = w (L = w( = A + D = D = A w ( = B + C = C = B Eingesetzt in die restlichen Randbedingungen erhalten wir folgende Gleichungen ( ( ( ( ( w(l cos(λl sin(λl λl A w = = (L sin(λl cos(λl B Die obige Gleichung besitzt nur dann Lösungen A B, wenn ( cos(λl sin(λl λl det = sin(λl cos(λl Dies liefert cos(λl = λl sin(λl sin ( [ ( ( ] λl 4 sin λl λl cos λl = Sei x = λl. Nun müssen die Nullstellen von und tan(x x verglichen werden. Während die kleineste positive Nullstelle von durch π gegeben ist, ist die kleinste positive Nullstelle von tan(x x > π. Also ist λ = π der kleinste Eigenwert und wir L erhalten für die kritische Kraft: F krit = λ EI = 4π EI L Lösungsskizze 8 Die DGL lässt sich zu einer linearen DGL mit variablen Koeffizienten umformen x y + xy + λy = xii

9 B.. Lösungen zum Kapitel Wir verwenden die angegebene Substitution z(t = y(x = y(e t ż(t = y (xx z(t = y (xx + y (xx und erhalten somit eine linear DGL mit konstanten Koeffizienten: ( z(t ż(t + ż(t + λz(t = z(t + λz(t = mit dem charakteristischen Polynom: P(µ = µ + λ. λ < µ, = ± λ =: ±µ R z(t = c cosh(µt + c sinh(µt. λ = µ, = doppelte NST z(t = c + c t 3. λ > µ, = ±i λ =: ±im ir z(t = c cos(mt + c sin(mt Rücksubstitution. λ < µ, = ± λ =: ±µ R y(x = c cosh(µ ln x + c sinh(µ ln x. λ = µ, = doppelte NST y(x = c + c ln x 3. λ > µ, = ±i λ =: ±im ir y(x = c cos(m ln x + c sin(mt ln x Anpassen an Randbedingungen. λ < : y (x = [c sinh(µ ln x + c cosh(µ ln x] µ x. Mit y ( = c = und dann y (e π = c = erhalten wir nur die triviale Lösung y.. λ = : y (x = c x. Mit y (e π = = y ( c =. Aber c ist frei wählbar. Alle konstanten Funktionen sind Eigenfunktionen zum Eigenwert λ =. 3. λ > : y (x = [ c sin(m ln x + c cos(m ln x] µ x. Mit y ( = folgt c =. Für die Bedingung y (e π = erhalten wir die Bedingungsgleichung für m = λ: sin(πm = m = k, k N Damit erhalten wir nur dann nichttriviale (c Lösungen, wenn λ = k /4 mit k N. Diese lauten ( k y k (x = a cos ln x, a R Lösungsskizze 9 a GGL: ẏ = y = oder x = (i y = in ẋ = einsetzen liefert x = (ii x = in ẋ = einsetzen liefert y = ± (iii und x 3 := (, T sind GGL x := (, T ist GGL x := (, T Sei (i J F ( x = ( (y F(x, y := x (x y ( J F = ( y xy y x. Da beide EW negativ x ist eine stabile GGL xiii

10 B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben ( (ii J F ( x = GGL. (Hier Sattelpunkt ( (iii J F ( x 3 = GGL. (Hier Sattelpunkt b Die Phasenbahn-DGL. λ, = ±. Da mindestens ein EW positiv x ist eine instabile. λ, = ±. Da mindestens ein EW positiv x 3 ist eine instabile y (x = ẏ ẋ = (x y (y x ist eine trennbare DGL. ( y y = y x Integration liefert die implizite Lösung x y = xy e (y y (x x Lösungsskizze a GGL: ẏ = y = oder x = (i y = in ẋ = einsetzen liefert x = (ii x = in ẋ = einsetzen liefert y = x := (, T ist GGL x := (, T ist GGL Sei ( x(y x F(x, y := y( x ( (i J F ( x = ( (ii J F ( x = stabiler Strudelpunkt. J F = ( y x x y ( x. Da mindestens ein EW positiv x ist eine instabile GGL. λ, = ( ± i 7. Da Re(λ, < x ist ein asymptotisch xiv

11 B.. Lösungen zum Kapitel Lösungsskizze a GGL: ẋ = x = ± Einsetzen in ẏ = liefert y =. Wir erhalten GGL: (i x := (, T (ii x := (, T Sei ( xz F(x, y := x J F = ( (i J F ( x =. λ, = ±i Zentrum ( (ii J F ( x =. λ, = ±i Zentrum b Die Phasenbahn-DGL ist trennbar y (x = x + xy Nach einer Umformung erhalten wir yy (x = x + x x = x e (y +x x y ( y x x ( x y y = (x x + ln x d.h. die Bahn durch (x, y T = (, r T mit r R beliebig ist eine Gerade (die Gerade x =. c Für den Anfangswert x( = (, T ist die Phasenbahn die Gerade x =. Setzt man dies in die DGL ein, so erhält man ein einfaches Anfangswertproblem: ( ( ẋ =, x( = (, T ẏ mit der Lösung x(t = ( t xv

12 B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben xvi