Bachelor Modulprüfung. Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Physik. Lösungsvorschläge

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1 KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE (KIT) Institut für Analysis Priv.-Doz. Dr. Peer Kunstmann Markus Antoni WS 22/23 Bachelor Modulprüfung Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge Aufgabe a) Dies ist eine Bernoulli sche Differentialgleichung mit α = 2. Die Substitution z(x) := y(x) α = y(x) führt dann auf die lineare Differentialgleichung z x (x) + ( α) + x z(x) + ( α)x = 2 z (x) = x z(x) + x. + x2 Die zugehörige homogene Gleichung hat hier die allgemeine Lösung z hom (x) = c exp ( x dx ) = c exp ( ln( + +x 2 2 x2 ) ) = c + x 2, c R. Zur Bestimmung einer speziellen Lösung verwenden wir Variation der Konstanten, d.h. wir machen den Ansatz z p (x) = c(x) + x 2. Einsetzen in die inhomogene Gleichung liefert c (x) + x 2 = x c (x) = x + x 2 c(x) = + x 2 + d, d R. Also erhalten wir eine spezielle Lösung durch z p (x) = + x 2 und damit die allgemeine Lösung z(x) = + x 2 + c + x 2, c R. Rücksubstitution führt nun auf y(x) = z(x) = und Einsetzen des Anfangswertes liefert y() = + c + x 2 + c + x 2, c R,! = 2 c =. Als Lösung des Anfangswertproblems erhalten wir somit y(x) = + x x 2.

2 b) Setzen wir hier P (x, y) := + 2x 2 und Q(x, y) := 2xy, so gilt y P (x, y) = 2y = x Q(x, y), also ist die Differentialgleichung nicht exakt. Multiplikation mit dem integrierenden Faktor µ(x, y) = u(x 2 + y 2 ) und anschließendem Ableiten führt auf ( ) y µ(x, y)p (x, y) = 2yu (x 2 + y 2 )( + 2x 2 ) + u(x 2 + y 2 ) = (2y + 4x 2 y)u (x 2 + y 2 ), ( ) x µ(x, y)q(x, y) = 2xu (x 2 + y 2 )2xy + u(x 2 + y 2 )2y = 4x 2 yu (x 2 + y 2 ) + 2yu(x 2 + y 2 ). Setzen wir dies gleich, so folgt u (x 2 + y 2 ) = u(x 2 + y 2 ) t:=x 2 +y 2 u (t) = u(t). Eine Lösung dieser Differentialgleichung ist u(t) = e t. Damit erhalten wir den integrierenden Faktor µ(x, y) = u(x 2 + y 2 ) = e x2 +y 2, sowie die exakte Differentialgleichung ( + 2x 2 )e x2 +y 2 dx + 2xye x2 +y 2 dy =. Als Nächstes bestimmen wir nun eine Stammfunktion zu (µp, µq). Integrieren wir zunächst die zweite Funktion bezüglich y (das ist hier die offensichtlich leichtere Variante), so folgt F (x, y) = µ(x, y)q(x, y) dy + c(x) = xe x2 +y 2 + c(x). Anschließendes Ableiten nach x führt dann auf x F (x, y) = e x2 +y 2 + 2x 2 e x2 +y 2 + c (x)! = µ(x, y)p (x, y) = ( + 2x 2 )e x2 +y 2 c (x) = c(x) = d, d R. Eine Stammfunktion ist also und wir erhalten als allgemeine Lösung F (x, y) = xe x2 +y 2, xe x2 +y(x) 2 = c, c R. Aufgabe 2 a) Wir bestimmen zunächst die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen Gleichung mit dem Ansatz y(x) = e λx, λ C. Dieser führt auf das charakteristische Polynom λ 4 + 2λ 3 + 2λ 2 + 2λ + = (λ + ) 2 (λ i)(λ + i) mit der doppelten Nullstelle λ = und den beiden komplexen Nullstellen λ 2/3 = ±i. Damit ist die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung gegeben durch y hom (x) = c e x + c 2 xe x + c 3 cos(x) + c 4 sin(x), c, c 2, c 3, c 4 R.

3 Für eine spezielle Lösung machen wir nun einen Ansatz vom Typ der rechten Seite. Da σ +iω = +i = i eine einfache Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist, machen wir den Ansatz y p (x) = ax cos(x) + bx sin(x), a, b R. Hier haben wir die Ableitungen Setzen wir dies ein, so folgt y p(x) = (a + bx) cos(x) + (b ax) sin(x), y p(x) = (2b ax) cos(x) + ( 2a bx) sin(x), y p (x) = ( 3a bx) cos(x) + ( 3b + ax) sin(x), y p (4) (x) = ( 4b + ax) cos(x) + (4a + bx) sin(x). y (4) p + 2y p + 2y p + 2y p + y p = 4a cos(x) 4b sin(x)! = sin(x) a =, b = 4. Wir erhalten damit die spezielle Lösung y p (x) = x sin(x), sowie die allgemeine Lösung 4 y(x) = 4 x sin(x) + c e x + c 2 xe x + c 3 cos(x) + c 4 sin(x), c, c 2, c 3, c 4 R. b) Der Potenzreihenansatz mit führt auf y (x) = y(x) = a k x k, a k R, ka k x k und y (x) = k= y (x) + xy (x) 3y(x) = Weiter gilt k(k )a k x k 2 l=k 2 = k=2 k(k )a k x k 2 k=2 k(k )a k x k 2 + k=2 ka k x k 3 a k x k. k= (l + 2)(l + )a l+2 x l und l= Setzen wir dies zusammen, so folgt y (x) + xy (x) 3y(x) = (k + 2)(k + )a k+2 x k + = ka k x k = k= ka k x k. ka k x k 3 a k x k ( ) (k + 2)(k + )ak+2 + (k 3)a k x k! = (k + 2)(k + )a k+2 + (k 3)a k =, für alle k N, 3 k a k+2 = (k + 2)(k + ) a k, für alle k N.

4 Mit den Anfangswerten folgt a = und a = 3. Laut Rekursionsvorschrift folgt damit a 2 = 3 2 a =, und damit: a k = für alle geraden k N. a 3 = 3 a =, a 4 = (siehe oben) a 5 = a 3 =, und damit erneut: a k = für alle ungeraden k 5. Somit erhalten wir a = 3, a 3 = und a k = für k, 3. Dies führt auf die Lösung y(x) = x 3 + 3x. Aufgabe 3 a) Zur Berechnung von e ta berechnen wir zunächst die Eigenwerte und Eigenräume von A. Das charakteristische Polynom der Matrix ist λ 2 2 det(a λi) = det 2 λ 3 2 λ = ( λ)(2 λ)( 2 λ) λ λ + 3( λ) = ( λ)(2 λ)( 2 λ) + 3( λ) = ( λ)( 4 + λ 2 + 3) = (λ )(λ 2 ) = (λ + )(λ ) 2. Also haben wir den einfachen Eigenwert λ = und den doppelten Eigenwert λ 2 =. Die zugehörigen Eigenräume sind dann gegeben durch Kern(A + I) = Kern 3 = lin{ }, Kern(A I) = Kern = lin{ }. 3 3 Insbesondere ist A also nicht diagonalisierbar, d.h. zur Vervollständigung eines Fundamentalsystems benötigen wir noch 4 4 Kern(A I) 2 = Kern = lin{, }. 4 4

5 Damit erhalten wir das Fundamentalsystem φ (t) = e t, φ 2 (t) = e t, [ ] φ 3 (t) = e t + t(a I) = e t t, t bzw. Mit e t e t Φ(t) = e t te t. e t e t te t Φ() = folgt Φ() =. Dies führt schließlich auf e t e t e t e t e t e ta = Φ(t)Φ() = te ( + t)e t te t. te t ( + t)e t e t e t te t b) Die Lösung des Anfangswertpoblems ergibt sich nun mit der Formel y(t) = e ta y() + e (t s)a b(s) ds mit b(s) := s. s Wir berechnen zunächst das Integral. Hier erhalten wir e t s [ e t s ] t e (t s)a b(s) ds = te t s s= e t ds = [ te t s ] t te t s s= = te t t. [ te t s ] t s= te t t Oder alternativ: e (t s)a b(s) ds = e ta e t = te t t. te t t e sa b(s) ds = e ta e s e t ds = e ta Damit erhalten wir schließlich als Lösung e t e t e t + e t y(t) = e ta + e (t s)a b(s) ds = + te t t = te t t. e t te t t e t + te t t

6 Aufgabe 4 a) Das charakteristische System dieser Gleichung ist gegeben durch k (s) =, k () =, k 2(s) = k (s) ( + k 2 (s) ), k 2 () = ξ, w (s) = k (s)w(s), w() = + ξ. Die allgemeine Lösung der ersten Gleichung ist k (s) = s + c, c R, und der Anfangswert liefert noch c =, d.h. k (s) = s. Für die zweite Gleichung erhalten wir somit k 2(s) = s ( + k 2 (s) ) = sk 2 (s) + s, deren zugehörige homogene Gleichung die allgemeine Lösung k 2,hom (s) = c exp ( s ds ) = ce 2 s2, c R, besitzt. Mittels Variation der Konstanten bestimmen wir noch eine spezielle Lösung. Der Ansatz k 2,p (s) = c(s)e 2 s2 führt dann auf c (s)e 2 s2 = s c (s) = se 2 s2 c(s) = e 2 s2 + d, d R. Wir erhalten daraus k 2,p (s) = als spezielle Lösung und damit die allgemeine Lösung k 2 (s) = + ce 2 s2, c R. Alternativ können wir auch v(s) := + k 2 (s) setzen und erhalten daraus die Differentialgleichung v (s) = k 2(s) = s ( + k 2 (s) ) = sv(s) mit der allgemeinen Lösung v(s) = ce 2 s2, c R. Rücksubstitution liefert dann wie auch oben k 2 (s) = + ce 2 s2, c R. Setzen wir nun noch den Anfangswert ein, so folgt sowie k 2 () = + c! = ξ c = + ξ, k 2 (s) = + ( + ξ)e 2 s2. Für w erhalten wir die Differentialgleichung w (s) = sw(s), welche wieder die allgemeine Lösung w(s) = ce 2 s2 hat. Mit dem Anfangswert folgt hier c = und damit +ξ w(s) = + ξ e 2 s2.

7 Für die Grundcharakteristiken gilt nun ( ) ( ) k (s, ξ) x = s = x, + ( + ξ)e 2 s2 = t k 2 (s, ξ) t Setzen wir dies ein, so erhalten wir die Lösung u(x, t) = w(s, ξ) = s = x, ξ = + ( + t)e 2 x2. ( + t)e 2 x2 e 2 x2 = ex2 + t. b) Machen wir den Ansatz u(x, t) = v(x)w(t), so können wir v = oder w = ausschließen, da sonst die Anfangsbedingung nicht erfüllt ist. Damit folgt außerdem v (x)w(t) + x( + t)v(x)w (t) = xv(x)w(t) ( + t) w (t) w(t) = v (x) xv(x). Da die linke Seite nur von t und die rechte nur von x abhängt, beide Seiten aber für alle (x, t) D übereinstimmen, hängen beide Ausdrücke weder von x noch von t ab. Also existiert ein λ R mit ( + t) w (t) w(t) = λ = v (x) xv(x). Daraus ergeben sich die beiden Differentialgleichungen mit den allgemeinen Lösungen Aus der Nebenbedingung folgt v (x) = ( λ)xv(x), w (t) = λ + t w(t), v(x) = c e 2 ( λ)x2, c R, w(t) = c 2 e λ ln(+t) = c 2 ( + t) λ, c 2 R. u(, t) = v()w(t) = c c 2 ( + t) λ! = + t λ =, c c 2 =. Damit erhalten wir die Lösung u(x, t) = v(x)w(t) = + t. Anmerkung: Ausgehend von dem Separationsansatz u(x, t) = v(x)w(t) können wir diesen auch zuerst in die Anfangsbedingung einsetzen und erhalten daraus u(, t) = v()w(t) = + t w(t) = v()( + t). Setzen wir dies nun in die Differentialgleichung ein, so folgt v (x) v()( + t) x( + t)v(x) v()( + t) = xv(x) 2 v()( + t) v (x) = 2xv(x). Die Lösung hiervon ist v(x) = v()e x2 ex2 und daraus folgt dann ebenfalls u(x, t) = ex2 + t.