Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems. y (x) 4y (x) 5y(x) = 6e x. y(0) = y (0) = 0.

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1 Aufgabe Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems y (x) 4y (x) 5y(x) = 6e x y(0) = y (0) = 0. Zunächst bestimmen wir die Lösung der homogenen DGL. Das charakteristische Polynom der DGL ist λ 2 4λ 5 = (λ + )(λ 5), so dass die Nullstellen λ = und λ = 5 sind. Daher ist die allgemeine Lösung der homogenen DGL: y h (x) = c e x + c 2 e 5x für Konstanten c, c 2 R. Nun suchen wir eine spezielle Lösung für die inhomogene DGL. Da die rechte Seite e x eine Lösung der homogenen DGL ist, verwenden wir den Ansatz: Damit gilt y s (x) = Axe x für eine Konstante A R. y s (x) = Axe x y s(x) = Ae x Axe x y s (x) = Ae x Ae x + Axe x = 2Ae x + Axe x. Einsetzen in die DGL ergibt: y s (x) 4y s(x) 5y s (x) = ( 2Ae x + Axe x) 4 ( Ae x Axe x) 5Axe x = 6Ae x, und daher ist y s (x) 4y s(x) 5y s (x) = 6e x 6Ae x = 6e x A =. Also ist y s (x) = xe x und die allgemeine Lösung ist y(x) = y s (x) + y h (x) = xe x + c e x + c 2 e 5x = y (x) = e x + xe x c e x + 5c 2 e 5x Nun bestimmen wir die Konstanten c, c 2 R mit Hilfe der Anfangsbedingungen. Es gilt: y(0) = 0 c + c 2 = 0 y (0) = 0 c + 5c 2 = 0. Addition der beiden Gleichungen ergibt + 6c 2 = 0 = c 2 = /6, und Einsetzen in die erste Gleichung ergibt c +/6 = 0 = c = /6. Somit ist die Lösung des AWPs: y(x) = xe x 6 e x + 6 e5x.

2 Aufgabe 2 Die Funktion f : [0, ) R, f(x) = e x werde -periodisch fortgesetzt. a) Skizzieren Sie den Graphen von f auf dem Intervall [, 4π]. b) Bestimmen Sie die komplexe Fourierreihe der Funktion f. c) Bestimmen Sie die reelle Fourierreihe der Funktion f. d) Gegen welchen Wert konvergiert die Fourierreihe an der Stelle x = 0? Die Antwort ist zu begründen. a) b) Die Koeffizienten der komplexen Fourierreihe berechnen sich nach der Formel mit Periode T = : c k = e x e ikx dx 0 = e ( ik)x dx 0 = [ ] ik e( ik)x 0 = ( ik e( ik) ) ik e0 = e ik e} ik {{} =(e i ) k = k = = ik (e ) = e + ik + k. 2

3 Somit ist die komplexe Fourierreihe von f: f(x) k= e + ik + k 2 ekix. c) Die Koeffizienten der reellen Fourierreihe ergeben sich aus denen der komplexen Fourierreihe mittels der Formeln: Somit folgt a 0 = 2c 0, a k = 2Re(c k ) für k > 0, b k = 2Im(c k ). a 0 = 2 e a k = 2 e b k = 2 e = e, π + k = e 2 π Daher ist die reelle Fourierreihe von f: k + k = 2 e π f(x) a a k cos kx + b k sin kx k= f(x) e + k= e π d) Die folgenden Grenzwerte existieren: + k 2 für k > 0, k + k 2. + k cos kx e k sin kx 2 π + k2 lim f(x) = lim = e 0 = lim f(x) x 0 = lim = e lim (x) = lim = e 0 = lim (x) x 0 = lim = e Also ist f stückweise stetig differenzierbar, und nach dem Dirichlet-Kriterium konvergiert die Fourierreihe in x = 0 gegen 2 ( lim f(x) + lim f(x)) = x 0 2 ( + e ).

4 Aufgabe 3 Sei u : R 2 R gegeben durch u(x, y) = e 3y cos 3x. a) Zeigen Sie, dass u eine harmonische Funktion ist. b) Bestimmen Sie eine holomorphe Funktion f : C C, so dass u = Re(f) ist. Beschreiben Sie f in der Variablen z, wobei z = x + iy. a) Es gilt u x = 3e 3y sin 3x u xx = 9e 3y cos 3x u y = 3e 3y cos 3x u yy = 9e 3y cos 3y. Daraus ergibt sich, dass u = u xx + u yy = 9e 3y cos 3x + 9e 3y cos 3x = 0, somit ist u harmonisch. b) Wenn f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) holomorph sein soll, so müssen u und v die Cauchy-Riemann-DGLs erfüllen, also v x = u y = 3e 3y cos 3x, und v y = u x = 3e 3y sin 3x. Wir suchen also eine Funktion v : R 2 R, die diese beiden Gleichungen erfüllt. Partielles Integrieren ergibt: v x = 3e 3y cos 3x v(x, y) = 3e 3y cos 3x dx = e 3y sin 3x + h(y) für eine Funktion h(y). Somit ist v y = 3e 3y sin 3x + h (y), und die Gleichung v y = 3e 3y sin 3x impliziert h (y) = 0. Also ist h(y) = C konstant, und wir dürfen ohne Einschränkung annehmen, dass h(y) = 0 ist, somit v(x, y) = e 3y sin 3x. Somit ist f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) = e 3y cos 3x ie 3y sin 3x = e 3y (cos 3x i sin 3x) = e 3y (cos( 3x) + i sin( 3x)) = e 3y e 3ix = e 3y 3ix = e 3i(x+iy) = e 3iz. Also ist die gesuchte holomorphe Funktion f(z) = e 3iz.

5 Aufgabe 4 Für eine Funktion u(x, t) mit x [0, π], t R betrachte man die Differentialgleichung u t 4u xx = 8u () mit den Neumann-Randbedingungen u x (0, t) = u x (π, t) = 0 für alle t R. (2) a) Bestimmen Sie alle Lösungen der Gleichungen () und (2) für Funktionen der Form u(x, t) = X(x)T (t) mit Funktionen X : [0, ] R und T : R R. b) Bestimmen Sie eine Lösung der Gleichungen () und (2), die zusätzlich die folgende Anfangsbedingung erfüllt: u(x, 0) = 2 cos 2 x. (3) Hinweis: Es gilt cos 2 x = ( + cos 2x). 2 a) Wir verwenden den Produktansatz u(x, t) = X(x)T (t). Dann erhalten wir u t = X(x)T (t) u xx = X (x)t (t) und Einsetzen in die DGL () ergibt u t 4u xx = u X(x)T (t) 4X (x)t (t) = 8X(x)T (t) /(4X(x)T (t)) T (t) 4T (t) X (x) X(x) = 2 T (t) 4T (t) 2 = X (x) X(x) In der letzten Gleichung hängen beide Seiten von unterschiedlichen Variablen ab, daher müssen beide Seiten konstant sein, und wir nennen diese Konstante λ R. Somit haben wir T (t) 4T (t) 2 = λ T (t) = 4(λ + 2)T (t) T (t) = ce 4(λ+2)t für eine Konstante c R (wobei wir annehmen dass c 0, da sonst T 0 und somit u 0 wäre), und X (x) X(x) = λ X(x) = c e λx + c 2 e λx falls λ > 0 c x + c 2 falls λ = 0 c cos( λ x) + c 2 sin( λ x) falls λ < 0, wobei wir ebenfalls annehmen, dass (c, c 2 ) (0, 0), da sonst X(x) 0 und somit u 0 wäre. Wegen u x (0, t) = X (0)T (t) und u x (π, t) = X (π)t (t) ist die Neumann-Randbedingung (2) nur dann erfüllt, wenn X (0) = X (π) = 0 gilt.

6 . Fall: λ > 0. Dann ist X(x) = c e λx +c 2 e λx und daher X (x) = c λe λx c 2 λe λx. Also ist X (0) = c λ c2 λ = 0 c = c 2, und somit ist X(x) = c (e λx + e λx ), X (x) = c λ(e λx e λx ). Aber X (π) = c λ(e λπ e λπ ), und wegen λ 0 und somit e λπ e λπ kann X (π) = 0 nur gelten, wenn c = 0 und damit X(x) = 0 und u(x, t) = 0, was auszuschliessen ist. Daher ist dieser Fall nicht möglich. 2. Fall: λ = 0. Dann ist X(x) = c x + c 2 und daher X (x) = c. Also ist X (0) = 0 c = 0, und dann gilt auch X (π) = 0. Somit ist die Neumann-Randbedingung (2) erfüllt, wenn X(x) = c 2 konstant ist. Da für λ = 0 gilt: T (t) = ce 8t, ist also u(x, t) = X(x)T (t) = c 2 ce 8t, d.h. bis auf Multiplikation mit einer Konstanten ist die Lösung zu () und (2) mit λ = 0 u 0 (x, t) = e 8t. 3. Fall: λ < 0. Dann ist X(x) = c cos( λ x) + c 2 sin( λ x) und daher X (x) = c λ sin( λ x) + c2 λ cos( λ x). Also ist X (0) = c 2 λ = 0 c2 = 0, und somit ist X(x) = c cos( λ x), X (x) = c λ sin( λ x). Dabei ist c 0, da sonst X(x) 0 und somit u(x, t) 0 wäre, was auszuschließen ist. Daher ist X (π) = c λ sin( λ π) = 0 sin( λ π) = 0 λ Z, und wegen λ < 0 folgt, dass λ = k 2 für ein k N ist. Somit ist X(x) = c cos(kx), T (t) = ce 4( k2 +2)t, und somit ist - bis auf Multiplikation mit einer Konstanten - die Lösung u k (x, t) = cos(kx)e 4( k2 +2)t, wobei k N. Fast man die Fälle λ = 0 und λ < 0 zusammen, so sind die Lösungen (bis auf Multiplikation mit einer Konstanten): b) Es gilt nach a) Nach dem Hinweis ist u k (x, t) = cos(kx)e 4( k2 +2)t, wobei k N 0. u k (x, 0) = cos(kx) 2 cos 2 x = 2 2 ( + cos 2x) = + cos 2x = u 0(x, 0) + u 2 (x, 0). Somit ist u(x, t) := u 0 (x, t) + u 2 (x, t) eine Lösung zu (), (2) und (3), d.h. u(x, t) = e 8t + cos(2x)e 8t.

7 Probe: Es gilt u t (x, t) = 8e 8t 8 cos(2x)e 8t, u x (x, t) = 2 sin(2x)e 8t, u xx (x, t) = 4 cos(2x)e 8t, und somit so dass () erfüllt ist. u t 4u xx = ( 8e 8t 8 cos(2x)e 8t) + 6 cos(2x)e 8t = 8e 8t + 8 cos(2x)e 8t Wegen u x (x, t) = 2 sin(2x)e 8t gilt = 8(e 8t + cos(2x)e 8t ) = 8u(x, t), u x (0, t) = 2 sin(0)e 8t = 0, u x (π, t) = 2 sin()e 8t = 0, so dass (2) erfüllt ist. Es gilt u(x, 0) = + cos(2x) = 2 cos 2 x nach dem Hinweis. Also ist auch (3) erfüllt.