Prüfungsvorbereitungskurs Höhere Mathematik 3

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1 Prüfungsvorbereitungskurs Höhere Mathematik 3 partielle Differentialgleichungen (Klausuraufgaben) Marcel Bliem Marco Boßle Jörg Hörner Mathematik Online Herbst 2010 Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 1 / 5

2 Klausur 1 Aufgabe 5 Gegeben ist die partielle Differentialgleichung e 1 y x u(x, y) + y 2 y u(x, y) + 2u(x, y) = 0 für x R, y (0, ) mit den Anfangswerten u(0, 1 t ) = e2t für t (0, ). a) bestimmen Sie die gewöhnlichen Differentialgleichungen, durch die die Charakteristiken beschrieben werden, und lösen Sie diese. b) Geben Sie die Charakteristik durch den Punkt (0, 1 t 0 ) an. c) Lösen Sie die gewöhnliche Differentialgleichung und die zugehörige Anfangsbedingung, die die Lösung der partiellen Differentialgleichung auf der Charakteristik aus b) erfüllt. d) Geben Sie die Lösung der partiellen Differentialgleichung zu den gegebenen Anfangswerten an. Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 2 / 5

3 Lösung (K1 A5) Teil a) e 1 y x u(x, y) + y 2 y u(x, y) + 2u(x, y) = 0 ist von der Form mit a 1 (x, y) x u(x, y) + a 2 (x, y) y u(x, y) = α(x, y)u(x, y) + f (x, y) a 1 (x, y) = e 1 y, a 2 (x, y) = y 2, α(x, y) = 2, f (x, y) = 0 Gleichung für die Charakteristiken ( x ) (s) y = (s) ( ) ( a1 (x(s), y(s)) = a 2 (x(s), y(s)) e 1 y(s) y 2 (s) ) Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 3 / 5

4 Lösung (K1 A5) Lösung der zweiten Gleichung (Trennung der Variablen) dy y (s) = y 2 (s) y 2 = 1 ds 1 y Lösung der ersten Gleichung = s + c 1 y(s) = 1 s + c 1 x (s) = e 1 y(s) = e (s+c 1) x(s) = e (s+c 1) + c 2 Die Charakteristiken sind die Kurven von der Form ( ) ( x(s) e (s+c 1 ) ) + c s = 2 y(s) 1 s+c 1 Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 3 / 5

5 Lösung (K1 A5) Teil b) Bestimmung der Konstanten y(0) = 1 c 1! = 1 t 0 c 1 = t 0 x(0) = e t 0 + c 2! = 0 c 2 = e t 0 Die Charakteristik durch den Punkt (0, 1 t 0 ) ist gegeben durch s ( ) x(s) = y(s) ( e t 0 (1 e s ) ) 1 s t 0 Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 3 / 5

6 Lösung (K1 A5) Teil c) a 1 (x, y) = e 1 y, a 2 (x, y) = y 2, α(x, y) = 2, f (x, y) = 0 Differentialgleichung für ũ(s) = u(x(s), y(s)) ũ (s) = α(x(s), y(s))ũ(s) + f (x(s), y(s)) = 2ũ(s) Anfangswerte u(0, 1 t 0 ) = e 2t 0 liefern ũ(0) = e 2t 0 Lösen der DGL ũ (s) = 2ũ(s) ũ(s) = c 3 e 2s ũ(0) = c 3 = e 2t 0 ũ(s) = e 2(t 0 s) Funktionswerte entlang der Charakteristik durch u(0, 1 t 0 ) ũ(s) = e 2(t 0 s) Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 3 / 5

7 Lösung (K1 A5) Teil d) Rücktransformation (t 0 s in Abhängigkeit von x und y) Insgesamt y(s) = 1 s t 0 t 0 s = 1 y u(x, y) = e 2 y Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 3 / 5

8 Klausur 2 Aufgabe 4 Gegeben ist die partielle Differentialgleichung t u(t, x) = xx u(t, x) + 2 x u(t, x) für t (0, ), x (0, π), mit den Randbedingungen u(t, 0) = u(t, π) = 0 für alle t (0, ) und Anfangsbedingung u(0, x) = sin(2x)e x für alle x (0, π). a) Lösen Sie die Gleichung mit den gegebenen Randbedingungen durch einen Separtionsansatz b) Bestimmen Sie die Koeffizienten der Lösung aus a), so dass die Anfangsbedingung erfüllt wird. Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 4 / 5

9 Lösung (K2 A4) Teil a) Separationsansatz u(t, x) = v(t)w(x) für alle(!) t (0, ), x (0, π) Damit gilt v (t)w(x) = v(t)w (x) + 2v(t)w (x) v (t) v(t) = w (x) + 2w (x) = c = const. w(x) Man erhält zwei gewöhnliche Differentialgleichung w (x) + 2w (x) cw(x) = 0 v (t) cv(t) = 0 Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 5 / 5

10 Lösung (K2 A4) Lösen der DGL für w(x) (Lineare DGL 2.Ordnung) w (x) + 2w (x) cw(x) = 0, w(0) = w(π) = 0 Nullstellen des charakteristisches Polynom λ 2 + 2λ c = 0 λ 1,2 = 1 ± 1 + c Fallunterscheidungen c > 1: Zwei reelle Nullstellen λ1,2 = 1 ± 1 + c Triviale Lösung! c = 1: Doppelte reelle Nullstelle λ = 1 Triviale Lösung! c < 1: Zwei komplexe Nullstellen λ 1,2 = 1 ± i c 1 Nichttriviale Lösung für c 1 = n N Nicht triviale Lösungen für w(x) w n (x) = a n e x sin(nx) n N Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 5 / 5

11 Lösung (K2 A4) Lösung von v(t) (Lineare DGL 1.Ordnung) v (t) = cv(t) Allgemeine Lösung v(t) = be ct Aus dem Ergebnis für w(x) c 1 = n c = (n 2 + 1) Damit v n (t) = b n e (n2 +1)t Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 5 / 5

12 Lösung (K2 A4) Allgmeine Lösung der partiellen Differentialgleichung Spezielle Lösungen u n (t, x) = v n (t)w n (x) = a n b }{{} n e (n2+1)t e x sin(nx), n N, d n R d n Allgemeine Lösung ist die Summe über alle speziellen Lösungen u(t, x) = e x n=1 d n e (n2 +1)t sin(nx) Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 5 / 5

13 Lösung (K2 A4) Teil b) Allgemeine Lösung u(t, x) = e x n=1 Anfangsbedingung (t = 0) einsetzen u(0, x) = e x Koeffizientenvergleich liefert n=1 d n = Lösung des Anfangswertproblems d n e (n2 +1)t sin(nx) d n sin(nx)! = e x sin(2x) { 1, n = 2 0, sonst u(t, x) = e 5t e x sin(2x) Bliem/Boßle/Hörner (MO) PV-Kurs HM 3 5 / 5