Institut für Analysis SS 2015 PD Dr. Peer Christian Kunstmann Dipl.-Math. Leonid Chaichenets

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Nadine Hoch
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1 Institut für Analysis SS 25 PD Dr. Peer Christian Kunstmann Dipl.-Math. Leonid Chaichenets Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge zur Bachelor-Modulprüfung Aufgabe : a Bei der Differentialgleichung handelt es sich um eine Eulersche Differentialgleichung. Deshalb führen wir die Substitution t = e durch und setzen v = ue. Dann ist v = e u e und v = e 2 u e + e u e. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert t 2 u t + tu t + ut = sin logt 2 e 2 u e + e ue + ue = sin loge 2 v + v = sin2. Dies ist eine lineare, inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Ihr charakteristisches Polynom lautet Damit bilden v und v 2 mit pλ = λ 2 + = λ 2iλ + 2i λ C. v = cos2, v 2 = sin2 R ein Fundamentalsystem für die zugehörige homogene Differentialgleichung. Für eine partikuläre Lösung v p der inhomogenen Gleichung machen wir einen Ansatz von der Form der rechten Seite. Da 2i eine einfache Nullstelle von p ist, lautet dieser v p = [A cos2 + B sin2] R mit zu bestimmenden Konstanten A, B R. Wir berechnen v p = [A cos2 + B sin2] + [B cos2 A sin2] R. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert v p + v p = sin2 [A cos2 + B sin2] + [B cos2 A sin2] + [A cos2 + B sin2] = sin2 B cos2 A + sin2 = für alle R. Mit der Wahl A =, B = ist v p also tatsächlich eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung. Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung für v lautet also v = C cos2 + C 2 sin2 cos2 R

2 mit v = 2C sin2 + 2C 2 cos2 cos2 + sin2 R. 2 Nach der Substitutionsvorschrift übersetzen sich die Anfangsbedingungen für u zu v = u = und v = u =. Dies legt C = und C 2 = fest. Rücktransformieren liefert ut = cos log t 2 logt als Lösung des ursprünglichen Anfangswertproblems. t > b Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine Bernoullische Differentialgleichung α = 3. Da y >, suchen wir zunächst Lösungen y : I R mit y > für alle I für ein Intervall I R. Solche Lösungen erfüllen die Differentialgleichung 2 y 3 y = cos y 2 cos I. Definiere u := y 2 für I. Dann ist u = 2y y 3 lineare Differentialgleichung erster Ordnung für I und u erfüllt die und die Anfangsbedingung u = y 2 = 2. Die homogene Lösung u h lautet u = cosu cos I u h = Ce cosξdξ = Ce sin I mit der freien Konstanten C R. Eine partikuläre Lösung u p kann leicht zu u p erraten werden oder mit der Variation-der-Konstanten-Formel errechnet werden. Damit ist u = Ce sin + für I. Die Anfangsbedingung u = 2 legt C = fest. Also ist u > für alle R, womit I = R gilt. Wegen y >, ist y = + u für alle R. Die Lösung des ursprünglichen Problems lautet also y = u = + e sin R. Aufgabe 2: Für den gegebenen abgewandelten Potenzreihenansatz gilt y = ρ a n n, y = n= n= a n d d n+ρ = = ρ a n n + ρ n, n= 2 y = 2 = n= a n n + ρ n+ρ = n= a n d 2 d 2 n+ρ = 2 a n n + ρ n+ρ n= a n n + ρn + ρ n+ρ 2 n= a n n + ρn + ρ n+ρ = ρ n= 2 n= a n n + ρn + ρ n >.

3 Einsetzen in die Differentialgleichung liefert 2 y + y 2 + y = ρ a n n + ρn + ρ n + ρ [ a n n + ρ 2 ] n = }{{} =:fn+ρ n= ρ n= n= n= a n n+2 ρ a n n+2 Inde-Shift = n= n= a n n + ρ n a n n = > a n 2 n > Koeffizienten- fn + ρa n = a n 2 n 2, f + ρa =, fρ =. n=2 Die determinierende Gleichung fρ = ρ 2 = hat genau die Lösungen ρ = 2 und ρ 2 = 2. ρ = ρ 2 = 2 : Es gilt fn + ρ = n + ρ 2 = n = n2 + n = nn + n N. Die Rekurrenzgleichungen liefern deshalb fρ + a = 2a = a =, Damit ist a 2k+ = für alle k N und fρ + na n = nn + a n = a n 2 n 2 a n 2 a n = n 2. nn + a 2k = a 2k 2k2k + =... = 2k +! k N. Damit definiert y 2 = 2 k= 2k +! 2k = 2k +! 2k+ = sinh > k= eine nichttriviale Lösung der Differentialgleichung. ρ = ρ = 2 : Es gilt fn + ρ = Die Rekurrenzgleichungen liefern deshalb n 2 2 = n2 n = nn n N. fρ + a = a =, fρ + na n = nn a n = a n 2 n 2 a n 2 a n = n 2. nn Damit ist a frei wählbar, etwa a =. Dann ist a 2k+ = für alle k N und a 2k = a 2k 2k2k =... = 2k! 3 k N.

4 Damit definiert y 2 = 2k! 2k = cosh > k= eine weitere Lösung der Differentialgleichung. Damit lautet die allgemeine Lösung der gegebenen Differentialgleichung y = C y + C 2 y 2 = C sinh + C 2 cosh > mit freien Konstanten C, C 2 R. Aufgabe 3: Wir setzen 2 2 D :=, N := und beobachten DN = = ND. 2 Dann ist A = D + N und e ta = e td+n = e td e tn für alle t R. Ferner gilt k e td t k 2 = t k 2 k k= 2k t k = = k= 2 k= 2 k k= tk 2t k k= e 2t = k= tk = e t. e 2t Wir berechnen weiter Damit folgt e tn = k= k= 2t k N 2 = N k = k 2. t k 2t 2t N k = + =. Ausführen des Matriproduktes liefert e 2t 2te 2t e ta = e td e tn = e t e 2t für alle t R. Variation-der-Konstanten-Formel liefert k= 2k t k t yt = e ta y + e ta e τa bτdτ }{{} =:y h t }{{} =:y pt t R.

5 Demnach y h t = e, t e 2τ 2τe 2τ 8τ 2 t y p t = e ta e τ dτ = e ta dτ e 2τ τ τe 2τ Part. Int. = e ta 2 [ τe 2τ ] t τ= + 2 = e ta t e 2τ dτ 2te 2t [ e 2τ ] t e 2t 2te 2t = e ta = e t 2te 2t + e 2t e 2t 2te 2t t 2 2t =, e 2t 2t t e t sinht t yt = y h t + y p t = e t 2 e t sinht t t R. τ= 2te 2t + e 2t Aufgabe : a Wir setzen a, t, w = +t, b, t, w = 2tw. Das charakteristische System k s = aks, ws, w s = bks, ws lautet dann mit den Anfangsbedingungen k s = k s + k 2 s, k 2s =, 2 w s = 2k 2 sws s I 3 k =, k 2 =, 5 w = uk = R. 6 Die Differentialgleichung 2 zusammen mit der Anfangsbedingung 5 liefert Einsetzen dieser Lösung in die Differentialgleichung liefert k 2 s = s s R. 7 k s = k s + s s >. Also ist k s = C + s für s > mit der zu bestimmenden Konstanten C R. Ausnutzen der Anfangsbedingung ergibt C =. Einsetzen der Grundcharakteristiken s k s, k 2 s in die Differentialgleichung 3 und Ausnutzen der Anfangsbedingung 6 liefert ws = e s2 s >. 5

6 Zum gegebenen R und t versucht man nun die Gleichung, t = ks = ks, nach s, aufzulösen. Es gilt Damit folgt ks, =, t = + s s = t = + t s = t. u, t = ws, u, t = e t2 + t R, t. b Einsetzen des gegebenen Ansatzes in die Anfangsbedingung liefert u, = fg = R, also etwa f = für alle R und g =. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert u, t + u t, t = 2tu, t + t f + t gt + fg t = 2tfgt g t = 2t + g t = 2t + + t gt R, t + t gt t. Dies ist eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung für g. Wegen t 2s + + s ds = t2 + log + t t und der Anfangsbedingung g =, lautet Ihre Lösung gt = e t2 + t t. Insgesamt ist also u, t = fgt = die gesuchte Lösung mit separierten Veränderlichen. + t e t2 R, t 6

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