Lösung - Schnellübung 13

Transkript

1 D-MAVT/D-MATL Analysis II FS 7 Dr. Andreas Steiger Lösung - Schnellübung 3. Gegeben sei die Differentialgleichung y + λ 4 y + λ y = 0. Für welche Werte des reellen Parameters λ gibt es eine von Null verschiedene Lösung yx, die für x beschränkt bleibt? Lösung: Man berechnet zuerst die Nullstellen des zugehörigen charakteristischen Polynoms µ + λ 4µ + λ = 0 in der Variablen µ. Diese sind µ = 4 λ ± λ 4 λ = 4 λ ± λ 5 9. Bezeichnen wir durch µ bzw. µ die Nullstelle mit bzw. mit +. Hier unterscheiden wir drei Fälle: Wenn die Nullstellen reell sind d.h. wenn λ 8 oder λ, dann ist die allgemeine Lösung der Gleichung der Gestalt yx = C e µx + C e µx, wenn µ µ, oder yx = C e µx + C xe µx, wenn µ = µ. Man bemerke µ µ ; wenn µ > 0, bleibt also y für x genau dann beschränkt, wenn C = C = 0. Anders gesagt: µ 0 ist eine notwendige Bedingung für die Existenz einer von Null verschiedenen Lösung der Gleichung. Sie ist auch hinreichend, denn yx = C e µx für C 0 ist immer beschränkt und nicht Null, wenn µ 0. Diese Bedingung können wir als Funktion von λ umformulieren, wie folgt: µ 0 λ 4 oder λ 4 λ 5 9 λ 4 oder λ 0. Nach unserer Anfangsannahme reelle Nullstellen ist also µ 0 genau dann, wenn λ 8 oder λ 0. Wenn die Nullstellen nicht reell und konjugiert sind d.h. wenn λ 8, dann ist die allgemeine Lösung der Gestalt yx = e 4 λ x C cos ωx + C sin ωx, wobei ω = 9 λ 5 ist. Die Existenz einer von Null verschiedenen Lösung dieser Gestalt ist genau dann garantiert, wenn 4 λ 0 ist, d.h. wenn λ 4. Nach unserer Anfangsannahme konjugierte komplexe Nullstellen muss dann 4 λ 8 sein. Die Bedingung ist also λ, 0] [4,. Bitte wenden!

2 . Man finde die Lösung des Anfangswertproblem u + u = F t u0 = u 0 = 0, wobei F 0 eine Konstante ist und F 0 t, 0 t < π F t = F 0 π t, π t < π 0, t π. F 0 π Lösung: Um die allgemeine Lösung dieser Differentialgleichung zu bestimmen, müssen wir sie stückweise im Inneren der drei Definitionsintervalle von F. Dann benutzen wir die Differenzierbarkeit der Lösung u, um die Stücklösungen zusammenzukleben. In jedem Stuck der Definition von F ist die Lösung der homogenen Gleichung u h t = A cos t + B sin t denn das charakteristische Polynom λ + hat die zwei Nullstellen λ = ±i. Für die partikuläre Lösung haben wir in den verschiedenen Stücken: In 0, π: mit dem Ansatz u p t = αt + β kann man leicht überprüfen, dass u p t = F 0 t die Gleichung löst. In π, π: analog folgt u p t = F 0 π t. In π, ist die Gleichung homogen. Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung muss also der Gestalt A cos t + B sin t + F 0 t, wenn 0 < t < π ut = A cos t + B sin t + F 0 π t, wenn π < t < π A 3 cos t + B 3 sin t, wenn t > π Siehe nächstes Blatt!

3 sein, für Konstanten A i, B i. Da die Funktion u : [0, R tatsächlich die Gleichung löst, muss sie mindestens zweimal differenzierbar sein. Insbesondere sind u und die Ableitung u stetige Funktionen. Dies bestimmt die Konstanten A, B, A 3, B 3 als Funktionen von A und B : Zuerst berechnen wir die Ableitung u : A sin t + B cos t + F 0, wenn 0 < t < π u t = A sin t + B cos t F 0, wenn π < t < π A 3 sin t + B 3 cos t, wenn t > π. Aus der Stetigkeit von u und u an der Stelle t = π folgt: A + F 0 π = B + F 0 = Deshalb sind A = A und B = B F 0. lim ut = lim ut = A + F 0 π, bzw. t π t π + lim u t = lim u t = B F 0. t π t π + Aus der Stetigkeit von u und u an der Stelle t = π folgt: A = B F 0 = lim ut = lim ut = A 3, bzw. t π t π + lim u t = lim u t = B 3. t π t π + Deshalb sind A 3 = A = A und B 3 = B F 0 = B 3F 0. Wir erhalten also: A cos t + B sin t + F 0 t, wenn 0 < t < π ut = A cos t + B F 0 sin t + F 0 π t, wenn π t < π A cos t + B 3F 0 sin t, wenn t π. Man soll bemerken, hier wurde wegen Stetigkeit von u auch uπ := lim t π ut = lim t π + ut definiert. Analog wurde auch uπ definiert. Wir wenden jetzt die Anfangsbedingungen, um A und B zu bestimmen und somit unser Anfangswertproblem zu lösen: 0 = u0 = lim t 0 + ut = A. 0 = u 0 = lim t 0 + u t = B + F 0. Die Lösung des Anfangswertproblemes ist dann: F 0 sin t + F 0 t, wenn 0 t < π ut = 3F 0 sin t + F 0 π t, wenn π t < π 4F 0 sin t, wenn t π. 3. Man löse das Differentialgleichungssystem ẋ = y ẏ = 4x + 6y x0 = y0 = Bitte wenden!

4 Lösung: Dieses System kann geschrieben werden als 0 ż = 4 6 x z = Az für z = y Wir berechnen die Eigenwerte λ bzw. λ und die Eigenvektoren 0 E = 0 λ 0 = det A λe = det 4 6 λ a b. 0 bzw. = λ λ 4. c d 0 von A Die Eigenwerte von A sind somit λ = und λ = 4. Die zugehörigen Eigenvektoren berechnen sich aus a a 0 A λ E = = = a = b. b 4 4 b 0 { } Damit ist der Eigenraum von A zum Eigenwert λ gegeben durch E λ = span und somit ist ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ. Analog berechnen wir c 4 c 0 A λ E = = = c = d. d 4 d 0 { } Damit ist der Eigenraum von A zum Eigenwert λ gegeben durch E λ = span und somit ist ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ. Da ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ = ist, ist z t = e λt = e t eine Lösung von ż = Az. Genauer: Sei ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ =, dann gilt = A. Es folgt durch Multiplikation von e t beidseitig, dass e t = A e t, also z t = Az t, d.h. t z t ist ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ = 4 ist, ist eine Lösung von ż = Az. Analog gilt, da z t = e 4t eine Lösung von ż = Az. Da z und z linear unabhängig sind, gilt αe zt = αz t + βz t = t + βe 4t αe t + βe 4t x oder, da z =, y x t = αe t + βe 4t und y t = αe t + βe 4t, α, β R ist die allgemeine Lösung von ż = Az. Wir bestimmen noch die Konstanten α und β = x0 = α + β und = y0 = α + β, es folgt α = 0, β =. Die gesuchte Lösung des Systems ist somit x t = e 4t und y t = e 4t. Siehe nächstes Blatt!

5 4. Man bestimme die allgemeine Lösung der Differentialgleichung x y + 4xy + y = 3x und zeige, dass sie nur eine auf der ganzen reellen Achse definierte Lösung hat. Lösung: Dies ist eine inhomogene Eulersche Differentialgleichung. Die Lösung des homogenen Problems findet man mit Hilfe des Indexpolynoms. αα + 4α + = α + 3α + = α + α + Die allgemeine Lösung lautet dann y h x = C x + C x. Für eine partikuläre Lösung drängt sich der Ansatz y p x = A x auf. Man findet A =. [ Wer keinen passenden Ansatz für eine partikuläre Lösung findet, kommt mit dem Verfahren von Lagrange Skript Kapitel VII S. 79/80 zum Ziel. Eine partikuläre Lösung ist von der Form y px = γ x x + γ x x, wobei man γ x x + γ x x = 0 annehmen darf. Man erhält dann das System γ x + γ x = 0 γ x γ x 3 = 3 x. Aus + x bekommt man γ x = 3 oder γ = 3x oder γ x = x 3, und durch Einsetzen in bekommt man γ x 3 = 0 oder γ = 3x oder γ x = 3 x. Man erhält für die partikuläre Lösung y px = 3 x x = x.] Die allgemeine Lösung lautet yx = C x + C x + x. Diese Lösung ist genau dann auf der ganzen reellen Achse definiert, wenn C = C = 0. Die gesuchte Lösung lautet so: yx = x 5. Eine Lösungskurve y = ux der Differentialgleichung y 3y 4y = 0 schneidet eine Lösungskurve y = wx der Gleichung y + 4y 5y = 0 im Ursprung. An dieser Stelle haben beide Kurven die selbe Steigung. Man bestimme die Funktionen u und w, wenn ausserdem die Bedingung erfüllt wird. wx 4 lim x ux = 5 6 Lösung: Die charakteristischen Gleichungen der DGL y 3y 4y = 0 und y + 4y 5y = 0 sind λ 3λ 4 = λ 4λ + = 0 bzw. λ + 4λ 5 = λ + 5λ = 0. Dann sind die gesuchten Integralkurven u und w der Gestalt ux = A e 4x + A e x, wx = B e 5x + B e x für zu bestimmende Konstanten A, A, B, B R. Da beide Kurven durch den Ursprung durchgehen, sind u0 = A + A = 0 und w0 = B + B = 0. Dies heisst A = A und B = B. Somit hat man: ux = A e 4x e x, wx = B e 5x e x. Bitte wenden!

6 Da die Kurven die selbe Steigung im Ursprung haben, gilt u 0 = w 0. Die Ableitungen von u und w sind u x = A 4e 4x + e x, w x = B 5e 5x e x Nach Auswertung auf x = 0 erhält man die Gleichung 5A = 6B. Wir untersuchen schliesslich die Bedingung des Limes, um die letzte benötigte Gleichung zu bekommen: wx 4 lim x ux = lim B e 5x e x 4 x A e 4x e x = B4 e 6x 4 lim A x e 5x = B4 = 5 A 6. Daraus folgt, dass A, B 0 sind und 6B 4 = 5A. Es ergibt sich also aus und, dass B = und A = 6 5 sind, und somit sind die gesuchten Integralkurven: ux = 6 e 4x e x ; wx = e x e 5x. 5