FESTSTELLUNGSPRÜFUNG in HM2

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1 FESTSTELLUNGSPRÜFUNG in HM2 FDIBA - TU, WS 27/8 INFORMATIK Name: Immatrikulationsnummer: Aufgabe : Zu lösen sei, durch Anwendung der Transformation von Laplace, das Anfangswertproblem 9P. u () (t) u(t) = t τ 2 cos(t τ)dτ, u () () = u (2) () = u() =. Aufgabe 2: Finde die allgemeine Lösung der Differentialgleichung 8P. Aufgabe : Sei x u () (x) xu () (x) + u(x) = x ln x, x >. f(x, y) := { tan x y, x 2 + (y ) 2, y, y =, Zu beweisen sei, daß f(x, y) stetig in D := {x 2 + (y ) 2 } \ (, ) und nicht stetig im Nullpunkt ist. 9P. Aufgabe 4; Berechne, durch Anwendung der Methode von Lagrange, die Entfernung der Ebene α : x 2y 6z = 56 zum Nullpunkt. 6P. Aufgabe 5: a) Zu Lösung sei, durch Anwendung der Potenzreihenmethode, das Anfangswertproblem 4P. xu (5) (x) + u(x) = + x + x 2, u() =, u (4) () =. b) Bestimmen Sie, im Fall von Lösbarkeit, den Konvergenzradius der formellen Lösung. 4P. Aufgabe 6: Sei wobei u (x) = Au(x), u(x) : R R, A; =,, 2, 2, 2,, a) Zu lösen sei das Anfangswertproblem 4P. u() = (,, ) T. b) Motiviere den Lösungsweg. 4P..

2 HM2 - FESTSTELLUNGSPRÜFUNG FDIBA - TU, WS 27/8 Name: Allgemeiner Maschinenbau Immatrikulationsnummer: Aufgabe : Gegeben sei die Differentialform D(x, y) := 2(x + u)dx + (2x + 2u 2xu x 2 u 2 )du. a) Beweise, daß sie integrierenden Faktor µ(x, u) = ω(x + u) besitzt. 4P b) Löse in impliziter Form die Gleichung 4P. D(x, y) dx =, u(e 2) = 2. Aufgabe 2: Finde die allgemeine Lösung der Differentialgleichung 8P. Aufgabe : Sei x u (6) (x) xu (4) (x) + u(x) = x ln x, x >. f(x, y) := { tan x y, x 2 + (y ) 2, y, y =, Zu beweisen sei, daß f(x, y) stetig in D := {x 2 + (y ) 2 } \ (, ) und nicht stetig im Nullpunkt ist. 8P Aufgabe 4; Berechne, durch Anwendung der Methode von Lagrange, die Entfernung der Ebene α : x 2y 6z = 56 zum Nullpunkt. 6P Aufgabe 5: a) Zu Lösung sei, durch Anwendung der Potenzreihenmethode, das Anfangswertproblem 5P xu (5) (x) + u(x) = + x + x 2, u() =, u (4) () =. b) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der formellen Lösung. P Aufgabe 6: Sei u (x) = Au(x), u(x) : R R, wobei A; =,, 2, 2, 2,, a) Zu lösen sei das Anfangswertproblem 5P. u() = (,, ) T. b) Motiviere den Lösungsweg. 5P. 2.

3 Lösungen Januar 28. Lösung:. Die Anwendung der traditionellen Laplace Transformation führt zu: (s )L(u) = + s + s 2 + L(t 2 )(s)l(cos t)(s), oder Daraus folgt L(u) = s + 2 s s s 2 + s. u = 2L ( s 2 s 2 + s (s + 2 )2 + ) + L ( s ) = 4 2L (L(e t )L(sin t) 2 L(e t/2 sin 2 )L(4)) := 2/ L. () Die mehrfache Anwendung des Faltungssatzes ergibt t t L = L( e κ sin(t κ)dκ)(s)l( e κ/2 sin( 2 κ)dκ)(s) = t τ t τ L( ( e κ sin(τ κ)dκ)( e κ/2 sin( 2 κ)dκ))(s) = Abschließend (vergl.()) ist u(t) = 4 t ( τ e κ sin(τ κ)dκ t τ e κ/2 sin( 2 κ)dκ) dτ. 5min. Lösung: (2. AM). a) Gesucht ist integrierender Faktor µ(w(x, y)), wobei w(x, y) = (x + y). Die Funktion µ muß, wenn sie existiert, folgende Gleichung erfüllen: dµ dw = P y Q x w x Q P w y dw. (2) Wir müßen eine geeignete Funktion w(x + y) finden, sodaß die letzte Gleichung stimmt. Versuchen wir zunächst mit w = (x + y) k, k =, 2,. Aus (2) folgt P y Q x w x Q P w y dw = 2 k x + y (x + y) = 2 k+ k w dw.

4 Damit ist dµ dw = 2 k w dw, also ist µ(w) = exp( k ln w 2 ). Letztere gilt fü alle k =,,. Wir wählen k = aus. Dann bekommen wir als geeignete Lösung µ(x, y) = (x + y) 2. min b) Es gilt ( x + y )y (x) + x + y = zu lösen. Die Exakzheit muß nicht untersucht werden, denn µ ist integrierender Faktor. Sei F eine Stammfunktion. Aus der definitionsgleichung erhalten wir Aus F y = Q folgt was weiter F (x, y) = 2 dx + C(y) = 2 ln(x + y) + C(y). x + y 2 x + y + C (u) = 2, () x + y C(u) = C u, C = Const ergibt. Aus dem Letzteren und (2) erhalten wir F (x, y) = ln (x + y) 2 y + C. Der Wert der Konstante C ergibt sich aus den Anfangsbedingungen. also F (2, e 2) =, = 2 ln(2 + e 2) 2 + C =, F (x, y) = 2 ln(x + y) y. Die gesuchte Lösung y(x) ist die Funktion, die implizit durch die letzte Gleichung bestimmt wird (Satz über implizite Funktionen). min 4

5 2. Lösung: Setze u(x) = x λ ; gesucht wird die Zahl λ. Wie bekannt, führt dieser Ansatz zu der Gleichung λ(λ )(λ 2) λ + =. (4) Die Nullstellen sind wie folgt:λ =,,. Demnach sind die linear unabhängigen Lösungen der homogenen Differentialgleichung die Funktionen u (x) = x, u 2 (x) = x, u (x) = x, x >. (5) Wenden wir jetzt den Ansatz x = e t an. Dadurch wird die Funktion u(x) zu v(t), u(e t ) := v(t). Dieser Ansatz transformiert weiter den ursprünglichen Differentialoperator zu D(v) = te t. (6) Wie bekannt, erweisen sich dann die in (4) entstandenen Nullstellen als die charakteristischen Nullstellen des charakteristischen Polynoms von (6). Das Polynom ist also P(λ) = λ λ 2 λ + und, den Operator rekonstruieren, ekommen wir D(v) = v (6) v (5) v (4) + v = te t. Es gilt, eine partikuläre Lösung η des Letzteren zu finden. Wenden wir den Ansatz vom Typ der rechten Seite, kommen zu Die allgemeine Lösung ist folglich η(t) = 8 t2 e t. u(x) = C x + C 2 x 2 + C x 8 (ln x)2 x 5 min. Lösung: Offenbar ist die Funktion f(x, y) überall im offenen Gebiet stetig, denn in dieser Punktmenge ist der Nenner verschieden von der Null. Um den Punkt (, ) zu erörtern, untersuchen wir das Verhalten der Funktionenfolgen für zwei verschiedene Folgen {(x n, y n )}. Ist x n = y n = n, so gilt tan /n /n = sin /n /n cos /n, n. 5

6 Ist nun x n = /n 2, y = /n 2 tan /n, so ist. Beider ist aber verschieden /n 2 von dem vorgegeben Wert der Funktion in (, ). Damit faellt die Stetigkeit im Nullpunkt aus. 5min 4. Lösung: Gesucht wird der minimale Wert der Funktion F (x, y, z) := x2 + y 2 + z 2 auf der Menge α : x 2y 6z = 56. Um die Rechnerei zu erleichtern, suchen wir nach min α (x 2 + y 2 + z 2 ). Wie setzen f(x, y, z) := (x 2 + y 2 + z 2. Offenbar gilt min α f(x, y, z) = min α F. (7) Weiter folgen wir der Methode von Lagrange. Die Gleichungen ergeben Nun setzen wir folglich ist Aus L L λ L(x, y, z, λ) := x 2 + y 2 + z 2 λ(x 2y 6z 56). = folgt, dass Aus (7) und (8) folgt nun L x = L y = L z = L λ = min α F = 2x = y = z. (8) z = 6µ, x = µ, y = 2µ. (8) µ = ( 8 7 )2 ( ) = Lösung: Setze u(x) = c n x n. Dabei ist u() = c =, u () = c =. Das Einsetzen in die Gleichung ergibt c + ((n + )nc n+ + c n )x n = + x + x 2. n= min 6

7 Von hier bemerk man sofort, dass das Anfangswertproblem lösbar ist. Das wäre nicht der Fall, wenn in den Anfangsbedingungen c wäre. Vergleicht man die Koeffizienten für x, x 2, bekommt man Ist n, so folgt 2c 2 + c =, c 2 = 2.c + c 2 =, c = /6 c n c n+ = n(n + ). Durch Anwendung der mathematischen Induktion folgt daraus die Rekursionsformel, nämlich c n+ = ( ) n 2 n! 2 (n +. Der Konvergenzradius R wird nach der H Adamarschen Formel R = berechnet. In unserem Fall ist lim sup n c n /n lim sup c n /n = lim c n /n =, n n also R =. min 7