HM3 (aer, mawi) WS 14 / 15 Blatt 8 Dr F. Leitner

Transkript

1 Besprechung in der 5. KW Hinweis: Bitte nehmen Sie sich die Zeit und füllen Sie den zur Vorlesung gehörenden Evaluationsbogen unter aus. Aufgabe Sei f(x) = für x [, π/] und f(x) = für x (π/, π]. a) Definieren Sie die drei verschiedenen (π)-periodischen Fortsetzungen von f auf ganz R: die direkte Fortsetzung f die gerade Fortsetzung f die ungerade Fortsetzung ˆf b) Skizzieren Sie die obigen Funktionen auf dem Intervall [ π, π]. c) Berechnen Sie die reellen Fourierkoeffizienten (das sind die a k, b k ) aller drei Funktionen. Welche Beobachtung machen Sie? Lösung. a) Für jedes x R existiert eine ganze Zahl z Z mit (z )π x < zπ. Sei y = x (z )π. Es ist y < π. Für die gerade Fortsetzung müssen wir noch weiter unterscheiden. Ist y > π, so setzen wir f(x) = f(y π) ansonsten f(x) = f(y). Diese Funktion ist π-periodisch, aber somit auch π-periodisch. Für die anderen beiden Fortsetzungen benötigen wir eine weitere Unterscheidung. Ist y > π, so setzt man f(x) = f(π y) sonst f(x) = f(y). Für die ungerade Fortsetzung im Fall y > π ist ˆf(x) = f(π y) und sonst ˆf(x) = f(y). Man kann auch schreiben { f(y) x = (z )π + y, y [, π] f(x) = f(y π) x = (z )π + y, y (π, π) { f(y) x = (z )π + y, y [, π] f(x) = f(π y) x = (z )π + y, y (π, π) { f(y) x = (z )π + y, y [, π] ˆf(x) = f(π y) x = (z )π + y, y (π, π) b) [ xmin=-*pi,xmax=*pi, ylabel= f ] [black,domain=-*pi:-3*pi/] ; [black,domain=-3*pi/:-pi] ; [black,domain=-pi:-pi/] ; [black,domain=-pi/:] ; [red [ xmin=-*pi,xmax=*pi, ylabel= f ] [black,domain=-*pi:-3*pi/] ; [black,domain=-3*pi/:-pi] ; [black,domain=-pi:-pi/] ; [black,domain=-pi/:] ; [red [ xmin=-*pi,xmax=*pi, ymin=-.,ymax=., ylabel= ˆf ] [black,domain=-*pi:-3*pi/] ; [b

2 c) Für die direkte Fortsetzung ergeben sich die Koeffizienten zu: πã = πã k = π π f(x)dx = π cos(kx)f(x)dx = π/ 3/π cos(kx)dx + cos(kx)dx π ã k = ((sin(kπ/) ) + (sin(k3/π) sin(kπ))) = bk = ((cos(kπ/) ) + (cos(k3/π) cos(kπ))) k ungerade = k gerade aber k/ ungerade k gerade und k/ gerade Für gerade Fortsetzung hat man ā = ā k = (sin(kπ/) + sin(k3/π)) k gerade = k ungerade aber (k )/ gerade k ungerade und (k )/ ungerade bk = (cos(kπ/) + cos(kπ) cos(k3/π)) = Für die ungerade Fortsetzung hat man ā = ā k = (sin(kπ/) sin(k3/π)) = bk = (cos(kπ/) cos(kπ) + cos(k3/π)) k ungerade = k gerade und k/ gerade 4 k gerade aber k/ ungerade Man beachte, dass die a k Koeffizienten der ungeraden Fortsetzung verschwinden, während bei der geraden Fortsetzung die b k = sind. Außerdem fällt auf, dass die direkte Fortsetzung durch eine Subtraktion zu einer

3 ungeraden Funktion gemacht werden kann. Auch hier verschwinden die a k Koeffizienten. Aufgabe Es sei die Funktion f(x) = π x auf dem Intervall [ π, π] definiert. Man entwickle die direkte π-periodische Fortsetzung f : R R von f in eine Fourierreihe a + ( an cos(nx) + b n sin(nx) ). n= Lösung. a = /3π. b k =, da f gerade Funktion. a k = π π π ( π x ) cos(kx)dx = π ( ) k /k Aufgabe 3 (schriftlich) Die Funktion f(x) = cos x, x < π, werde πperiodisch auf R direkt fortgesetzt. Man bestimme nun die Koeffizienten c k der komplexen Fourierreihe c k e kxi. k= Man gebe auch die Koeffizienten a n und b n der reellen Fourierreihe an! Hinweis: Es ist cos x = ei x +e i x. Lösung. Es ist c = π cos(x/)dt =. π 3

4 Mit der Substitution x = t gilt für k πc k = = π π e i( k+/)x + e i( k /)x dx e i( k+)t + e i( k )t dt = ei( k+)t i( k + ) = ei( k+)π i( k + ) e iπ = i (k ) + i e iπ (k + ) + ei( k )π i( k ) = π t= i( k ) + ei( k )t e iπ i( k + ) + e iπ i( k ) Die direkte Fortsetzung ist eine ungerade Funktion. Deswegen erhält man wie erwartet π/a k = π Re c k = sin(π) k + sin(π) k + = + = und π/b k = π Im c k = cos(π) k + cos(π) k + = 4k 4k. π t= Aufgabe 4 In drei Fässern sind je Liter Wasser. In Fass ist darin kg Salz gelöst, während sich in den Fässern und 3 anfangs kein Salz befindet. Pro Minute wird je ein Liter Flüssigkeit von Fass in Fass, von Fass in Fass 3 und von Fass 3 in Fass gepumpt. Dabei wird angenommen, dass in jedem Fass stets eine homogene Mischung vorliegt. a) Stellen Sie ein Differentialgleichungssystem für die Salzmengen auf. b) Wieviel Salz befindet sich zum Zeitpunkt t in jedem der drei Fässer? c) Welcher Salzgehalt stellt sich auf lange Sicht in den drei Fässern ein? d) Ist irgendwann weniger als 3kg Salz in Fass? Wenn ja, wann? Beweis. a) Bezeichne X i (t) die Salzmenge (gemessen in in kg) im i-ten Fass zum Zeitpunkt t. Messen wir die Zeit t in Minuten, so folgt dx dt = ( X (t) + X 3 (t)). 4

5 Durch zyklische Vertauschung erhalten wir die Differentialgleichung X = AX mit der Matrix A =. b) Die Lösung dieser DG ist X(t) = exp( t A) X mit X = (,, ). Um die Exponentialreihe zu berechnen, zerlegen wir A als D + P mit der Diagonalmatrix D := Id und der Permutationsmatrix P =. Es ist also P orthogonal mit det P = und P 3 = Id. Folglich ist P eine eigentliche orthogonale Matrix welche eine Drehung um dem Winkel ± π 3 beschreibt. Offensichtlich liegt der Vektor v := (,, ) im Kern von A (dies folgt auch aus dem Erhaltungssatz 3 i= dx i dt = durch Einsetzen in die DG). Eine ON-Basis des orthogonalen Komplements von (,, ) ist {v, v 3 } = { (,, ), (,, )} 6 Wegen cos(π/3) = / und sin(π/3) = 3/ hat dann P bzgl. der Basis {v, v, v 3 } die Gestalt P / 3/, 3/ / und daher A 3/ 3/. 3/ 3/ Es folgt exp(t A) exp( 3t ) cos( 3t 3t ) exp( ) sin( 3t exp( 3t ) sin( 3t 3t ) exp( ) cos( 3t ) ). 5

6 Der Startvektor X besitzt die Darstellung 6 (v +3 v + 6v 3 ). Damit ist unsere Lösung bzgl. {v, v, v 3 } durch gegeben, also X(t) 6 X(t) 6 exp( t A)(, 3, 6) t exp( 3t )(3 cos( 3 t ) 6 sin( exp( 3t )(3 sin( 3 t ) + 6 cos(sin( 3 t )) 3 t )) Umrechnen in die Standardkoordinaten ergibt dann X(t) = + exp( 3t ) cos( 3 t ) + exp( 3 3t )( 3 sin( 3 t ) cos( 3 t )). exp( 3t )( 3 sin( 3 t ) + cos( 3 t )). c) Im Limes t gilt exp( 3t ). Daher erhalten wir Gleichverteilung, X(t) für t. 3 d) Die Salzmenge in Fass ist gegeben durch X (t) = 3t 3 t [ + exp( 3 ) cos( )] Diese Größe ist genau dann kleiner als /3, wenn cos( 3 t ) <, also z.b. für t ] π 3, 3π 3 [. Aufgabe 5 Gegeben sei die DGl 4 t y = 4 y + t 4 a) Bestimmen Sie die Jordannormalform der Systemmatrix und die zugehörigen Basiswechsel. 6

7 b) Bestimmen Sie die Fundamentalmatrix für das System in Jordannormalform durch sukzessives Lösen der Komponentengleichungen. c) Wie erhält man daraus die Fundamentalmatrix in der ursprünglichen Matrix? Berechnen Sie diese. d) Wie lautet die inhomogene Gleichung in der Jordanbasis? Finden Sie für diese Gleichung eine partikuläre Lösung durch sukzessives Lösen der Komponenten. Transformieren Sie die Lösung zurück in die ursprüngliche Basis. Lösung. a) 4 A = 4 4 hat das charakteristische Polynom p(s) = (s 4) 3. Der Kern von A 4 wird aufgespannt von u = (,, ). Dies bedeutet, dass A nicht diagonalisierbar ist, da die geometrische und algebraische Vielfachheit eines Eigenwerts nicht übereinstimmen. Man berechnet die weiteren Hauptvektoren. Es muss gelten (A 4)v = u, also v = (, /, ) und (A 4)w = v und ( damit ) w = (, /8, /4). Somit ergibt sich A = T JT mit T = u v w, 4 J = 4, T =. 4 4 b) Die dritte Komponenten lautet z 3 = 4z 3, also z 3 = a 3 e 4t. Eingesetzt in die zweite Komponente ergibt dies z = 4z + a 3 e 4t. Hier man also eine bekannte Störfunktion, aber Resonanz. Der Ansatz ist demnach z = a e 4t + t(bt + c)e 4t. Einsetzen in die DGl und Vergleichen der Koeffizienten ergibt Die erste Komponente ist demnach z = a e 4t + a 3 te 4t. z = 4z + a e 4t + a 3 te 4t. 7

8 Auch hier nimmt man den gleichen Ansatz wie für z und erhält z = a e 4t + a te 4t + a 3 /t e 4t. Die Fundamentalmatrix ist also t /t U = e 4t t. c) Das gegebene System ist y = Ay + b = T JT y + b äquivalent zu T y = J(T y) + T b. Nach Substitution z = T y erhält man also die Jordannormalform von A als Systemmatrix. Für dieses System haben wir in Teil (b) eine Fundamentalmatrix berechnet. Resubstitution y = T z ergibt also die Fundamentalmatrix t /t V = T U = e 4t / /t + /8 /4 = e 4t ( u tu + v /t u + tv + w ). d) Dies hat man schon in Teil (c) gesehen. Die Störfunktion ist in der Jordanbasis gegeben durch T b = (t, t, ). Eine spezielle Lösung erhält man nun, indem man sukzessive die Komponentengleichungen durch geeignete Ansätze löst. Für z 3 ist dies z 3 = 4z 3. Hier tut es z 3 =. Dies ergibt in der zweiten Komponente z = 4z t, was zu dem Ansatz z = at + b führt. Einsetzen in die DGl ergibt z = /t + /8. Ebenso verfährt man mit z : z = 4z + /t + /8 + t ergibt mit dem gleichen Ansatz wie für z : z = 3/8t /8. Diese Lösung lautet in der ursprünglichen Basis 3/8t /8 y = T z = /4t /6. 8