KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE Institut für Analysis

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1 KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE Institut für Analysis Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Elektro- und Informationstechnik D. A MR Wintersemester 2013/14 T R, M.S. Bla 9 vom Lösungsvorsläge 1. Gekoppeltes Doppelpendel Die Auslenkungen q (t), q (t) R zweier gekoppelter Pendel wird beschrieben durch das System zweiter Ordnung = q κ(q q ) = q κ(q q ) (1) mit der Federkonstanten κ 0. (a) Schreiben Sie das System (1) als System erster Ordnung x = A x mit x = (q, q, q, q ) T und Wie lautet C R (,)? A = 0 E C 0 R (,). (b) Zeigen Sie, dass C aus (a) reell-symmetrisch ist und bestimmen Sie C, sowie cos(t C), sin(t C). H: Ist C = λ u u T + λ u u T mit einer ONB ( u, u ), so ist f(c) = f(λ ) u u T + f(λ ) u u T. (c) Geben Sie ein reelles Fundamentalsystem des zugehörigen Systems erster Ordnung aus (a) an. L: (a) Es ist und mit x = (q, q, q, q ) T hat man = q κ(q q ) = (κ + 1)q + κq = q κ(q q ) = (κ + 1)q + κq mit x = q = (1 + κ) κ 0 0 κ (1 + κ) 0 0 q q = 0 E C 0 x C = 1 + κ κ κ 1 + κ.

2 (b) Offenbar ist C reell-symmetrisch, d.h. C T = C. Es existiert daher eine ONB { u, u } aus Eigenvektoren von C, in der die darstellende Matrix von C diagonal ist, C = λ u u T + λ u u T, mit den zugehörigen Eigenwerten λ und λ, d.h. den Nullstellen des charakteristischen Polynoms χ C (λ) = λ (Spur C)λ + det C = λ 2(1 + κ)λ κ, also λ = 1, λ = 1 + 2κ. Die Eigenvektoren u = 1 1, u = 1 1 bilden eine ONB von R. Die Projektoren auf die beiden Eigenräume sind Gemäß Hinweis ist dann u u T = , u u T = C = λ u u T + λ u u T = κ κ κ κ cos(t C) = cos(t λ ) u u T + cos(t λ ) u u T = 1 2 cos(t) + cos(t 1 + 2κ) cos(t) cos(t 1 + 2κ) cos(t) cos(t 1 + 2κ) cos(t) + cos(t 1 + 2κ) sin(t C) = sin(t λ ) u u T + sin(t λ ) u u T = 1 2 sin(t) + sin(t 1 + 2κ) sin(t) sin(t 1 + 2κ) sin(t) sin(t 1 + 2κ) sin(t) + sin(t 1 + 2κ). (c) Ein reelles Fundamentalsystem erhält man aus e ta mit der Blockmatrix A = 0 E C 0. Es gilt A = C 0 0 C, A = 0 C C 0, A = C 0 0 C, A = 0 C C 0 und induktiv erhält man ür k 0 A k = ( 1)k C k 0 0 ( 1) k C k = ( 1)k ( C) k 0 0 ( 1) k ( C) k A k+ 0 ( 1) = k C k 0 ( C) ( 1) k+ C k+ 0 = ( 1) k ( C) k+ C( 1) k ( C) k+ 0 Daraus folgt e ta = m= t m m! Am = cos(t C) = C sin(t C) ( ) k (t C) k k= (k)! C ( ) k (t C) k+ k= (k+)! ( C) sin(t C). cos(t C) ( C) k= k= ( ) k (t C) k+ (k+)! ( ) k (t C) k (k)!

3 Eine Lösungsbasis erhält man z.b. aus 1 cos t 1 cos(t 1 + 2κ) v = e ta 1 cos t 0 = sin t, v = e ta 1 0 = cos(t 1 + 2κ) 1 + 2κ sin(t 1 + 2κ) 0 sin t κ sin(t 1 + 2κ) (das entspricht q (t) = q (t) = cos(t) (gleichphasige Schwingung) und q (t) = q (t) = cos(t 1 + 2κ) (gegenphasige Schwingung)), sowie 0 sin t v = e ta 0 sin t 1 = cos t 1 cos t, v = e ta = 1 ( 1 + 2κ) sin(t 1 + 2κ) ( 1 + 2κ) sin(t 1 + 2κ). cos(t 1 + 2κ) cos(t 1 + 2κ)

4 2. Wärmeleitungsgleiung Sei L = u R R + R (x, t) u(x, t) ist C und t u = γ 2 xu die Menge aller Lösungen der Wärmeleitungsgleichung mit Diffusionskonstante γ > 0. Eine solche Lösung beschreibt zum Beispiel die zeitabhängige Temperaturverteilung in einem eindimensionalen Wärmeleiter. (a) Zeigen Sie, dass L ein Vektorraum ist. (b) Finden Sie beschränkte Lösungen u L der Form u(x, t) = f(t)g(x) durch Separation der Abhängigkeit von x und t. (c) Sei u (x, t) = πγt e u (x, t) ür verschiedene t mit γ = 1. (x x ) γt, x R. Zeigen Sie, dass u L und skizzieren Sie x L: (a) Seien u, v L, λ R. Dann ist auch u + λv L, denn offenbar ist u + λv C und es gilt (b) Sei u(x, t) = f(t)g(x). Dann gilt t (u + λv) = t u + λ t v = γ 2 xu + λ γ 2 xv = γ 2 x(u + λv). Damit u L, d.h. t u = γ xu, muss also D u(x, t) = t u(x, t) = f (t)g(x) D u(x, t) = x u(x, t) = f(t)g (x) D u(x, t) = xu(x, t) = f(t)g (x). f (t)g(x) = γ 2 f(t)g (x) erüllt sein ür alle x R, t > 0. Für alle Punkte (x, t) mit u(x, t) 0 gilt daher f (t) f(t) = γ g (x) 2 g(x). Da die linke Seite der Gleichung nur von t, sowie die rechte Seite nur von x abhängt, ist diese Gleichung nur erüllbar, wenn beide Seiten konstant sind, d.h. es gibt ein μ R mit f (t) f(t) = μ und γ g (x) 2 g(x) = μ. Die (gewöhnliche) DGL f (t) = μf(t) besitzt auf R + die Lösung f(t) = e μt, welche genau dann beschränkt ist, wenn μ < 0. Die Funktion g erhält man aus g (x) 2μ γ g(x) = 0.

5 Setzt man k = μ γ, so ist eine Lösungsbasis (dieser freien Schwingungsgleichung) gegeben durch {cos(kx), sin(kx)}. Durch einen Separationsansatz erhält man damit die folgenden auf R R + beschränkten Lösungen der Wärmeleitungsgleichung (μ = γ k ) (c) Es gilt u(x, t) = e γ kt α cos(kx) + β sin(kx) = Ae γ kt cos(k(x x )), α, β, A, k, x R. und damit t u = γ xu, also u L. t u (x, t) = γ (x x ) Dt 2 2π(Dt) x u (x, t) = (x x ) e 2π(γt) e (x x ) γt (x x ) γt xu (x, t) = (x x ) Dt (x x ) 2π(Dt) e γt t 0.1 t 0.5 t 1 t 2 t Abbildung 1: Die Lösung u der Wärmeleitungsgleichung zu verschiedenen Zeitpunkten t > 0 (mit x = 0, γ = 1).

6 3. Lösung mittels Polarkoordinaten Berechnen Sie die Lösungen der partiellen Differentialgleichung y D u(x, y) + xd u(x, y) = 0, (x, y) R {0}, indem Sie Polarkoordinaten x = r cos φ, y = r sin φ mit r (0, ) und φ [0, 2π) einühren. L: In Polarkoordinaten x = r cos φ, y = r sin φ, ausgedrückt lautet die Differentialgleichung r sin φd u(r cos φ, r sin φ) + r cos φd u(r cos φ, r sin φ) = 0. Bezeichnet man v(r, φ) = u(r cos φ, r sin φ), so gilt D v(r, φ) = D u(r cos φ, r sin φ) cos φ + D u(r cos φ, r sin φ) sin φ D v(r, φ) = D u(r cos φ, r sin φ) ( r sin φ) + D u(r cos φ, r sin φ) r cos φ. In Polarkoordinaten ist die Differentialgleichung also äquivalent zu D v(r, φ) = 0. Das bedeutet aber, dass v nicht vom Winkelargument abhängen kann, v(r, φ) = f(r), f C (R + ) beliebig. Es folgt, dass u(x, y) = f( x + y ) = F(x + y ) mit F C (R + ) beliebig. Dies ist nicht überraschend, denn die DGL kann auch in der Form y x u(x, y) = 0 geschrieben werden, wobei u = D u D u den Gradienten von u bezeichnet. Lösungen der Differentialgleichung sind also gerade solche Funktionen u C (R {0}), deren Gradient in jedem Punkt der Ebene (ohne (0, 0)) senkrecht auf das Vektorfeld A(x, y) = y x. Dies ist ein Vektorfeld, das tangential zu Kreisen verläu (siehe Abbildung 2).

7 Abbildung 2: Das Vektorfeld A(x, y) aus Aufgabe 3 und ein Gradientenfeld, welches die Differentialgleichung erüllt.