1. Aufgabe 11 Punkte. Musterlösung DGL f. Ing., 10. April Aus

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1 Musterlösung DGL f. Ing., 0. April 204. Aufgabe Punkte Aus 2 λ 0 λ 0 = 0 2 λ = 0 = (2 λ)( λ) 2 ( λ)( ) = (2 λ)λ 2 λ = λ((2 λ)λ ) = λ(2λ λ 2 ) = λ( 2λ+λ 2 +) = λ(λ ) 2 ergeben sich der der einfache Eigenwert 0 und der doppelte Eigenwert. Der Eigenraum zum Eigenwert 0 ist eindimensional: Kern 0 0 = span Der Eigenraum zum Eigenwert ist eindimensional: 0 Kern 0 = span 2

2 Beim Eigenwert ist die algebraische Vielfachheit größer als die geometrische Vielfachheit. Folglich ist ein weiterer, linear unabhängiger Hauptvektor h zum Eigenwert zu suchen: 0 0 h = 2 Durch Anschauen der 2. Spalte findet man als eine inhomogene Lösung: 0 h =. 0 Allgemein: 0 h = + c, c C 0 Die allgemeine Lösung ist dann durch 0 0 y(t) = C 0 +C 2e t +C 3e t +t,c,c 2,C 3 R oder C 0 gegeben.

3 2. Aufgabe 8 Punkte Mit X(s) := L[x](s) ergibt sich im Laplace-Bereich s 2 X 3sX +2X = e s (s 2 3s+2)X = e s X = s 2 3s+2 + e s s 2 3s+2 Partialbruchzerlegung: Rücktransformation: X(s) = L (s )(s 2) = s + s 2. [ s + ( s 2 +e s s + )] s 2 = L [ e t +e 2t] +e s L [ e t +e 2t] (s) x(t) = e t +e 2t +u (t) ( e t +e 2(t ))

4 3. Aufgabe Punkte a) Partielle DGL ergibt: X (x)t(t) X(x)T (t) = 9X(x)T(t) Für u(x,t) 0 ist Division der DGL durch Produkt X(x)T(t) und Separation statthaft: DGLn in X und T: X (x) X(x) T (t) T(t) = 9 = X (x) X(x) =: λ = 9+ T (t) T(t) X (x) λx(x) = 0, T (t) (λ 9)T(t) = 0. Aus der Randbedingung u(0,t) = u(π,t) = 0 folgt mit u(x,t) = X(x)T(t) die Aussage X(0) = X(π) = 0. Für die DGL X (x) λx(x) = 0 kann es nicht-konstante periodische Lösungen nur für λ < 0 geben. Wir setzen λ := µ. Dann ist X(x) = C cosµx+c 2 sinµx, C,C 2 R X(0) = C = 0 = X(π) = C 2 sinµπ = 0 = C 2 = 0 oder sinµπ = 0 Nicht-verschwindende Lösungen X(x) gibt es für solche Werte von µ, die die Gleichung sinµπ = 0 erfüllen. µ muss gleich einer natürlichen Zahl n mit n > 0 sein. Damit ist λ gleich einer der Zahlen λ n mit λ n = n 2, n N,n > 0. Aus der Randbedingung u t (x,0) = 0 folgt mit u(x,t) = X(x)T(t) die Aussage T (0) = 0. Wegen λ < 0 ist λ 9 = µ 2 9 < 0 und damit sind die Funktionen T(t) ohne weiteres Zutun bereits periodisch mit der Kreisfrequenz µ Für jede Wahl von n ergeben sich für T zwei Lösungen T n, und T n,2 mit T n, (t) = cos µ 2 +9t, T n,2 (t) = sin µ 2 +9t Mit T (0) = 0 folgt, dass die Funktionen T n,2 nicht verwendet werden können. Für u(x,t) hat man also die Funktionen u n (x,t) mit n N,n > 0: gefunden. u n (x,t) := sinnxcos n 2 +9t

5 b) Mit der Superposition u(x,t) = A n sinnxcos n 2 +9t n= sind Koeffizienten A n zu suchen mit u(x,0) = A n sinnx = u(x,0) = 2sinx+3sin4x n= also A = 2, A 4 = 3, A n = 0 für n N\{,4}; Damit hat man für die gesuchte Lösung u(x,t) = 2sinxcos 0t+3sin4xcos5t.

6 4. Aufgabe Punkte a) Die zugehörige homogene DGL lautet y hom 2x y hom +2x 2 y hom = 0. Die angegebenen Funktionen lösen diese homogene DGL: y = x : y 2x y +2x 2 y = 0 2x +2x 2 x = 0 2x +2x = 0 y = x 2 : y 2x y +2x 2 y = 2 2x 2x+2x 2 x 2 = = 0 Mit dem Wronski-Test zeigt man, dass diese Lösungen für x > 0 linear unabhängig sind: Die Wronski-Determinante ist wegen ( ) ( ) x x det 2 = det = 2x 2 x= für x > von Null verschieden. Damit sind die angegebenen Lösungen linear unabhängig. b) InnerhalbderMethodeVariationder Konstanten hatmanfunktionenc (x) und c 2 (x) zu bestimmen, die die Gleichung ( )( ) ( ) x x 2 c 0 = 2x 2x c 2 erfüllen. Es ist ( ) ( )( ) ( ) ( ) c = x2 2x x 2 0 = x2 2x 3 2x = c 2 x 2x 2x 2 2 ( ) ( ) c = x = 2 2x Damit lautet eine partikuläre Lösung y p : c 2 y p = x 2 x+2x x 2 = x 3. Die allgemeine Lösung der vollen (inhomogenen) DGL ist dann y(x) = x 3 +C x+c 2 x 2, C,C 2 R.

7 5. Aufgabe 9 Punkte Die Gleichgewichtspunkte (GGPe) (x,y ) lösen die Gleichungen 0 = (x 2)(y 9), 0 = (x 4)(y ). Man findet (x,y ) = (2,) und (x,y ) = (4,9). Für den Stabilitätscharakter berechnet man die Jacobi-Matrix J(x, y): ( ) y 9 x 2 J(x,y) =. y x 4 Für den GGP (2,) hat man J(2,) = ( Diese Diagonalmatrix hat nur negative Eigenwerte. Damit ist der GGP (4, ) asymptotisch stabil. ). Für den GGP (4,9) hat man ( ) 0 2 J(4,9) =. 8 0 Die Spur ist 0, die Determinante ist 6, damit sind die Eigenwerte gleich 4 und 4. Damit ist der GGP (4,9) instabil.

8 6. Aufgabe 0 Punkte a) Wahr. Weil die R 2 -Funktion e x lny in der oberen Halbebene {(x,y) R 2 y > 0} stetig differenzierbar und dort der Anfangspunkt (0, ) liegt, gibt es nach dem Existenz- und Eindeutigkeitssatz genau eine Lösung des vorgelegten Anfangswertsproblems mit Definitionsbereich. Es gilt: y(x) = für x R. b) Falsch. Mit xcosx ist auch xsinx eine Lösung, und wegen des Resonanzfaktors x sind cosx und damit sinx Lösungen. Also liegen mindestens vier linear unabhängige Lösungen vor, damit kann die Ordnung der DGL nicht gleich 2 sein. c) Falsch. Die Eigenwerte der Systemmatrix haben beide negativen Realteil, damit ist der GGP asymptotisch stabil. Das Phasenporträt suggeriert aber einen instabilen GGP. d) Wahr. Die Funktion besitzt die gewünschten Eigenschaften. Insbesondere ist L[ ](s) = s s = s 2 = L[t](s), woraus nach dem Satz von Lerch = t folgt. Heuristische Alternative: Aus f(t) f(t) = t folgt ( L[f(t)](s) ) 2 = s 2 (fürstellens,wol[f(t)](s)überhauptexistiert).danngiltl[f(t)](s) = ± s. Nach dem Satz von Lerch folgt f(t) = ± Wegen f(t) > 0 bleibt f(t) =. Es gibt also eine Funktion f(t) mit den gewünschten Eigenschaften. (Das Symbol steht für die konstante Funktion mit dem Wert.) e) Wahr. In den Summanden der Potenzreihenentwicklung ( x n ( ) J n (x) = 2) m ( x ) 2m m!(n+m)! 2 m=0 erscheint x in Form der Potenzen x n+2m. Für gerades n sind die Exponenten n+2m gerade, damit ist auch die Funktion J n (x) gerade. Für ungerades n ist J n(x) ungerade.