Universität Ulm Samstag,

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1 Universiä Ulm Samsag, 5.6. Prof. Dr. W. Arend Robin Nika Sommersemeser Punkzahl: Lösungen Gewöhnliche Differenialgleichungen: Klausur. Besimmen Sie die Lösung (in möglichs einfacher Darsellung) folgender Anfangswerprobleme geben Sie das maximale Lösungsinervall an: Hinweis: Es is nich nöig, für die Eindeuigkei der Lösung die Maximaliä des Lösungsinervalls Argumene zu geben. (a) y () = cos(y()), y() =. () Lösung: Für die Lösungsformel is Also is die Lösung G(z) = F () = z cos(r) dr = sin(z) ds = log(). s y() = arcsin(log()) auf dem größen Inervall I (, ) mi I < log() <. Beache, dass genau in diesem Bereich der Ausdruck auf der rechen Seie der Differenialgleichung definier is, man für log() = ± hingegen eine Nullselle des Cosinus erreich. Das maximale Lösungsinervall is also I = (e, e). (b) y () = y() + 5 +, y() =. () Lösung: In der Lösungsformel is A() = ( s 5 + s ) ( y() = + ds = + 5 s 5 ds s = log(), also + ) = auf dem maximalen Lösungsinervall I = (, ); beache nämlich, dass die reche Seie in = nich definier is!. Lösen Sie folgende Anfangswerprobleme: (a) y () = ( )y() + ( )y (), y( ) =, y ( ) =. () Tipp: Die Funkion y () = lös die Gleichung. Lösung: Wie im Skrip (Redukion der Ordnung) suchen wir u mi = u () + ( ) u() = u () + u(), beispielsweise also u() = e. Eine Sammfunkion is v() = e, was nach Skrip zur Lösung y () = e führ. Die Funkionen y y bilden ein Famenalsysem der Gleichung. Man will nun a b so wählen, dass für y() := a + be die Anfangsbedingungen = y( ) = a be

2 = y ( ) = a + be + be erfüll sind, also = + be, was zu b = e a =, also y() = + e. Das maximale Lösungsinervall is nebenbei bemerk I = (, ), da die reche Seie in = nich definier is. (b) y () = ( )y() + ( )y () +, y( ) =, y ( ) =. () Lösung: Wir haben im vorigen Aufgabeneil das Famenalsysem y () = y () = e der zugehörigen homogenen Gleichung besimm. Die Wronski- Deerminane is also w() = y ()y () y ()y () = e. Lau Vorlesung is die Lösung der inhomogenen Gleichung von der Form mi y() = u ()y () + u ()y () u () = g()y () w() = u () = y () w() = e, wobei g() = die Inhomogeniä der Gleichung bezeichne. Also is y() = + ay () + by () für gewisse a, b R. Nach Anfangsbedingung muss dann gelen, also b = e a =, was zu + a be = + a + be = y() = + e führ. Das maximale Lösungsinervall is nebenbei bemerk I = (, ), da die reche Seie für = nich definier is. 3. Lösen Sie folgende Anfangswerprobleme: 5 (a) y () = y(), y() =. () 3 Lösung: Da die Marix in unerer Dreiecksform vorlieg, kann man die Eigenwere als λ = 5 λ = ablesen. Zugehörige Eigenvekoren berechne man beispielsweise miels Gauß-Eliminaion zu b = b =.

3 Lau Vorlesung is dann die allgemeine Lösung der Gleichung durch y() = c e 5( ) b + c e ( ) b gegeben; man beache, dass die Verschiebung der Zeivariablen nur die muliplikaive Konsane änder. Um die Anfangsbedingung zu erfüllen, wähl man c = c =, erhäl also die Lösung ( y() = e 5( ) e 5( ) + e ( ) auf dem maximalen Lösungsinervall I = R. 3 (b) y () = y(), y() =. () Lösung: Das charakerisische Polynom der Marix is ha somi die Nullsellen p A (λ) = (3 λ)( λ) + = λ 4λ + 5 λ / = 4 ± 6 ) = ± i. Die Marix is also komplex diagonalisierbar. Einen Eigenvekor zu λ = + i kann man nun direk ablesen (man besimme eine beliebigen Vekor b, für den (A λ I)b in der ersen Komponene verschwinde). Es ergib sich beispielsweise b =. + i Dann muss b := b ein Eigenvekor zu λ = λ sein. Die allgemeine reelle Lösung laue nun ) ( ) y() = c e (cos() sin() + c e sin() + cos() mi reellen Konsanen c c. Um die Anfangsbedingung zu erfüllen, muss c + c = gelen, also c = c =. Dies ergib die Lösung ) y() = e (cos() + sin() = e cos() + sin() sin() mi maximalem Lösungsinervall I = R. 5 (c) y () = y(), y() =. () 5 Lösung: Die Marix lieg bereis in Jordannormalform vor. Lau Vorlesung is dann ( e A e 5 e = 5 ) e 5, die Spalen dieser Marix bilden ein Famenalsysem der Gleichung. Als passende Linearkombinaion für den Anfangswer ergib sich dann offenbar e 5 e 5 y() = + e 5. Das maximale Lösungsinervall is I = R. 3

4 4. Wir berachen einen Tank, in dem Lier reines (d.h. salzfreies) Wasser enhalen sind. Ab dem Sarzeipunk = werden pro Minue Lier Salzlösung der Konzenraion Gramm pro Lier eingepump. Zudem fließen pro Minue Lier aus dem Tank ab. Wie üblich möge der Tankinhal zu jedem Zeipunk ideal durchmisch sein. Besimmen Sie die Salzmenge S() in Gramm, die zum Zeipunk (in Minuen) im Tanks vorlieg, enscheiden Sie, ob die Salzmenge für gegen ein Gleichgewich konvergier! Tipp: Sellen Sie eine inhomogene, lineare Differenialgleichung auf, die von S erfüll wird, lösen Sie diese. () Lösung: Die Änderung der Salzmenge im Tank wird durch S () = S() beschrieben, zudem is S() =. Nach Lösungsformal is also S() = e e s ds = ( e ). Offenbar konvergier S() für gegen. Es sind also auf lange Sich annähernd Kilogramm Salz im Tank. Dies war naürlich zu erwaren, da die Konzenraion sich der Konzenraion der zugepumpen Flüssigkei annähern solle. 5. Enscheiden Sie (ohne Begründung), ob folgende Aussagen (immer) richig oder (im Allgemeinen) falsch sind. Kreuzen Sie die ensprechende Anwor auf der dafür vorgesehenen Seie des Prüfungsbogen an! () () Sei f : R R R seig differenzierbar. Die Funkion z() := e erfülle z () = f(, z()) für alle R. Zudem sei y : R R eine globale Lösung des Anfangswerproblems y () = f(, y()), y() =. Dann gil y() für. Lösung: Richig: Nach dem Eindeuigkeissaz kann es kein R mi y( ) = z( ) geben, da dann ja y = z wäre, was y() z() widersprich. Uner Verwendung des Zwischenwersazes folg dann, dass y z keinen Vorzeichenwechsel haben kann, was y() z() für alle R zeig. Insbesondere gil somi die Behaupung. () Sei y eine globale Lösung des Anfangswerproblem y () = y(), y() =, y () =. Dann is y() > für alle R. Lösung: Falsch: Aus der Vorlesung is als Famenalsysem y () = sin() y () = cos() bekann. Die Lösung des Anfangswerproblems is also y() = cos() + sin(). Diese Funkion ha beispielsweise bei = π negaiv. (3) Sei y() := sin. Es gib eine seig differenzierbare Funkion f : R R R, für die y () = f(, y()) für alle > erfüll is. Lösung: Falsch: Nehmen wir an, es gäbe so ein f. Das Lösungsinervall I = (, ) wäre maximal, da die Funkion y keine seige Forsezung nach = besiz. Lau Vorlesung müsse die maximale Lösung der Differenialgleichung die kompake Menge [, ] [, ] verlassen, was hier aber nich der Fall is. (4) Is g : R R seig differenzierbar g(z) > für alle z R, so ha jede globale Lösung y : R R von y () = g(y()) das Grenzwerverhalen y() für. Lösung: Richig: Offenbar is y () > für alle R, also y sreng monoon wachsend. Daher konvergier y() für gegen einen Grenzwer a R { }. Wäre a, so müsse nach Aufgabe sogar g(a) = gelen, was g(a) > widerspräche. (5) Sei A R die komplexe Einhei i ein Eigenwer von A. Dann is jede Lösung y von y () = Ay() beschränk. 4

5 Lösung: Richig: Is i ein Eigenwer einer reellen Marix, so auch i, dami haben wir also alle Eigenwere von A besimm. Folglich is A komplex diagonalisierbar mi rein imaginären Eigenweren, die Lösungsformel für diesen Fall zeig, dass alle Lösungen beschränk sind. (6) Sei A R d d, y R d Ay = y. Sei y die globale Lösung von y () = Ay(), y() = y. Dann gil lim y() =. Lösung: Richig: Nach Voraussezung is y ein Eigenvekor zum Eigenwer. Nach einem Lemma der Vorlesung gil dann y() = e y. Dies zeig die Behaupung. (7) Es gib seige Funkionen p q von R nach R, mi denen jede der Funkionen y () = e, y () = sin() y 3 () = cos() eine Lösung der Differenialgleichung y () + p()y () + q()y() = is. Lösung: Falsch: Die Funkionen y, y y 3 sind linear unabhängig. Sei nämlich c y () + c y () + c 3 y 3 () = für alle R mi reellen Zahlen c, c, c 3. Were man an = aus, ergib sich c + c 3 =. Leie man zweimal ab were dann an = aus, erhäl man zudem c c 3 =. Dies is nur für c = c 3 = möglich. Dann is aber c sin() = für alle R, was c = zeig. Wir haben nach Definiion die lineare Unabhängigkei der Funkionen gezeig. Lau Vorlesung is der Lösungsraum der Gleichung für feses p q allerdings zweidimensional. Es kann somi keine drei linear unabhängigen Lösungen geben. 5