Höhere Mathematik II (Analysis) für die Fachrichtung Informatik - Lösungen

Transkript

1 Karlsruher Institut für Technologie (KIT) Institut für Analysis Priv.-Doz. Dr. Gerd Herzog Dipl.-Math. Carlos Hauser SoSe Höhere Mathematik II (Analysis) für die Fachrichtung Informatik - Lösungen. Übungsblatt Aufgabe : Bestimmen Sie jeweils ein Fundamentalsystem zu folgenden Differentialgleichungen: 3 (a) y (x) = y(x), (b) y (x) = 3 y(x). {{ {{ =:A =:B Lösungsvorschlag: (a) Das charakteristische Polynom ergibt sich direkt zu ( λ)( λ). Damit hat A also den einfachen Eigenwert λ = und den doppelten Eigenwert λ =. Zu λ gehört der Eigenraum: kern(a λ I) = kern(a + I) =. Eine Lösung der Differentialgleichung lautet also y (x) = e x. Zu λ gehört der Eigenraum kern(a λ I) = kern(a I) =. Somit erhält man eine weitere Lösung, gegeben durch: y (x) = e x. Als nächstes ist die Basis des Eigenraums zu einer Basis des entsprechenden Hauptraumes zu vervollständigen. Es gilt kern(a I) =,.

2 Damit erhält man als weitere Lösung: y 3 (x) = e x + x(a I) = e x + x Damit ist ein Fundamentalsystem durch y, y, y 3 gegeben. (b) Für das charakteristische Polynom ergibt sich λ 3 + 6λ λ + 8 = ( λ) 3. Folglich ist λ = dreifacher Eigenwert. Nun wird eine Basis des Hauptraumes bestimmt. Zunächst ist der gilt für den Eigenraum von λ = : kern(b I) = Wir ergänzen zu einer Basis von kern(b I) =,, welches wiederum ergänzt wird durch einen dritten linear unabhängigen Vektor (zum Beispiel zu einer Basis von kern(b I) 3 = R 3. Die Lösungen sind dann entsprechend gegeben durch y (x) = e x, y (x) = e x + x(b I) = e x + x, y 3 (x) = e x + x! (B I) + x (B I)! = e x + x + x. Damit ist ein Fundamentalsystem durch y, y, y 3 gegeben.

3 Aufgabe (K): Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems y (x) = Ay(x) + b(x), y() = y, wobei die Matrix A, die Funktion b und der Anfangswert y gegeben sind durch x A :=, b(x) :=, y :=. Lösungsvorschlag: Zunächst wird ein Fundamentalsystem der homogenen Gleichung bestimmt. Für das charakteristische Polynom erhalten wir λ(λ + ). Das heißt, die Nullstellen liegen bei, i, i. Die zugehörigen Eigenvektoren sind gegeben durch,,. Darüber hinaus sind Real- und Imaginärteil einer Lösung wei- i i tere Lösungen. Da y(x) = e ix eine Lösung ist, erhalten wir auch i sin(x) als Lösungen. Darüber hinaus ist y(x) = cos(x) Fundamentalmatrix ist somit gegeben durch Y (x) = cos(x) sin(x) sin(x) cos(x) cos(x) und sin(x) eine konstante Lösung. Eine (Beachte die lineare Unabhängigkeit der Spaltenvektoren) Nun verwenden wir den Variation der Konstanten Ansatz, um eine spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung zu erhalten. Setze y p (x) = Y (x) C(x) für ein C : R R 3. Dann gilt nach Verwendung der Produktregel und der Differentialgleichung für y p : C (x) x cos(x) sin(x) C (x) =. sin(x) cos(x) C 3(x) Somit ist C als eine Lösung des Systems C (x) = x, C (x) + C (x) cos(x) + C 3(x) sin(x) =, C (x) C (x) sin(x) + C 3(x) cos(x) =..

4 zu wählen. Damit erhält man zum Beispiel C (x) = x. Eingesetzt in die zweite und dritte Gleichung sieht man weiter: { C (x) cos(x) + C 3(x) sin(x) = x, Dies ist äquivalent zu { C 3(x) C (x) sin(x) + C 3(x) cos(x) = x. C (x) = x(cos(x) sin(x)), = x(cos(x) sin(x)). Dies liefert als mögliche Wahl der Konstanten C (x) = (x ) cos(x) (x+) sin(x) und C 3 (x) = (x + ) cos(x) + (x ) sin(x). Eingesetzt in den Ansatz erhält man eine spezielle Lösung von der Form x y p (x) = x + x. x + x + Setzt man die Darstellung der allgemeinen Lösung in die Anfangsbedingung ein, führt das auf die Gleichung = y() = + Y () C C C = 3. C 3 Da es sich um eine untere Dreiecksmatrix handelt, lässt sich die Lösung direkt bestimmen ohne die Matrix zu invertieren und wir erhalten C =, C = und C 3 =. Daher folgt für die Lösung des Anfangswertproblems y(x) =Y (x) C C C 3 = + + y p (x) cos(x) sin(x) + x x + x x + x +. Aufgabe 3: Ein Tank enthält Liter Wasser, in dem 5kg Salz gelöst sind. Beginnend zum Zeitpunkt t = fließen pro Minute Liter der Lösung aus dem Tank ab. Gleichzeitig fließt Liter Wasser mit einem Salzgehalt von kg zu (Damit ist Zuflussvolumen gleich Abflussvolumen). (a) Stellen Sie die zu diesem Prozess gehörige Differentialgleichung auf und lösen Sie diese, d.h. bestimmen Sie wie groß der Salzgehalt s zur Zeit t ist. (b) Mit welchem Salzgehalt im Tank ist nach langer Zeit zu rechnen.

5 Hinweis: Sie können einfachheitshalber annehmen, dass Wasser und Salz zu jeder Zeit vollständig durchmischt sind. Lösungsvorschlag: (a) Um Einheiten zu vermeiden, behalten wir im Folgenden im Hinterkopf, dass s die Einheit kg und t die Einheit Minuten hat. Da ständig Liter im Tank sind, enthält zur Zeit t jeder Liter im Tank die s(t)/ Salz. Der Salzgehalt nach einer Minute setzt sich zusammen aus dem ursprünglichen Salzgehalt und dem im Ab- und Zufluss. Dann erhält man ( s(t + t) = s(t) + s(t) ) + t Die Änderungsgeschwindigkeit des Salzgehaltes erhält man dann wie folgt: s s(t + ) s(t) (t) = lim t t = s(t) +. Die den Prozess beschreibende Differentialgleichung ist daher s (t) = s(t) +. Hierbei handelt es sich um eine lineare, inhomogene Differentialgleichung erster Ordnung. Diese lösen wir indem wir zunächst eine Lösung der homogenen Gleichung bestimmen und anschließend die Methode Variation der Konstanten anwenden. Damit erhalten wir die Lösung des zugehörigen Anfangswertproblems mit Anfangswert s() = 5; diese ist gegeben durch s(t) = 5e t. (b) Für t erhält man eine Salzkonzentration von, also kg pro in Litern, was gerade dem kostanten Zufluss entspricht. Aufgabe 4 (K): Berechnen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Differentialgleichungen: (a) y (x) y(x) = x + 3x, (b) y (x) y(x) = xe x, (c) y (x) y(x) = xe x, (d) y (x) 4y (x)+3y (x) = cos(x) 6 sin(x). Lösungsvorschag: Das Lösen von homogenen linearen Differentialgleichungen höherer Ordnung wurde in der Vorlesung durch eine Transformation in ein System von Differentialgleichungen der Ordnung vorgestellt. Dabei können wir die Eigenwerte der auftretenden Matrix durch ein charakteristisches Polynom bestimmen. Das selbe Polynom erhält man, wenn man den Ansatz e λx in die Differentialgleichung einsetzt. Anschließend müssen auch wieder entsprechende Untersuchungen der Vielfachheit der Nullstelle gemacht werden.

6 (a) Das zur homogenen Gleichung gehörige charakteristische Polynom ist gegeben durch λ 3 = (λ )(λ + λ + ) hat. Damit sind die Nullstellen gegeben durch, + 3 i, 3i. Somit ist die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung gegeben durch die folgenden Linearkombination y h (x) = C e x + C e x 3 cos x + C 3 e x 3 sin x, C, C, C 3 R. Eine spezielle Lösung kann durch Variation der Konstanten erhalten werden. Wir zeigen einen einfachere Methode, die für polynomielle Störfunktionen zum Ziel führt. Wir machen den Ansatz y p (x) = ax + bx + c mit a, b, c R. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert ax bx c = x + 3x (x R). Nach Koeffizientenvergleich erhält man also, a = 3, b =, c =. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung ist also gegeben durch y(x) = C e x + C e x 3 cos x + C 3 e x 3 sin x 3x x. (b) Das charakteristische Polynom lautet λ =, und daher ist die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung gegeben durch y h (x) = C e x + C e x, C, C R. Um eine Lösung des inhomogenen Problems zu erhalten, machen wir den Ansatz y p (x) = (ax + bx)e x mit a, b R. Dies führt auf die Gleichung y p(x) y p (x) = (4ax + a + b)e x = xe x, (x R), woraus a = und b = 4 4 somit gegeben durch folgt. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung ist y(x) = 4 (x x)e x + C e x + C e x, C, C R. (c) Die Lösung der homogenen Gleichung ist bereits aus b) bekannt. Für eine Lösung des inhomogenen Problems machen wir den Ansatz y p (x) = (ax + b)e x für a, b R. Das liefert die Gleichung y p(x) y p (x) = (3ax + 4a + 3b)e x = xe x, was genau dann für alle x R erfüllt ist, wenn a = und b = 4 gilt. Damit ist die 3 9 allgemeine Lösung gegeben durch ( y(x) = C e x + C e x + 3 x 4 ) e x, C, C R. 9

7 (d) Das charakteristische Polynom der Gleichung ist gegeben durch λ 3 4λ +3λ = λ(λ 4λ + 3) = λ(λ )(λ 3), hat also die Nullstellen,, 3. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ist daher gegeben durch y h (x) = C + C e x + C 3 e 3x, C, C, C 3 R. Da λ = i keine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist, wählen wir für eine spezielle Lösung den Ansatz y p (x) = a cos(x) + b sin(x) mit a, b R. Einsetzen in die DGL liefert die Geichung y p (x) 4y p(x) + 3y p(x) = (a + 4b 3a) sin(x) + ( b + 4a + 3b) cos(x) = ( a + 4b) sin(x) + (4a + b) cos(x) = cos(x) 6 sin(x). Damit erhält man nach Koeffizientenvergleich a = und b =. Die allgemeine Lösung des inhomogenen Problems ist daher gegeben durch y(x) = C + C e x + C 3 e 3x + cos(x) sin(x).