Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Elektrotechnik und Informationstechnik
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- Dieter Färber
- vor 6 Jahren
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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analsis Dr. I. Anapolitanos Dipl.-Math. Sebastian Schwarz SS Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Elektrotechnik und Informationstechnik Lösungsvorschläge zum 3. Übungsblatt Aufgabe 9 Übung) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Differentialgleichungen. Finden Sie in b) danach noch die Lösung des Anfangswertproblems. a) + ) + + ) = + )e. Hinweis: Benutzen Sie den Ansatz u) = e a für eine Lösung der homogenen Gleichung. b) ) 4 + ) ) ) ) = e für > 0, ) = ) = e. Hinweis: Benutzen Sie den Ansatz u) = e a für eine Lösung der homogenen Gleichung. Lösungsvorschlag a) Durch Einsetzen des Ansatzes in die homogene Gleichung sieht man leicht, dass die Gleichung für a = erfüllt ist und somit u) = e eine Lösung ist. Nun können wir das Reduktionsverfahren von d Alembert anwenden, um die allgemeine Lösung zu finden. Der Ansatz ) = w)u) führt auf + ) + + ) = w u + w u + wu ) + )w u + wu ) + + )uw = e w e w! = + )e. D.h. v := w erfüllt die Gleichung v = v++. Lösung der zugehörigen homogenen Gleichung ) ist v hom ) = c ep / d = c, c R. Eine spezielle Lösung erhalten wir nun mittels Variation der Konstanten, d.h. wir machen den Ansatz ) = c). Einsetzen liefert c ) = + c ) = + c) = + d, d R. D.h. v p ) = ) = ist ein spezielle Lösung. Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung für v ist somit gegeben durch v) = + c, c R. Für w erhalten wir damit w) = c + c, c,c R, und als allgemeine Lösung schließlich ) = w)u) = 3 3 )e + c e + c e, für R, c,c R. b) Wir machen zunächst einen Ansatz, um eine nichttriviale Lösung der zugehörigen homogenen Gleichung zu finden: u) = e λ
2 Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: u ) 4 + ) u ) ) u) = λ e λ 4 + ) λe λ ) e λ = e λ λ 4λ ) 4 λ) = 0 λ ) + λ = λ) λ + ) = 0 = λ Also ist u) = e eine partikuläre Lösung der obigen Differentialgleichung. Um die allgemeine Lösung der Differentialgleichung zu finden, machen wir den Ansatz Verfahren von d Alembert) ) = v)u). Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: ) 4 + ) ) ) ) = v )u) + v )u ) + vt)u ) 4 + ) v)u ) + v )u)) + u)>0 v ) + v ) u ) u) } {{ } =4 4 + ) ) v)u) = v )u) + v ) u ) 4 + ) ] u) + v) u ) 4 + ) u ) ) ] u) } {{ } = v )u) + v ) u ) + 4 ) ]! u) = e = v ) v )! = Dies ist eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung für v. Es gilt =0 d = log), sowie d =. Also ist v ) = C die allgemeine Lösung der Differentialgleichung für v. Unbestimmte Integration liefert v) = C 3 + C als allgemeine Lösung für v. Damit ist ) = C 3 e + C e e
3 für alle > 0 mit Konstanten C,C R die allgemeine Lösung der Differentialgleichung. Für die Lösung des Anfangswertproblems berechnen wir nun noch ) = C 3 e + 3C ) e e + C e und sehen ) = C + C )e sowie ) = 5C + C 4)e. Damit die Anfangswerte erfüllt sind, muss nun einerseits C + C =, also C = C und zum anderen 5C C 4 =, also C =. Somit ist die Lösung gegeben durch ) = 3 e C e e Aufgabe 0 Tutorium) a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von ) + ) ) = 0 für 0 < < Hinweis: Benutzen Sie den Ansatz u) = a für eine Lösung der homogenen Gleichung. b) Bestimmen Sie eine homogene lineare Differentialgleichung. Ordnung, welche als Fundamentalsstem besitzt. { ) = e, ) = cos)} Hinweis: Benutzen Sie die Wronski-Determinante. Lösungsvorschlag a) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit nichtkonstanten Koeffizienten. Man erkennt, dass u) = eine Lösung ist. Um die allgemeine Lösung der Differentialgleichung zu finden, machen wir den Ansatz Verfahren von d Alembert) ) = v)u). Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: ) + ) ) = v )u) + v )u ) + v)u ) + v )u) + v)u )) >0 v ) + v ) + ) v)u) = v )u) + v ) u ) + ] u) + v) ] u) } {{ } = 0 = 0 =0 3
4 Dies ist eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung für v. Es gilt d = ln) und d = ln ) auf I = 0,). Damit ist v ) = C = C ) die allgemeine Lösung der Differentialgleichung für v. Unbestimmte Integration liefert vt) = C + ) + C als allgemeine Lösung für v. Damit ist ) = C + ) + C für alle 0 < < mit Konstanten C,C R die allgemeine Lösung der Differentialgleichung. b) Wir suchen zwei Funktionen p und q, sodass und die homogene lineare Differentialgleichung + p + q = 0 lösen. Dann erfüllt die Wronski-Determinante die Gleichung w ) = ) ) + ) ) w) = ) ) ) ) ) ) ) ) = ) = ) p) ) q) ) ) ) p) ) q) ) ) = p) ) ) ) ) ) = p)w). Für ) = e und ) = cos) gilt dann Dies führt auf w) = e sin) e cos), w ) = 5e cos). p) = w ) w) = 5cos) cos) + sin). Setzen wir in die Gleichung ein, so erhalten wir für q e + p)e + q)e = 0 q) = p) = ) ) ) 4cos) sin) cos) + sin). Als Differentialgleichung erhalten wir schließlich cos) + sin) ) 5cos) + 4cos) sin) ) = 0. Aufgabe Übung) Bestimmen Sie die allgemeine Lösungen der Differentialgleichung a) = + 6e und lösen Sie das Anfangswertproblem b) + = e sin), 0) = 3 5, 0) =. 4
5 Lösungsvorschlag Bei allen Aufgabenteilen handelt es sich um homogene bzw. inhomogene) lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten. Für die jeweilige homogene Gleichung machen wir hier stets den Ansatz ) = e λ, λ C. a) Um die vorliegende inhomogene Gleichung zu lösen, berechnen wir zunächst die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen Gleichung und machen anschließend einen Ansatz vom Tp der rechten Seite. Das charakteristische Polnom der homogenen Gleichung ist λ 3 + 3λ + 3λ + = λ + ) 3, d.h. wir haben die dreifache Nullstelle λ =. Als Fundamentalsstem erhalten wir damit {e, e, e } und als allgemeine Lösung der homogenen Gleichung hom ) = c e + c e + c 3 e, c,c,c 3 R. Bei inhomogenen Gleichungen mit konstanten Koeffizienten mit Inhomogenität p)e σ cosω) oder p)e σ sinω) können wir eine spezielle Lösung mit dem Ansatz p ) = q ) k e σ cosω) + q ) k e σ sinω) finden, wobei q und q Polnome von gleichem Grad wie p sind und k die Vielfachheit der Nullstelle σ + iω im charakteristischen Polnom ist d.h. der Ausdruck k in obigem Ansatz fällt weg, falls σ + iω keine Nullstelle ist). Tritt nun eine Summe aus Inhomogenitäten der obigen Form auf, so bilden wir die Summe der jeweiligen Ansätze. Ein Ansatz dieser Art heißt Ansatz vom Tp der rechten Seite. In unserem Fall wählen wir also den Ansatz: p ) = a + b + c 3 e mit a,b,c R. Hier gilt p) = a + ce ), p ) = ce ), p ) = ce ). Setzen wir dies in die Gleichung ein, so erhalten wir p ) + 3 p ) + 3 p) + p ) = a + 3a + b) + 6ce! = + 6e, d.h. mit a =,b = 3,c = erhalten wir p ) = 3+ 3 e als spezielle Lösung. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet somit ) = e + c e + c e + c 3 e, c,c,c 3 R. b) Wie bei Teilaufgabe a) berechnen wir zuerst die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung. Die homogene Gleichung + = 0 besitzt das charakteristische Polnom λ λ + = λ i)λ + i) 5
6 mit den einfachen Nullstellen λ = + i und λ = i. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet somit hom ) = c e cos) + c e sin), c,c R. Als Ansatz für eine spezielle Lösung machen wir hier den Ansatz mit den Ableitungen Einsetzen liefert dann p ) = ae cos) + be sin), a,b R, p) = a + b)e cos) + a + b)e sin), p ) = 3a + 4b)e cos) + 4a + 3b)e sin). p p + p = a + b)e cos) + a + b)e sin)! = e sin) a + b = 0 a + b =. Als Lösung erhalten wir daraus a = 5,b = 5 und damit p) = 5 e cos) + 5 e sin), sowie ) = 5 e cos) + 5 e sin) + c e cos) + c e sin), c,c R, als allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung. Zur Lösung des Anfangswertproblems leiten wir zunächst ab und erhalten ) = 4 5 e sin) 3 5 e cos) + c + c )e sin) + c + c )e cos). Einsetzen der Anfangsbedingungen führt uns schließlich auf 0) = 3 5 c 5 = 3 5 c =, und 0) = c ) = c = 3 5. Die Lösung ist damit gegeben durch ) = 5 e sin) cos) ) + 5 e 3sin) + 5cos) ). Aufgabe Tutorium) a) Für die Differentialgleichung 8) + 7) 3 6) + 3 5) + 0 4) = h) ist das charakteristischen Polnom durch pλ) = λ + ) 3 λ + )λ + i)) λ i)) gegeben. Welcher Ansatz ist für die partikuläre Lösung zu wählen, falls h) durch 6
7 i) e sin) v) sin) ii) e vi) e iii) 3 e sin) vii) + )sin) iv) 4 + 4)e viii) 4 gegeben ist? b) Lösen Sie das Anfangswertproblem mit 0) =, 0) = 3 4 und 0) =. Lösungsvorschlag + = sinh) a) Der Ansatz für die partikuläre Lösung mit Inhomogenität h) = q)e σ sinω) bzw. cosω) statt sinω)) lautet p ) = ν q)e σ sinω) + r)e σ cosω)], wobei q und r Polnome mit maimal dem Grad von q sind und ν die Vielfachheit der Nullstelle σ + iω des charakteristischen Polnoms Null ist möglich). i) Es ist q), σ = ω =. Da + i eine zweifache Nullstelle von p ist, lautet der Ansatz p ) = Ae sin) + Be cos)]. ii) Es ist q), σ =, ω = 0. Da eine dreifache Nullstelle von p ist, lautet der Ansatz p ) = A 3 e. iii) Es ist q) = 3, σ = ω =. Da + i eine zweifache Nullstelle von p ist, lautet der Ansatz p ) = A A + A + A 0 )e sin) + B B + B + B 0 )e cos)] = A A 4 + A 3 + A 0 )e sin) + B B 4 + B 3 + B 0 )e cos) iv) Es ist q) = 4 + 4, σ =, ω = 0. Da eine dreifache Nullstelle von p ist, lautet der Ansatz p ) = 3 A A A + A + A 0 )e = A A A 5 + A 4 + A 0 3 )e. v) Es ist q), σ = 0, ω =. Da i keine Nullstelle von p ist, lautet der Ansatz p ) = Asin) + Bcos)]. vi) Es ist q), σ =, ω = 0. Da eine einfache Nullstelle von p ist, lautet der Ansatz p ) = Ae. vii) Es ist q) = +, σ = 0, ω =. Da i keine Nullstelle von p ist, lautet der Ansatz p ) = A + A + A 0 )sin) + B + B + B 0 )cos). 7
8 viii) Es ist q) = 4, σ = 0, ω = 0. Da 0 keine Nullstelle von p ist, lautet der Ansatz p ) = A A A + A + A 0. b) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine lineare, inhomogene Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Das charakteristische Polnom q lautet: pλ) = λ 3 λ + λ λ C Eine Nullstelle λ = von p kann erraten werden. Polnomdivision liefert: pλ) = λ )λ + ) Damit sind λ = i und λ 3 = i die verbleibenden Nullstellen von p. Alle Nullstellen haben die Vielfachheit. Die Funktionen, und 3 mit ) = e, ) = cos), 3 = sin) für alle R bilden also ein Fundamentalsstem für die obige Differentialgleichung vgl. Abschnitt. der Vorlesung). Es gilt sinh) = e e für alle R. Wir suchen zunächst eine partikuläre Lösung p für die Inhomogenität e. Dafür machen wir den Ansatz von der Form der rechten Seite siehe Abschnitt. der Vorlesung): p) = Ce Wir berechnen: p ] ) = C + )e, p ) ] p ) ] = C + + )e = + )e, = C + 3)e Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: ] ] p ) p ) + p ) ] p ) = e e 0 C + 3) + ) + + ) ) = C = C = 4 Damit ist p) = 4 e eine partikuläre Lösung der Differentialgleichung mit der Inhomogenität e. Nun suchen wir eine partikuläre Lösung p für die Inhomogenität e. Auch dafür machen wir den Ansatz von der Form der rechten Seite siehe Abschnitt. der Vorlesung): p) = Ce 8
9 Wir berechnen: p ] ) = Ce, p ) ] p ) ] = Ce, = Ce Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: p ] ) p ] ) + p ) ] p ) = e e 0 C ) = C = 8 Damit ist p) = 8 e eine partikuläre Lösung der Differentialgleichung mit der Inhomogenität e. Damit löst p = p + p die gegebene Differentialgleichung. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet also ) = C ) + C ) + C 3 3 ) + p ) für alle R mit freien Konstanten C,C,C 3 R. Diese werden durch die Anfangsbedingungen festgelegt: 0) = C e + C cos) + C 3 sin) + 4 e + 8 e ] =0 = C + C + 8! = C + C = 3 8, 0) = C e C sin) + C 3 cos) )e ] 8 e = C + C 3 +! = 3 =0 8 4 C + C 3 = 5 8 C 3 = C + 4, 0) = C e C cos) C 3 sin) )e + ] 8 e = C C + 5! = =0 8 C C = 3 8 C = 0 8, C = 6 8 C 3 = 5 4 Also ist ) = cos) sin) ) e + 8 e die eindeutig bestimmte Lösung des Anfangswertproblems. Aufgabe 3 Übung) Geben Sie für > 0 die allgemeine Lösung der folgenden Differentialgleichungen an. a) 4) = 0. b) = + ln) ). Lösungsvorschlag Bei genauerer Betrachtung erkennen wir, dass es sich bei den folgenden Aufgaben stets um homogene bzw. inhomogene) Euler sche Differentialgleichungen handelt. Hier machen wir die Substitution 9
10 = e t t = ln, welche uns auf eine homogene bzw. inhomogene) lineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten für die Funktion ut) = e t ) führt. Diese könnten wir nun mit den bekannten Methoden lösen und anschließend rücksubstituieren. Es ist hierbei allerdings nicht zwingend notwendig die andere Differentialgleichung auszurechnen. In der Lösungstheorie für lineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten machen wir stets den Ansatz ut) = e λt, λ C. Setzen wir in diesen nun die Substitution t = ln ein, so erhalten wir ) = uln) = e λln = λ, λ C, als Ansatz, mit dem wir auch direkt eine Lösung berechnen können. a) Der Ansatz ) = λ, λ C, führt auf λλ )λ )λ 3) λ λλ )λ ) λ 3+ + λλ ) λ + λ λ λ = 0 λλ )λ )λ 3) + 5λλ )λ ) + λλ ) + λ = 0. Wir erhalten also das charakteristische Polnom λλ )λ )λ 3) + 5λλ )λ ) + λλ ) + λ = λ ) λλ )λ 3) + 5λλ ) + λ + ) = λ )λ 3 3λ + ) = λ ) 3 λ + ) mit der dreifachen Nullstelle λ = und der einfachen Nullstelle λ =. Damit ist {, ln, ln), } ein Fundamentalsstem der Differentialgleichung und als allgemeine Lösung erhalten wir ) = c + c ln + c 3 ln) + c 4, c,c,c 3,c 4 R. b) Wir substituieren t := ln und setzen ut) := e t ) ) = uln). Dann gilt: ) = u ln), ) = u ln) u ln), ) = u ln) 3 3u ln) 3 + u ln) 3. Einsetzen führt uns dann auf die Differentialgleichung u t) ut) = + t. Das charakteristische Polnom der zugehörigen homogenen Gleichung ist λ 3 = λ )λ + 3i)λ + + 3i) mit den einfachen Nullstellen λ =, λ = + 3i und λ3 = 3i. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung für u ist somit u hom t) = c e t + c e t/ cos 3t) + c3 e t/ sin 3t), c,c,c 3 R. 0
11 Für eine spezielle Lösung machen wir einen Ansatz vom Tp der rechten Seite. Da die Inhomogenität ein Polnom. Grades ist, machen wir den Ansatz u p t) = at + bt + c, a,b,c R. mit u pt) = at + b, u p t) = a und u p t) = 0 an dieser Stelle sei angemerkt, dass wir ohne Substitution den Ansatz p ) = aln) + b ln + c hätten wählen können). Setzen wir ein, so erhalten wir mit Koeffizientenvergleich at bt c! = + t a =, b = 0, c =, also u p t) = t. Damit ist die allgemeine Lösung der Differentialgleichung für u gegeben durch ut) = t + c e t + c e t/ cos 3t) + c3 e t/ sin 3t), c,c,c 3 R, und nach Rücksubstitution erhalten wir schließlich als Lösung ) = ln) + c + c / cos 3ln) + c3 / sin 3ln), c,c,c 3 R. Aufgabe 4 Tutorium) a) Geben Sie für > 0 die allgemeine Lösung der folgenden Differentialgleichung an. 4 4) = 0. b) Lösen Sie für > 0 das folgende Anfangswertproblem. Lösungsvorschlag + = ln), ) =, ) =. Bei genauerer Betrachtung erkennen wir, dass es sich bei den folgenden Aufgaben stets um homogene bzw. inhomogene) Euler sche Differentialgleichungen handelt. Hier machen wir die Substitution = e t t = ln, welche uns auf eine homogene bzw. inhomogene) lineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten für die Funktion ut) = e t ) führt. Diese könnten wir nun mit den bekannten Methoden lösen und anschließend rücksubstituieren. Es ist hierbei allerdings nicht zwingend notwendig die andere Differentialgleichung auszurechnen. In der Lösungstheorie für lineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten machen wir stets den Ansatz ut) = e λt, λ C. Setzen wir in diesen nun die Substitution t = ln ein, so erhalten wir ) = uln) = e λln = λ, λ C, als Ansatz, mit dem wir auch direkt eine Lösung berechnen können. a) Setzen wir den Ansatz ) = λ, λ C, ein, so erhalten wir das charakteristische Polnom λλ )λ )λ 3) + 6λλ )λ ) λ + 0 = λ 4 7λ + 4λ + 0 = λ + ) λ i)λ + i).
12 mit der doppelten Nullstelle λ = und den einfachen Nullstellen λ = + i und λ 3 = i. Damit erhalten wir als Fundamentalsstem und als allgemeine Lösung {, ln, cosln), sinln)}, ) = c + c ln + c 3 cosln) + c 4 sinln), c,c,c 3,c 4 R. b) Setzen wir den Ansatz ) = λ, λ C, ein, so erhalten wir als charakteristisches Polnom der zugehörigen homogenen Gleichung λλ ) + λ = λ = λ )λ + ) mit den Nullstellen λ = und λ =. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ist damit hom ) = c + c, c,c R. Für eine spezielle Lösung wollen wir uns an den Ansätzen vom Tp der rechten Seite orientieren. Mit der Substitution t := ln hätten wir als Inhomogenität das Polnom t von Grad erhalten, d.h. wir würden at + b als speziellen Ansatz wählen. Mit obiger Substitution erhalten wir aber gerade den Ansatz p ) = aln + b, a,b R, mit p) = a und p ) = a. Multiplikation der Differentialgleichung mit und Einsetzen des Ansatzes führt uns auf a + a aln b! = ln a =, b = 0, d.h. p ) = ln. Die allgemeine Lösung lautet somit ) = ln + c + c, c,c R. Die Ableitung davon ist ) = + c c, und mit den Anfangsbedingungen erhalten wir ) = c + c = und ) = + c c = c = c =. D.h. die Lösung des Anfangswertproblems ist gegeben durch ) = ln + +.
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