Apl. Prof. Dr. N. Knarr Musterlösung , 120min. cos(x), y(0) = 1.

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1 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Musterlösung.9.6, min Aufgabe ( Punkte) Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem: y = e y cos(x), y() =. Sei y : I R die maximale Lösung des gegebenen Anfangswertproblems (diese existiert eindeutig aufgrund des picard lindelöfschen Satzes!). Wir erhalten dann mittels Separation der Variablen, dass e y dy = cos(x) dx e y dy = cos(x) dx und damit e y(x) = sin(x) + c (x I) für ein c R. Also y(x) = log( sin(x) + c) (x I) und = y() = log(c) bzw. c = e. Wir erhalten also y(x) = log( sin(x) + e) (x I). Seite von

2 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.9.6, min Aufgabe (8 Punkte) Bestimmen Sie alle reellen Lösungen der folgenden Differentialgleichung: y y y = x + e x. In einem ersten Schritt löst man die homogene Gleichung y y y =. Das charakteristische Polynom p dieser Differentialgleichung lautet p = X X = (X )(X + ). und hat die Nullstellen und. Also lautet die allgemeine homogene Lösung f h : f h (x) = c f (x) + c f (x) = c e x + c mit c, c R. In einem zweiten Schritt bestimmt man nun irgendeine beliebige (partikuläre) Lösung der gegebenen inhomogenen Differentialgleichung und zwar entweder durch einen Ansatz nach Art der rechten Seite (Variante ) oder durch Variation der Konstanten (Variante ). Variante : partikuläre Lösung durch Ansatz nach Art der rechten Seite Aufgrund des Superpositionsprinzips bekommt man eine partikuläre Lösung f p von y y y = x + e x, indem man eine partikuläre Lösung f p von y y y = x = h (x) und eine partikuläre Lösung f p von y y y = e x = h (x) bestimmt und diese beiden addiert: f p = f p + f p. Zunächst zu y y y = x = h (x)! Weil keine Nullstelle von p ist (keine Resonanz), machen wir den Ansatz f p (x) = (ax + b) x e x = ax + b. Setzt man diesen Ansatz in die Differentialgleichung ein, so erhält man a (ax + b)=h (x) = x. Also a = und b = (Koeffizientenvergleich!) und damit f p (x) = x +. Jetzt zu y y y = e x = h (x)! Weil eine einfache Nullstelle von p ist (Resonanz), machen wir den Ansatz Zweimaliges Ableiten ergibt f p (x) = c x e x = cxe x. f p (x) = (c + cx)e x, f p (x) = (4c + 4cx)e x. Seite von

3 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.9.6, min Setzt man dies in die Differentialgleichung ein, so erhält man e x = h (x) = ( 4c + 4cx c cx cx ) e x = ce x und damit c =. Also f p (x) = xex. Insgesamt erhalten wir f p (x) = f p (x) + f p (x) = x + + xex. Variante : partikuläre Lösung durch Variation der Konstanten Die Wronskimatrix M(x) zu f, f und deren Inverse M(x) lauten: e x M(x) =, M(x) = det M(x) adj(m(x)) = e x. e x e x e x Aufgrund eines Satzes aus der Vorlesung ist eine partikuläre Lösung gegeben durch f p (x) = c (x)f (x)+ c (x)f (x), wobei c, c Funktionen sind so, dass c (x) = M(x) = e x = + xe x. c (x) h(x) e x e x x + e x e x xe x Also gilt (mit Integrationskonstanten c, c ): c (x) = x xe x 6 e x + c, c (x) = 9 ex xex + ex + c (partielle Integration!). Wählt man die Integrationskonstanten c, c beide gleich, so erhält man eine partikuläre Lösung f p mit f p (x) = c (x)f (x) + c (x)f (x) = xex x 6 9 ex x + = 9 ex x + + xex. (Diese partikuläre Lösung unterscheidet sich von der in Variante durch die Lösung x 9 ex der homogenen Gleichung. Durch entsprechend andere Wahl der Integrationskonstanten c, c erhält man die partikuläre Lösung aus Variante.) In einem dritten und letzten Schritt muss man schließlich noch die oben bestimmte allgemeine homogene Lösung und die oben bestimmte partikuläre Lösung addieren: f(x) = f h (x) + f p (x) = f h (x) + f p (x) + f p (x) = c e x + c x + + xex (c, c R), um die gesuchte allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung zu bekommen. Seite von

4 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.9.6, min Aufgabe (9 Punkte) Gegeben ist das Differentialgleichungssystem y = y. 4 Bestimmen Sie die Lösung des Differentialgleichungssystems zur Anfangsbedingung v = y() = (,, ) T. Analog zu Beispiel berechnen wir den Vektor Av = = 6 4 der offenbar linear unabhängig von v ist. Weiter gilt A v = A(Av) = = 6 4 Wir prüfen diese Vektoren auf lineare Abhängigkeit, und schreiben dazu die Vektoren v, Av und A v zeilenweise in eine Matrix um durch elementare Zeilenumformungen in der letzten Zeile eine Nullzeile zu erzeugen.es erweist sich als zweckmäßig, eine zusätzliche Spalte mit den Einträgen v, Av, A v einzufügen, und auf diese alle Eliminationsschritte des Gauß-Algorithmus anzuwenden. Wir wenden den Gauß-Algorithmus an auf die Matrix v 6 Av 6 A v Im ersten Schritt erhalten wir Z + Z : Z Z : v 6 Av + v 6 A v v und im zweiten Z Z v 6 Av + v A v Av v Seite 4 von

5 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.9.6, min Nun kann man in der rechten unteren Ecke der Matrix das gesuchte Polynom ablesen. Es gilt ja A v Av v =, also können wir q(x) = X X wählen. Daraus erhält man z.b. mit der Mitternachtsformel oder durch scharfes Hinsehen die Nullstellen X, =,. Ein Fundamentalsystem für die Differentialgleichung q(d)y = wird nach von den Funktionen g (x) = und g (x) = e x gebildet. Für die Ableitungen gilt g (x) = und g (x) = e x Damit ergibt sich für die Wronskimatrix und wir erhalten im Punkt x = und für die Invers-Transponierte Weiter gilt M(x) = M() = (M() T ) = 6 ( e x e x e x ( ) ) = Also ist die Lösung des Anfangswertproblems gegeben durch v Av (M() T ) g (x) = g (x) e x = e x e x e x Variante Wer lieber mit -Matrizen arbeiten möchte, kann die Aufgabe auch wie folgt lösen. Dazu berechnen wir den Vektor Av = = 6 4 Seite 5 von

6 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.9.6, min Weiter gilt A v = A(Av) = = 6 4 Jetzt berechnet man mit Hilfe des charakteristischen Polynoms q(λ) = det(a λe) = λ λ = die Eigenwerte der Matrix A: λ =, λ, =. Ein Fundamentalsystem für die Differentialgleichung q(d)y = wird nach von den Funktionen g (x) = e x, g (x) = und g (x) = x gebildet. Damit ergibt sich für die Wronskimatrix e x x M(x) = e x ( x + ) 4e x (x ) und wir erhalten im Punkt x = und für die Invers-Transponierte Weiter gilt M() = 4 (M() T ) = = Also ist die Lösung des Anfangswertproblems gegeben durch ( ) g (x) v Av A v (M() T ) g (x) = g (x) e x x = e x e x Variante Lösung mit Hilfe eines Fundamentalsystems. Dazu berechnet man mit Hilfe des charakteristischen Polynoms q(λ) = det(a λe) = λ λ = Seite 6 von

7 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.9.6, min die Eigenwerte der Matrix A: λ =, λ, =. Als nächstes bestimmt man die Eigenwerte indem man das lineare Gleichungssystem (A λ k E) = löst. Dadurch erhält man die Eigenvektoren: v =, v =, v =. Daraus ergibt sich das Fundamentalsystem f (x) = e x v, f (x) = v, f (x) = v. Und die allgemeine Lösung y(x) = c e x + c + c e x Um die Lösung zum Anfangswertproblem zu bestimmen löst man das LGS y() = das durch gegeben ist und erhält und damit y(x) = c = (,, ) T e x e x Seite 7 von

8 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.9.6, min Aufgabe 4 ( Punkte) Sei F das Rotationsparaboloid { (x, y, z) R z = 9 x y, z }. (a) Wir betrachten ebene Polarkoordinaten (r, ϕ) und die Parametrisierung x(r, ϕ) r cos(ϕ) Φ(r, ϕ) = y(r, ϕ) := r sin(ϕ) z(r, ϕ)? Wie ist z in Abhängigkeit von (r, ϕ) zu definieren um eine Parametrisierung von F zu erhalten? Aus welchem Bereich müssen dabei r und ϕ gewählt werden? (b) Berechnen Sie die Flächennormale N(r, ϕ) := Φ r Φ ϕ () und deren Länge N(r, ϕ). (c) Berechnen Sie den Flächeninhalt F. (a) (b) Die Flächennormale ist z = 9 r r [, ] ϕ [, ] (oder jedem anderen Intervall der Länge ) Φ r Φ ϕ = cos(ϕ) sin(ϕ) r r sin(ϕ) r cos(ϕ) = r cos(ϕ) r sin(ϕ) r. Deren Länge ist N(r, ϕ) = 4 r 4 + r = r 4 r +. (c) Wir haben also F = r 4 r + drdϕ = r 4 r + dr. Substitution von u = 4 r + und folglich du = 8 rdr mit anschliessender Rücksubstitution liefert F = 8 7 udu = 8 [u/ ] 7 = 6 ( 7 ). Seite 8 von

9 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.9.6, min Aufgabe 5 ( Punkte) Es ist die -periodische Funktion f mit sin(x), x [, ) f(x) = und f(x + ) = f(x) + sin(x), x [, ) gegeben. (a) Skizzieren Sie f auf dem Intervall [, ). (b) Bestimmen Sie die reelle Fourier-Reihe von f. (c) Bestimmen Sie für alle x R den Grenzwert der Fourierreihe. Hinweis: Für x, y R gilt: sin(x) cos(y) = (sin(x y) + sin(x + y)) cos(x) cos(y) = (cos(x y) + cos(x + y)) sin(x) sin(y) = (cos(x y) cos(x + y)). (a) y x (b) () Weil f(x) ungerade ist, gilt a n = für alle n N. () Die Koeffizienten b n für f folgen durch einfache Integration sofort: b = f(x) sin(x)dx = ( + sin(x)) sin(x)dx = = ( sin(x) + sin(x) ) dx sin(x)dx + sin(x) dx = 4 +, Seite 9 von

10 Apl. Prof. Dr. N. Knarr Höhere Mathematik III Musterlösung.9.6, min und für n b n = f(x) sin(nx)dx = ( + sin(x)) sin(nx)dx = sin(nx)dx + sin(x) sin(nx)dx = [ cos(nx) + n = ( ( )n ). n ] 4 n =, n ungerade., n gerade () Die Fourierreihe von f ist 4 f(x) + ( ( ) n ) sin(x) + sin(nx). n n= ( ) 4 = + 4 sin(x) + sin((l + ))x). (l + ) (c) Die Funktion f ist stetig differenzierbar in den Intervallen (n, n) (k Z) mit endlichen links- bzw. rechtseitigen Grenzwerten sowohl für f als auch f l= in allen Punkten {n n Z}. Da die Funktion f insbesondere stetig ist in (n, n) (n Z), konvergiert die Fourierreihe in diesem Bereich also gegen f(x). In den Punkten {n n Z} hingegen macht f einen Sprung der Höhe, sodass sich der Grenzwert dort berechnet als ( lim f(x) + x n+ ) lim f(x) =. x n Seite von