TU DRESDEN Dresden, 16. Februar 4 Fachrichtung Mathematik / Institut für Analysis Doz.Dr.rer.nat.habil. N. Koksch Prüfungs-Klausur MATHEMATIK III für Bauingenieure (Fernstudium und Wiederholer) Name: Matrikel-Nr.: Vorname: Übungsgruppe: Hinweise: Die Aufgaben sind unabhängig voneinander lösbar. Sie können in beliebiger Reihenfolge gelöst werden. Geben Sie lediglich die jeweilige Aufgabennummer, bzw. die Nummer der Teilaufgabe, an. Beginnen Sie jede Aufgabe auf einer neuen Seite. Versehen Sie jedes Blatt Ihrer Arbeit mit Ihrem Namen und der Bezeichnung Ihrer Übungsgruppe. Grundlage für die Bewertung ist die Angabe des Lösungsweges. Der Lösungsweg muß deutlich erkennbar und in übersichtlicher Form notiert sein. Fehlende Zwischenschritte können nicht bewertet werden. Führen Sie alle Nebenrechnungen auf den Prüfungsblättern aus und geben Sie diese vollständig mit ab. Die Zahl in [ ] gibt die Punktzahl für die betreffende Aufgabe an. Aufgabe 1 3 4 5 6 7 Ges. Punkte 4 7 5 1 7 5 1 5 erreichte Punkte
Aufgabe 1. [4] Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y + y 5y + 3y. Charakteristische Gleichung ist λ 3 + λ 5λ + 3 mit den Lösungen λ 1 1 (zweifach), λ 3. Damit ergibt sich y() c 1 e + c e + c 3 e 3 ( R) als Lösungsschar. Aufgabe. [7] Wir betrachten die Differentialgleichung y (5) 3y (4) + y + y + 4y f (). (1) Das charakteristische Polynom hat die Nullstellen (zweifach), 1, i und i. a) [] Wie lautet ein System von Fundamentallösungen zum homogenen Teil von (1)? b) [5] Begründen Sie Ihre Ansatzfunktionen zur Bestimmung einer partikulären Lösung von (1) im Fall von i) f (), ii) f () cosh, iii) f () sin. a) Die Funktionen y i : R R mit y 1 () e, y () e, y 3 () e, y 4 () sin, y 5 () cos sind Lösungen des homogenen Teils von (1). b) Unter Beachtung der Nullstellen des charakteristischen Polynoms und ihrer Vielfachheit erhalten wir: i) y p () A + A 1 + A, ii) Da cosh 1 (e + e ) und 1 einfache Nullstelle ist: y p () Ae + Be, iii) y p () (A + A 1 )sin + (B + B 1 )cos. Aufgabe 3. [5] Bestimmen Sie alle Lösungen der Randwertaufgabe y y + y, y(), y(π), y (). Hinweis: 1, 1 + i und 1 i sind Nullstellen des charakteristischen Polynoms.
Lösungen der Differentialgleichung sind der Form y() c 1 e + c e cos + c 3 e sin. Mit y () c 1 e + c e cos c e sin + c 3 e sin + c 3 e cos ergibt sich aus den Randbedingungen y() c 1 + c, y(π) c 1 e π c e π, y () c 1 + c + c 3 und damit c 1 c, c 3. Eindeutige Lösung des Randwertproblems ist somit y() e sin, R. Aufgabe 4. [1] a) [7] Bestimmen Sie e A 1 für A. 3 b) [3] Lösen Sie 1 mit A 1, b(). 1 1 1 + Hinweis: Es gilt e A 1 1. a) Charakteristische Gleichung ist y A()y + b(), y() () mit λ 1 1, λ 1 als Nullstellen. ( λ)( λ) + 3 λ 1 Variante 1: (Putzer-Algorithmus) Es gilt weiter 1 1 1 P, P 1 1 3 1 Aus w 1 1w 1, w 1 () 1 folgt w 1 () e. Verbleibt w w + e, w (). 1 1. 3 3
Wir finden w,h () Ce. Mit dem Ansatz w,p () De ergibt sich De De + e, also D 1. Somit w () Ce + 1 e ; und w () ergibt C 1, d.h., w () 1 (e e ) sinh. Damit erhalten wir e A w 1 ()P + w ()P 1 e 1 + 1 1 1 1 e 1 1 1 3 3 e 3 3 ( e ) + 3sinh sinh 3sinh e. 3sinh Variante : Aus 1 1 u 1 1 u 3 1 v 3 3 v folgt, daß (1, 1) Eigenvektor von A zu 1. Aus + 1 1 u 3 1 u 3 + 1 v 3 1 v folgt, daß (1, 3) Eigenvektor von A zu 1. Damit ist ( e e Y () ) e 3e eine Fundamentalmatri zu A und ( e A Y ()Y () 1 e e ) 1 1 1 e 3e 1 3 1 ( e e ) 3 1 3 + 1 e 3e 1 ( 3e + e e + e ) 1 1 3e 3e e 3e ( e ) + sinh sinh 3sinh e. 3sinh (Hinweis für die Korrektur: Die Zusammenfassung des sinh ist nicht gefordert.) b) Für die Lösung des Anfangswertproblems gilt Wir finden e ta b(t) dt y() e A y() + e A e ta b(t) dt. 1 t t 1t 1 +t dt 1 t dt 1 +t + 1
und damit ( 1 + y() 1 1 + 1 3 ) 1 1. 3 Aufgabe 5. [6] a) [1] Schreiben Sie die Differentialgleichung (ln)y y ln, (,y,y ) ]1, [ R R. (3) als eplizite, lineare Differentialgleichung. b) [5] Bestimmen Sie die Lösung mit maimalen Eistenzintervall der Anfangswertaufgabe y cos y ( + 1), y() π 3. Durch Trennung der Variablen erhalten wir und somit Mit tan π 3 3 folgt y() y() tan π 3 tanη ηy() η π 3 π 3 dη cos η dξ (ξ + 1) 1 ξ ξ + 1 ξ 1 1 + 1. y() arctan(1 + 3 1 + 1 ) auf jedem Intervall I, das 1 nicht, aber enthält. Maimales Eistenzintervall ist daher I ] 1, [. Aufgabe 6. [1] Bestimmen Sie die Lösung y: D(y) R von y e y, y(), y (). mit maimalem Eistenzintervall. Hinweis: Die Ableitung der gesuchten Funktion ist negativ. Durch Multiplikation mit y folgt ( (y ) ) y y 4e y y. Integration liefert, unter Beachtung der Anfangsbedingung, ξ ( (y (ξ)) ) dξ 4 ξ e y(ξ) y (ξ) dξ, y () y () 4e y() 4e y(), y () 4e y().
Dies ergibt y () e 1 y() oder y () e 1 y(), wobei die erste Möglichkeit aufgrund der AB zumindest in der Nähe von entfällt. Durch Trennung der Variablen folgt mit der zweiten Möglichkeit und damit e 1 η y() ηy() e 1 η dη dξ η ξ e 1 y() +, was y() ln(1 + ) auf D(y) ] 1, [ ergibt. Aufgabe 7. [8] Wir betrachten die Funktionen y,y 1,y : R R mit y () 1, y 1 (), y (). a) [] Bestimmen Sie die Wronski-Determinanten zu {y,y 1 } und zu {y 1,y }. b) [] Untersuchen Sie die Systeme {y,y 1 } und {y 1,y } auf lineare Abhängigkeit. c) [4] Können y und y 1 bzw. y 1 und y Lösungen der gleichen linearen Differentialgleichung zweiter Ordnung sein? Begründen Sie Ihre Antwort. Bei Bejahung geben Sie eine entsprechende Differentialgleichung an. a) Wir haben 1 W 1 () det 1, W 1 () det. 1 b) Beide Systeme sind linear unabhängig. c) y und y 1 sind Lösung der Differentialgleichung y. y 1 und y können nicht Lösung der gleichen linearen Differentialgleichung zweiter Ordnung sein, da W () aber W () für.