Testklausur zur Vorlesung Gewöhnliche Differenzialgleichungen

Testklausur zur Vorlesung
Gewöhnliche Differenzialgleichungen
aus dem WiSe2015/16
Apl. Prof. Dr. G. Herbort
21.1. 2016
Aufgabe 1. a) Lösen Sie zu τ, x ∈ R das Anfangswertproblem
u0 + 2t u = t3
u(τ ) = x
Lösung. Sei A(t) := τ 2 − t2 . Dann ist die gewünschte Lösung laut Lösungsformel:
Z t
A(t)
−A(s) 3
u(t) = e
x+
e
s ds
τ
Z t
τ 2 −t2
s2 −τ 2 3
= e
e
x+
s ds
τ
!
Z t2
1
2
2
2
eσ−τ σdσ
= eτ −t x +
2 τ2
t2 1 σ−τ 2
τ 2 −t2
e
(σ − 1)
= e
x+
2
τ2
!
−τ 2 e
2
2
2
2
et (t2 − 1) − eτ (τ 2 − 1)
= eτ −t x +
2
1 2
1
τ 2 −t2
= e
x − (τ − 1) + (t2 − 1)
2
2
Aufgabe 2. Gegeben sei die gewöhnliche Differentialgleichung
y 000 + y 00 + 9y 0 + 9y = t2
a) Finden Sie ein Fundamentalsystem von Lösungen für diese Differentialgleichung
(3 Punkte)
b) Bestimmen Sie eine partikuläre Lösung.
(3 Punkte)
1
c) Geben Sie die Lösung an, die die Anfangswertbedingungen y(0) = 0, y 0 (0) = 0 und
y 00 (0) = 0 erfüllt.
(4 Punkte)
3
2
Lösung. a) Das charakteristische Polynom der DGL lautet: P = X + X + 9(X + 1) =
2
(X + 9)(X + 1) und seine Nullstellen sind 3i, −3i und −1. Die Funktionen e−1 , cos(3t) und
sin(3t) bilden ein (reelles) Fundamentalsystem für den Lösungsraum zur homogenen DGL.
b) Wir probieren yp (t) := αt2 + βt + γ und setzen es in die DGL ein. Es folgt
9αt2 + (18α + 9β)t + 2α + 9β + 9γ = t2
Mit Koeffizientenvergleich finden wir so α = 91 , sowie β = −2α = − 29 und γ =
Lösung des AWP lautet
16
.
81
Die allgemeine
y(t) = a cos(3t) + b sin(3t) + c e−t + yp (t)
Einsetzen in die Startbedingungen führt auf
a+c=−
16
81
2
2
−9a + c = −
3b − c = ,
9
9
1
1
1
Die Lösung hierzu ist a = 405 , b = 135 , c = − 5 . Unsere Lösung ist damit gegeben durch
y(t) =
1
1
1
1
2
16
cos(3t)b +
sin(3t) − e−t + t2 − t +
405
135
5
9
9
81
Aufgabe 3. Betrachten Sie das Anfangswertproblem y 0 +2ty = t cos t mit Startwert y(0) = 1.
a) Sei u0 (t) ≡ 1. Berechnen Sie die nächsten 2 Schritte des Picard-Lindelöf-Verfahrens, also
die Funktionen u1 und u2 .
Hinweis: Die Stammfunktion zu v1 (s) := s2 sin s ist gegeben durch V1 (s) = 2 cos s + 2s sin s −
2
s cos s und die Stammfunktion zu v2 (s) = s cos s durch V2 (s) = cos s + s sin s).
(6 Punkte)
b) Geben Sie ein Intervall an, auf dem dieses Verfahren konvergiert.
(4 Punkte)
Lösung. Die DGL lautet y 0 = f (t, y) mit f (t, y) := −2ty + t cos t. Sei u0 = 1. Das PicardLindelöfverfahren besteht in einer Iteration mit der Bildungsgesetz
Z t
uk+1 (t) = 1 +
f (s, uk (s))ds
0
2
Wir finden nun
Z
t
f (s, 1)ds
u1 (t) = 1 +
0
Z
= 1+
t
(−2s + s cos s)ds
0
2
= 1 − t + cos t + t sin t − 1
= −t2 + cos t + t sin t
und
Z
t
f (s, u1 (s))ds
u2 (t) = 1 +
0
Z
t
= 1+
f (s, −s2 + cos s + s sin s)ds
Z0 t
= 1+
Z0 t
= 1+
−2s(−s2 + cos s + s sin s) + s cos s ds
2s3 − s cos s − 2s2 sin s ds
0
4
= 6+
t
− 5 cos t − 5t sin t + 2t2 cos t
2
Für beliebige a, b > 0 ist |f (t, y)| ≤ 2a(b + 1) + a auf [−a, a] × [1 − b, 1 + b]. Das Verfahren
konvergiert also mindestens auf dem Intervall
J = [−α, α],
Wählen wir a =
√1
2
α = min{a,
und dann b >> 1, so wird α ≈
b
}
2ab + 3a
√1 .
2
Es handelt sich um eine lineare DGL 1. Ordnung. Ihre exakte Lösung lautet
Z t
−t2
s2
1+
e s cos sds
u(t) := e
0
Diese Lösung ist auf ganz R definiert.
Aufgabe 4. Behandeln Sie die DGL
(1 + x2 )y 00 − 6y = 0
P
n
durch Potenzreihenansatz y(t) := ∞
n=0 an t .
i) Finden Sie eine Rekursionsformel für die an .
3
(5 Punkte)
ii) Wo konvergiert die Potenzreihe?
(2 Punkte)
iii) Finden Sie für den Lösungsraum zu dieser DGL eine Basis.
(3 Punkte)
P
k
Lösung. i) Wir probieren die Potenzreihe y(t) = ∞
k=0 ak t und setzen es in die DGL ein. Es
entsteht
∞
∞
X
X
2
k
(1 + t )
(k + 1)(k + 2)ak+2 t − 6
ak tk = 0
k=0
k=0
Ausmultiplizieren ergibt uns
∞ X
k
(k + 1)(k + 2)ak+2 − 6ak t +
k=0
∞
X
k(k − 1)ak tk = 0
k=2
Wir finden a2 = 3a0 , a3 = a1 und die Rekursion
(k + 1)(k + 2)ak+2 − 6ak + k(k − 1)ak = 0,
also
ak+2 = −
k−3
k(k − 1) − 6
ak = −
ak ,
(k + 1)(k + 2)
k+1
k≥2
k≥2
Dann ist aber a2`+1 = 0 für alle ` ≥ 2 und
a2`
a2(`−1)
=−
2` − 5
,
2` − 1
`≥1
Das ergibt a2` = b` a0 , mit
` Y
b` = (−1)
1−
`
λ=1
4
2λ − 1
ii) Mit dem Quotiententest finden wir, dass die Potenzreihe
y1 (t) = 1 +
∞
X
b` t2`
`=1
auf (−1, 1) konvergiert.
iii) Die allgemeine Lösung hat also die Form
y(t) = a0 y1 (t) + a1 (t + t3 ).
Als Basis für den Lösungsraum können wir somit {y1 (t), y2 (t)} mit y2 (t) = t + t3 wählen.
4
Aufgabe 5. Untersuchen Sie die Definitionsbereiche der Lösungen der Differentialgleichung
y0 =
(1)
3
x
2
−y
,
x + 2y
v(1) = v0
in Abhängigkeit von v0 durch explizites Lösen des AWP.
(Hinweis: Welche DGL wird durch v(x) = y(x)
befriedigt?)
x
y
Lösung. Die Funktion v(x) = x löst die DGL
1
1
v = (y 0 − v) =
x
x
0
Das bedeutet
3
x−y
−v
x + 2y
2
2v + 1
+ 2v −
2v 2
3
2
1 −2v 2 − 2v +
= ·
x
2v + 1
v0 = −
3
2
1
x
Die DGL ist über R+ definiert. Links steht die Ableitung der Funktion 21 log 2v 2 + 2v −
Setzen wir v0 := v(1), so folgt durch Integration von 1 bis x:
3
1
3
1
2
2
log 2v + 2v −
− log 2v0 + 2v0 −
= − log x
2
2
2
2
Also
2v 2 + 2v −
Oder
2v 2 + 2v0 −
3
= 0
2
x2
3
2
2
(v0 + 21 )2 − 1
1
=1+
v+
2
x2
Die Lösung v bzw. y ist damit auf
1
{x > 0 | x2 ≥ 1 − (v0 + )2 }
2
definiert und gleich (y0 := y(1) = v0 )
x
y(x) = − +
2
r
x
y(x) = − −
2
r
oder
1
x2 + (y0 + )2 − 1
2
1
x2 + (y0 + )2 − 1
2
5
3
2
.
Alternativ dazu: Die DGL hat die Form P (x, y) + Q(x, y)y 0 = 0, mit P (x, y) = − 23 x +
y, Q(x, y) = x + 2y. Wegen Py = Qx = 1 ist die DGL exakt und F (x, y) := − 43 x2 + xy + y 2 eine
Stammfunktion dazu. Jede Lösung y = y(x) erfüllt die Gleichung
F (x, y(x)) = F (1, y0 ),
Das führt wieder auf
x
y(x) = − +
2
r
x
y(x) = − −
2
r
bzw.
y0 = y(1)
1
x2 + (y0 + )2 − 1
2
1
x2 + (y0 + )2 − 1
2
Aufgabe 6. Studieren Sie das Dgl.-system y 0 = A · y, mit
3 −1
A =
4 −1
1 + 2t
−t
At
t
a) Weisen Sie nach, dass e = e
.
4t
1 − 2t
(5 Punkte)
b) Lösen Sie das Anfangswertproblem
y = A · y + 3e
0
t
1
1
mit Startwert y(0) = 0.
(5 Punkte)
1 + 2t
−t
erfüllt F (0) = E2 und es gilt
4t
1 − 2t
2 −1
3 + 2t −1 − t
0
t
t
F (t) = F (t) + e
=e
4 −2
4t + 4 −1 − 2t
Lösung. a) Die Matrix F (t) = et
Vergleichen wir dies mit A F , so sehen wir
3 −1
1 + 2t
−t
3 + 2t −1 − t
t
t
AF =e
=e
=F
4 −1
4t
1 − 2t
4t + 4 −1 − 2t
0
Die Spalten von eA t und von F lösen jeweils dasselbe AWP zur DGL y 0 = A y, müssen also
übereinstimmen.
6
Alternativ dazu: Die Matrix A hat das char. Polynom (x − 1)2 und ist nicht diagonalisierbar.
Wir nehmen
der nicht
zu A ist, etwa
einen Hauptvektor zum Eigenwert 1, schon Eigenvektor
1
2
1 1
b2 :=
. Dann sei b1 := (A − E2 )b2 , also b1 =
. Ist dann S =
, so wird
2 1
1
1
1 1
−1
S AS =
0 1
Es folgt
At
e
=eS
t
1 t
0 1
S −1 = F (t)
b) Die gesuchte Lösung ist
At
Z
t
u(t) = 3e
e
−A s s
0
t
e
1
1
ds
1 − 2s
s
1
= 3e
e
es
ds
−4s
1
+
2s
1
0
Z t
1−s
At
= 3e
ds
1 − 2s
0

2 
t − t2
1 + 2t
t
At 

= 3te
= 3e
1+t
2
t−t
At
Z
−s
7