Klausur zur Vorlesung
Gewöhnliche Differenzialgleichungen
WiSe 2015/16
Apl. Prof. Dr. G. Herbort
15.2. 2016
Aufgabe 1. Lösen Sie zu τ, x ∈ R das Anfangswertproblem
u0 + 2 (cos t ) · u = e−2 sin t · cos t
u(τ ) = x
(6 Punkte)
Lösung. Es gilt
u0 = −2 (cos t ) · u + e−2 sin t · cos t
Die Lösungsformel für Startwertprobleme der obigen Art ergibt
Z t
A(t)
−A(s) −2 sin s
u(t) = e
e
e
· cos s ds
x+
τ
mit A(s) := −2 sin s + 2 sin τ . Ausrechnen führt auf
u(t) = e−2 sin t ( xe2 sin τ − sin τ + sin t).
Aufgabe 2. Gegeben sei die gewöhnliche Differentialgleichung
9
y 000 − 3y 00 + y 0 = 3e3t/2 .
4
a) Finden Sie ein Fundamentalsystem von Lösungen für diese Differentialgleichung
(3 Punkte)
3t/2
b) Bestimmen Sie eine partikuläre Lösung mit dem Ansatz up (t) := t(at + b)e .
(3 Punkte)
0
c) Geben Sie die Lösung an, die die Anfangswertbedingungen y(0) = 0, y (0) = −1/2 und
y 00 (0) = 11/4 erfüllt.
(4 Punkte)
1
Lösung. Zu a) Die charakteristische Gleichung lautet X(X 2 − 3X + 94 ) = 0 mit den Lösungen
0 und der Lösung 32 als 2-facher Nullstelle. Als Basislösungen dienen also 1, e3t/2 und te3t/2 .
Zu b) Der Ansatz up (t) = t(at + b)e3t/2 als partikuläre Lösung führt durch Einsetzen in die
DGL auf a = 1, b = 0, also up (t) = t2 e3t/2 .
Zu c) Der Ansatz u(t) = a + (b + ct)e3t/2 + up (t) kann in die Startbedingungen eingesetzt
werden und liefert a = 1, b = −1, c = 1, also
u(t) = 1 + (−1 + t)e3t/2 + up (t).
Aufgabe 3. Betrachten Sie das Anfangswertproblem y 0 −(cos t) y = 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 .
(6 Punkte)
b) Geben Sie ein Intervall an, auf dem dieses Verfahren konvergiert.
(4 Punkte)
Lösung. Zu a). Es gilt
1
u1 (t) = 1 + t2 + sin t
2
und
1
1
1
u2 (t) = 1 + t2 + t2 sin t + t cos t + sin2 t.
2
2
2
Zu b) Sind a, b > 0, so ist M := max{|f (t, y)|, | |t| ≤ a, |y − 1| ≤ b} ≤ a + b + 1. Daher
konvergiert das Verfahren von Picard-Lindelöf auf dem Intervall [−α, α], wobei α = min{a, Mb } ≥
b
}. Wir wählen a = 1 und b := 8. Dann ist α ≥ 45 .
min{a, a+b+1
Aufgabe 4. Behandeln Sie das Startwertproblem
y 00 + x y 0 + 2y = 0
y(0) = 1
y 0 (0) = 0
durch Potenzreihenansatz y(x) :=
∞
X
an x n .
n=0
i) Finden Sie eine Rekursionsformel für die an .
(6 Punkte)
ii) Wo konvergiert die Potenzreihe?
(4 Punkte)
P∞
n
Lösung. Zu i). Wir machen den Ansatz y(x) = n=0 an x . Einsetzen in die DGL ergibt
∞
X
( (n + 1)(n + 2)an+2 + (n + 2)an ) xn = 0,
n=0
2
woraus folgt
1
an , ∀n ≥ 0 .
n+1
= 0 für alle k und (induktiv)
an+2 = −
Die Startwerte erfordern, dass a2k+1
k
a2k = (−1)
k
Y
`=1
1
2k−1 (k − 1)!
= (−1)k
.
2` − 1
(2k − 1)!
Zu ii) Sei x 6= 0. Dann ist
|a2k+2 x2k+2 |
x2
=
−→ 0, (k −→ ∞
|a2k x2k |
2k + 1
Der Quotiententest liefert, dass dann
y(x) =
∞
X
(−1)k
k=0
2k−1 (k − 1)! 2k
x
(2k − 1)!
auf ganz R gegen die Lösung des Startwertproblems konvergiert.
Aufgabe 5. Studieren Sie das Dgl.-system y 0 = A · y, mit
1 3
A =
1 −1
−2t
e + 3e2t −3e−2t + 3e2t
1
At
a) Weisen Sie nach, dass e = 4
.
−e−2t + e2t
3e−2t + e2t
(5 Punkte)
b) Lösen Sie das Anfangswertproblem
y =A ·y+t
0
e−2t + 3e2t
−e−2t + e2t
mit Startwert y(0) = 0.
(5 Punkte)
Lösung. Zu a) Das Anfangswertproblem Y = A · Y , Y (0) = E2 hat genau eine
Lösung,
−2t
2t
−2t
2t
e + 3e
−3e + 3e
ebenfalls
nämlich eA t . Ist müssen nur zeigen, dass W (t) := 14
−e−2t + e2t
3e−2t + e2t
eine Lösung ist. Das geschieht durch Nachrechnen.
−2t
e + 3e2t
1
A t
Zu b) Wir beachten, dass
= 4W (t)e1 = 4e e1 (, wobei e1 =
sei ).
−e−2t + e2t
0
Es folgt dann
Z t
−2t
Z t
e + 3e2t
A t
−A s
A s
A t
A t 2
2
y(t) = e
e
( 4se e1 )ds = 4e
s e1 ds = 2e t e1 = 2t
.
−e−2t + e2t
0
0
0
3
Aufgabe 6. Sei f ∈ C 0 (I).
a) Bestimmen Sie zur RWA u00 = f, u(0) = 0, u(1) + u0 (1) = 0 die Greenfunktion.
(3 Punkte)
b) Zeigen Sie, dass
Z x
Z
1
x 1
u(x) := (x − 2)
tf (t)dt +
(t − 2)f (t)dt
2
2 x
0
die RWA löst.
(4 Punkte)
Beweis. a) Die Funktionen v1 (x) = x und v2 (x) = x − 2 bilden ein Fundamentalsystem
zu L u = u00 mit v1 (0) = 0 und v2 (1) + v20 (1) = 0. Die Wronskideterminante ist W (x) =
1
1
v1 (x)v20 (x) − v10 (x)v2 (x) = 2, also G(x, t) = x · (t − 2), wenn x ≤ t und G(x, t) = t · (x − 2),
2
2
sonst.
R1
b) Die Lösung ist durch u(x) = 0 G(x, t)f (t)dt gegeben, also
1
u(x) = (x − 2)
2
Z
0
x
1
tf (t)dt + x
2
4
Z
1
(t − 2)f (t)dt
x
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