Musterl¨ osung Klausur ITPDG Version D vom 18. M¨ arz 2021
1. Aufgabe 10 Punkte
Man setzt Y p s q : “ L r y sp s q .
a)
p s 2 Y ´ 4s ` 1 q ´ p sY ´ 4 q ´ 2Y “ e ´ 2 s ¨ 6 s p s 2 ´ s ´ 2 q Y ´ 4s ` 5 “ e ´ 2 s ¨ 6
s p s ` 1 qp s ´ 2 q Y “ 4s ´ 5 ` e ´ 2 s ¨ 6
s Y “ 4s ´ 5
p s ` 1 qp s ´ 2 q ` e ´ 2 s ¨ 6
s p s ` 1 qp s ´ 2 q PBZ:
Y “ 3
s ` 1 ` 1
s ´ 2 ` e ´ 2 s ˆ
´ 3 s ` 2
s ` 1 ` 1 s ´ 2
˙ . R¨ucktransformation:
y p t q “ 3e ´t ` e 2 t ` u 2 p t q `
´ 3 ` 2e ´pt´ 2 q ` e 2 pt´ 2 q ˘ .
b) Es ¨andert sich nur die Inhomogenit¨at. Mit 6 δ 2 p t q ˝ — ‚ 6e ´ 2 s ist sofort
Y “ 4s ´ 5
p s ` 1 qp s ´ 2 q ` e ´ 2 s ¨ 6 p s ` 1 qp s ´ 2 q
“ 3
s ` 1 ` 1
s ´ 2 ` e ´ 2 s ˆ
´ 2
s ` 1 ` 2 s ´ 2
˙ , R¨ucktransformation:
y p t q “ 3e ´t ` e 2 t ` u 2 p t q `
´ 2e ´pt´ 2 q ` 2e 2 pt´ 2 q ˘
.
Z -Transformation liefert mit Y : “ Z rp y k q kP N
0sp z q im z -Bereich p z 2 Y ´ 4 z 2 ` 5 z q ` p zY ´ 4 z q ´ 2 Y “ 0
p z 2 ` z ´ 2 q Y ´ 4 z 2 ` z “ 0
Y “ 4 z 2 ´ z z 2 ` z ´ 2 Y “ z 4 z ´ 1
p z ´ 1 qp z ` 2 q
PBZ: 4z ´ 1
p z ´ 1 qp z ` 2 q “ 1
z ´ 1 ` 3 z ` 2 Somit
Y “ z ˆ 1
z ´ 1 ` 3 z ` 2
˙ . R¨ucktrafo:
y k “ 1 ` 3 ¨ p´ 2 q k .
Die Zahlenfolge p 1 ` 3 ¨ p´ 2 q k q kP N
0hat die vorgegebenen Eigenschaften.
3. Aufgabe 12 Punkte Charakteristisches Polynom
�
�
�
�
�
�
�
�
1 ´ λ ´ 3 2
1 ´ 2 ´ λ 1
0 1 ´ 1 ´ λ
�
�
�
�
�
�
�
�
“ ´ λ 3 ´ 2λ 2 ´ λ
“ ´ λ p λ 2 ` 2 λ ` 1 q “ ´ λ p λ ` 1 q 2
woraus sich der einfache Eigenwert 0 und der doppelte Eigenwert ´ 1 ergeben.
Der Eigenraum zum einfachen Eigenwert 0:
¨
˚
˚
˝
1 ´ 3 2 1 ´ 2 1 0 1 ´ 1
˛
‹
‹
‚
¨
˚
˚
˝ v 1
v 2
v 3
˛
‹
‹
‚ “
¨
˚
˚
˝ 0 0 0
˛
‹
‹
‚
ùñ Eigenraum: span
$
’ ’
&
’ ’
%
¨
˚
˚
˝ 1 1 1
˛
‹
‹
‚ , / / . / / -
Der Eigenraum zum doppelten Eigenwert ´ 1:
¨
˚
˚
˝
2 ´ 3 2 1 ´ 1 1
0 1 0
˛
‹
‹
‚
¨
˚
˚
˝ v 1
v 2
v 3
˛
‹
‹
‚ “
¨
˚
˚
˝ 0 0 0
˛
‹
‹
‚
ùñ Eigenraum: span
$
’ ’
&
’ ’
%
¨
˚
˚
˝ 1 0
´ 1
˛
‹
‹
‚ , / / . / / - .
Der Eigenraum ist nur eindimensional.
¨
˚
˚
˝
2 ´ 3 2 1 ´ 1 1
0 1 0
˛
‹
‹
‚
¨
˚
˚
˝ h 1
h 2
h 3
˛
‹
‹
‚ “
¨
˚
˚
˝ 1 0
´ 1
˛
‹
‹
‚
ùñ z.B.
¨
˚
˚
˝
´ 1
´ 1 0
˛
‹
‹
‚
Allgemein:
h“
¨
˚
˚
˚
˝
´1
´1 0
˛
‹
‹
‹
‚
`α
¨
˚
˚
˚
˝ 1 0
´1
˛
‹
‹
‹
‚ .
Damit haben wir die verlangte allgemeine L¨osung:
~
y p t q “ C 1
¨
˚
˚
˝ 1 1 1
˛
‹
‹
‚ ` C 2 e ´t
¨
˚
˚
˝ 1 0
´ 1
˛
‹
‹
‚ ` C 3 e ´t
¨
˚
˚
˝
¨
˚
˚
˝
´ 1
´ 1 0
˛
‹
‹
‚ ` t
¨
˚
˚
˝ 1 0
´ 1
˛
‹
‹
‚
˛
‹
‹
‚
, C 1 , C 2 , C 3 P R .
4. Aufgabe 10 Punkte
a) Mit u p x, t q “ X p x q T p t q hat man nach Division durch XT : X 2
X ` T 1
T ` 7 “ 0.
Separation:
X 2
X “ λ, ´ T 1
T ´ 7 “ λ.
Differentialgleichungen:
X 2 ´ λX “ 0, T 1 ` p 7 ` λ q T “ 0.
Damit X periodisch und nicht-konstant ist, muss λ ă 0 erf¨ullt werden.
Dann hat man
X p x q “ C 1 cos p x ?
´ λ q ` C 2 sin p x ?
´ λ q
Aus u p 0 , t q “ u p π, t q “ 0 folgt X p 0 q “ X p π q “ 0. Hier ergibt sich C 1 “ 0 und
C 2 sin p π ?
´ λ q “ 0.
Wenn C 2 ‰ 0 m¨oglich sein soll, muss gelten π ?
´ λ “ kπ, k P N , k ą 0.
d. h. λ ist von der Form ´ k 2 mit k P N , k ą 0, und X p x q proportional zu sin kx.
Die DGL f¨ur T lautet dann mit λ “ ´ k 2 : T 1 ` p 7 ´ k 2 q T “ 0.
T p t q ist von der Form
e ´p 7 ´k
2qt .
Alles zusammensetzen ergibt, dass die gesuchten L¨osungen u der Form u p x, t q “ X p x q T p t q durch
u p x, t q “ Ae ´p 7 ´k
2qt sin kx
mit A P R und k P N mit k ą 0 gegeben sind.
u p x, t q “
k“ 1
A k e ´p 7 ´k
2qt sin kx Die A k sind so zu finden, dass
8
ÿ
k“ 1
A k sin kx “ 5 sin 2x ` sin 3x,
also A 2 “ 5, A 3 “ 1 und A l “ 0 f¨ur sonstige Werte von l.
Damit besitzen wir eine L¨osung des vorgelegten Randwertproblems, n¨amlich
u p x, t q “ 5e ´ 3 t sin 2x ` e 2 t sin 3x.
5. Aufgabe 10 Punkte
a) Es handelt sich um die Laplace-Transformierte einer Faltung im Sinne der Laplace-Transformation. Das innere Integral ist proportional zu einem Faltungsprodukt:
ż x
0
e 2 y´ 4 x cos p 3x ´ 3y q dy “ e ´ 4 x ż x
0
e 2 y cos p 3 p x ´ y qq dy “ e ´ 4 x `
e 2 w ˚ cos 3w ˘ p x q .
(Im Faltungsprodukt ist
” w“ nur eine Scheinvariable.)
Das ¨außere Integral ist ein Laplace-Integral, ausgewertet an der Stelle 4 ż 8
0
ż x
0
e 2 y´ 4 x cos p 3 x ´ 3 y q d y d x “ ż 8
0
e ´ 4 x `
e 2 w ˚ cos 3 w ˘
p x q d x “ L r e 2 t ˚ cos 3 t sp 4 q .
( ” w “ nunmehr durch angenehmere Scheinvariable
” t “ ausgetauscht.) Mit dem Faltungssatz gilt dann
L r e 2 t ˚ cos 3 t sp 4 q “ L r e 2 t sp 4 q ¨ L r cos 3 t sp 4 q “ 1
4 ´ 2 ¨ 4
4 2 ` 3 2 “ 2 25 . Somit haben wir
ż 8
0
ż x
0
e 3 y´ 6 x cos p 2x ´ 2y q dy dx “ 2 25 .
b) Es handelt sich um die Fourier-Transformierte einer Faltung im Sinne der Fourier-Transformation.
Das innere Integral ist ein Faltungsprodukt:
ż 8
´8
e ´|y´x| ¨ 1
1 ` 9y 2 dy “ ˆ
e ´|w| ˚ 1 1 ` 9w 2
˙ p x q
(Im Faltungsprodukt ist
” w“ nur eine Scheinvariable.)
Das ¨außere Integral ist ein Fourier-Integral, ausgewertet an der Stelle 0 ż 8
´8
ż 8
´8
e ´|y´x| ¨ 1
1 ` 9 y 2 d y d x “ F
„ˆ
e ´|w| ˚ 1 1 ` 9 w 2
˙ p t q
p 0 q
( ” x “ nunmehr durch angenehmere Scheinvariable
” t “ ausgetauscht.) Mit dem Faltungssatz ergibt sich
F
„ˆ
e ´|w| ˚ 1 1 ` 9w 2
˙ p t q
p 0 q “ F “ e ´|w| ‰
p 0 q ¨ F
„ 1 1 ` p 3w q 2
p 0 q “ F “ e ´|w| ‰
p 0 q ¨ ¨ 1 3 ¨ F
„ 1 1 ` w
“ 2 1 ` 0 2 ¨ 1
3 ¨ π e ´ 0 “ 2π 3 . Es gilt also
ż 8
´8
ż 8
´8
e ´|y´x| ¨ 1
1 ` 9 y 2 dy dx “ 2π
3 .
a)
(3 Punkte)Wahr.
Die Halbebene D : “ tp x, y q P R 2 | y ă 2 u ist offen.
Die Funktion F : D Ñ R , p x, y q ÞÑ xy 2 ´ y´ x 2 ist stetig partiell differen- zierbar.
Der Punkt p 1, 0 q liegt in D.
Damit hat nach dem EES das vorgelegte AWP genau eine maximal fort- gesetzte L¨osung.
b)
(4 Punkte)Falsch.
Es sei x 2 sin 3x eine L¨osung einer solchen DGL. Der Faktor sin 3 x zeigt, dass das charakteristische Polynom die Nullstellen 3i und ´ 3i besitzt. Der Faktor x 2 zeigt, dass diese Nullstellen jeweils dreifach sind. Somit hat das charakteristische Polynom mindestens Grad 6. Damit kann die DGL nicht von 4. Ordnung sein.
c)
(3 Punkte)Falsch.
Die Funktion x 2 ` y 2 l¨ost die Laplace-Gleichung gar nicht:
Δ p x 2 ` y 2 q “ 2 ` 2 ‰ 0 .
Die Funktion x 2 ` y 2 ist keine L¨osung des vorgelegten Randwertsproblems.
(Die Randwerte werden aber richtig wiedergegeben.)
