1. Aufgabe 6 Punkte

(1)

Musterl¨ osung Verst¨ andnisteil — ITPDG, 22. Juli 2009

1. Aufgabe 6 Punkte

Der Ansatz y(t) = t ^r ergibt

t ^r (r(r − 1) + r − 4) = 0 r ² − 4 = 0

( r − 2)( r + 2) = 4 r = −2 oder r = 2 Die L¨osungen t ² und t ⁻² sind

offensichtlich oder per Wronski-Test

t ² t ⁻² 2t −2t ⁻³

= −2 t ⁻¹ − 2 t ⁻¹ = −4 t ⁻¹ 6= 0 linear unabh¨angig

und sind 2 St¨uck.

Weil die DGL von 2. Ordnung ist, bilden t ² und t ⁻² eine Fundamentalbasis der

L¨osungen der DGL.

(2)

2. Aufgabe 8 Punkte Charakteristisches Polynom:

(1 − λ)(3 − λ) + 1 = λ ² − 4λ + 4 = (λ − 2) ² Die Systemmatrix hat den doppelten Eigenwert 2.

Die Gleichung

−1 1

! v ₁ v ₂

!

= 0

0 ! , hat nur die L¨osung

v ₁ v ₂

!

= v ₁ 1 1

! .

Die geometrische VF des Eigenwerts 2 ist also gleich 1.

Jeder vom Eigenvektor ( ¹ ₁ ) linear unabh¨angige Vektor ist ein Hauptvektor.

Bestimmt man einen Hauptvektor durch

−1 1

! h ₁ h ₂

!

= 1

1 ! ,

so erh¨alt man

h ₁ h ₂

!

= h ₁ 1 1

! + 0

1 ! .

Mit dem speziellen Hauptvektor ( ⁰ ₁ ) l¨asst sich die allgemeine L¨osung schnell anschreiben:

~ y(t) = C ₁ e ^2t 1 1

!

+ C ₂ e ^2t 0

1 !

+ t 1 1

!!

(Mit einem beliebigen Hauptvektor ~k hat man

~ y(t) = C ₁ e ^2t 1 1

!

+ C ₂ e ^2t ~k + t −1 1

−1 1

!

~k

!

auszuwerten.) An der Stelle 0 ist

~ y(0) = −1 0

!

= C ₁ 1 1

!

+ C ₂ 0 1

! ,

also C ₁ = −1 und C ₂ = 1.

Die gesuchte L¨osung ist damit

~ y(t) = −e ^2t 1 1

! + e ^2t

0 1

!

+ t 1 1

!!

= e ^2t t − 1 t

!

(3)

3. Aufgabe 9 Punkte a)

F 1

π α α ² + t ²

( ω ) = α πα ² F

"

1 1 + _α ^t 2

# ( ω )

= 1 πα · αF

1 1 + t ²

(αω)

= e ^−α|ω| . b) Mit dem Faltungssatz gilt

F 1

π α

α ² + t ² ∗ 1 π

β β ² + t ²

(ω) = F 1

π α α ² + t ²

(ω) · F 1

π β β ² + t ²

(ω)

= e ^−α|ω| · e ^−β|ω|

= e ^{−(α+β)|ω|}

Man kann den Umkehrsatz verwenden oder die FT rekonstruieren.

Es ist mit dem Umkehrsatz

e ^{−(α+β)|ω|} = 1 π F

1 1 + t ²

((α + β)ω)

= 1

π ( α + β ) · (α + β)F 1

1 + t ²

((α + β)ω)

= α + β π ( α + β ) ² · F

1 1 + (( α + β ) ⁻¹ t ) ²

(ω)

= F 1

π

α + β (α + β) ² + t ²

( ω )

!

Somit ist

1 π

α

α ² + t ² ∗ 1 π

β

β ² + t ² = 1 π

α + β

( α + β ) ² + t ² .

(4)

4. Aufgabe 8 Punkte Mit

u(x, y) = e ^X(x)+Y ^(y) ist

X ^′ ( x )e ^X ^(x)+Y ^(y) = 2 xY ^′ ( y )e ^X(x)+Y ^(y) X ^′ ( x ) = 2 xY ^′ ( y )

Separation:

X ^′ (x)

2 x = λ, Y ^′ (y) = λ Also:

X ^′ (x) = 2λx, X(0) = 0 = ⇒ X(x) = λx ² , Y ^′ (y) = λ, Y (0) = 0 = ⇒ Y (y) = λy also sind

1. Aufgabe 6 Punkte

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