12. Aufgabenblatt: gewöhnliche Differentialgleichungen und ...

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12. Aufgabenblatt: gewöhnliche Differentialgleichungen und Integraltransformationen
1. Prüfen Sie folgendes AWP auf Existenz und Eindeutigkeit der Lösung und bestimmen Sie diese gegebenenfalls:
xy ′ = xy +y, y(1) = y0.
Lösung: xy ′ = xy +y ist eine lineare DGL 1. Ordnung in impliziter Form. Die explizite Form lautet
y ′ = 1
y +y =: f(x,y) x = 0.
x
f ist stetig auf S := {(x,y) ∈ R 2 : x ≥ 1,y ∈ R}, außerdem gilt
| ∂f
| = |1 +1| ≤ 2 auf S.
∂y x
⇒ das AWP besitzt auf S eine eindeutige Lösung (sogar für x > 0).
Die Lösung der DGL bestimmt man mittels Trennung der Variablen
xy ′ = xy +y ⇔ 1 1
dy = (1+ )dx Beachte: y = 0
y x
1
⇔ dy = = (1+
y 1
x )dx
⇔ ln|y| = x+lnx+c0 c0 ∈ R
⇔ |y| = e x+lnx+c0
⇔ |y| = c1xe x
⇔ y = c2xe x
c1 > 0
c2 = 0
Beachte: y = 0 ist ebenfalls eine Lösung der DGL
⇒ y = c3xe x
c3 ∈ R
2. Berechnen Sie jeweils eine explizite oder implizite Darstellung der Funktion y = y(x), die die Differentialgleichung
und die Anfangsbedingung erfüllt.
Lösung:
a) y ′ +3y = 8, y(0) = 2
b) y ′ +3y = 8, y(0) = 4
c) y ′ +3y = 8, y(0) = 8
3
y ′ +3y = 8 ⇔ y ′ = 8−3y
⇔ dy
= dx Beachte: 8−3y = 0
8−3y
dy
⇔
8−3y =
dx
d) 4x+xy 2 +(y +x 2 y)y ′ = 0, y(1) = 2
e) y ′ = tanx π
cosy , y(0) = 2
⇔ − 1
3 ln|8−3y| = x+c0 c0 ∈ R
⇔ |8−3y| = e −3x−3c0 = c1e −3x
c1 > 0
⇔ 8−3y = c2e −3x
⇔ y = c3e −3x + 8
3
c2 = 0
c3 = 0

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Im Fall 8−3y = 0 erkennt man, dass y = 8
3
a) y(0) = c4 + 8
3
b) y(0) = c4 + 8
3
c) y(0) = c4 + 8
3
d)
e)
⇒ y = c4e −3x + 8
3
!
= 2 ⇒ c4 = − 2
!
= 4 ⇒ c4 = 4
3
3
c4 ∈ R
ebenfalls eine Lösung ist
⇒ y(x) = −2
3e−3x + 8
3
⇒ y(x) = 4
3 e−3x + 8
3
!
= 8
3 ⇒ c4 = 0 ⇒ y(x) = 8
3
4x+xy 2 +(y +x 2 y)y ′ = 0
⇔ x(4+y 2 )+yy ′ +x 2 yy ′ = 0
⇔ x(4+y 2 )+(1+x 2 )yy ′ = 0
⇔ (1+x 2 )yy ′ = −x(4+y 2 )
⇔ yy′ −x
=
4+y 2 1+x 2
y x
⇔ dy = − dx
4+y 2 1+x 2
⇔ 1
2 ln|4+y2 | = − 1
2 ln|1+x2 |+c0 c0 ∈ R
⇔ ln|4+y 2 | = ln|1+x 2 | −1 +2c0
⇔ 4+y 2 = c1
1+x 2 c1 > 0
⇔ (4+y 2 )(1+x 2 ) = c1
mit y(1) = 2 gilt: (4+2 2 )(1+1 2 ) = c1 ⇒ c1 = 16
⇒ implizite Darstellung der Lösung: (4+y 2 )(1+x 2 ) = 16
y ′ = tanx
cosy
⇔ cosydy =
tanxdx
⇔ siny = −ln|cosx|+c0
⇒ implizite Darstellung der Lösung des AWPs lautet: siny = −ln|cosx|
3. Gegeben ist die Differentialgleichung
(x 2 −4)y ′ = xy.
Bestimmen Sie die allgemeine Lösung!
Lösung:
(x 2 −4)y ′ = xy
⇔ y′
y
= x
x 2 −4
Beachte: y = 0 und x = ±2. Für x = ±2 muss y = 0 gelten.
Siehe spätere Betrachtung dieses Falles.
1 x
⇔ dy =
y x2 −4 dx
⇔ ln|y| = 1
2 ln|x2 −4|+c0 c0 ∈ R
⇔ |y| = c1 |x2 −4| c1 > 0
⇔ y = c2 |x2 −4| c2 = 0
|x2 −4| c3 ∈ R Beachte: y = 0 wieder enthalten. y = 0 ist ebenfalls Lösung.
⇔ y = c3

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4. Mittels Potenzreihenansatz löse man das Anfangswertproblem für (1 + x 2 )y ′′ + xy ′ − y = 0 mit den
Anfangswerten y(0) = 0, y ′ (0) = 1 bzw. y(0) = y ′ (0) = 1.
Lösung: Ansatz:
y(x) =
⇒y ′ (x) =
∞
k=0
∞
k=1
ak(x−x0) k x0=0
=
akkx k−1 , y ′′ (x) =
Einsetzen in die Differentialgleichung:
k=2
k=2
∞
akx k
k=0
∞
akk(k −1)x k−2
k=2
∞
0 = akk(k −1)x k−2 ∞
+ akk(k −1)x k ∞
+ akkx k ∞
− akx k
=
=
∞
k=0
∞
k=0
ak+2(k +2)(k +1)x k +
k=0
k=1
k=0
k=0
∞
akk(k −1)x k ∞
+ akkx k ∞
− akx k
[ak+2(k +2)(k +1)+akk(k −1)+akk −ak]x k
⇒ak+2(k +2)(k +1) = ak(1−k−k(k −1))
⇒ak+2 = 1−k
k +2 ak (∗)
⇒ a0 und a1 sinf frei wählbar
aus (∗) folgt für k = 1: a3 = 0
⇒a2n+1 = 0 ∀n ∈ N
⇒y(x) = a0 +a1x+
∞
n=1
a2nx 2n
(∗∗)
Anfangswerte:
a) y(0) = 0 ⇒ a0 = 0, y ′ (0) = 1 ⇒ a1 = 1 ⇒ y(x) = x
b) y(0) = 1 ⇒ a0 = 1, y ′ (0) = 1 ⇒ a1 = 1 ⇒ Lösung gegeben mit (∗) und (∗∗).
5. Gegeben sei die Differentialgleichung
2y ′′′ +6y ′′ −8y ′ −24y = 0
a) Zeigen Sie, dass die folgenden vier Funktionen Lösungen dieser Differentialgleichung sind:
y1(x) = cosh2x, y2(x) = sinh2x, y3(x) = e −3x , y4(x) = 3e −2x +(e x ) 2
b) Für welche rechte Seite f(x) ist die Funktion
y = 1−2x+x 2
eine Lösung der Differentialgleichung 2y ′′′ +6y ′′ −8y ′ −24y = f(x)?
Lösung:
a) • y1(x) = cosh(2x), y ′ 1 (x) = 2sinh(2x), y′′ 1 (x) = 4cosh(2x), y′′′ 1 (x) = 8sinh(2x)
in DGL ⇒ 2·8sinh(2x)+6·4cosh(2x)−8·2sinh(2x)−24cosh(2x) = 0
⇒ y1(x) ist Lösung der Differentialgleichung
k=0

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• y2(x) = sinh(2x), y ′ 2 (x) = 2cosh(2x), y′′ 2 (x) = 4sinh(2x), y′′′ 2 (x) = 8cosh(2x)
in DGL ⇒ 2·8cosh(2x)+6·4sinh(2x)−8·2cosh(2x)−24sinh(2x) = 0
⇒ y2(x) ist Lösung der Differentialgleichung
• y3(x) = e −3x , y ′ 3 (x) = −3e−3x , y ′′
3 (x) = 9e−3x , y ′′′
3
(x) = −27e−3x
in DGL ⇒ 2·(−27)e −3x +6·9e −3x −8·(−3)e −3x −24e −3x = 0
⇒ y3(x) ist Lösung der Differentialgleichung
• y4(x) = 3e −2x +(e x ) 2 = 3e −2x +e 2x , y ′ 4 (x) = −6e−2x +2e 2x , y ′′
4 (x) = 12e−2x +4e 2x ,
y ′′′
4 (x) = −24e−2x +8e 2x
in DGL ⇒ 2·(−24e −2x +8e 2x )+6·(12e −2x +4e 2x )−8·(−6e −2x +2e 2x )−24(3e −2x +e 2x ) = 0
⇒ y4(x) ist Lösung der Differentialgleichung
b) y(x) = 1−2x+x 2 , y ′ (x) = −2+2x, y ′′ (x) = 2, y ′′′ (x) = 0
in DGL ⇒ 6·2−8(−2+2x)−24(1−2x+x 2 ) = −24x 2 +32x+4 =: f(x)
6. a) Bestimmen Sie alle Nullstellen des Polynoms p(x) = x 3 −4x 2 +6x−4.
b) Lösen Sie die Differentialgleichung
y ′′′ −4y ′′ +6y ′ −4y = 0.
c) Bestimmen Sie spezielle Lösungen der folgenden Differentialgleichungen:
• y ′′′ −4y ′′ +6y ′ −4y = 4x2 +2, • y ′′′ −4y ′′ +6y ′ −4y = 2e2x ,
• y ′′′ −4y ′′ +6y ′ −4y = ex , • y ′′′ −4y ′′ +6y ′ −4y = cos(x).
d) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung
Lösung:
a) p(x) = x 3 −4x 2 +6x−4
y ′′′ −4y ′′ +6y ′ −4y = 4x 2 +2+e x +2e 2x +cos(x)
Rate Nst x = 2: p(2) = 8−16+12−4 = 0 (passt)
Horner-Schema oder Polynomdivision:
⎫
1 -4 6 -4 ⎪⎬
2 -4 4 ⇒ p(x) = (x−2)(x
⎪⎭ 2 1 -2 2 0
2 −2x+2) ⇒ p(x) = (x−2)(x−1−i)(x−1+i) (z.B. p-q-F)
b) charakteristisches Polynom bilden: p(x) = x 3 −4x 2 +6x−4
⇒ y0(x) = C1e 2x +C2e x cos(x)+C3e x sin(x) (Lösung der homogenen Differentialgleichung)
c) • 4x 2 +2 Polynom 2. Grades
⇒ Ansatz: y∗(x) = A0 +A1x+A2x 2 , y ′ ∗ (x) = A1 +2A2x, y ′′
Einsetzen in die linke Seite der DGL:
∗ (x) = 2A2, y ′′′
∗
(x) = 0
−4·2A2 +6(A1 +2A2)−4(A0 +A1x+A2x 2 ) = −4A2x 2 +(−4A1 +12A2)x+(−4A0 +6A1 −8A2)
Koeffizientenvergleich mit der rechten Seite der DGL:
⇒ A2 = −1, A1 = −3, A0 = −3
⇒ y∗(x) = −x 2 −3x−3
⇒ y(x) = y0(x)+y∗(x) = C1e 2x +C2e x cos(x)+C3e x sin(x)−x 2 −3x−3
• e x
⇒ Ansatz: y∗(x) = Aex = y ′ ∗ (x) = y′′ ∗ (x) = y′′′ ∗ (x)
Einsetzen in die linke Seite der DGL:

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(1−4+6−4)Ae x = −Ae x
Koeffizientenvergleich mit der rechten Seite der DGL:
⇒ A = −1
⇒ y∗(x) = −e x
⇒ y(x) = y0(x)+y∗(x) = C1e 2x +C2e x cos(x)+C3e x sin(x)−e x
• 2e 2x
⇒ Ansatz: y∗(x) = Ax 1 e 2x (x = 2 ist einfache NST des char. Polynoms)
⇒ y ′ ∗ (x) = A(e2x +2xe 2x ), y ′′
∗ (x) = A(4e2x +4xe 2x ), y ′′′
∗ (x) = A(12e2x +8xe 2x )
Einsetzten in die linke Seite der DGL:
A(12e 2x +8xe 2x −16e 2x −16xe 2x +6e 2x +12xe 2x −4xe 2x ) = 2Ae 2x
Koeffizientenvergleich mit der rechten Seite der DGL:
⇒ A = 1
⇒ y∗(x) = xe 2x
⇒ y(x) = y0(x)+y∗(x) = C1e 2x +C2e x cos(x)+C3e x sin(x)+xe 2x
• cos(x)
⇒ Ansatz: y∗(x) = A1sin(x)+A2cos(x)
⇒ y ′ ∗ (x) = A1cos(x)−A2sin(x), y ′′
∗ (x) = −A1sin(x)−A2cos(x), y ′′′
∗ (x) = −A1cos(x)+A2sin(x)
Einsetzen in die linke Seite der DGL:
A1cos(x)+A2sin(x)−4(−A1sin(x)−A2cos(x))+6(A1cos(x)−A2sin(x))−4(A1sin(x)+A2cos(x))
= 5A1cos(x)−5A2sin(x)
Koeffizientenvergleich mit der rechten Seite der DGL:
⇒ A1 = 1
5 , A2 = 0
⇒ y∗(x) = 1
5 sin(x)
⇒ y(x) = C1e2x +C2ex cos(x)+C3e xsin(x)+ 1
5 sin(x)
d) y(x) = C1e2x +C2ex cos(x)+C3e xsin(x)−x 2 −3x−3−e x +xe2x + 1
5 sin(x)
Alternativ: Variation der Konstanten am Beispiel f(x) = 4x2 +2:
⎛
e
⎜
⎝
2x excos(x) exsin(x) 2e2x excos(x)−e xsin(x) exsin(x)−e x ⎞ ⎛
C
⎟ ⎜
cos(x) ⎟ ⎜
⎠ ⎝
′ 1 (x)
C ′ 2 (x)
⎞
⎟
⎠ =
⎛
⎜
⎝
0
0
4x2 ⎞
+2
⎟
⎠
4e 2x −2e x sin(x) 2e x cos(x)
C ′ 3 (x)
→ Gleichungssysten lösen (aufwändig) → Ck(x) = C ′ k (x)dx, → y(x) = n
k=1 Ck(x)yk(x)
7. Gegeben sei die Differentialgleichung
Lösung:
y (4) +2y ′′′ −2y ′′ −6y ′ +5y = 1+e −x
a) Bestimmen Sie alle Lösungsfunktionen der zugehörigen homogenen Differentialgleichung.
b) Welche Lösungen der homogenen Differentialgleichung erfüllen
y(0) = 0, y( π
) = 1 und lim y(x) = 0?
2 x→∞
c) Bestimmen Sie alle Lösungen der gegebenen inhomogenen Differentialgleichung.
a) Lösung der homogenen Differentialgleichung

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→ charakteristisches Polynom: p(λ) = λ 4 +2λ 3 −2λ 2 −6λ+5 ! = 0
Horner-Schema oder Poylnomdivision:
Rate Nst λ = 1: p(1) = 1+2−2−6+5 = 0 (passt)
Horner-Schema:
⎫
1 2 -2 -6 5 ⎪⎬
1 3 1 -5 ⇒ p(x) = (λ−1)(λ
⎪⎭
1 1 3 1 -5 0
3 +3λ 2
+λ−5
)
=:q(λ)
Weiteres Vorgehen für q(λ) analog
⇒ p(λ) = (λ−1) 2 (λ−(−2+i))(λ−(−2−i))
⇒ y0(x) = C1e x +C2xe x +C3e −2x cos(x)+C4e −2x sin(x)
b) 0 ! = y(0) = C1 +C3 (∗)
π
2 +C4e −π
1 ! = y( π π
) = C1e 2 +C2
2
2 eπ
(∗∗)
Aus lim
x→∞ y(x) ! = 0 folgt C1 = C2 = 0 (∗)
⇒ C3 = 0 (∗∗)
⇒ C4 = π ⇒ y(x) = e−2x+πsin(x) c) • 1: Ansatz: y∗(x) = A, y ′ ∗(x) = y ′′
∗(x) = y ′′′
∗ (x) = y (4)
∗ (x) = 0
Einsetzen in die DGL ergibt: 5A ! = 1 ⇒ A = 1
5
• e −x : Ansatz: y∗∗(x) = Ae −x , y ′ ∗∗(x) = −Ae −x , y ′′
∗∗(x) = Ae −x , y ′′′
∗∗(x) = −Ae −x , y (4)
∗∗ (x) = Ae −x
Einsetzen in die DGL ergibt: (1−2−2+6+5)Ae −x ! = e −x ⇒ 8A = 1 ⇒ A = 1
8
⇒ y∗∗(x) = 1
8 e−x
⇒ y(x) = y0(x)+y∗(x)+y∗∗(x) = C1e x +C2xe x +C3e −2x cos(x)+C4e −2x sin(x)+ 1 1
+
5 8 e−x
8. Gegeben sei das Anfangswertproblem
y ′′ +y = 1
cos(x)
y(0) = 0, y ′ (0) = 1.
a) Bestimmen Sie ein Fundamentalsystem der zugehörigen homogenen Gleichung.
b) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung.
c) Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems.
Lösung:
a) charakteristisches Polynom: p(λ) = λ 2 +1
Nullstellen: λ 1/2 = ±i
⇒ Fundamentalsystem y1(x) = cos(x), y2(x) = sin(x)
b) Variation der Konstanten:
y1(x) y2(x)
y ′ 1 (x) y′ 2 (x)
C ′ 1 (x)
C ′ 2 (x)
0
=
f(x)
cos(x) sin(x) C
⇔
−sin(x) cos(x)
′ 1 (x)
C ′ 2 (x)
0
=
⇒ C ′ 2 (x) = 1 ⇒ C′ 1 (x) = −tan(x)
⇒ C2(x) = 1dx = x+a2
1
cos(x)
⇒ C1(x) = (−tan(x))dx = ln|cos(x)|+a1
⇒ Die allg. Lösung der inhomogenen DGL lautet:

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y(x) = C1(x)y1(x)+C2(x)y2(x) = (ln|cos(x)|+a1)cos(x)+(x+a2)sin(x)
c) y(0) = a1 ! = 0
y ′ (x) = −tan(x)cos(x)+(ln(cos(x))+a1)(−sin(x))+sin(x)+(x+a2)cos(x), x ∈ −π
π
2 , 2
⇒ y ′ (0) = a2 ! = 1
⇒ y(x) = ln(cos(x))cos(x)+(x+1)sin(x)
Bemerkung: Das AWP ist in − π π
1
, eindeutig lösbar, denn dort ist
2 2
cos(x) stetig.
(→ Existenz- und Eindeutigkeitssatz)
9. Lösen Sie das Differentialgleichungssystem
y ′ 1 = y2 +y3
y ′ 2 = y1 +y3
y ′ 3 = y1 +y2
mit den Anfangsbedingungen y1(0) = 1, y2(0) = 0, y3(0) = 0.
Lösung:
lineares DGL-System:
⎛
y
⎜
⎝
′ 1
y ′ 2
y ′ ⎞
⎟
⎠
3
=
⎛ ⎞⎛
0 1 1
⎜ ⎟⎜
⎜
⎝1
0 1⎟
⎜
⎠⎝
1 1 0
=:A
y1
y2
y3
⎞
⎟
⎠ ⇔ y ′ = Ay
Eigenwerte von A:
⎛ ⎞
−λ 1 1
⎜ ⎟
pA(λ) = det⎜
⎝ 1 −λ 1 ⎟
⎠
1 1 −λ
= −λ3 +3λ+2 ! = 0
→ Nullstellen des charakteristischen Polynoms bestimmen:
Rate Nst λ1 = −1: pA(−1) = 1−3+2 = 0 (passt)
Horner-Schema:
⎫
-1 0 3 2 ⎪⎬
1 -1 -2 ⇒ p(x) = (λ+1)(−λ
⎪⎭ -1 -1 1 2 0
2 +λ+2) ⇒ p(x) = −(λ+1) 2 (λ−2) (z.B. p-q-F)
⇒ EW λ 1/2 = −1 und λ3 = 2
Eigenvektoren von A:
⎛ ⎞
1 1 1
⎜ ⎟
λ1/2 = −1: ⎜
⎝1
1 1⎟
⎠
1 1 1
x =0
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
⇔ x1 +x2 +x3 = 0 ⇒ x = t⎜
⎝−1
⎟
⎠
0
+s
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
⎜
⎝ 0 ⎟
⎠
−1
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
⇒ Eigenvektoren: v1 = ⎜
⎝−1
⎟
⎠
0
und v2
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
= ⎜
⎝ 0 ⎟
⎠
−1
⎛ ⎞
−2 1 1
⎜ ⎟
λ3 = 2: ⎜
⎝ 1 −2 1 ⎟
⎠
1 1 −2
x =0
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
⇒ x = t⎜
⎝1
⎟
⎠
1
⇒ Eigenvektor: v3
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
= ⎜
⎝1
⎟
⎠
1

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Allgemeine Lösung:
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
y1 1
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜
⎝y2
⎟
⎠ = C1
⎜
⎝−1
⎟
⎠
0
e−x ⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
+C2
⎜
⎝ 0 ⎟
⎠
−1
e−x ⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
+C1
⎜
⎝1
⎟
1
y3
⎠ e2x
Anfangsbedinungen einsetzen und C1, C2 und C3 bestimmen (Gleichungssystem lösen)
⇒ y1(x) = 2
3 e−x + 1
3 e2x
⇒ y2(x) = − 1
3 e−x + 1
3 e2x
⇒ y3(x) = − 1
3 e−x + 1
3 e2x .
10. Gegeben seien die Matrizen
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
−2 2 −3 4 4 1
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
A = ⎜
⎝ 2 1 −6⎟
⎠ und B = ⎜
⎝−2
3 2⎟
⎠
−1 −2 0 1 −4 4
.
a) Zeigen Sie, dass (3,0,1) T , (0,3,2) T und (−1,−2,1) T EV von A sind und bestimmen Sie die allgemeine
Lösung von ˙ x = Ax.
b) Zeigen Sie, dass v1 = (1,0,1) T , v2 = (−1,−i,1) T und v2 EV von B sind und bestimmen Sie die
allgemeine Lösung von ˙ x = Bx.
Lösung:
a) Ist v ein Eigenvektor von A, so gilt: Av = λv
⎛ ⎞⎛
⎞
−2 2 −3 3
⎜ ⎟⎜
⎟
Av1 = ⎜
⎝ 2 1 −6⎟
⎜
⎠⎝
0⎟
⎠
−1 −2 0 1
=
⎛ ⎞
−9
⎜ ⎟
⎜
⎝ 0 ⎟
⎠
−3
= −3v1 ⇒ v1 ist EV zum EW λ = −3
⎛ ⎞⎛
⎞
−2 2 −3 0
⎜ ⎟⎜
⎟
Av2 = ⎜
⎝ 2 1 −6⎟
⎜
⎠⎝
3⎟
⎠
−1 −2 0 2
=
⎛ ⎞
0
⎜ ⎟
⎜
⎝−9
⎟
⎠
6
= −3v2 ⇒ v2 ist EV zum EW λ = −3
⎛ ⎞⎛
⎞
−2 2 −3 −1
⎜ ⎟⎜
⎟
Av3 = ⎜
⎝ 2 1 −6⎟
⎜
⎠⎝
−2⎟
⎠
−1 −2 0 1
=
⎛ ⎞
−5
⎜ ⎟
⎜
⎝−10
⎟
⎠
5
= 5v3 ⇒ v3 ist EV zum EW λ = 5
⇒EWλ = −3besitztalgebraische undgeometrische VF2, EWλ = 5bestiztalgebraische undgeometrische
VF 1
⇒ EV sind linear unabhängig
⇒ allg Lsg von ˙ x = Ax lautet
x(t) = c1e −3t
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
3 0 −1
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜
⎝0
⎟ −3t
⎠ +c2e ⎜
⎝3
⎟ 5t
⎠ +c3e ⎜
⎝−2
⎟
⎠
1 2 1
c1,c2,c3 ∈ R
b) Ist v ein Eigenvektor von B, so gilt: Bv = λv
⎛ ⎞⎛
⎞
4 4 1 1
⎜ ⎟⎜
⎟
Bv1 = ⎜
⎝−2
3 2⎟
⎜
⎠⎝
0⎟
⎠
1 −4 4 1
=
⎛ ⎞
5
⎜ ⎟
⎜
⎝0
⎟
⎠
5
= 5v1 ⇒ v1 ist EV zum EW λ = 5

Mathematik-Brückenkurs für Bauingenieure 2011/2012 9
⎛ ⎞⎛
⎞
4 4 1 −1
⎜ ⎟⎜
⎟
Bv2 = ⎜
⎝−2
3 2⎟
⎜
⎠⎝
−i ⎟
⎠
1 −4 4 1
=
⎛ ⎞
−3−4i
⎜ ⎟
⎜
⎝ 4−3i ⎟
⎠
3+4i
= (3+4i)v2 ⇒ v2 ist EV zum EW λ = 3+4i
⇒ v2 ist EV zum EW λ = 3−4i
⇒ Die Fundamentallsg. von ˙ x = Bx lauten
x1(t) = e λ1 v1, x2(t) = Re(e λ2 v2), x3(t) = Im(e λ2 v2).
e λ2v2 = e (3+4i)t
⎛ ⎞
−1
⎜ ⎟
⎜
⎝ −i ⎟
⎠
1
= e3te i4t
⎛⎛
⎞
−1
⎜⎜
⎟
⎜⎜
⎝⎝
0 ⎟
⎠
1
+i
⎛ ⎞⎞
0
⎜ ⎟⎟
⎜
⎝−1
⎟⎟
⎠⎠
0
= e3t ⎛⎛
⎞
−1
⎜⎜
⎟
(cos(4t)+isin(4t)) ⎜⎜
⎝⎝
0 ⎟
⎠
1
+i
⎛ ⎞⎞
0
⎜ ⎟⎟
⎜
⎝−1
⎟⎟
⎠⎠
0
= e 3t
⎛
⎜
⎝cos(4t) ⎛ ⎞
−1
⎜ ⎟
⎜
⎝ 0 ⎟
⎠
1
−sin(4t)
⎛ ⎞⎞
0
⎜ ⎟⎟
⎜
⎝−1
⎟⎟
⎠⎠
0
+ie3t
⎛
⎜
⎝sin(4t) ⎛ ⎞
−1
⎜ ⎟
⎜
⎝ 0 ⎟
⎠
1
+cos(4t)
⎛ ⎞⎞
0
⎜ ⎟⎟
⎜
⎝−1
⎟⎟
⎠⎠
0
⇒ die allg. reelle Lsg. von ˙ x = Bx lautet
x(t) = c1e 5t
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 −cos(4t) −sin(4t)
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜
⎝0
⎟ 3t
⎠ +c2e ⎜
⎝ sin(4t) ⎟ 3t
⎠ +c3e ⎜
⎝−cos(4t)
⎟
⎠
1 cos(4t) sin(4t)
c1,c2,c3 ∈ R
11. a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems:
Lösung:
˙x1 = −x1 +3x2
˙x2 = 2x2
b) Geben Sie die Lösungen des Anfangswertproblems mit der Anfangsbedinung x1(0) = 2, x2(0) = 4
an.
c) Wie verändert sich die allgemeine Lösung, falls die Differentialgleichung wie folgt abgeändert wird:
a) Löse ˙ x = Ax mit x =
Eigenwerte von A:
˙x1 = −x1 +3x2 +2 1
t e2t , ˙x2 = 2x2 + 1
t (2e2t +4te 2t ).
det(A−λI) = det
x1
x2
und A =
−1 3
.
0 2
−1−λ 3
0 2−λ
= −(1+λ)(2−λ) ⇒ λ1 = −1,λ2 = 2.
Eigenvektoren von A: (A−λI) =0
0 3
1
λ1 = −1 : x =0 ⇒ x2 = 0, x1 = s, s ∈ R ⇒ v1 =
0 3
0
−3 3
1
λ2 = 2 : x =0 ⇒ x2 = s, x1 = s, s ∈ R ⇒ v1 =
0 0
1
⇒ allg. Lsg.: x(t) = C1e−t
1
0
+C2e2t
1
1

Mathematik-Brückenkurs für Bauingenieure 2011/2012 10
1 1 2
b) C1 +C2 = ⇒ C2 = 4, C1 = −2
0 1 4
⇒ Lsg. des AWP: x(t) = −2e−t
1
+4e
0
2t
1
1
c)
e−t e2t 0 e2t
C ′
1 (t)
C ′ 2 (t)
=
e 2 2t
t
2e2t +4te2t
t
⇒e 2t C ′ 2(t) = 2e2t +4te2t t
⇒ C ′
e2t +2te2t 2(t)dt = 2
te2t dt
⇒C2(t) = 2ln|te 2t | (+α1)
⇒e −t C ′ 1 +e2t C ′ 2
⇒e −t C ′ 1 = −4e 2t
⇒C ′ 1 = −4e3t
⇒C1 = − 4
3 e3t
= 2e2t
t
(+α2)
⇒ x(t) = x0(t)+x∗(t) = α1e −t
1
0
+α2e 2t
1
1
12. Gegeben sei die Matrix
⎛ ⎞
−2 −2 −3
⎜ ⎟
A := ⎜
⎝−1
−2 −2⎟
⎠
1 1 1
.
Bestimmen Sie die allgemein Lösung der DGL ˙ x = Ax.
− 4
3 e3te −t
1
0
+2ln|te 2t |e 2t
1
1
Lösung: Eigenwerte von A:
⎛ ⎞
−2−λ −2 −3
⎜ ⎟
det(A−λI) = det⎜
⎝ −1 −2−λ −2 ⎟
⎠ = (−2−λ)(−2−λ)(1−λ)+4+3−3(2+λ)−2(1−λ)−2(2+λ)
1 1 1−λ
= (λ 2 +4λ+4)(1−λ)−5−3λ = −λ 3 −3λ 2 −3λ−1 = −(λ+1) 3 ⇒ λ1,2,3 = −1ist EW mit algebraischer VF 3
Eigenvektoren von A: (A−λI)x =0
⎛ ⎞
−1 −2 −3
⎜ ⎟
⎜
⎝−1
−1 −2⎟
⎠
1 1 2
x =0
⎛ ⎞
1 2 3
⎜ ⎟
⇔ ⎜
⎝0
1 1⎟
⎠
0 0 0
x =0
⎛ ⎞
−1
⎜ ⎟
⇒ x = t⎜
⎝−1
⎟
⎠ t ∈ R
1
⎛ ⎞
−1
⎜ ⎟
⇒ v1 = ⎜
⎝−1
⎟
⎠ ist Eigenvektor. ⇒ λ = −1 besitzt geometrische VF 1 ⇒ Hauptvektoren 2. und 3. Stufe
1
bestimmen. Da die geometrische VF gleich 1 ist, kann man die Hauptvektorkette eines Hauptvektors der Stufe
l über
(A−λI)vk =vk−1, k = 2,...,l

Mathematik-Brückenkurs für Bauingenieure 2011/2012 11
bestimmen.
HV der Stufe 2:
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
⇒ v2 = ⎜
⎝0
⎟
⎠ ist Hauptvektor der Stufe 2.
0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
−1 −2 −3 −1
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜
⎝−1
−1 −2⎟
⎠x = ⎜
⎝−1
⎟
⎠
1 1 2 1
⇔
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 2 3 1
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜
⎝0
1 1⎟
⎠x = ⎜
⎝0
⎟
⎠
0 0 0 0
⎛ ⎞
−1
⎜ ⎟
⇒ x = t⎜
⎝−1
⎟
⎠
1
+
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
⎜
⎝0
⎟
⎠
0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
−1 −2 −3 1
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
HV der Stufe 3: ⎜
⎝−1
−1 −2⎟
⎠x = ⎜
⎝0
⎟
⎠
1 1 2 0
⇔
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 2 3 −1 −1
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜
⎝0
1 1⎟
⎠x = ⎜
⎝−1
⎟
⎠ ⇒ x = t⎜
⎝−1
⎟
⎠
0 0 0 0 1
+
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
⎜
⎝−1
⎟
⎠
0
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
⇒ v3 = ⎜
⎝−1
⎟
⎠ ist Hauptvektor der Stufe 2.
0
⇒ allg. Lsg. von ˙ x = Ax: x(t) = e−t [c1v1 +c2(v2 +tv1)+c3(v3 +tv2 + t2
2v1)] ⎡ ⎛ ⎞ ⎛⎛
⎞ ⎛ ⎞⎞
⎛⎛
⎞ ⎛ ⎞
−1 1 −1 1 1
⇒ x(t) = e −t
⎢
⎣ c1
⎜ ⎟
⎜
⎝−1
⎟
⎠
1
+c2
⎜⎜
⎟
⎜⎜
⎝⎝0
⎟
⎠
0
+t
⎜ ⎟⎟
⎜
⎝−1
⎟⎟
⎠⎠
1
+c3
⎜⎜
⎟
⎜⎜
⎝⎝−1
⎟
⎠
0
+t
⎜ ⎟
⎜
⎝0
⎟
⎠
0
13. a) Bestimmen Sie die L-Transformierte von
t
sin(aτ)dτ, sin 2 (t), e 2t −e −2t , e 2t cos(at),
0
cos(at)−cos(bt),
t
(cos(aτ)−cos(bτ))dτ.
0
b) Bestimmen sie f(t), wenn F(p) gegeben ist durch
p
(p+a)(p+b) ,
1
(p+1)((p+1) 2 +a 2 ) ,
1
(p+a) 3 (p+b) ,
1
p(p 2 +a 2 ) ,
p 2 +p+2
(p−1) 2 ((p−1) 2 +1) .
Lösung:
a) • L{sin(at) = a
p2 +a2 (Tabelle)
⇒ L{ t 1 a
0 sin(aτ)dτ} = p p2 +a2 (Integralsatz f. die Originalfunktion)
• sin2 (t) A.T.
= 1
2 (1−cos(2t)) =: f(t)
⇒ L{f(t)} = 1
1 p
2 p − p2
(Tabelle und Additionssatz)
+4
• L{e2t −e−2t } = 1 1 − (Tabelle und Additionssatz)
b) • F(p) :=
+ t2
2
p−2 p+2 = 4
(p−2)(p+2)
• L{e2t p−2
cos(at)} = (p−2) 2 +a2 (Tabelle und Dämpfungssatz)
• L{cos(at)−cos(bt)} = p
p2 +a2 − p
p2 +b2 (Tabelle)
• L{ t
1
0 (cos(aτ)−cos(bτ))dτ} = p2 +a2 − 1
p2 +b2 (Integralsatz f. die Originalfunktion)
p
(p+a)(p+b)
p !
Partialbruchzerlegung: (p+a)(p+b) = A1 A2
p+a + p+b
Hauptnenner bilden: A1(p+b)+A2(p+a)
(p+a)(p+b)
t ∈ R
t ∈ R
⎛ ⎞⎞⎤
−1
⎜ ⎟⎟⎥
⎜
⎝−1
⎟⎟⎥
⎠⎠⎦
1
c1,c2,c3 ∈ R

Mathematik-Brückenkurs für Bauingenieure 2011/2012 12
Zähler vergleichen: p ! = A1(p+b)+A2(p+a)
Koeffizientenvergleich oder spezielle Werte einsetzen:
p = −b : A2(a−b) ! = −b ⇒ A2 = −b
a−b
p = −a : −A1(a−b) ! = −a ⇒ A1 = a
a−b
⇒ F(p) = 1
a b
a−b p+a − p+b
ae−at −be−bt (Tabelle und Additionssatz)
⇒ L −1 {F(p)} = 1
a−b
• F(p) = 1
(p+a) 3 (p+b) =
1
(p+a) 3 (p+a+b−a) =: G(p+a), wobei G(p) = 1
p3 (p+c)
Sei L −1 {G(p)} = g(t) ⇒ L −1 {G(p+1)} = e −at g(t) (Dämpfungssatz)
Bestimme g(t):
mit c := b−a.
L−1 { 1
p+c } = e−ct (Tabelle)
L−1 { 1 1
p p+c } = t
0 e−cτ dτ = −1
c e−ct −1 (Integralsatz f. OF)
L−1 { 1
p2 1
p+c } = t
0 −1
c e−ct 1 −1 dτ = c2
e−ct t −1 + c (Integralsatz f. OF)
L−1 { 1
p3 1
p+c } = t 1
0 c2
e−ct t 1 −1 + c dτ = −c3
e−ct t −1 − c2 + t2
2c = g(t) (Integralsatz f. OF)
⇒ f(t) = L−1 {F(p)} = L−1 {G(p+a)} = e−at
− 1
c3
e−ct t −1 − c2 + t2
2c
• L−1 1 { p2 +a2} = 1
a sin(at) (Tabelle)
⇒ L−1 { 1 1
p p2 +a2} = t 1 1
0 a sin(aτ)dτ = −a2 cos(at)+ 1
a2 = 1−cos(at)
a2 (∗) (Integralsatz f. OF)
• L−1 { 1 1
p+1 (p+1) 2 +a2} = e−t1−cos(at) a2 ((∗) und Dämpfungssatz)
•
p2 +p+2
(p−1) 2 ((p−1) 2 +1) = (p−1)2 +3p+1
(p−1) 2 ((p−1) 2 +1) = 1
= 1
(p−1) 2 +1 +
⇒L −1 {
3
(p−1)((p−1) 2 +1) +
(p−1) 2 +1 +
4
(p−1) 2 ((p−1) 2 +1)
p2 +p+2
(p−1) 2 ((p−1) 2 +1) } = etsin(t) = e t (3+4t−3sin(t)−3cos(t))
(Tabelle und Dämpfungssatz)
3(p−1)+4
(p−1) 2 ((p−1) 2 +1)
Alternativ: Partialbruchzerlegung
+ 3e t (1−cos(t))
+ 4e
((∗) und Dämpfungssatz)
t (t−sin(t))
((∗), Integralsatz und Dämpfungssatz)
14. a) Zerlegen Sie die folgende gebrochenrationale Funktion in ihre Partialbrüche.
Lösung:
17
x2 +1 ·
1
x−4
b) Berechnen Sie das Integral:
17
(t 2 +1)(t−4) dt
c) Lösen Sie mit Hilfe der Laplace-Transformation die Anfangswertaufgabe
y ′ −4y = 17sint, y(0) = 0.
a) Partialbruchzerlegung: 17
(x 2 +1)(x−4)
b)
Hauptnenner: (Ax+B)(x−4)+C(x2 +1)
(x2 +1)(x−4)
Zähler vergleichen:
x = 4: C = 1
x = 0: −4B +1 = 17 ⇒ B = −4
!
= Ax+B
x = 1: (A−4)(−3)+2 = 17 ⇒ A = −1
= −x−4
x 2 +1
+ 1
x−4
= − x
x 2 +1
x 2 +1
+ C
x−4
!
= 17
(x 2 +1)(x−4)
− 4
x 2 +1
+ 1
x−4
17 ⇒ (x2 +1)(x−4)
17
(t2 dt = −1
+1)(t−4) 2 ln(t2 +1)−4arctan(t)+ln|t−4|+c
c) Ableitungssatz mit Y(p) = L{y(t)} und Tabelle ergibt
pY(p)−y(0)−4Y(p) = 17
p 2 +1 ⇒ Y(p) = 17
(p 2 +1)(p−4)
⇒ y(t) = cos(t)−4sin(t)+e 4t (Tabelle)
a)
= − p
p2 1 −4 +1 p2 1 + +1 p−4

Mathematik-Brückenkurs für Bauingenieure 2011/2012 13
15. Lösen Sie mit Hilfe der Laplace-Transformation die Anfangswertaufgabe
y ′ −4y = 1, y(0) = 1.
Lösung: Analog zur vorhergehenden Aufgabe:
pY(p)−y(0)−4Y(p) = 1 1+p
p ⇒ Y(p) = p(p−4)
⇒ Y(p) = −1 1 5 1
4 p + 4 p−4 ⇒ y(t) = L−1 {Y(p)} = −1 4
!
= A B A(p−4)+Bp (A+B)p−4A
p + p−4 = p(p−4) = p(p−4)
5 + 4e4t (Tabelle)
16. Berechnen Sie mittels Laplace-Transformation die Lösung des AWPs
y ′′ +5y ′ +6y = te −2t , y(0) = y0, y ′ (0) = y1.
Lösung: Sei L{y(t)} = Y(p).
L{y ′ (t)} = pY(p)−y(0) = pY −y0 (Ableitungssatz)
L{y ′′ (t)} = p2Y −py(0)−y ′ (0) = p2Y −py0 −y1 (Ableitungssatz)
L{te−2t } = 1
(p+2) 2 (Tabelle)
In DGL:
p2Y −py0 −y1 +5pY −5y0 +6Y = 1
⇒ Y(p) =
(p+2) 2
1
(p 2 +5p+6)(p+2) 2 + py0+5y0+y1
p 2 +5p+6 = 1
(p+2) 2 (p+3)
(p+2)y0 3y0+y1 + (p+2)(p+3) + (p+2)(p+3)
⇒ y(t) = L−1 {Y(p)} 13b)
= e−2t (−(e−t −1)−t+ 1
2t2 )+y0e −3t +(3y0 +y1)(e−2t −e−3t )
= −(1+2y0 −y1)e−3t +(1−t+ 1
2t2 +3y0 +y1)e−2t 5 ⇒ A = −1
4 , B = 4