Klausur - Universität Innsbruck

Proseminar Mathematische Methoden der Physik I
Aufgabenblatt 14, 16. Juni 2014
Universität Innsbruck
Zweite Klausur
Name:....................................................................Matrikelnr:..................................................
Zahl der abgegebenen Blätter (inklusive Angabeblatt)...................
1. (2P) Sei L > 0 und ψ : [0, L] → R sei zwei mal stetig d’bar. Für gegebene Zahlen E, m, ∈ R
2
gelte die DG − 2m ψ′′ (x) = Eψ (x) für alle x ∈ [0, L] und die RB ψ (0) = ψ (L) = 0. (Die Zahlen
x
= ψ (x) . Welche Differentialgleichung (1P) und
m, sind positiv reell.) Sei u : [0, 1] → R mit u L
welche Randbedingungen (1P) erfüllt u?
2. (3P) Sei A : R2 → R2 die lineare Abbildung mit der Matrix zur Standardbasis e
M (A, e) =
1
2
1 1
1 1
.
Berechnen Sie die Matrix der Evolutionsabbildung U (t, 0) = etA des homogen linearen Systems
γ̇ = Aγ. Hinweis: A2 =?, A3 =?, . . .
3. (3P) Sei ω > 0. Geben Sie das Fundamentalsystem (2P) α = (α1 , α2 ) von y ′′ + ω 2 y = 0 auf R
an, dessen Wronskimatrix in 0 die Einheitsmatrix ist. Welche maximale Lösung u erfüllt u (0) = 1
und u′ (0) = 2? (1P) Hinweis: Die Funktionen u1 (x) = cos (ωx) und u2 (x) = sin (ωx) bilden ein
Fundamentalsystem von y ′′ + ω 2 y = 0.
4. (3P) Sei ω > 0. Bestimmen Sie eine Lösung von y′′ (x) + ω2 y (x) = sin (ωx) auf ganz R. Hinweis:
Ansatz y (x) = cx cos (ωx) .
5. (1P) Sei ω > 0. Finden Sie eine konstante Lösung von y ′′ + ω2 y = 1 auf ganz R.
6. (3P) Geben Sie eine Lösung u der auf ganz R gültigen DG y ′′ (x) + y (x) = cos2 x an. (2P) Machen
2
Sie an Ihrer Lösung die Probe. (1P) Hinweis: cos2 x = eix + e−ix /4 = ...
7. (5P) Sei f : R → R mit f (x) = |sin x| . Berechnen Sie die Fourierkoeffizienten
ak =
1
π
π
cos (kx) f (x) dx =? für k ∈ N0 (3P), bk =
−π
Hinweis: cos α sin β =
Nützen Sie1 |sin x| =
∞
(−1)k
k=1 1−4k2
1
π
π
sin (kx) f (x) dx =? für k ∈ N (1P).
−π
1
2 [sin (α + β) − sin (α − β)] .
∞
a0
k=0 (ak cos (kx) + bk sin (kx))
2 +
für x = π/2, um den Wert der Reihe
zu berechnen. (1P)
1
0.75
0.5
0.25
0
-1
-0.5
0
0.5
1
x/pi
Figure 1: Die Fourierpolynome 4. (grün) und 6. Grades (rot) von |sin x|
1 Korrektur:
Statt
∞
k=0
sollte hier natürlich
∞
k=1
stehen. SORRY!!!
1
Lösung:
1. Es gilt ψ′′ (x) = L−2 u′′
x
L
und daher für alle z ∈ [0, 1] mit λ =
2mE
2
L2
u′′ (z) + λu (z) = 0 mit u (0) = 0 = u (1) .
(1)
Anmerkung: Für welche λ ∈ R existieren Funktionen u ∈ C 2 ([0, 1] : R) 0, die (1) erfüllen?
Es sind dies die Werte λn = (nπ)2 für n ∈ N und die Funktionen un (z) = C · sin (nπz) , also
2
ψn (x) = C · sin (nπx/L) und En = 2mL2 (nπ)2 .
2. Es gilt
2
M (A, e) =
1
4
1 1
1 1
1 1
1 1
·
=
1
2
1 1
1 1
= M (A, e) .
Folglich gilt A0 = ιd und An = A für alle n ∈ N. (Die Abbildung A ist die Orthogonalprojektion
t
auf den 1d UnterVR R · (1, 1) ⊂ R2 . Sie hat den Eigenvektor (1, 1) zum Eigenwert 1 und den
Eigenvektor (−1, 1) zum Eige4nwert 0.) Daher lässt sich das Matrixexponential aufaddieren zu
∞
etA = ιd +
k=1
tk
k!
A = (ιd − A) + et A.
Daraus folgt
M etA , e =
1
2
1 −1
−1 1
et
2
+
1 1
1 1
=
1
2
et + 1 et − 1
et − 1 et + 1
.
3. Zwei Lösungen sind: u1 (x) = cos (ωx) und u2 (x) = sin (ωx) . Dann gilt
Wu (0) =
1 0
0 ω
.
Somit ist α1 = u1 und α2 = ω−1 u2 das gesuchte Fundamentalsystem. Für u gilt dann u = α1 +2α2 ,
also u (x) = cos (ωx) + 2 sin (ωx) /ω.
4. Ansatz: y (x) = cx cos (ωx) . Dies ergibt
y ′ (x) = c cos (ωx) − cωx sin (ωx)
und
y ′′ (x) = −2cω sin (ωx) − cω 2 x cos (ωx) .
Der Ansatz löst die DG y′′ (x) + ω 2 y (x) = sin (ωx) genau dann, wenn
−2cω sin (ωx) − cω2 x cos (ωx) + ω 2 cx cos (ωx) = sin (ωx)
für alle x ∈ R. Dies ist genau dann der Fall, wenn c = −1/2ω. Somit ist α : R → R mit
x
α (x) = −
cos (ωx)
2ω
eine Lösung.
5. Der Ansatz y (x) = c ist genau dann Lösung, wenn c = 1/ω 2 . Also α (x) = ω−2 für alle x.
6. Es gilt
1
1 2ix
e + 2 + e−2ix = (1 + cos 2x) .
4
2
Eine Lösung zur konstanten Inhomogenität 1/2 der DG ist y1 = 1/2. Eine zur Inhomogenität
cos (2x) /2 sucht man mit dem Ansatz y2 (x) = C cos 2x. Dieser löst die DG genau dann, wenn für
alle x ∈ R
1
C (−4 + 1) cos 2x = cos 2x,
2
wenn also C = −1/6. Somit ist y : R → R mit
cos2 x =
y (x) =
1
2
1−
1
cos 2x
3
eine (die einzige!) π-periodische Lösung. Probe: y′′ (x) =
1
1
1
2
2 − 6 cos 2x = 2 (1 + cos 2x) = cos x.
2
2
3
cos (2x) , y ′′ (x) + y (x) =
2
3
cos (2x) +
7. Da f gerade ist, gilt
π
1
π
bk =
sin (kx) f (x) dx = 0.
−π
Für |k| = 1 gilt
ak
2
=
=
=
1
π
π
cos (kx) sin (x) dx =
0
π
1
2π
[sin ((k + 1) x) − sin ((k − 1) x)] dx
0
π
1 cos ((k − 1) x) cos ((k + 1) x)
−
2π
k−1
k+1
(−1)
k−1
−1
2π
=
0
(−1)k−1 − 1 (−1)k+1 − 1
−
k−1
k+1
1
2π
1
1
(−1)k−1 − 1
−
=
.
k−1 k+1
π (k2 − 1)
Im Spezialfall k = 1 folgt
a1
1
=
2
π
π
cos (x) sin (x) dx =
0
1
2π
π
sin (2x) dx = 0.
0
Es gilt also
0
ak
=
2
für k ungerade
.
für k gerade
2
π(1−k2 )
Die zugehörige Fourierreihe ist
|sin x| =
Also: a0 = 4/π,
a2k =
4
π
1 − 4k2
−1
4
2
+
π π
∞
k=1
für k ∈ N,
cos (2kx)
.
1 − 4k2
a2k+1 = 0 für k ∈ N,
Für x = π/2 folgt daraus
2
4
1= +
π π
∞
k=1
4
cos (kπ)
2
= +
1 − 4k2
π π
also
π−2
=
4
3
∞
k=1
∞
k=1
(−1)k
.
1 − 4k2
(−1)k
,
1 − 4k2
bk = 0 für k ∈ N.