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Mathematik III (Bau) 2. Übungsblatt Fachbereich Mathematik PD Dr. Christian Stinner Martin Saal Hadi Minbashian

WiSe 2019/20 28. Oktober bis 03. November 2019

Gruppenübung Aufgabe G1 Gegeben sei die Differentialgleichung

¨

e x y ′ (x) = − 31 e x y (x) − 13 y 4 (x), p 3 y (0) = 2.

x ∈ (0, ∞)

Finden Sie heraus was für eine Differentialgleichung dies ist und bestimmen Sie eine Lösung des Anfangswertproblems. Lösung: Durch Division mit e x sehen wir, dass es sich um eine Bernoullische Differentialgleichung mit

1 p(x) = − , 3

1 r(x) = − e −x 3

und

α=4

handelt. Wir verwenden also die Methode zur Lösung von Bernoullischen DGL (Methode 1.1.26). Wir wandeln die Differentialgleichung durch die Wahl z = y −3 in eine lineare Differentialgleichung um und erhalten die Gleichung

z ′ (x ) = z( x ) + e −x in (0, ∞), 1 z(0) = y (0)−3 = . 2 Durch Variation der Konstanten (Satz 1.1.18.) erhält man die allgemeine Lösung x

z(x) = e ·

Z

1 e −x e −x dx + C e x = −e x · e −2x + C e x 2

1 = − e −x + C e x . 2 Einsetzen der Randbedingung z(0) = 21 liefert C = 1 und somit z(x) = e x − 21 e −x . Da z > 0 für x ∈ [0, ∞) gilt, liefert uns Rücksubstitution eine positive Lösung

y (x) = p 3

1 e x − (1/2)e −x

,

x ∈ [0, ∞)

der Bernoullischen Differentialgleichung.

1

Aufgabe G2 Finden Sie heraus welches Lösungsverfahren für die Differentialgleichung

¨

y 2 ( x ) + 2x y ( x ) + (x 2 + 2x y ( x )) y ′ ( x) = 0, y (0) = 0,

x ∈R

angemessen ist und bestimmen Sie eine Lösung. Lösung: Da der Faktor vor y ′ von der unbekannten Lösung abhängt machen wir den Ansatz einer exakten Differentialgleichung. Mit der Notation wie in Definition 1.1.28. sind die Funktionen f und g gegeben durch

f (x, y ) = y 2 + 2x y, g(x , y ) = x 2 + 2x y und es gilt:

∂2 f (x, y ) = 2 y + 2x = 2x + 2 y = ∂1 g(x, y ). D.h. die Differentialgleichung ist in der Tat exakt. Gemäß (1.20) bestimmen wir

H(x, y ) =

Z

f (x, y ) dx + c( y )

=

Z

y 2 + 2x y dx + c( y )

= y 2 x + x 2 y + c( y ). Berechnung der Funktion c( y ):

 ! ∂  2 y x + x 2 y + c( y ) = x 2 + 2x y ∂y ⇔

2 y x + x 2 + c ′ ( y ) = x 2 + 2x y ⇒ c ′( y ) = 0

Somit ist c( y ) eine Konstante und

H(x, y ) = y 2 x + x 2 y + c . Die Lösung y (x) erfüllt daher folgende Gleichung:

x y (x )2 + x 2 y ( x ) = C ,

C ∈ R.

Betrachtet man nun noch den Anfangswert, so ergibt sich C = 0 und man sieht leicht, dass y (x) = −x die Gleichung erfüllt. Eine weitere Lösung ist y (x) ≡ 0. Aufgabe G3 Finden Sie heraus welches Lösungsverfahren für das Anfangswertproblem

¨

tu′ ( t) + t 2 u( t)u′ ( t) − u(t) = 0,

u(1) = 2,

t ∈ (1, ∞)

geeignet ist und bestimmen Sie eine Lösung der Differentialgleichung. 2

Lösung: Da der Faktor vor u′ von der unbekannten Lösung abhängt machen wir den Ansatz einer exakten Differentialgleichung. Mit f (t, y ) = − y und g(t, y ) = t(1 + t y ) hat die Differentialgleichung die Form ¨ f ( t, u(t)) + g ( t, u(t))u′ ( t) = 0, t ∈ (1, ∞)

u(1) = 2.

Berechnen wir nun die partiellen Ableitungen ∂2 f = −1 und ∂1 g = 1 + 2t y , so erkennt man, dass die Differentialgleichung so noch nicht exakt ist. Wir suchen also eine Funktion M 6= 0, so dass

M (t)∂2 f (t , y ) = M ′ (t)g( t , y ) + M ( t )∂1 g(t, y ) gilt, was äquivalent ist zu

−M (t) = M ′ ( t ) t(1 + t y ) + M ( t)(1 + 2t y ). Die Funktion M wird auch integrierender Faktor genannt. Nun müssen wir eine Lösung dieser Differentialgleichung finden. Wir nehmen an, dass M (t) > 0 für alle t ∈ (1, ∞) gilt, so dass Trennung der Variablen das Folgende ergibt:

⇐

M ′ (t ) t (1 + t y ) = − M (t)(2 + 2t y ) 2 2 + 2t y M ′ (t) =− =− t M (t) t(1 + t y ) Z Z ′ 2 M (t) dt = − dt t M (t)

⇐

log |M (t)| = −2 log t + K

⇐

⇐

M (t) = t −2 .

Hierbei haben wir die Integrationskonstante K = 0 gewählt. Die Differentialgleichung

˜ f (t, u(t)) + g˜ (t , u(t))u′ ( t ) = 0 ˜ aus mit f˜ = M f und g˜ = M g ist nun exakt und es gibt eine Stammfunktion H˜. Wir bestimmen nun H den Bedingungen ˜ = f˜ = −t −2 y und ∂2 H ˜ = g˜ = t −1 (1 + t y ). ∂1 H ˜ = t −1 y + 1 y 2 + c2 (t) gilt. Dies ist für Dies wiederum gilt genau dann, wenn H˜ = t −1 y + c1 ( y ) und H 2 ˜ H(t, y ) = t −1 y +

1 2 y 2

erfüllt, also c1 ( y ) = 12 y 2 und c2 (t) = 0. ˜ u(t)) = C lösen. Es ergeben sich folgende Umformungen Nun wollen wir H(t,

1 t −1 u(t) + u(t)2 = C 2

⇔

u(t)2 + 2t −1 u(t) − 2C = 0

Da der Anfangswert u(1) = 2 ist, muss −1 +

p

u( t ) = −t −1 ±

p

t −2 + 2C .

1 + 2C = 2, also C = 4 gelten. Somit ist

u(t) = −t −1 + eine Lösung.

⇔

p

t −2 + 8

3

Aufgabe G4 (Spezielle Differentialgleichungen zweiter Ordnung) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung

  1 , y ′′ = y ′ y ′ + x

x ∈ (0, ∞).

Lösung: Die gegebene Gleichung enthält den Term y nicht. Daher können wir sie mit Methode 1.1.38. auf eine Differentialgleichung erster Ordnung zurückführen, indem wir z = y ′ substituieren:

  1 1 z′ = z z + = z 2 + z. x x Dies ist eine Bernoullische Differentialgleichung. Um sie zu lösen, teilen wir durch z 2 und substituieren w = z −1 . So ergibt sich die lineare Gleichung

w′ = −1 −

w . x

Die Lösung der zugehörigen homogenen Gleichung w′ = −xw ergibt sich nun durch Trennung der Variablen: Z Z 1 1 1 ⇒ ln w = − ln x + c, c ∈ R ⇒ w h (x) = C , C ∈ R. dw = − dx x x w Um daraus die Lösung der inhomogenen Gleichung zu berechnen, benutzen wir Variation der Konstanten. Der Ansatz w(x) = C (x) 1x führt hierbei auf

C ′ (x)

1 1 1 − C (x) 2 = −1 − C (x) 2 x x x

C ′ (x ) = −x

⇒

⇒

1 C ( x ) = − x 2 + D. 2

Also ist die allgemeine Lösung der transformierten Gleichung w(x) = −21 x + D x −1 = stitution und Integration ergibt dann schließlich

y (x) =

Z

z(x) d x =

Z

1 dx = w(x)

Z

−x 2 +2D . 2x

Rücksub-

2x d x = −ln|x 2 − 2D| + E + 2D

−x 2

mit Integrationskonstanten D und E .

Hausübung Aufgabe H1 (Bernoullische Differentialgleichungen) Gegeben sei die Differentialgleichung

1 u′ (x) = − u( x) + 3u3 (x) sin( x) , 2

(10 Punkte)

x ∈ (0, ∞).

(a) Lösen Sie das Anfangswertproblem für u(0) = 1. (b) Lösen Sie das Anfangswertproblem für u(0) = −1.

Hinweis: Eine Stammfunktion von e −x sin(x) erhält man durch zweimalige partielle Integration. Lösung: 4

(a) Die Substitution z = u−2 und vorheriges Teilen der Gleichung durch u(x)3 ergibt

z ′ = z − 6 sin(x) ,

z(0) = u−2 (0) = 1.

Die Lösung der homogenen DGL lautet

zh (x) = c · e x ,

c ∈R.

Um die inhomogene DGL zu lösen wenden wir Variation der Konstanten an:

z(x ) = c( x )e x z ′ (x) = c ′ (x)e x + c (x)e x Nun setzen wir das in die inhomogene DGL ein und lösen nach c ′ (x) auf. Wir erhalten dann

c ′ (x ) = −6e −x · sin ( x ) und nach zweimaliger partieller Integration Z Z  ′ −x −6e sin(x)dx = 6 e −x sin(x)dx

= 6e

−x

= 6e

−x

sin( x) −

Z

sin( x) +

Z

6e −x cos( x)dx  ′ 6 e −x cos( x)dx Z

= 6e −x sin( x) + 6e −x cos( x) + ⇒

c(x) =

Z

6e −x sin(x)dx

−6e −x sin(x)dx = 3e −x · sin (x) + 3e −x · cos (x).

Man führe die Probe durch! Eine partikuläre Lösung ist demnach

z p (x ) = 3 sin ( x ) + 3 cos (x) . Die Gesamtlösung ergibt sich durch Addition der homogenen und einer partikulären Lösung:

z(x ) = C · e x + 3 sin (x) + 3 cos ( x ),

C ∈R.

Setzt man nun den Anfangswert ein, erhält man C = −2. Da die Exponentialfunktion gegenüber dem Sinus und Cosinus dominiert, existiert eine positive Lösung nur auf einem kürzerem Intervall (0, a), mit a > 0 (kann analytisch nicht bestimmt werden, nur numerisch). Somit ergibt sich durch Rücksubstitution 1 1 u(x) = p = p x −2 · e + 3 sin (x) + 3 cos (x) z(x) eine positive Lösung der Ausgangsdifferentialgleichung auf einem Intervall (0, a), mit a > 0 fest.

(b) Ist u+ die positive Lösung aus Teil (a), so ist u− (x) = −u+ (x) eine negative Lösung für die u(0) = −1 gilt. Denn da der Exponent 3 ungerade ist, gilt

1 1 u′− (x) = −u′+ (x) = u+ (x) − 3u3+ ( x) sin( x) = − u− (x) + 3u3− ( x) sin( x), 2 2 sodass u− die gewünschte DGL auf dem Intervall (0, a) löst. 5

Aufgabe H2 (Exakte Differentialgleichungen) Gegeben sei folgende Differentialgleichung:

(10 Punkte)

y ′ · [cos(x) − x cos( y ) − 2x y ] = y sin(x) + sin( y ) + y 2 ,

x ∈ R.

(a) Zeigen Sie, dass die Differentialgleichung exakt ist. (b) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung. Können Sie in diesem Fall die Lösung auch explizit darstellen? Lösung: (a) Es gilt

y sin(x) + sin( y ) + y 2 + [x cos( y ) − cos(x) + 2x y ] y ′ = 0 und damit erhalten wir f (x , y ) = y sin( x ) + sin( y ) + y 2 und g(x, y ) = x cos( y ) − cos(x) + 2x y . Nun berechnen wir

f y (x, y ) = sin(x ) + cos( y ) + 2 y

und

g x (x, y ) = cos( y ) + sin( x ) + 2 y.

Da f y = g x gilt, ist die Differentialgleichung exakt. (b) Gesucht ist eine Funktion H(x, y ) mit H x (x , y ) = f ( x , y ) und H y (x, y ) = g(x, y ). Dann folgt:

H(x, y ) =

Z

f (x, y ) dx + c( y )

=

Z

y sin(x) + sin( y ) + y 2 dx + c( y )

= − y cos(x) + x sin( y ) + x y 2 + c( y ) Es soll H y (x , y ) = g( x , y ) gelten, also

∂ H(x, y ) ! = − cos(x) + x cos( y ) + 2x y + c ′ ( y ) = x cos( y ) − cos(x) + 2x y ∂y Daraus folgt c ′ ( y ) = 0 und somit c( y ) = C ∈ R. Damit erhält man nun

H(x, y ) = − y cos(x) + x sin( y ) + x y 2 + C ,

C ∈ R.

y (x) ist Lösung der DGL, falls H(x, y (x)) = K mit einer Konstanten K ∈ R, d.h. falls ⇔

− y (x ) cos( x ) + x sin( y (x)) + x( y (x))2 + C = K, C, K ∈ R 2 − y (x) cos(x) + x sin( y (x)) + x( y (x)) = C˜ , C˜ ∈ R.

In diesem Fall ist die Lösung nicht explizit darstellbar. Aufgabe H3 (Spezielle DGL 2. Ordnung) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL

x y ′′ − 2 y ′ +

4 x2

(10 Punkte)

+ 4 ln x = 0,

x >0.

ln(x )

Hinweise: Eine Stammfunktion von x 3 kann man durch partielle Integration berechnen. Außerdem R gilt ln x dx = x ln x − x + C , C ∈ R. 6

Lösung: Da die DGL nicht von y abhängt, wenden wir Methode 1.1.38 an. Mit der Substitution z = y ′ haben wir zunächst 4 ln x z z′ = 2 − 3 − 4 x x x zu lösen. Die homogene Gleichung zh′ = zh /x lösen wir leicht mit Trennung der Variablen:

Z

1 du = 2 u

Z

1 dx x

⇒

ln u = 2 ln x + ˜c,

c˜ ∈ R

⇒

u = zh (x) = c x 2 ,

c ∈ R.

Für eine spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung nutzen wir Variation der Konstanten, z = c(x )· x 2 , und erhalten als Bedingung für c(x), dass

c ′ (x) = −

4 ln x −4 3 . 5 x x

(Partielle) Integration führt zu

1 c(x) = +2 x4

Z 

1 x2

′

Z

1 ln x +2 2 −2 x4 x 1 + 2 ln x 1 . = 4+ x2 x

=

ln x dx 1 1 · dx x2 x

Eine partikuläre Lösung ist demnach gegeben durch

z p (x) =

1 x2

+ 1 + 2 ln x .

Die allgemeine Lösung für z lautet also

1 z(x ) = zh ( x ) + z p ( x ) = C˜ · x 2 + 2 + 1 + 2 ln x, x

C˜ ∈ R.

Für die ursprüngliche DGL bekommen wir durch erneutes aufintegrieren (siehe Hinweis) die allgemeine Lösung

1 + x + 2(x ln x − x) x 1 = D + C x 3 − − x + 2x ln x , x

y (x) = D + C x 3 −

mit Konstanten C , D ∈ R .

7...