Vorkurs Mathematik Übungen zu Differentialgleichungen

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1 Vorkurs Mathematik Übungen zu Differentialgleichungen Als bekannt setzen wir die folgenden Umformungen voraus: e ln(f(x)) = f(x) e f(x)+c = e f(x) e c e ln(f(x)) +c = f(x) e c = f(x) c f ( g(x) ) g (x) dx = F ( g(x) )+c (einfache Substitution) f(x) g(x)dx = F (x)g(x) F (x)g (x)dx (Partielle Intergation) In den Aufgaben ist y stets die gesuchte Funktion (mit x als Variablen), d.h. gesucht wird stets die Funktion y(x), die die gegebene Gleichung erfüllt. Trennung der Variablen Aufgabe. Lösen Sie die folgenden Differential-Gleichungen mittels Trennung der Variablen : a) y = x y mit y 0 b) y = x e y c) y (x + ) xy = 0 Aufgabe. Substituieren Sie in der folgenenden Differentialgleichung z = x + y. Lösen Sie die entstehende Gleichung dann mittels Trennung der Variablen. y + = x + y Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten Aufgabe. (Homogen): Lösen Sie die folgenden Differentialgleichungen: a) y y = 0 b) y y = 0 c) y y = 0 d) y y + y = 0 e) y 6y + 9y = 0 f) y y = 0 Aufgabe. (Inhomogene Differentialgleichungen): Lösen Sie die folgenden Differentialgleichungen: a) y y = b) y y = x c) y y = e x Verwenden Sie dazu die homogenen Lösungen aus Aufgabe. a) bis c). Bestimmen Sie dann die partikuläre Lösung bei a) & b) mit einem Polynom-Ansatz, bei c) mittels eines Ansatzes mit e x. Aufgabe.3 (Anfangswertproblem): Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem a) y y = mit y(0) = b) y y = x mit y(0) = c) y y = e x mit y(0) = 3 Verwenden Sie dazu die Lösungen aus Aufgabe. a) bis c). 3 Allgemeine lineare Differentialgleichungen Aufgabe 3. (lineare Differentialgleichungen mit nicht konstanten Koeffizienten): Lösen Sie die folgenden Differentialgleichungen: a) y (x + )y = x + b) y + x y = x für den Bereich x > 0. Verwenden Sie für die homogene Lösung den Ansatz Trennung der Variablen und für die partikuläre Lösung den Ansatz Variation der Konstanten.

2 4 Lösungen Lösung für Aufgabe. a) y (x) = x y(x) y(x) y (x) = x y(x) y (x) dx = x dx y(x) = x + c y(x) = ± x + c b) Zur Lösung: Die Funktion x (für c = 0) macht als reelle Funktion nicht viel Sinn, man kann sie nur am Punkt x = 0 auswerten, ansonsten ergibt sich eine komplexe Zahl. Genauer gesagt gilt: x = x i, wobei der Betrag daraus resultiert, dass für negative Zahlen wie beispielsweise 3 das folgende gilt: ( 3) = 9 = 3. Gilt jedoch c > 0, so ist die Funktion c x auf dem Intervall [ c, c] definiert und der Graph der Funktion beschreibt einen Kreisbogen mit Radius c. y = x e e y y = x y e y(x) y (x)dx = x dx e y(x) = x + c y = ln (x + c) c) y (x + ) xy = 0 y y = x x + y(x) y (x) dx = x (x + ) dx ln(y) = ln(x + ) + c y = (x + ) e c Für die letzte Umformung in c) benutzt man: ln(x + ) + c = ln(x + ) + ln(e c ) = ln((x + ) e c ). Lösung für Aufgabe. In y + = x+y soll z = x + y substituiert werden. Man beachte: Da das gesuchte y eigentlich eine Funktion in x ist (also y(x)), ist z ebenso eine Funktion in x, nämlich z(x) = y(x) + x. Entprechend erhält man die Gleichungen y(x) = z(x) x und y (x) = z (x) +, die y und z sowie y und z in ein Verhältnis setzen. In kurz ergibt sich also das Folgende: Nebenrechnung: Es folgt: z = x + y y = z x y = z y + = x + y z + = x + z x z = z z z = Die letzte Differentialgleichung in z lösen wir nun per Trennung der Variablen: z z = z dz = dx z = x + c z = ± x + c Um nun wieder eine Lösung für y zu erhalten, benutzen wir unser Wissen y = z x aus der Nebenrechnung beim Resubstituieren. Man erhält: y = ± x + c x. Lösung für Aufgabe.

3 zu Lösen zugehörige Gleichung Lösung a) y y = 0 λ λ 0 = 0 λ = 0 λ = y(x) = c e x b) y y = 0 λ λ 0 = 0 λ = 0 λ {, } y(x) = c e x + c e x c) y y = 0 λ 3 λ 0 = 0 λ 3 = 0 λ {, + i 3, i 3 } y(x) = c e x + c cos( x) + c 3 sin( 3 x) d) y y + y = 0 λ λ + λ 0 = 0 (λ ) = 0 λ =, λ = } {{ } y(x) = c e x + c xe x doppelte Nullstelle e) y 6y + 9y = 0 λ 6λ + 9λ 0 = 0 (λ 3) = 0 λ = 3, λ = 3 } {{ } y(x) = c e 3x + c xe 3x doppelte Nullstelle f) y y = 0 λ 3 λ = 0 λ(λ ) = 0 λ {0,, } y(x) = c e 0 + c e x + c 3 e x Lösung für Aufgabe. = c + c e x + c 3 e x Aufg.. a) Zu lösen ist: y y =. Der Grad des Polynoms auf der rechten Seite ist 0, entsprechend nutzen wir einen Polynomansatz vom Grad 0: Ansatz: y p (x) = y p(x) = 0 Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: y p(x) y p (x) = 0 a 0 = a 0 =. Lösung: Entsprechend ist y p (x) = die partikuläre Lösung der Differnetialgleichung. Die Homogene Lösung lautet y h = c e x (s. Aufgabe.) und damit lautet die allgemeine Lösung der DGL: y(x) = + c e x Aufg.. b) Zu lösen ist: y y = x. Der Grad des Polynoms x auf der rechten Seite ist, entsprechend nutzen wir einen Polynomansatz vom Grad : Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: Ansatz: y p (x) = a x +a x +a 0 y p(x) = a x +a y p (x) = a y p (x) y p (x) = a (a x + a x + a 0 ) = a x a x a 0 + a = x () Gleichungen: Der Gleichung () entnehmen wir die drei gültigen Gleichungen für x, x und x 0 : a = ( Gleichung für x ) a = 0 ( Gleichung für x ) a 0 + a = 0 ( Gleichung für x 0 a =, a = 0, a = a 0 / = /. ) Lösung Entsprechend ist y p (x) = ( ) x + (0) x + = x die partikuläre Lösung der Differnetialgleichung. Die Homogene Lösung lautet y h = c e x + c e x (s. Aufgabe.) und damit lautet die allgemeine Lösung der DGL: y(x) = x + c e x + c e x Aufg.. c) Zu lösen ist: y y = e x. Die Rechte Seite lautet e x, wir verwenden hier als Ansatz also ein Polynom, das mit e x multipliziert wird. Der Grad des Polynoms, 3

4 mit dem e x multipliziert wurde ist 0, entsprechend nutzen wir einen Polynomansatz vom Grad 0: Ansatz: y p (x) = a 0 e x y p(x) = a 0 x e x y p (x) = a 0 x e x y p (x) = a 0 x e x Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: y p (x) y p (x) = a 0 e x a 0 e x = e x () Gleichungen: Der Gleichung () entnehmen wir a 0 =. Lösung Entsprechend ist y p (x) = e x die partikuläre Lösung der Differnetialgleichung. Die Homogene Lösung lautet y h = c e x + c cos( x) + c 3 sin( 3 x) (s. Aufgabe.) und damit lautet die allgemeine Lösung der DGL: y(x) = e x Lösung für Aufgabe.3 + c e x + c cos( 3 x) + c 3 sin( x). Aufg.3 a) Zu lösen ist: y y = mit y(0) =. Die allgemeine Lösung der DGL lautet (s. Aufgabe.): y allg (x) = + c e x mit Einsetzen des Anfangspunktes x = 0 erhält man: y allg (0) = + c e 0 = + c = c = = Die Lösung des Anfangswertes lautet also: y(x) = e x. Aufg.3 b) Zu lösen ist: y y = x mit y(0) =. Die allgemeine Lösung der DGL lautet (s. Aufgabe.): y allg (x) = x + c e x + c e x mit Einsetzen des Anfangspunktes x = 0 erhält man: y allg (0) = 0 + c + c = c = 5 c Die Lösung des Anfangswertes lautet also: y(x) = x + c e x + ( 5 c ) e x. Alternative Lösung: Löst man die Gleichung y allg (0) = nach c auf, so erhält man c = 5 c. Die hierzugehörige Lösung y(x) = x + ( 5 c ) e x + c e x ist auch richtig und identisch zur ersten Lösung, denn die Mengen an möglichen koeffizienten sind gleich: {(c, 5 c : c R} = {( 5 c, c ) : c R}. Für c = erhält man beispielsweise (, 3 ) in der ersten Menge. Und für c = 3 das gleichen Koeffizientenpaar: ( 5 3, 3 ) = (, 3 ). erält man Aufg.3 c) Zu lösen ist y y = e x mit y(0) = 3 Die allgemeine Lösung der DGL lautet (s. Aufgabe.): y allg (x) = e x + c e x + c cos( 3 x) + c 3 sin( x) mit Einsetzen des Anfangspunktes x = 0 erhält man: y allg (0) = + c + c cos(0) + c 3 sin(0) = 3 c = 7 c Die Lösung des Anfangswertes lautet also: y(x) = e x + c e x + ( 7 c ) cos( x) + c 3 sin( 3 x) Hätte man nach c aufgelöst ergäbe sich: y(x) = e x + ( 7 c )e x + c cos( x) + c 3 sin( 3 x). Beide Lösungen sind richtig und in dem Sinne äquivalent, dass sich jeweils die gleichen Koeffizienten ergeben, wenn man in die Zweite Lösung c = ( 7 c ) einsetzt. 4

5 Lösung für Aufgabe 3. Aufg 3. a) Zu lösen ist: y (x + )y = x + Lösen der homogenen Gleichung mit Trennung der Variablen: y (x + ) y = 0 y y = (x + ) y dy = x + dx ln(y) = x + x + d y = }{{} e d =c e x +x Die Lösung der homogenen Gleichung lautet also y h (x) = c e x +x. Für die Bestimmung der partikulären Lösung verwenden wir das Verfahren der Variation der Konstanten, d.h. wir ersetzen die Konstante c der Lösung der homogenen DGL durch eine Funktion c(x). Die neugewonnene Funktion benutzen wir als Ansatz und setzen sie in die DGL ein: Ansatz: y p (x) = c(x)e x +x y p(x) = c (x)e x +x + c(x)(x + )e x +x Wir eralten beim Einsetzen in die linke Seite der DGL: y p(x) (x + ) y p (x) = c (x)e x +x + c(x)(x + )e x +x (x + ) c(x)e x +x = c (x)e x +x Die DGL sieht mit diesem Ansatz also wie folgt aus: y p(x) (x + )y p (x) = x + c (x)e x +x = x + c (x) = (x + ) e (x +x) Integration auf beiden Seiten der letzten Gleichung nach x liefert c(x): c(x) = (x + ) e (x +x) dx = e (x +x) Wir erhalten also als Lösung y p (x) = c(x)e x +x = ( e (x +x) ) e x +x = Und in der Tat löst die Funktion y p (x) = die Differentialgleichung (die Probe ist erschreckend einfach). Die Gesamtlösung lautet also: y allg (x) = + c e x +x Aufg 3. b) Zu lösen ist: y + y x = x (wobei x > 0 gilt). Lösen der homogenen Gleichung mit Trennung der Variablen: y + y x = 0 y y = x y dy = x dx ln(y) = ln(x) + }{{} d = ln(c x ) y = c x =ln(c) Die Lösung der homogenen Gleichung lautet also y h (x) = c x. Für die Bestimmung der partikulären Lösung verwenden wir das Verfahren der Variation der Konstanten, d.h. wir ersetzen die Konstante c der Lösung der homogenen DGL durch eine Funktion c(x). Die neugewonnene Funktion benutzen wir als Ansatz und setzen sie in die DGL ein: Ansatz: y p (x) = c(x)x ( ) y p(x) = c (x)x + c(x) x 3 Wir eralten beim Einsetzen in die linke Seite der DGL: y p(x) + yp(x) x = c (x)x + c(x) ( x 3 Die DGL sieht mit diesem Ansatz also wie folgt aus: ) + c(x)x x = c (x)x y p(x) + y p(x) x = x c (x)x = x c (x) = x x = x 5

6 Integration auf beiden Seiten der letzten Gleichung nach x liefert c(x): Wir erhalten also als Lösung Die Gesamtlösung lautet also: c(x) = x dx = x y p (x) = c(x)x = x x = x 3 y allg (x) = x 3 + c x 6