1. Übungsblatt Aufgaben mit Lösungen

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1 . Übungsblatt Aufgaben mit Lösungen Aufgabe : Sei I R ein Intervall. Geben Sie Beispiele für Differentialgleichungen für Funktionen y = y in I mit den folgenden Eigenschaften an: Beispiel separabel, nicht linear nicht separabel, nicht linear linear und homogen Lösung : Beispiele für mögliche Lösungen: separabel, nicht linear nicht separabel, nicht linear linear und homogen Beispiel y = y y = sin( y ) y = y Aufgabe : Bestimmen Sie die Lösungen der folgenden Anfangswertaufgaben: (a) y = y +, >, y() = 0, (b) y = y, R, y(0) =. Lösung : (a) Das ist eine inhomogene lineare Differentialgleichung erster Ordnung. Die Lösung der homogenen Differentialgleichung y = y bestimmen wir mit dem Separationsansatz: y y = y = y d = Mit y d = dy erhalten wir für die linke Seite dann y y d = = ln( ) + K, K R. dy = ln y. y Wir wenden auf beiden Seiten die Eponentialfunktion an, und sehen y = e ln( ) e K = ek = y = C mit einer beliebigen Konstanten C(= ±e K ) R. Beachte, dass C wohldefiniert ist, da > vorausgesetzt ist. Also ist y h = C für jedes C R Lösung der homogenen Gleichung. Zur Bestimmung der Lösungen der inhomogenen Differentialgleichung y = y + ( ) verwenden wir Variation der Konstanten. Wir machen den Ansatz y = C, dann ist und wir setzen dies in unsere DGL ( ) ein: y = C C ( ), C C ( ) = C + C = ( ) = C = C d = ( ) ( ) d = + D, D R. Die allgemeine Lösung der DGL ( ) ist also gegeben durch

2 y = C = (( ) + D) ( ) = + D, D R. Bemerkung: Für jede fest gewählte Konstante D 0 R heißt die Lösung y = ( ) + D 0 partikuläre Lösung der DGL. Die Lösungsmenge der DGL ergiebt sich dann gerade durch Addition der homogenen Lösungen zu einer gewählten partikulären Lösung. Die Anfangsbedingung y() = 0 impliziert 0 = ( ) + D = + D D =. Somit ist y = (( ) ) die Lösung des Anfangswertproblems. (b) Das ist eine autonome Differentialgleichung, und der Separationsansatz liefert hier wieder mit y d = dy: Es ist y = = y dy = y d = + C, C R. dy = arcsin y, y (, ), und durch Anwenden der Sinusfunktion erhalten wir y arcsin y = + C y = sin( + C) mit π C π C, da ( π, π ) der Wertebereich des Arcussinus ist. Die Anfangsbedingung = y(0) = sin(0 + C) liefert C = π 6. Aufgabe : Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y = (y) ( + )y + + +, R. Hinweis: Ansatz y = + (u). Lösung : Wie angegeben suchen wir eine Lösung der Form y = + (u). Dann ist y = u (u), und wir setzen die Terme für y und y in die Differentialgleichung ein, um eine Differentialgleichung in u zu bekommen: ( u (u) = + ) ( ( + ) + ) u u u (u) = + u = u ( ), u + (u) u u Wir bestimmen nun eine Lösung der homogenen DGL u = u. Nach dem Separationsansatz ist u u =, und es folgt u d = d = + C, C R. u Mit u d = du ist dann ln u = + C, und Anwenden der Eponentialfunktion liefert ln u = + C = u = ± ep(c) ep = K ep, K(= ±e C ) R. Also ist unser Ansatz für eine spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung ( ) durch u = K ep gegeben. Wir setzen die Ausdrücke für u und u in die inhomogene DGL ( ) ein, und erhalten Integration liefert K ep + K ep = K ep K = ep( ). K = K d = ep( )d = ep( ) + D, D R. Damit erhalten wir die allgemeine Lösung für die DGL ( ): u = K ep = (ep( ) + D) ep = + D ep, D R.

3 Durch Rücksubstitution y = + (u) finden wir für die ursprüngliche Differentialgleichung die allgemeine Lösung y = + + D ep, D R. Bemerkung: Das sind nicht alle Lösungen, es fehlt noch die Lösung y = (setze D = ). Die muss man aber nicht sehen, um volle Punkte zu bekommen. Bemerkung: Wir können die DGL u = u auch direkt mit dem Separationsansatz lösen, da u = h(u mit der Funktion h(z) = z eine autonome DGL darstellt: u u = = u u d = d = + C, C R. Weiter ist u du = ln u, was uns zu der Gleichung u = e e C führt. Mit K = ±e C R ist dann u = Ke. Wir kommen hier also auch schneller ans Ziel und brauchen Variation der Konstanten nicht unbedingt. Aufgabe 4: Lösen Sie die folgenden Anfangswertprobleme (Hinweis: Bernoulli): (a) y + y y = 0, R, y(0) =, (b) (y) + (y) y = 0, R y() =. Lösung 4: (a) Dies ist eine Bernoullische Differentialgleichung y = py + qy α mit α =, p =, q =. Laut Skript ist λ = α = zu wählen. Wir setzen y = (v) /, dann ist y = (v / ) = v / v. Wir setzen diese Ausdrücke für y und y in die DGL ein: 0 = y + y y = v / v + v / v / v / ( v + ) = v / v = v ( ) Zunächt lösen wir die homogene DGL v = v ( ) durch Separation, d.h. v v d = d dv = ln v = + C. v Wir erhalten durch Anwenden der Eponentialfunktion und Auflösen des Betrages die Lösung der homogenen DGL ( ) v h = Ke, K R. Durch Variation der Konstanten K lässt sich nun die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL ( ) ermitteln. Wir machen den Ansatz v = Ke, dann ist und eingesetzt in ( ) ergibt sich v = K e + Ke, K e +Ke = Ke K = e = K = K d = e = e +D, D R. Die allgemeine Lösung ist dann v = (e + D)e = + De. Bemerkung: Auch hier kann man sich das Leben leichter machen und kommt ohne Variation der Konstanten aus, wenn man die DGL v = v als autonome DGL erkennt mit v = h(v) mit der Funktion h(z) = z. Der Separationsansatz lautet dann v v d = ln v = d = + C, C R ln v = + K, K(= C) R. Wir wenden wie immer ep an, und erhalten v = D ep() + mit D(= ± ep(k)) R.

4 Wir haben nun die allgemeine Lösung der DGL in v gefunden, und Rücksubstitution y = (v) / liefert eine allgemeine Lösung der ursprünglichen Bernulli-Gleichung: y = v / = ± + De. Die Anfangsbedingung y(0) = impliziert Somit ist y = +e = ± + De 0 = ± + D D =. die gesuchte Lösung des Anfangswertproblems. (b) Wir teilen die Gleichung durch (y) und finden eine Bernoullische Differentialgleichung mit α = : y = y + (y). Hierbei müssen wir schon = 0 ausschließen, da wir durch teilen. Da uns zur Lösung des Anfangswertproblems eine Lösung y in einer Umgebung von = genügt, ist das kein Problem. Wenn wir also y = (u) / und y = (u) / u in diese Gleichung einsetzen, finden wir die lineare inhomogene Differentialgleichung (mit Anfangsbedingung) u u = u + u u = u +, u() = ( ). Zunächst lösen wir wie üblich die zugehörige homogene Differentialgleichung u = u, was mit einer Division durch u und Integration beider Seiten auf ln u = ln + C, C R, führt. Wir wenden auf beiden Seiten die Eponentialfunktion an, was u = e C bzw. u = ±e C für > 0 liefert. Damit haben wir nun Lösungen der homogenen DGL bestimmt. Beachte hier wieder, dass uns eine Lösung u in einer Umgebung von = genügt, weshalb wir uns auf > 0 einschränken können. Der Ansatz für eine allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung ( ) lautet also u = C für > 0 (Variation der Konstanten). Nach Einsetzen dieses Ansatzes in die Differentialgleichung ( ) ergibt sich mit u = C C 4 : C C 4 = C + C = 4 = C = C d = 4 d = K, K R. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung ist dann u = C = ( K) = 5 + K, K R. Wir bestimmen die Konstante passend zum Anfangswert: Es ist = u() = 5 + K, also K = 5. Durch Resubstitution ist schließlich ( y = 5 + ) / 5, > 0, die Lösung des Anfangswertproblems. Beachte, dass das Wurzelziehen legitim ist, da der Ausdruck unter der Wurzel positiv ist. Aufgabe 5: Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichungen (a) y = y + e +, R, (b) y = y, > 0, und die Lösungen der Anfangswertprobleme (c) y = e y ey, R, y() = 0, (d) y = e y sin, R, y(0) = 0. Lösung 5:

5 (a) Die zugehörige homogene Differentialgleichung lautet y = y. Durch Separation erhalten wir y d = ln y = y d = + C, C R. Anwenden der Eponentialfunktion und Auflösen des Betrages liefern die allgemeine Lösung der homogenen DGL y h = K ep( ), K R. Um nun eine Lösung der DGL y = y + e + ( ) zu bestimmen, verwenden wir den Ansatz y = K ep( ) (Variation der Konstanten). Dann ist y = K ep( ) K ep( ), und wir setzen diese Ausdrücke für y und y in die DGL ( ) ein: K ep( ) K ep( ) = K ep( ) + ep( ) + K = + ep = K = K d = ( + ep)d = + ep + D, D R. Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung lautet folglich y = K ep( ) = ( + ep + D) ep( ) = ep( ) (b) Die homogene Differentialgleichung ist y = y. Separation liefert dann y y = = + D ep( ) +. y d = ln y = y d = + C, C R. Beachte, dass > 0 vorausgesetzt ist, so dass der Ausdrücke und wohldefiniert sind. Durch Anwenden von ep erhalten wir y = ep( ) ep(c). Das führt zu der Lösung der homogenen DGL. y h = ep( )K, K R Der Ansatz für die Variation der Konstanten ist also y = K ep( ). Einsetzen des Ansatzes in die Differentialgleichung y = y ( ) ergibt Folglich ist (K ep( ) K ep( ) ) = K ep( ) K = ep( ) = K = K d = ep( )d = ep( ) + D, D R. y = K ep( ) = (ep( ) + D) ep( ) = + D ep( ), D R die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung ( ). (c) Es ist y = e y ey = e e y e ey. Wir sehen, dass die DGL separabel ist und formen um: y e y e ey = e = y e y e ey d = e d = e + C, C R. Es gilt (e ey ) = y e y e ey, somit erhalten wir die Gleichung

6 e ey = e + C, die wir durch zweimaliges anwenden des Logarithmus nach y auflösen. Die allgemeine Lösung der DGL lautet dann y = ln(ln(e + C)), C R. Das Anfangswertproblem ist y() = 0, so dass wir die Gleichung 0 = ln(ln(e + C)) erhalten. Da ln den Wert 0 nur an der Stelle annimmt, muss ln(e + C) = gelten. Den Wert nimmt ln aber nur an der Stelle e an, so dass C = 0 folgt. Damit lautet die Lösung y = ln(ln(ep)) = ln. Diese Lösung eistiert für alle > 0. (d) Die Differentialgleichung ist separabel, so dass wir den Ansatz y y = sin = d = ey ey machen. Wegen y d = dy und e y dy = e y, folgt sind = cos + C, C R e y = cos + C e y = cos C, C R. Wir wenden ln an, und erhalten die allgemeine Lösung der DGL y = ln(cos C), C R. Das Anfangswertproblem lautet y(0) = 0, so dass 0 = ln(cos(0) C) = ln( C) gelten muss. Folglich ist C = 0. Da der ln nur für > 0 definiert ist, eistiert eine Lösung der Differentialgleichung, die die Anfangsbedingung erfüllt, im Intervall ( π/, π/), da dort der Kosinus positive Werte annimmt.