Musterlösungen Serie 9

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1 D-MAVT D-MATL Analysis II FS 2013 Prof. Dr. P. Biran Musterlösungen Serie 9 1. Frage 1 Gegeben ist eine lineare und homogene Differenzialgleichung, welche y : x sin x als Lösung besitzt. Welche der folgenden Aussagen ist richtig? x cos x ist ebenfalls eine Lösung. x sin2x) ist ebenfalls eine Lösung. x 2sinx) ist ebenfalls eine Lösung. Bitte wenden!

2 Frage 2 Finden Sie die Lösungyx) der Differenzialgleichung mit Anfangsbedingungeny0) = 1 undy 0) = 0. yx) = 1 4 3e x +e 3x). yx) = C 1 e x +C 2 e 3x. yx) = 1 4 e x +3e 3x). y 2y 3y = 0 Durch Einsetzen kriegen wir das Resultat. Sonst würden wir folgenderweise vorgehen. Die homogene Differenzialgleichung ist y 2y 3y = 0. 1) Mit dem Ansatzyx) = Ce λx eingesetzt in 1) erhält manλ 2 2λ 3)e λx = 0 und damit das charakteristische Polynom λ 2 2λ 3 = 0, 2) mit den Nullstellenλ 1 = 1 undλ 2 = 3. Damit sind die FunktionenC 1e x undc 2e 3x Lösungen der homogenen Differenzialgleichung. Da es keine Funktion auf der rechten Seite gibt, ist die allgemeine Lösung yx) = y h x) = C 1e x +C 2e 3x. 3) Die Anfangsbedingungen setzen die spezielle Lösung fest. Dazu benötigen wir noch y x) = C 1e x +3C 2e 3x. Einsetzen der Anfangsbedingungen ergibt! y0) = C 1 +C 2 = 1 y! C1 = 3 4,C2 = ) = C 1 +3C 2 = 0 Die Lösung der Differenzialgleichung ist somit yx) = 1 4 3e x +e 3x). Siehe nächstes Blatt!

3 Frage 3 Finden Sie die Lösungyx) der Differenzialgleichung mit Anfangsbedingungeny0) = 0 undy 0) = 0. y +2y = x 2, yx) = 1 4 ei 2x e i 2x + x = ) 1 2 cos 2x +x 2 1 ). yx) = C 1 e i 2x +C 2 e i 2x. yx) = x Durch Einsetzen kriegen wir das Resultat. Sonst würden wir folgenderweise vorgehen. Die homogene Differenzialgleichung ist y +2y = 0, somit ist λ 2 +2 = 0 das charakteristische Polynom. Die Nullstellen sind λ 1 = i 2 und λ 2 = i 2, und damit ist die Lösung der homogenen Differenzialgleichung y h x) = C 1e i 2x +C 2e i 2x. Für die partikuläre Lösung machen wir den Ansatz y p = Ax 2 +Bx+C. Einsetzten in die Differenzialgleichung liefert 2A+2Ax 2 +2Bx+2C = x 2, und durch Koeffizientenvergleich erhalten wir A = 1/2, B = 0 und C = 1/2. Die allegemeine Lösung ist dann Die Anfangsbedingungen liefern yx) = C 1e i 2x +C 2e i 2x + x = y0) = C 1 +C 2 1 = C 1 +C 2 = = y 0) = i 2C 1 i 2C 2 = 0 = C 1 C 2 = 0, d.h. C 1 = C 2 = 1/4. Somit ist die Lösung der Differenzialgleichung yx) = 1 4 ei 2x e i 2x + x = 1 ) ) cos 2x +x Bitte wenden!

4 Frage 4 Bestimmen Sie die allgemeine Lösungyx) der Differenzialgleichung 2y y 6y = e 3x. yx) = C 1 e 2x +C 2 e 3 2 x. yx) = C1 e 2x +C 2 e 3 2 x e3x. yx) = C 1 e x +C 2 e 3 2 x e3x. Durch Einsetzen kriegen wir das Resultat. Sonst würden wir folgenderweise vorgehen. Wir betrachten zunächst die homogene Differenzialgleichung 2y y 6y = 0. Das charakteristische Polynom ist 2λ 2 λ 6 = 2λ+3)λ 2) und hat somit die beiden reellen) Nullstellen λ 1 = 2 und λ 2 = 3 2. Daher ist eine allgemeine Lösung y h der homogenen Differenzialgleichung gegeben durch y h x) = C 1e 2x +C 2e 3 2 x. Wir bestimmen nun eine partikuläre Lösung y p der inhomogenen Differenzialgleichung. Der Ansatz für y p hängt von der Inhomogenität ab. Wir machen den Ansatzy px) = αe 3x. Diesen Ansatz und dessen Ableitungeny px) = 3αe 3x, y px) = 9αe 3x in die Differenzialgleichung einsetzen liefert 2 9αe 3x 3αe 3x 6αe 3x = e 3x = α = 1 9. Die allgemeine Lösung ist somit yx) = C 1e 2x +C 2e 3 2 x e3x. Siehe nächstes Blatt!

5 Frage 5 Berechnen Sie die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung Welche der folgenden Aussagen ist richtig? y = 3y +cosx). Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung ist gleichyx) = ke 3x +cosx, fürk R. Eine partikuläre Lösung der Differenzialgleichung ist gleichyx) = 3 10 cosx sinx. Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung ist gleichyx) = ke 3x 3 k R. 10 cosx sinx, für Die allgemeine Lösung der homogene Differenzialgleichung ist gleich yx) = ±e C e 3x, für C R. Die zugehörige homogene Differenzialgleichung lautet y = 3y. Separieren lieferty = 0 oder dy y = 3dx ln y = 3x+C, C R y = Ke 3x, K = e C R + y = Ke 3x, K R. Also ist die allgemeine Lösung der homogene Differenzialgleichung gleich y h x) = Ke 3x, K R, da y = 0 die homogene Differenzialgleichung auch löst ist die Aussage d) falsch, da ±e C R ). Als Ansatz für eine partikuläre Lösung vony = 3y +cosx) wählen 1 wir y 0x) = acosx+bsinx, wobei a und b zwei noch zu bestimmenden Konstanten sind. Einsetzen liefert asinx+bcosx = 3acosx+bsinx)+cosx und also { a = 3b I) b = 3a+1 II). Aus I) folgt b = a. Einsetzen inii) liefert 3 a 3 = 3a+1 und alsoa = 3 und b = 1. Eine partikuläre Lösung der Differenzialgleichung ist also y 0x) = 3 10 cosx sinx. 1 Als Faustregel kann man sich merken, dass man immer einen Ansatz für y 0 versuchen soll, der die Form des Störgliedes qx) hat. Ist also qx) ein Polynom, so soll man ein Polynomansatz versuchen, ist qx) eine Sinus- oder Cosinusfunktion, so soll man als Ansatz eine Summe einer Sinus- oder Cosinusfunktion der gleichen Kreisfrequenz versuchen, usw. Nicht immer führt dies allerdings zum Ziel. Dann muss man das Verfahren von Lagrage angewandt werden. Bitte wenden!

6 Man erhält die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung indem man an y 0 die allgemeine Lösung der homogenen Teil addiert, d.h. yx) = y h x)+y 0x) = Ke 3x 3 10 cosx+ 1 sinx, K R. 10 Die Aussagen a) und b) sind falsch, da yx) = cosx und yx) = 3 cosx + 1 sinx die Differenzialgleichung nicht lösen. Siehe nächstes Blatt!

7 Frage 6 Suchen Sie die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung y = 2 y x +ex. Welche der folgenden Aussagen ist richtig? Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung ist gleich... yx) = k x 2 + x2 2x+2)e x x 2, fürk R. yx) = k x 2, fürk R. yx) = k x 2 +e x, fürk R. yx) = k+x2 2x x 2, fürk R. Die zugehörige homogene Differenzialgleichung lautet y = 2 y x. Separieren lieferty = 0 oder dy y = 2 x dx ln y = 2ln x +C, C R y = Kx 2, K = e C R + y = Kx 2, K R. Also ist die allgemeine Lösung der homogene Differenzialgleichung gleich y h x) = Kx 2, K R, da y = 0 die homogene Differenzialgleichung auch löst). Als Ansatz von Lagrange setzen wir y 0x) = γx) x 2. Durch Einsetzen erhalten wir Partielle Integration liefert γx) = x 2 e x dx = x 2 e x 2 γ x) x 2 = e x γ x) = x 2 e x. xe x dx = x 2 e x 2xe x +2e x +C, C R. Da wir nur an einer partikulären Lösung interessiert sind, können wir hier auf die Integrationskonstante verzichtern. Wir erhalten y 0x) = γx) x 2 = x2 2x+2)e x x 2 und als allgemeine Lösung der Differenzialgleichung für k R. yx) = y h x)+y 0x) = k x 2 + x2 2x+2)e x x 2, Bitte wenden!

8 Frage 7 Das Wachstum einer Taufliegen-Population unter Laborbedingungen kann näherungsweise durch die Differenzialgleichung f t) = 0, ft)) ft) beschrieben werden. Dabei bezeichnet ft) die Anzahl der Taufliegen zur Zeit t in Tagen. Für welche Zahlen a > 0 ist die Funktion 350 ft) = a e 0,21t +1 eine Lösung der Differenzialgleichung? Für keina. Nur füra = 350 = lim t ft). Nur füra = ln 0,21 ). Nur füra = ln Für jedesa. 1 0,21 ). 1. Methode: Wir berechnen zunächst die Ableitung der angegebenen Funktion. Zum Beispiel mit Hilfe der Quotientenregel folgt f t) = 350 0,21 a e 0,21 t ae 0,21 t +1) 2 = 73,5 a e 0,21 t ae 0,21 t +1) 2. Jetzt setzen wir die angegebene Funktion in die rechte Seite der DGL ein und erhalten ) 0, ae 0,21 t +1 Also ist die angegebene Funktion für jedes a > 0 eine Lösung der DGL. 2. Methode: Wir lösen die Differenzialgleichung. Setzen wir b = 0,0006,c = 350 und ft) = yt). Die DGL ,5 a e 0,21 t ae 0,21 t +1 = ae 0,21 t +1) = 2 f t). y = b c y) y ist separabel, und wir erhalten dy c y)y = bdt. Wir führen eine Partialbruchzerlegung ein und suchen A und B, sodass also so, dass 1 c y)y = A c y + B y 1 = A B)y +Bc, Ay +Bc y) =, c y)y oder auch so, dass { A B = 0 Bc = 1, d.h.a = B = 1 und 1 = 1/c + 1/c. Eine Integration liefert c c y)y c y y dy c y)y = 1/c c y + 1/c y )dy = 1 c ln c y +ln y ) = 1 c ln y c y = bdt = bt+d, D R Siehe nächstes Blatt!

9 y ln c y = cbt+cd, D R y c y = Kebct, K = ±e cd R y = c y)ke bct y1+ke bct ) = cke bct yt) = ckebct 1+Ke = c bct 1 K e bct +1 = 350 ae 0,21t +1, a = 1/K R. Die Zahl a darf aber inr + liegen, sodass die Population yt) natürlich immer positiv bleibt. 2. Day 1 : x e x eine Lösung von 2x x 2) y + x 2 2 ) y +21 x)y = 0 undy 1 x) = y 1 x) = y 1 x) = e x ist, gilt 2x x 2 ) e x + x 2 2 ) e x +21 x)e x = 0. 4) Füryx) = zx)e x gilt weiter y x) = z x)e x +zx)e x Eingesetzt in die Differenzialgleichung ergibt dies y x) = z x)e x +2z x)e x +zx)e x. 0 = 2x x 2) z e x +2z e x +ze x) + x 2 2 ) z e x +ze x) +21 x)ze x = z [ 2x x 2) e x + x 2 2 ) e x +21 x)e x ] 4) =0 + 2x x 2) z e x +2z e x) + x 2 2 ) z e x = e x [ 2x x 2 ) z + 2x x 2) 2z + x 2 2 ) z ] = e x[ 2x x 2) z + 4x x 2 2 ) z ]. Da e x 0 für alle x Ê, gilt 2x x 2 ) z x)+ 4x x 2 2 ) z x) = 0 Integration liefert z x) z x) = x2 4x+2 2x x 2 = x2 2x+2x 4x+2 2x x 2 = x 2x x 2. ln z x) = x+ln 2x x 2 +c, c Ê = z x) = c 1 e x 2x x 2), c 1 = ±e c. Eine weitere Integration liefert zx) = c 1 e x 2x x 2 ) = c 1 2xe x +x 2 e x +2 dx = c 1 [ e x 2x x 2) + e x dx 2 e x x dx = c 1 [ 2xe x +x 2 e x 2e x 2 e x x+ e x ) ] dx e x +K [ = c 1 2xe x +x 2 e x 2e x +2xe x +2e x 2K ] = c 1 x 2 e x 2c 1 K =:c 2 = c 1 x 2 e x +c 2, ] e x 2 2x)dx Bitte wenden!

10 wobeik Ê. Die allgemeine Lösung von 2x x 2) y + x 2 2 ) y +21 x)y = 0 ist somit yx) = zx)e x = c 1 x 2 e x +c 2 ) e x = c 1 x 2 +c 2 e x. 3. Durch totale Ableitung nach x der Schargleichung der Kreise kriegen wir x 2 +y 2 2Cy = 0 2x+2yy 2Cy = 0. Durch Elimination von C aus den zwei letzten Gleichungen kriegen wir die Differentialgleichung y = 2xy x 2 y 2. Die Differentialgleichung der Orthogonaltrajektorien lautet also als y = x2 y 2 2xy, die als y = 1 2 y x x y ) umgeschrieben sein darf. Mit der Substitution kriegen wir ux) = yx) x y x) = ux) x) = u x)x+ux) und Einsetzen in der Differentialgleichung liefert die separierbare Gleichung Durch Separation kriegen wir xu = u2 ). u 2u 1 u 2 +1 du = x dx ln u 2 +1 = ln x +C Nach Einsetzen vona = ±e C und Rücksubstitution folgt y 2 x 2 +1 = A x x 2 Ax+y 2 = 0. Die Orthogonaltrajektorien sind also wiederum Kreise, welche die y-achse im Ursprung berühren Figur: s. Stammbach, Analysis, Teil C, Kap. VII.6, Seite 55). Siehe nächstes Blatt!

11 4. Die Schar yx) = C 1 cosc 3 x)+c 2 sinc 3 x) 1) entsprich harmonische Schwingungen zu beliebigen Kreisfrequenzen s. Stammbach, Analysis, Teil C, Kap. VII.6, Seite 67). Da wir 3 Parametern haben, wird die zugehörige Differentialgleichung dritter Ordnung sein. Durch Ableitung nach x kriegen wir y = C 1 C 3 sinc 3 x)+c 2 C 3 cosc 3 x) 2) y = C 1 C 2 3 cosc 3 x) C 2 C 2 3 sinc 3 x) 3) y = C 1 C 3 3 sinc 3 x) C 2 C 3 3 cosc 3 x) 4). Aus den Gleichungen1),2),3),4) sind nun die ParameternC 1,C 2,C 3 zu eliminieren. Division von 4) durch2) liefert y y = C 2 3. Ferner ergibt sich aus1) und3) die Gleichung y +C 2 3y = 0. Als Differentialgleichung der Schar erhalten wir somit y y y y = 0.