7. Übungsblatt Aufgaben mit Lösungen

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1 Aufgabe : Gegeben sei die Differentialgleichung 7. Übungsblatt Aufgaben mit Lösungen y x) 2 x y x) + 5 x 2 y x) 5 x yx) = 0 für x > 0. Prüfen Sie, ob die folgenden Funktionen Lösungen dieser Differentialgleichung sind: a) y x) = sinx 2 ), b) y 2 x) = x, c) y x) = exp 2 x ), d) y 4 x) = x 2 coslnx)). Lösung : a) Die Ableitungen von y lauten: y x) = 2x cosx 2 ), y x) = 4x 2 sinx 2 ) + 2 cosx 2 ), y x) = 2x sinx 2 ) 8x cosx 2 ). Auf der linken Seite der Differentialgleichung erhalten wir damit: 2x sinx 2 ) 8x cosx 2 ) + 8x sinx 2 ) 4 x cosx2 ) + 0 x 2 cosx2 ) 5 x sinx2 ) 0 Dies ist also sicher keine Lösung der DGL. b) Die erste Ableitung von y 2 ist y 2x) = und alle folgenden 0. Somit erhalten wir auf der linken Seite der DGL 5 x 2 5 x x = 0, also ist y 2 eine Lösung der DGL. c) Wir bestimmen die Ableitungen von y : y x) = 2 x 2 exp 2 x ), y x) = 4 x x ) exp 2 x ), y x) = 2 x 4 24 x 5 8 x 6 ) exp 2 x ). Auf der linken Seite der DGL ergibt das: Auch dies kann keine Lösung sein. d) Die Ableitungen von y 4 sind: 2 x 4 24 x 5 8 x 6 8 x 5 8 x 4 0 x 4 5 x y 4x) = 2x coslnx)) x sinlnx)), y 4 x) = coslnx)) sinlnx)), ) exp 2 x ) 0. y 4 x) = x sinlnx)) x coslnx)). In der Differentialgleichung erhalten wir damit: ) sinlnx)) coslnx)) 2 coslnx)) + 6 sinlnx)) + 0 coslnx)) 5 sinlnx)) 5 coslnx)) = 0 x Dann ist y 4 eine weitere Lösung dieser Differentialgleichung.

2 Aufgabe 2: Bestimmen Sie die reelle allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung y x) + 2y x) + 2y x) + yx) = 0 für x R Lösung 2: Wir machen den Ansatz yx) = e λx und erhalten zunächst die Ableitungen y x) = λe λx, y x) = λ 2 e λx, y x) = λ e λx. Setzen wir diese in unsere DGL ein, so bekommen wir λ e λx + 2λ 2 e λx + 2λe λx + e λx = 0 λ + 2λ 2 + 2λ + )e λx = 0. Da e λx 0 für alle x R, erhalten wir die charakteristische Gleichung λ + 2λ 2 + 2λ + = 0. Nach Satz 2.2 liefert uns jede Nullstelle λ j dieser Gleichung eine Lösung y j x) = e λjx der Differentialgleichung. Wir erhalten eine Nullstelle λ = von ) durch scharfes Hinsehen und die restlichen Nullstellen nach Polynomdivision: ) λ + 2λ 2 + 2λ + ) : λ + ) = λ 2 + λ +. Wir bekommen also die zwei weiteren komplexen) Nullstellen λ 2 = 2 + i ) und λ = 2 i ). Die allgemeine komplexe Lösung der DGL lautet somit yx) = c y x) + c 2 y 2 x) + c, c, c 2, c C, wobei y x) = e x, y 2 x) = e +i )x/2 und y x) = e i )x/2. Nutzen wir jetzt die Eulersche Formel e iz = cosz) + i sinz) können wir durch geschicktes lineares Kombinieren der beiden Lösungen y 2 x) = e x/2 cos x/2) + i sin x/2)) und y x) = e x/2 cos x/2) i sin x/2)) reelle Funktionen bestimmen: Es sind dann ỹ 2 x) = 2 y 2x) + y x)) = e x/2 cos x/2) und ỹ x) = 2i y 2x) y x)) = e x/2 sin x/2) reelle Lösungen der Differentialgleichung. Somit lautet die reelle allgemeine Lösung: mit a, a 2, a R. yx) = a e x + a 2 e x/2 cos x/2) + a e x/2 sin x/2) Aufgabe : Geben Sie zu den folgenden homogenen linearen Differentialgleichungen jeweils die reelle allgemeine Lösung an: a) x 2 u x) 5xu x) + ux) = 0, x > 0, b) u x) 5u x) + ux) = 0, x > 0, c) u x) x u x) + 7 x 2 u x) 8 x ux) = 0, x > 0. Lösung : a) Das ist eine Euler-DGL, die wir mit dem Potenzansatz ux) = x λ lösen. Wir setzen die Ableitungen u x) = λx λ, u x) = λλ )x λ 2 in die DGL ein und erhalten λλ )x λ 2 x 2 5λx λ x + x λ = 0 λ 2 λ 5λ + )x λ = 0. Da x λ 0 für alle x R, liefert uns diese Gleichung die charakteristische Gleichung

3 pλ) = λ 2 6λ + = 0 mit den Nullstellen λ,2 = ± 2i. Damit erhalten wir nach Bemerkung S. 50/5 im HM2-Skript die linear unabhängigen Lösungen u x) = x +2i = x cos2 ln x) + i sin2 ln x)) und u 2 x) = x 2i = x cos2 ln x) i sin2 ln x)). Geschicktes lineares Kombinieren liefert uns die beiden reellen Lösungen ũ x) = 2 u x) + u 2 x)) = x cos2 lnx)) und ũ 2 x) = 2i u x) u 2 x)) = x sin2 lnx)) ) und folglich die allgemeine reelle Lösung ux) = a ũ x) + a 2 ũ 2 x) mit a, a 2 R. Bemerkung: Anstelle des Ansatzes ux) = x λ hätten wir auch die Substitution x = exp t verwenden können. Setzen wir vt) = uexp t) bzw. vln x) = ux), so können wir die Euler-DGL in eine homogene lineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten transformieren. Die Ableitungen von vln x) = ux) sind dann Das setzen wir in die DGL ein: u x) = vln x) = x v ln x), u x) = vln x) = x 2 v ln x) + x 2 v ln x). v ln x) + v ln x) 5v ln x) + vln x) = 0 t=ln x v t) 6v t) + vt) = 0 Diese lösen wir mit dem Ansatz vt) = e λt und erhalten die charakteristische Gleichung ). λ 2 6λ + = 0. Erfreulicherweise erhalten wir mit diesem Ansatz dasselbe charakteristische Polynom wie mit dem Ansatz ux) = x λ. Die Nullstellen haben wir ja bereits ausgerechnet: λ,2 = ± 2i. Mit dieser Substitutions-Methode sehen wir aber auch, warum die allgemeine komplexe) Lösung die Gestalt ux) = c x λ +c 2 x λ2, wie wir sie in Bemerkung S. 50/5 finden, hat: Die homogene lineare DGL ) hat nach Satz 2.2 die allgemeine komplexe) Lösung Rücksubstitution liefert dann mit t = ln x: vt) = c e +2i)t + c 2 e 2i)t, c, c 2 C. ux) = c x +2i + c 2 x 2i, c, c 2 C. Um daraus nun die reelle allgemeine Lösung zu erhalten gehen wir vor wie in der Rechnung ) oben. b) Es liegt eine homogene lineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten vor. Mit dem Ansatz ux) = e λx bekommen wir das charakteristische Polynom pλ) = λ 2 5λ + dieser DGL mit den Nullstellen λ,2 = 5 2 ± i 2. Damit erhalten wir die linear unabhängigen komplexen Lösungen u x) = e x i 2 ) und Die allgemeine reelle Lösung ist dann wieder gegeben durch u 2 x) = e x 5 2 i 2 ). wobei ux) = a 2 u x) + u 2 x)) + a 2 2i u x) u 2 x)), a, a 2 R, 2 u x) + u 2 x)) = e 5 2 x ) cos 2 x und 2i u x) u 2 x)) = e 5 2 x ) sin 2 x. c) Hier haben wir noch eine Euler-DGL, die wir mit dem Ansatz x := expt) lösen. Dann setzen wir vt) := uexp t) bzw. mit t = ln x ist vln x) = ux). Wir leiten ab:

4 u x) = vln x) = x v ln x), u x) = vln x) = x 2 v ln x) + v ln x) x 2, u x) = vln x) = 2 x v ln x) x v ln x) + x v ln x) 2 x v ln x). Setzen wir dies in unsere DGL ein, so herhalten wir x v ln x) 6v ln x) + v ln x) 8vln x)) = 0 t=ln x v t) 6v t) + v t) 8vt) = 0 Das ist eine homogene DGL mit konstanten Koeffizienten, die wir mit dem Ansatz vt) = e λt lösen. Setzen wir diesen Ansatz ein, so erhalten wir das charakterstische Polynom pλ) = λ 6λ 2 + 2λ 8 = λ 2). Da wir die Euler-DGL aber nun in eine homogene DGL mit konstanten Koeffizienten transformiert haben, können wir Satz 2.4 verwenden, und erhalten aufgrund der dreifachen Nullstelle 2) die allgemeine komplexe) Lösung von ): vt) = c e 2t + c 2 te 2t + c t 2 e 2t t=ln x vln x) = c e 2 ln x + c 2 ln x e 2 ln x + c ln x) 2 e 2 ln x mit c, c 2, c C. Da alle auftretenden Funktionen bereits reell sind, erhalten wir die allgemeine reelle Lösung, indem wir nur reelle Koeffizienten a, a 2, a zulassen. Dann ist ux)= vln x)) = a x 2 + a 2 ln x x 2 + a ln x) 2 x 2, a, a 2, a R, die allgemeine reelle Lösung der ursprünglichen DGL. Bemerkung: Wir können hier natürlich auch den Ansatz ux) = x λ wählen, um das charakteristische Polynom zu bestimmen. Wenn man nun schon weiß, dass bei k-facher Nullstelle µ des charakteristischen Polynoms die allgemeine komplexe) Lösung die Gestalt ux) = c x µ + c 2 ln x x µ c k ln x) k x µ hat. Wir haben uns hier lediglich für die andere Methode entschieden, um die Gestalt der allgemeinen Lösung noch einmal herzuleiten. Aufgabe 4: Lösen Sie die Anfangswertaufgabe x 4 u x) + 6x u x) 2xu x) + 20ux) = 0 x > 0 mit u) = 0, u ) = 4, u ) = 5, u ) = 24. Lösung 4: Das ist wieder eine Euler-DGL. Der Potenzansatz ux) = x λ liefert die charakteristische Gleichung λ )λ 2)λ )λ + 6λ 2)λ )λ 2λ + 20 = λ 4 7λ 2 + 4λ + 20 = 0. Durch Probieren finden wir die Nullstelle λ = 2. Polynomdivision zeigt dann: λ 4 7λ 2 + 4λ + 20 : λ + 2 = λ 2λ 2 λ + 0. Wir müssen wieder eine Nullstelle raten und erhalten auch λ 2 = 2. Erneute Polynomdivision liefert dann λ 2λ 2 λ + 0 : λ + 2 = λ 2 4λ + 5. Daraus erhalten wir nun die komplexen Nullstellen) λ,4 = 2 ± i. Aus der doppelten) reellen Nullstelle erhalten wir die Lösungen u x) = x 2 und u 2 x) = lnx)x 2. Die komplexen Nullstellen ergeben die komplexen Lösungen u 4 x) = x 2+i = x 2 cosln x) + i sinln x)) und u 4 x) = x 2 i = x 2 cosln x) i sinln x)) das ist wie in den Aufgaben a) und c) eine Folgerung aus den Sätzen 2.2 und 2.4). Durch lineares Kombinieren erhalten wir daraus zwei reelle Lösungen Damit lautet die allgemeine reelle Lösung: ũ x) = x 2 cosln x) und ũ 4 x) = x 2 sinln x). ux) = a x 2 + a 2 lnx)x 2 + a x 2 cosln x) + a 4 x 2 sinln x) ).

5 mit a, a 2, a, a 4 R. Nun müssen wir noch das Anfangswert-Problem lösen. Dazu berechnen wir die Ableitungen von ux): u x) = 2a x + a 2 x 2a 2 ln x x + a x cosln x) + 2a x sinln x) a 4 x sinln x) + 2a 4 x cosln x), u x) = a cosln x) + a 4 cosln x) + a sinln x) a 4 sinln x) + 6a x 4 5a 2 x 4 + 6a 2 ln x x 4, u x) = 26a 2 x 5 24a x 5 24a 2 ln x x 5 a 4 cosln x)x a sinln x)x a 4 sinln x)x + a cosln x)x. Mit den Anfangswerten bekommen wir: u) = a + a 4 = 0, u ) = 2a + a 2 + a + 2a 4 = 4, u ) = 6a 5a 2 + a + a 4 = 5, u ) = 24a + 26a 2 + a a 4 = 24. Wir lösen dieses lineare Gleichungssystem mit dem Gauß-Verfahren: /8 25/ /200 / /8 25/ /25 80/25 Daraus bekommen wir sofort a = 5/289, a 2 = /7, a = 875/289 und a 4 = 5/289. Somit lautet die Lösung des Anfangwertproblems ux) = 5/289 x 2 + /7 ln x x /289 x 2 sinln x) + 5/289 x 2 cosln x). Aufgabe 5: Zeigen Sie, dass ux) = e x2 die Differentialgleichung u x) 2xu x) 2ux) = 0, x 0, ), löst. Bestimmen Sie eine weitere linear unabhängige Lösung mit der Methode der Reduktion der Ordnung. Hinweis: Ein Integral der Form e x2 dx ist nicht elementar integrierbar, lassen Sie es im Ergebnis stehen. Lösung 5: Es ist ux) = e x2, also haben wir die Ableitungen u x) = 2xe x2 und u x) = 2e x2 + 4x 2 e x2. Dise setzen wir in die DGL ein und erhalten 2e x2 + 4x 2 e x2 4x 2 e x2 2e x2 = 0, also ist ux) Lösung der DGL. Der Reduktionsansatz u 2 x) = cx)e x2 liefert die Ableitungen u 2x) = c x)e x2 + cx)2xe x2, u 2x) = c x)e x2 + 4xc x)e x2 + cx) 2e x2 + 4x 2 e x2). Setzt man dies in die ursprüngliche DGL ein, so erhält man die Gleichung Wir setzen kx) = c x) und haben c x)e x2 + c x)2xe x2 = 0. k x)e x2 + 2xkx)e x2 2 = 0 ex 0 k x) + 2xkx) = 0. Wir haben somit die Ordnung um Eins reduziert. Dies ist eine DGL in getrennten Veränderlichen, die wir folgendermaßen lösen: k x) k kx) = 2x, also x) kx) dx = 2x dx. Es folgt ln kx) = x 2 + C mit einer Integrationskonstanten C R, also kx) = Ke x2 mit der Konstanten K= ±e C ) R. Da kx) gerade die Ableitung von cx) war, ist cx) = kx)dx = e x2 dx,

6 wobei wir hier K = gewählt haben, da wir ja nur eine weitere Lösung der DGL brauchen und dann die Konstante nicht weiter mitschleppen müssen. Dieses letzte Integral ist nicht elementar lösbar. Wir haben also die zweite Lösung u 2 x) = ux) cx) = e x2 e x2 dx.

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