Institut für Analysis WS 2014/15 PD Dr. Peer Christian Kunstmann Dipl.-Math. Leonid Chaichenets

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1 Institut für Analsis WS 0/5 PD Dr. Peer Christian Kunstmann Dipl.-Math. Leonid Chaichenets Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Phsik Lösungsvorschläge zum. Übungsblatt Aufgabe 6: a Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine lineare, inhomogene Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Das charakteristische Polnom p lautet: pλ = λ + λ + λ C Die Diskriminante p der quadratischen Gleichung pλ = 0 ist p = = < 0. Damit sind λ = i und λ = λ = + i genau die Nullstellen von p. Beide haben die Vielfachheit. Die Funktionen, mit = e cos, = e sin für alle R bilden also ein Fundamentalsstem für die obige Differentialgleichung vgl. Abschnitt. der Vorlesung. Für eine partikuläre Lösung p der inhomogenen Gleichung machen wir den Ansatz von der Form der rechten Seite siehe Abschnitt. der Vorlesung: Wir berechnen: p = e C cos + C sin] p = e C cos + C sin + C cos + C sin + C sin + C cos] = e C cos + C sin + C C cos C + C sin], p = e C cos + C sin + C C cos C + C sin + C sin + C cos + C C cos sin C + C sin + cos] = e C C cos C + C sin C cos + C sin] Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: e 0 p + p + p = e cos C C cos C + C sin C cos + C sin +C cos + C sin + C C cos C + C sin +C cos + C sin = cos C cos C sin = cos C cos C sin = 0

2 Koeffizientenvergleich ergibt C = 0 und C =. Damit ist p = sine eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet also = C + C + p für alle R mit freien Konstanten C, C R. Diese werden durch die Anfangsbedingungen festgelegt: 0 = C e cos + C e sin + sine ]! = C = 0 C = 0, 0 = C = 0 C e cos sin + ] e sin + sin + cos Also ist = p die eindeutig bestimmte Lösung des Anfangswertproblems. = C! = 0 b Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine lineare, inhomogene Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Das charakteristische Polnom q lautet: qλ = λ λ + λ C Die Diskriminante q der quadratischen Gleichung qλ = 0 ist q = = 0. Damit ist λ = die einzige Nullstelle von q. Ihre Vielfachheit ist. Die Funktionen, mit = e, = e für alle R bilden also ein Fundamentalsstem für die obige Differentialgleichung vgl. Abschnitt. der Vorlesung. Für eine partikuläre Lösung p der inhomogenen Gleichung machen wir den Ansatz von der Form der rechten Seite siehe Abschnitt. der Vorlesung: Wir berechnen: p = C e p = Ce +, Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: p = Ce = Ce + + p p + p = e e 0 C = C = Koeffizientenvergleich ergibt C =. Damit ist p = e eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung.

3 Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet also = C + C + p für alle R mit freien Konstanten C, C R. Diese werden durch die Anfangsbedingungen festgelegt: ] 0 = C e + C e +! = C = Also ist e C =, ] 0 = e + C + e + + e C = = e + + die eindeutig bestimmte Lösung des Anfangswertproblems. R Aufgabe 7: Wir machen einen Potenzreihenansatz = c n n. Dann ist = = Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: Indeshift nc n n, nn c n n. n= + + = 0 nn c n n + nc n n + c n n = 0 n= n + n + c n+ n + nc n n + c n n = 0 n + n + c n+ + n + c n ] n = 0 = + C! = Koeffizientenvergleich n + n + c n+ + n + c n = 0 n N 0 c n+ = c n n N 0 n + Aus der letzten Gleichung erkennt man mit der Technik des scharfen Hinsehens TM, dass für n = k mit k N 0 c k c k+ = k + = c k k + k =... = gilt, während für n = k + mit k N 0 c k++ = c k++ = c k+ k + 3 = c k + k+ k+ k +! c 0 k + 3k + =... = k+ k+ k +! k + +! c 3

4 folgt. Durch die Wahl c 0 = und c = 0 bzw. c 0 = 0 und c = erhält man zwei linear unabhängige Lösungen = = k k k! k = k k k! k +! k+. k! k = e, Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung ist also = C + C mit freien Konstanten C, C R. Aufgabe 8: a Wir machen einen verallgemeinerten Potenzreihenansatz = ρ c n n mit ρ R und c 0 =. Dann ist = = c n n + ρ n, c n n + ρn + ρ n. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: + + = 0 ] ρ c n n + ρn + ρ n + c n n + ρ n + c n n+ = 0 >0 c n n + ρ n + ρ ] n cn ] + n = 0 }{{} =:fn+ρ fρ + c n fn + ρ + c n Koeffizientenvergleich fρ = 0, c n fn + ρ + c n Die determinierende Gleichung vgl. Abschnitt. der Vorlesung fρ = ρ ρ = 0 ] n = 0 = 0 n N hat genau zwei verschiedene Lösungen ρ = 0 und ρ =. Da ρ ρ = N erster Fall des Satzes. der Vorlesung, führt die Rekurrenzgleichung mit ρ = ρ bzw. ρ = ρ zu linear unabhängigen Lösungen bzw. der Differentialgleichung: ρ = : In diesem Fall lautet die Rekurrenzgleichung c n c n = n + n = c n nn + = c n n n nn + =... = n n +!

5 für alle n N. Damit lautet die Lösung für alle > 0. = n n +! n = ρ = 0: In diesem Fall lautet die Rekurrenzgleichung c n c n = n n = c n nn = für alle n N. Damit lautet die Lösung für alle > 0. = 0 n n! n = n n +! n+ = sin c n n 3n n n =... = n n! n n! n = cos b Wie im Aufgabenteil a liefert der verallgemeinerte Potenzreihenansatz die determinierende Gleichung an der DGL ablesen! sowie die Rekurrenzgleichungen fρ = ρρ + = ρ ρ + = 0, f + ρc + ρ = 0, fn + ρc n n + ρc n + c n = 0 n. Die quadratische determinierende Gleichung hat die Diskriminante f = = 0 und somit genau eine Lösung ρ = ρ = : fρ = ρ Damit bekommen wir mit dem verallgemeinerten Potenzreihenansatz nur eine Lösung der Differentialgleichung zweiter Fall des Satzes. der Vorlesung. ρ = : In diesem Fall lauten die Rekurrenzgleichungen c =, c n = n cn c n Die folgende Wertetabelle n = n c n c n n n. n c n 6 legt die Vermutung c n = n! für alle n N nahe. Tatsächlich gilt Beweis per Induktion: IA n = 0, n = : Siehe obige Wertetabelle. 0 5

6 IS n n + : Gelte für ein n N die IH c k = k! 0 k n. Dann gilt für n + Rekurrenzrelation: c n+ = n + c n c n IH n + = n + n! n! n + = = n + n +!n + = n +! n + n n!n + Es folgt für alle R. = n! n = e : Wir machen für eine zweite, zu linear unabhängige, Lösung den Ansatz vgl. Satz. der Vorlesung = log + d n n. Es ist dann = log + + = log + + = log + + d n n + d n n, d n n + n d n n d n n d n n. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert log-terme fallen weg!: + + = 0 + d n n d n n + d n n + ] d n n+ ] + + d n n = e e 3 e = n + n + d n n d n n+ + >0 d + d n ] + n + d n d n n n=3 Koeffizientenvergleich d = 0, d = 0, d n = = 0 d n n + n + n 3 6

7 Damit ist d n = 0 für alle n N 0 und für alle > 0. = e log c Wie im Aufgabenteil a liefert der verallgemeinerte Potenzreihenansatz die determinierende Gleichung an der DGL ablesen! sowie die Rekurrenzgleichungen fρ = ρρ ρ + 3 = ρ ρ + 3 = 0, f + ρc = 0, fn + ρc n c n = 0 n. Die quadratische determinierende Gleichung hat die Diskriminante f = 3 = > 0 und somit genau die Lösungen ρ = und ρ = 3 : fρ = ρ ρ 3 Wegen ρ ρ = N bekommen wir mit dem verallgemeinerten Potenzreihenansatz möglicherweise nur eine Lösung der Differentialgleichung dritter Fall des Satzes. der Vorlesung. ρ = 3 : In diesem Fall lauten die Rekurrenzgleichungen c = 0, c n c n = nn + n. Damit folgt c k+ = 0, sowie c k = k+! für alle k N 0. Also ist = 3 für alle > 0. n +! n = n +! n + = sinh ρ = : Wir versuchen zunächst den logarithmusfreien Ansatz vgl. Satz. der Vorlesung. In diesem Fall lauten die Rekurrenzgleichungen 0 c = 0, c n c n = nn n. Wegen der ersten Gleichung, kann c frei gewählt werden, etwa c = 0. Die zweite Gleichung liefert dann c k+ = 0, sowie c k = n! für alle k N 0. Damit führt der logarithmusfreie Ansatz in der Tat zum Ziel und es ist = n! n = cosh für alle > 0. 7

8 Aufgabe 9: a Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine lineare, inhomogene Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Das charakteristische Polnom p lautet: pλ = λ + λ + λ C Die Diskriminante p der quadratischen Gleichung pλ = 0 ist p = = 0. Damit ist λ = die einzige Nullstelle von p. Ihre Vielfachheit ist. Die Funktionen, mit = e, = e für alle R bilden also ein Fundamentalsstem für die obige Differentialgleichung vgl. Abschnitt. der Vorlesung. Für eine partikuläre Lösung p der inhomogenen Gleichung machen wir den Ansatz von der Form der rechten Seite siehe Abschnitt. der Vorlesung: Wir berechnen: p = e p = Ce, p = Ce = Ce + Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: e 0 p + p + p = e C = C = Koeffizientenvergleich ergibt C =. Damit ist p = e eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet also = C + C + p für alle R mit freien Konstanten C, C R. Diese werden durch die Anfangsbedingungen festgelegt: 0 = C e + C e ]! + = C = C =, 0 = C = 3 e + C e ] e + + e = C! = 8

9 Also ist = e die eindeutig bestimmte Lösung des Anfangswertproblems. R b Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine lineare, inhomogene Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Das charakteristische Polnom q lautet: qλ = λ 3 λ + λ λ C Eine Nullstelle λ = von q kann erraten werden. Polnomdivision liefert: qλ = λ λ + Damit sind λ = i und λ 3 = i die verbleibenden Nullstellen von q. Alle Nullstellen haben die Vielfachheit. Die Funktionen, und 3 mit = e, = cos, 3 = sin für alle R bilden also ein Fundamentalsstem für die obige Differentialgleichung vgl. Abschnitt. der Vorlesung. Es gilt sinh = e e für alle R. Wir suchen zunächst eine partikuläre Lösung p für die Inhomogenität e. Dafür machen wir den Ansatz von der Form der rechten Seite siehe Abschnitt. der Vorlesung: Wir berechnen: p = Ce p ] = C + e, p ] p ] = C + + e = + e, = C + 3e Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: p ] p ] + p ] + p = e e 0 C = C = C = Damit ist p = e eine partikuläre Lösung der Differentialgleichung mit der Inhomogenität e. Nun suchen wir eine partikuläre Lösung p für die Inhomogenität e. Auch dafür machen wir den Ansatz von der Form der rechten Seite siehe Abschnitt. der Vorlesung: p = Ce 9

10 Wir berechnen: p ] = Ce, p ] p ] = Ce, = Ce Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: p ] p ] + p ] + p = e e 0 C = C = 8 Damit ist p = 8 e eine partikuläre Lösung der Differentialgleichung mit der Inhomogenität e. Damit löst p = p + p die gegebene Differentialgleichung. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet also = C + C + p für alle R mit freien Konstanten C, C, C 3 R. Diese werden durch die Anfangsbedingungen festgelegt: 0 = C e + C cos + C 3 sin + e + 8 ] e = C + C +! = 8 C + C = 3 8, 0 = C e C sin + C 3 cos + C + C 3 = 5 8 C 3 = C +, 0 = C e C cos C 3 sin + C C = 3 8 C = 0 8, C = 6 8 C 3 = 5 + e 8 ] e = C + C e + 8 ] e = C C Also ist = cos + 5 sin e + 8 e die eindeutig bestimmte Lösung des Anfangswertproblems.! = 3! = Aufgabe 0: Wir machen einen Potenzreihenansatz = c n n. Dann ist = = nc n n, nn c n n. n= 0

11 Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: Indeshift + = 0 nn c n n nc n n + c n n = 0 n= n + n + c n+ n nc n n + c n n = 0 n + n + c n+ + nc n ] n = 0 Koeffizientenvergleich n + n + c n+ + nc n = 0 n N 0 n c n+ = n + n + c n n N 0 Wir wählen c 0 = und c = 0 und schließen aus der obigen Rekurrenzgleichung auf c k+ = 0 für alle k N 0, sowie c = und c k = 0 für alle k >. Damit ist = eine Lösung der Differentialgleichung. Nun wählen wir c 0 = 0 und c = und schließen aus der obigen Rekurrenzgleichung auf c k = 0 für alle k N 0, sowie n = k +, scharfes Hinsehen TM k c k+ c k++ = c k++ = k + k + 3 = k k 3c k + k + 3k + k + k =... k j=0 j = k + 3! für alle k N 0 gilt. So erhalten wir die zweite, zu linear unabhängige, Lösung mit = + k j=0 j k+3 = + k + 3! k= k j=0 j k+ = k +! k j=0 j k +! k+ für alle R. Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung ist also = C + C mit freien Konstanten C, C R. Aufgabe : a Wie in Aufgabe 8 liefert der verallgemeinerte Potenzreihenansatz die determinierende Gleichung an der DGL ablesen! fρ = ρρ + 3 ρ = ρ ρ = 0, sowie die Rekurrenzgleichung fn + ρc n 3 c n = 0 n N. Die determinierende Gleichung hat genau die Lösungen ρ = 0 und ρ =. Da ρ ρ = N erster Fall des Satzes. der Vorlesung, führt die Rekurrenzgleichung mit ρ = ρ bzw. ρ = ρ zu linear unabhängigen Lösungen bzw. der Differentialgleichung:

12 ρ = : In diesem Fall lautet die Rekurrenzgleichung c n = 3c n n n + = 3c n nn + =... = 3 n n! n j= j + für alle n N und damit = 3 n n! n j= j + n für alle > 0. ρ = 0: In diesem Fall lautet die Rekurrenzgleichung c n = 3c n n n = 3c n nn =... = 3 n n! n j= j für alle n N 0 und damit = 3 n n! n j= j n für alle > 0. b Der verallgemeinerte Potenzreihenansatz liefert an der DGL ablesen! die determinierende Gleichung fρ = ρρ + 3ρ + = ρ + ρ + = ρ + = 0, sowie die Rekurrenzgleichungen f + ρc = 0, fn + ρc n + c n = 0 n N. Die determinierende Gleichung hat genau die Lösung ρ = ρ =. Damit bekommen wir mit dem verallgemeinerten Potenzreihenansatz nur eine Lösung der Differentialgleichung zweiter Fall des Satzes. der Vorlesung. ρ = : In diesem Fall lauten die Rekurrenzgleichungen Damit folgt c k+ = 0, sowie c = 0, c n = c n n n. c k = c k k = c k k =... = k k! für alle k N 0. Also ist für alle > 0. = n n! n

13 : Wir machen für eine zweite, zu linear unabhängige, Lösung den Ansatz vgl. Satz. der Vorlesung Es ist dann = log + = log + + d n n. d n n n, = log + + d n n n n. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert log-terme fallen weg!: = n n + 3n + ] d n n + d n n+ = n d n n + d n n+ = 0 ] n n n! n n + n! n + d + d + n d n + d n n = 0 n=3 >0 n n n! n + d + d + n d n + d n n = 0 Damit ist d k = 0, sowie d k = k+ kk! = k+ k! = k+ k! = k+ k! h k d k k k k + k k= n=3 d + d + n= n n n! n + k d k + d k k + k + d k+ + d k k+ = 0 k= Koeffizientenvergleich d = 0, d k+ = d k + k + k N, d =, = k+ k! + k! k k + k k! k! + k d k d k = d k + k k k! k = k+ kk! d k k. k! k k d k = k+ k! k! + k k k! + k k d k =... = k+ k! k + k + + }{{} = k j= j =:h k d k 3

14 für alle k N. Es folgt für alle > 0. = log + c Zunächst halten wir fest, dass = n = n+ n! h n n für alle 0 < < gilt geometrische Reihe. Der verallgemeinerte Potenzreihenansatz = ρ c n n liefert also vgl. Aufgabe 8 a ρ + + = 0 n + ρn + ρc n n + ρ n + ρc n n + ρ n c k k = 0 ρ >0 n n + ρn + ρ + c n n + n c k k Cauch-Produkt Koeffizientenvergleich die determinierende Gleichung sowie die Rekurrenzgleichung n + ρn + ρ + c }{{} n n + =:fn+ρ n fρ = 0, fn + ρc n + c k = 0 fρ = ρρ + = 0, n n + ρn + ρ + c n + c k = 0 n N. n n = 0 c k = 0 n N Die Lösungen der determinierenden Gleichung sind gerade ρ = und ρ = 0. Wegen ρ ρ = N bekommen wir mit dem verallgemeinerten Potenzreihenansatz möglicherweise nur eine Lösung der Differentialgleichung dritter Fall des Satzes. der Vorlesung. ρ = 0: In diesem Fall lautet die Rekurrenzgleichung Es ist demnach: n c n = c k n N. nn + c 0 =, c = =, c = 6 = 0, c 3 = + 0 = 0. Daraus ist c n = 0 für alle n ablesbar. Also ist = für alle 0 < < eine Lösung der Differentialgleichung.

15 ρ = : Wir versuchen zunächst den logarithmusfreien Ansatz vgl. Satz. der Vorlesung. In diesem Fall lautet die Rekurrenzgleichung n nn c n + c k n N. Insbesondere n =, soll c 0 = 0 gelten, was einen Widerspruch zur Wahl c 0 = darstellt nur die triviale Lösung 0 befriedigt den gewählten Ansatz. Eine zielführende Möglichkeit ist = log + d n n anzusetzen dritter Fall des Satzes. der Vorlesung. In diesem Fall gibt es aber einen rechnerisch einfacheren Weg, nämlich das Reduktionsverfahren von d Alembert: = v Dieses führt auf eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung für v siehe Abschnitt.9 der Vorlesung: v + v + = 0 Wir berechnen d = log, d = log. Damit ist v = e log log = e log = eine nichttriviale Lösung der Differentialgleichung für v. Es gilt ferner Partialbruchzerlegung = + = + + = für alle 0 < <. Folglich ist v d = + log log + und somit ist = v = + log 0 < < eine weitere Lösung der ursprünglichen Differentialgleichung. 5