Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Elektrotechnik und Informationstechnik

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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis Priv.-Doz. Dr. P. C. Kunstmann Dipl.-Math. Sebastian Schwarz SS Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Elektrotechnik und Informationstechnik Lösungsvorschläge zum. Übungsblatt Aufgabe (Übung) Finden Sie die Lösungen der folgenden Anfangswertprobleme auf einem möglichst großen Intervall. a) y = x y 6y+5 y 3 mit y() =. b) y = e x y ey mit y() =. a) Es ist f : (, ) R,f (x) = x und g : (,3) R,g(y) = y 6y+5 y 6. Da g in eine Nullstelle hat, ist J = (,3). Nach Separation erhalten wir für x > y(x) s 6 x s 6s + 5 ds = s dx log y + 6y 5 log3 = logx + log() = logx. Nun wenden wir die Exponentialfunktion an. Dies führt zu y 6y + 5 = 3 x (y 3) = 4 3 x = y(x) = 3 ± 4 3 x. Das fehlende Vorzeichen wird durch y() = zu einem Minus und wir haben die Lösung y(x) = x > 3 x 4 Dabei haben wir x auf den maximalen Definitionsbereich eingeschränkt, den diese Funktion hat. Es gilt dann y(x) (,3) und y(x) 3 für x 3 4, womit y nicht fortgesetzt werden kann. b) Es ist f : R R,f (x) = e x und g : R R,g(y) = e y e ey, J = R. y(x) x e s e es ds = e s ds e ey e = e x e. Daraus folgt und somit e ey(x) = e x y(x) = log(loge x ) = log(x) x > Wegen y(x) für x ist diese Lösung nicht fortsetzbar.

2 Aufgabe (Tutorium) Finden Sie die Lösungen der folgenden Anfangswertprobleme auf einem möglichst großen Intervall. a) y = xe x y mit y() =. b) y = e y sin(x) mit y() = log(3). c) y = x y 3 mit y() =. a) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine Differentialgleichung mit getrennten Veränderlichen. In der Notation der Vorlesung sei I = R, J = (, ), f : R R mit x xe x, und g : (, ) R mit y y. Eine Stammfunktion von f F(x) = x x f (s) ds = P.I. = [ se s ] s=x x s= + x se s ds e s ds = [ se s e s ] s= s=x = ( + x)e x für alle x I. Eine Stammfunktion von g y y G(y) = y g(s) ds = s ds = y. Nach Satz. ergibt sich die Lösung y : I x R nun durch Auflösen der Gleichung G(y(x)) = F(x) nach y(x), also y(x) = ex + x Dabei ist das Intervall I x das größte Teilintervall von I mit y I x, auf dem y definiert ist und y(i x ) J = (, ), also I x = (, ). Da y in nicht stetig fortsetzbar ist, ist dies das maximale Existenzintervall. b) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine Differentialgleichung mit getrennten Veränderlichen. In der Notation aus Abschnitt., sei I = R, J = R, f = sin und g = exp. Eine Stammfunktion von f x x F(x) = f (s) ds = sin(s) ds = cos(x). x Eine Stammfunktion von g y y G(y) = y g(s) ds = e s ds = 3 e y. log(3) Nach Abschnitt. ergibt sich die Lösung y : I x R nun durch Auflösen der Gleichung G(y(x)) = F(x) nach y(x), also y(x) = log( + cos(x)).

3 Dabei ist das Intervall I x das größte Teilintervall von I mit y I x, auf dem y definiert ist, also I x = R, was automatisch das maximale Existenzintervall ist. c) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine Differentialgleichung mit getrennten Veränderlichen. In der Notation der Vorlesung sei I = R, f : I R mit x x und g : R\{} R mit y. Wegen u y 3 = bietet es sich an, J = R + zu wählen (das größte Intervall, welches y enthält und auf dem g das Vorzeichen von g(u ) = 4 x x F(x) = f (s) ds = s ds = x3 x 3. > hat). Eine Stammfunktion von f Eine Stammfunktion von g y y G(y) = y g(s) ds = y 3 ds = y4 4 Nach Abschnitt. ergibt sich die Lösung y : I x R nun durch Auflösen der Gleichung G(y(x)) = F(x) nach y(x), also y(x) = 4 x3 3, wobei das Vorzeichen von y durch y = festgelegt ist. Dabei ist das Intervall I x das größte Teilintervall von I mit y I x, auf dem y definiert ist, also I x = (, 3 3). Da lim x 3 3 y(x) = und nicht im Definitionsbereich von g liegt, haben wir das maximale Existenzintervall gefunden. Aufgabe 3 (Übung) Ziel dieser Aufgabe ist es, die eindeutige Lösbarkeit des Anfangswertproblems y = a(t)y, t [,T ] y() = y, zu zeigen. Dabei sei a : [,T ] R stetig und y R. Mit A : [,T ] R bezeichnen wir eine Stammfunktion von a auf [,T ]. a) Zeigen Sie, dass durch φ(t) := e A(t) A() y für t [,T ] eine Lösung des Anfangswertproblems gegeben ist. b) Sei ψ : [,T ] R eine weitere Lösung des Anfangswertproblems. Für festes t (,T ] sei z : [,t] R definiert durch z(s) := e A(t) A(s) ψ(s). (i) Zeigen Sie z() = φ(t) sowie z(t) = ψ(t) und berechnen Sie z (s) für s [,t]. (ii) Folgern Sie ψ(t) = φ(t) für alle t [,T ], womit die Eindeutigkeit von φ als Lösung des Anfangswertproblems gezeigt ist. a) Wir berechnen die Ableitung der Funktion φ und sehen (Kettenregel) φ (t) = e A(t) A() A (t)y = e A(t) A() a(t)y = a(t)φ(t). 3

4 Außerdem gilt φ() = e A() A() y = y, womit φ eine Lösung des Anfangswertproblems ist. b) (i) Für festes t gilt z() = e A(t) A() ψ() = e A(t) A() y = φ(t), z(t) = e A(t) A(t) ψ(t) = ψ(t). Außerdem gilt für die Ableitung z (Produkt- und Kettenregel) z (s) = e A(t) A(s) ( A (s))ψ(s) + e A(t) A(s) ψ (s) = e A(t) A(s) a(s)ψ(s) = e A(t) A(s) a(s)ψ(s) =, wobei wir benutzt haben, dass ψ eine Lösung des Anfangswertproblems ist, also ψ (s) = a(s)ψ(s) und ψ() = y. (ii) Es gilt = ds = z (s) ds = z(t) z() = ψ(t) φ(t), also ψ(t) = φ(t). Da t [,T ] beliebig war, folgt die Gleichheit der beiden Funktionen. Eine beliebige Lösung ist demnach immer gleich der von uns vorgegebenen Lösung, womit diese eindeutig ist. Aufgabe 4 (Tutorium) Finden Sie die Lösungen der folgenden Anfangswertprobleme auf einem möglichst großen Intervall. a) y = t y + t mit y() =. b) y = 3 t y + mit y() =. t 3 +t c) y = ty + t 3 mit y() =. d) y = t 4ty +t mit y() =. a) Die Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichung y = t y y h (t) = c exp( log( t)) = c t, c R. Eine spezielle Lösung für die inhomogene Differentialgleichung bekommen wir mit Variation der Konstanten: Setzen wir den Ansatz y(t) = c(t) t in die Differentialgleichung ein, erhalten wir c (t) = ( t), also c(t) = 3 ( t)3. Eine spezielle Lösung ist damit gegeben durch y p = 3 ( t). Damit erhalten wir die allgemeine Lösung y(t) = y h (t) + y p (t) = c t + 3 ( t), für t <,c R. Wegen y() = c + 3 = genau für c = 3 ist die Lösung des Anfangswertproblems gegeben durch (t ) y(t) = +, t (,). 3(t ) 3 4

5 b) Die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichung y = 3 t y lautet y h (t) = c exp( 3log(t)) = c t 3, c R. Der Ansatz für die Variation der Konstanten lautet also y(t) = c(t). Wir setzen den Ansatz in t 3 die Differentialgleichung ein und erhalten c (t) =. Also ist c(t) = t arctan(t) und damit t + y p (t) = arctan(t) eine spezielle Lösung. Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung t t 3 lautet damit y(t) = y h (t) + y p (t) = c t 3 + t arctan(t), für t,c R. t3 ist die Lösung des Anfangswer- Wegen y() = c + arctan() = genau für c = arctan() = π 4 problems gegeben durch y(t) = π 4t 3 + t arctan(t) t 3, t (, ). c) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung. In der Notation aus Abschnitt. sei a : R R mit t t und b : R R mit t t 3. Es gilt A(t) := a(s) ds = s ds = [ s ] s=t = s= t t sowie t e A(s) b(s) ds = s 3 e s ds = = t e t [ e s ] s=t = s= ( + t )e t für alle t R. Nach Abschnitt. der Vorlesung ist y : R R mit y(t) = y e A(t) + e A(t) für alle t R die Lösung des Anfangswertproblems. s ( s)e s ds P =.I. [ s e s] s=t ( s)e s ds s= t e A(s) b(s) ds = e t + t d) Es handelt sich bei der Differentialgleichung um eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung. In der Notation aus Abschnitt. sei a : R R mit t 4t und b : R R mit +t t t. Es gilt +t 4s A(t) := a(s) ds = t + s ds = [ log( + s ) ] ( ) s=t = log( + s= t ) = log ( + t ) sowie t e A(s) b(s) ds = = [ s 3 ( e log 3 + s5 5 ) (+s ) ] s=t s + s ds = s= = t3 3 + t5 5 ( + s ) s + s ds = s + s 4 ds 5

6 für alle t R. Nach Abschnitt. der Vorlesung ist y : R R mit y(t) = y e A(t) + e A(t) für alle t R die Lösung des Anfangswertproblems. t e A(s) b(s) ds = + t3 3 + t5 5 ( + t ) Aufgabe 5 (Übung/Tutorium) Bei der Bewegung eines Körpers in Luft tritt bekannterweise ein Luftwiderstand auf. Aus der Strömungsmechanik wissen wir, dass die Luftwiderstandskraft proportional zum Quadrat der Geschwindigkeit ist und durch die Formel F W = c W ρav gegeben ist. Hierbei bezeichnet c W den Strömungswiderstandskoeffizienten, ρ die Dichte der Luft und A die projektive Querschnittsfläche des bewegten Körpers senkrecht zur Bewegungsrichtung. Der Strömungswiderstandskoeffizient c W ist eine dimensionslose Größe, die abhängig von der Gestalt des Körpers ist und experimentell bestimmt werden muss. Stellen Sie Differentialgleichungen für die Geschwindigkeit v auf, welche die Bewegung a) in horizontaler Richtung b) in vertikaler Richtung unter Berücksichtigung des Luftwiderstandes beschreiben und berechnen Sie jeweils die Lösung für die Anfangsbedingung v() = v. Gehen Sie in beiden Fällen davon aus, dass c W, ρ und A konstant sind und keine weiteren äußeren Kräfte den Körper beeinflussen außer der Gewichtskraft und der Luftwiderstandskraft. Im Folgenden sei stets k := c W ρa. a) In horizontaler Richtung wirkt auf den Körper nur die Luftwiderstandskraft, die damit der resultierenden Gesamtkraft entspricht. Damit gilt F ges = F W ma = kv v = k m v. Mittels Trennung der Variablen erhalten wir v dv = k m t + c also v(t) = k m t c, c R, und mit v() = v schließlich Insbesondere ist v, falls v =. v(t) = k m t + v. 6

7 b) Im Gegensatz zur Bewegung in horizontaler Richtung wirkt hier neben F W auch die Gewichtskraft F g. Damit gilt F ges = F W + F g ma = kv + mg v = k m v + g. Dies ist eine Riccatische Differentialgleichung. Um diese zu lösen, benötigen wir zunächst eine spezielle Lösung dieser Gleichung. Durch Umformen der Gleichung für v finden wir v = k m (v m k g). Nehmen wir versuchsweise an, dass v konstant ist, erkennen wir, dass v := mg k eine (konstante) Lösung der Gleichung ist. Anschaulich ist dies die Geschwindigkeit, bei der sich Luftreibung und Erdanziehungskraft gegenseitig kompensieren und der Körper mit konstanter Geschwindigkeit fällt. Der Ansatz u := v v führt uns auf die Bernoullische Differentialgleichung u = k m v u k m u. Durch eine erneute Substitution z := u erhalten wir die lineare Differentialgleichung z = k m v z + k m. Für eine lineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten, d.h. y = ay+b mit a,b R,a kann man leicht nachrechnen, dass y(x) = ce ax b a, c R, die Lösung dieser Gleichung ist. Daher ist z(t) = z exp( m k v t) v, z R, die Lösung der Gleichung für z. Durch Rücksubstitution erhalten wir v(t) = v v c exp( k m v t) +, c R. Die Anfangsbedingung v() = v führt schließlich auf c = v +v v v v(t) = v v (v v ) (v + v )exp( k m v t) + v v. und somit auf die Lösung 7