Hörsaalübung 2 Differentialgleichungen I für Studierende der Ingenieurwissenschaften

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1 Fachbereich Mathematik der Universität Hamburg WiSe 2016/2017 Dr. Hanna Peywand Kiani Hörsaalübung 2 Differentialgleichungen I für Studierende der Ingenieurwissenschaften Elementare Lösungsmethoden für explizite Differentialgleichungen 1. Ordnung Die ins Netz gestellten Kopien der Anleitungsfolien sollen nur die Mitarbeit während der Veranstaltung erleichtern. Ohne die in der Veranstaltung gegebenen zusätzlichen Erläuterungen sind diese Unterlagen unvollständig (z. Bsp. fehlen oft wesentliche Voraussetzungen). Tipp oder Schreibfehler, die rechtzeitig auffallen, werden nur mündlich während der Veranstaltung angesagt. Eine Korrektur im Netz erfolgt NICHT! Eine Veröffentlichung dieser Unterlagen an anderer Stelle ist untersagt!

2 Separierbare DGL/Trennung der Variablen y (t) = g(t) f(y) = g(t) h(y(t)) h(y(t))y (t) = g(t) = h(y(t))y (t)dt = g(t) dt dy Substitution Y := y(t), dt = y (t), dy = y (t)dt liefert h(y)dy = g(t) dt Übliche Kurzschreibweise y (t) = dy dt = g(t) h(y) = h(y)dy = g(t)dt 2

3 Beispiel A) y (t) = 1 t (1 2y(t)) dy 1 2y = dt t ln 1 2y 2 = ln t + C e ln 1 2y = e 2ln t +Ĉ 1 2y = t 2 eĉ = t 2 C C R + 1 2y = C t 2 = C t 2 1 2y = k t 2 = y(t) = 1 2 [1 kt 2 ] k 3

4 Transformation auf separierbare DGL Bestimmte Typen können auf separierbare DGL transformiert werden, z.b. y = Φ( y x ) oder y = f(ax+by +c) Substituiere: u = y x bzw. z = ax+by +c. Siehe Vorlesung! Beispiel B1) x y (x) = x y(x) x y = x y Für x > 0: y = 1 y x Setze u = y x y = u x y = 4

5 Beispiel B2) y (x) = 1+ 2, für x y +4 > 0, y(0) = 1 x y +4 Substitution : z = x y +4 liefert ( z = 1 y = ) z dz dx = 2 z eine separierbare Dgl. 5

6 dz dx = 2 z = zdz = 2dx = Die Lösung ist natürlich nur für c 4x > 0 definiert. Rücktransformation (z = x y +4) ergibt allgemeine Lösung y(x) = x+4 c 4x. Der Anfangswert y(0) = 1 liefert 1 = y(0) = 0+4 c 0 = c 6

7 Lineare DGL 1.Ordnung y (t)+a(t)y(t) = b(t) Zugehörige homogenen DGL : y h (t)+a(t)y h(t) = 0 Inhomogenität : b(t) additiver Term der kein y enthält Beispiel: y (t) = 1 t y(t) + t t 1 Also y (t)+ a(t) = b(t) = Zugehörige homogene DGL : y h (t)+a(t)y h(t) = 0 7

8 Vorgehen für Lineare DGL 1.Ordnung Bestimme allgemeine Lösung der homogenen Gleichung: dy = a(t)y(t) dt ln y = a(t)dt y h. Bestimme eine (spezielle/partikuläre) Lsg. y p der inhom.aufg. Spezielle Ansätze falls a(t) = a konstant: siehe unten oder Variation der Konstanten: siehe unten Setze zusammen zur allgemeinen Lösung der inhomogenen Aufg. y(t) = y h (t)+y p (t) 8

9 Beispiel C1) y = t 2 y + 6t 2 e t3 3 homogene Gleichung: dy dt =t2 y y = e t3 3 + c y h = e t3 3 c c R. 9

10 spezielle/partikuläre Lösung y p der inhomog. Aufg. mittels Variation der Konstanten:Esseibekannt: y h (t) := Y(t) c Ansatz y p (t) := Y(t) c(t) Einsetzen in DGL y (t)+a(t)y(t) = b(t) y p(t) = Y(t) c (t)+y (t) c(t) Dgl: y p (t)+a(t)y(t) = Y(t) c (t)+y (t) c(t)+a(t)y(t) c(t) = Y(t) c (t)! = b(t) Ansatz erfüllt also DGL, wenn Y(t) c (t) = b(t). 10

11 Bei uns war: y t 2 y = 6t 2 e t3 3 = b(t) mit y h (t) = c e t3 3 also Y(t) = e t3 3 zu erfüllen: Y(t) c (t) = b(t) Hier also: e t3 3 c (t) = 6t 2 e t3 3 Zum Beispiel: c(t) = 2t 3 = y p (t) = 2t 3 e t3 3 Setze zusammen zur allg. Lösung der inhomogenen Aufgabe. y(t) = y p (t)+y h (t) = (2t 3 + c) e t3 3 c R. 11

12 Beispiel C2) Eingangsbeispiel y (t) = 1 t y(t) + t t 1 y h (t) = 1 t y h(t) Partikuläre Lösung von: ty (t) = y(t) + t 2 Koeffizienten: Ansatz: Einsetzen in DGL: 12

13 ACHTUNG: Sofern a(t) nicht konstant ist, hat man keine Garantie bei speziellen Ansätzen! Spezielle Ansätze bei linearen DGL mit Konstanten Koeffizienten y = a y + b(t) a R konstant Lösung der homogenen Aufgabe y h = c e at. Partikuläre Lösung im allg. über Variation der Konstanten. Bei speziellen rechten Seiten (Inhomogenitäten h) oft einfacher: spezielle Ansätze. Hier nur ein Auszug aus der Vorlesung: 13

14 y = a y + b(t) a R Inhomogenität Ansatz e λt λ a y p (t) := k e λt e λt λ = a y p (t) := kt e λt kcos(mt) ksin(mt) y p (t) := αsin(mt) + βcos(mt) y p (t) := αsin(mt) + βcos(mt) (c 0 + c 1 t + + c n t n )e λt y p (t) := (b 0 + b 1 t + + b n t n )e λt λ a λ = a y p (t) := (b 0 + b 1 t + + b n t n )te λt (c c n t n )(cos(mt)) y p (t) := (α α n t n )cos(mt) (c c n t n )(sin(mt)) +(β β n t n )sin(mt) 14

15 Beispiele: y y 2 = e2t y h (t) = ce t 2, b(t) = e 2t y p (t) = 15

16 y 5y = t 2 y h (t) = ce 5t 0 t, b(t) = t2 e y p (t) = 16

17 y 5y = (1+t)e 5t y h (t) = ce 5t, b(t) = (1+t)e 5t y p (t) = y 5y = (1+t)e 5t + t 2 y h (t) = ce 5t, b(t) = (1+t)e 5t + t 2 y p (t) = 17

18 y 8y = sin(3t) y h (t) = ce 8t, b(t) = sin(3t) y p (t) = αsin(3t)+βcos(3t) 18

19 Variable Koeffizienten: Raten erlaubt, keine Erfolgsgarantie ty y = 3t 2 Ansatz y p (t) = αt 2 Und bei ty y = 3t 2 +t? 19

20 Variation der Konstanten liefert evtl. nur eine Integraldarstellung der Lösung: Beispiel: t 2 y +y = 3t 2 Ansatz? y h (t) = 1 t 2 y h (t) y h (t) = ce 1 t y p (t) = c(t)e 1 t ċ(t)e 1 t = 3 c(t) = t a 3e 1 τ dτ 20

21 Bernoullische DGL: y (t)+ α(t)y(t) s(t)(y(t)) ρ = 0 ρ 0,1 Substitution: z(t) := y(t) 1 ρ liefert z = (1 ρ)y ρ y y = yρ z 1 ρ Dies eingesetzt in die DGL ergibt y ρ z 1 ρ +αy syρ = 0 vorausgesetzt y 0 folgt z + (1 ρ)αy 1 ρ (1 ρ)sy 0 = 0 z (t)+ (1 ρ)α(t) z(t) = (1 ρ)s(t) 21

22 Beispiel D) y y(t)(y(t) 2 t ) = 0 Sortieren: y y t y = 0 Bernoullische DGL y (t)+ α(t)y(t) s(t)(y(t)) ρ = 0 Hier: ρ =, α(t) =, s(t) = Substitution: z := y 1 ρ = y 1 liefert die neue Dgl. : z (t)+ (1 ρ)α(t) z(t) = (1 ρ)s(t) Hier: z Lösung der zugehörigen homogenen Dgl z h = 2 t z h: dz z = 2 t dt ln z = 2ln t +ĉ z h = ct 2 22

23 Lösung der inhomogenen Aufgabe mit Hilfe der Variation der Konstanten: z p = c(t) t 2 Einsetzen in DGL:z p 2 t z p = 1 c t 2 + c(t) 2t 2 t c(t) t2 = 1 c (t) = t 2 = c(t) = 1 t Damit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen Aufgabe z = z p +z h = t 2( 1 t +c) = c t 2 + t. = y(t) = 1 z(t) = 1 c t 2 + t. 23

24 Typ DGL Lösung/Subst ggf. neue DGL separierbar ẏ(t) = h(t) g(y) dy g(y) = h(t)dt Ähnlichkeits DGL ẏ(t) = f ( ) y(t) t u(t) := y(t) t u = f(u) u t separierbar Ähnlichkeits ẏ(t) = f(at + by(t) + c) u := at + by(t) + c u = a + bf(u) DGL separierbar dyh Lineare DGL ẏ h (t) = a(t)y h (t) y = a(t)dt h separierbar Lineare DGL ẏ(t) = a(t)y(t) + b(t) y = y h + y p y p Var.d.Konst. u + (1 ρ)α u = Bernoullische ẏ + α(t)y s(t)y ρ = 0 u := y 1 ρ (1 ρ)s DGL ρ 0, 1 linear 24

25 Beispiel E) 4ẏ + 4 t y +y3 = 0 Sortieren: Typ: Bernoulli mit ρ = 3, α(t) = 1 t, s(t) = 1 4 Substitution: u := y 1 ρ = y 1 3 = y 2 Neue DGL: u+(1 ρ)α u = (1 ρ)s u 2 t u =

26 Hinweise zur Aufgabe 2H a) Beschleunigung Null v(t) = 0 b) Setzen Sie das errechnete v p einfach ein, um die Behauptung zu prüfen. Alternativ: dritte binomische Formel c) Das Endergebnis ist: v = v p (1 2(v p v 0 ) (v p +v 0 )exp(2v p β(t t 0 ))+v p v 0 ) 26