Musterlösungen zu Prüfungsaufgaben über gewöhnliche Differentialgleichungen Prüfungsaufgabe a) Gegeben sei die lineare Differentialgleichung

Musterlösungen zu n über gewöhnliche Differentialgleichungen a) Gegeben sei die lineare Differentialgleichung y + - y = e - ln, > 0 Man gebe die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung an Wie lautet die Lösung der inhomogenen Gleichung, für die y() = gilt? b) Man bestimme die allgemeine Lösung der Gleichung y = ( - ) y Für die Werte a = 6, a = 0, a = - und a = - = a gilt Lösung a) Die Gesamtlösung für die inhomogene Differentialgleichung heißt: skizziere man diejenigen Lösungen, für die y(0) y = y H + y p, worin y H die Gesamtheit aller Lösungen des homogenen Problems und y p eine Partikulärlösung des inhomogenen Problems darstellen Der Lösungsansatz für die homogene Differentialgleichung lautet: y hom () = e A() d, worin A() = - bedeutet Für das Integral A() d berechnen wir daraus: A() d = - d = ln - + c Dann lautet die Gesamtlösung für y H : y H = e ln - + c = c0 e - Eine Partikulärlösung yp des inhomogenen Problems finden wir durch die Variation der Konstanten Diese benutzt den Ansatz: y p = c() z 0, worin z 0 irgendeine, zb der Einfachheit halber mit c 0 =, Funktion aus y H ist: z 0 = e - Für die gesuchte Funktion c() liefert die Theorie den Ansatz: c() = B() z 0 d = e- ln e - d = (ln) + c, mit c beliebig, zb c=0 Damit heißt die Gesamtlösung

y = y H + y p = c 0 e - + (ln) e - = e - ( (ln) + c 0 ) Wir berechnen die Gesamtlösung in einem Rechengang, wenn wir zunächst die veränderte homogene Differentialgleichung u () = - A() u() lösen Eine solche Lösung ist durch u() = c e - A() d zb c = e = gegeben Damit lautet die Gesamtlösung des inhomogenen Problems: y() = u() u() B() d = e- e e- ln d = e - ln d = e - (ln ) + d Die spezielle Lösung y s, für die y s () = gilt, heißt: y s = e - (ln ) + e, worin e die Eulersche Zahl ist b) Für y 0 lösen wir mittels Trennung der Variablen: dy y = ( - ) d - y = - - c y = c + - Wegen y(0) = a folgt: c = a ; a 0 y a = 05 y a = 05 a = 05 a = - 5 a = - 5 a = -

Dann heißt die Lösung: y = für a 0 a + - 0 für a = 0 Die Funktion y = 0 ist gleichfalls Lösung der Differentialgleichung Sie erfüllt die Randbedingung y(0) = a aber nur für a = 0 Man löse folgende Anfangswertprobleme a) y = - sin y, y(0) = π 4 b) y = y - y + y = y - y y + ; < 0 und y(-) = Lösung a) Wir schreiben die Differentialgleichung um: y = cos y Die Trennung der Variablen ergibt: dy cos y = d, cos y 0 Aus der Integration beider Seiten folgt: tan y = + c Die Bedingung y(0) = π 4 ergibt c = und daraus die Lösung: y = arc tan ( + ) Die Lösung cos y = 0 y = (k + ) π, k Z, erfüllt die Anfangsbedingung nicht b) Wir setzen z = y y = z und erhalten über

4 y = z + z = z + z - z = h (z) die Differentialgleichung für z und : z = z - z z z - z = Mittels Trennung der Variablen läßt sich die neue Differentialgleichung lösen: z dz = - z d und daraus - - z = ln + c Mit der Anfangsbedingung y(-) =, dh z(- ) = - errechnet man für c: c = - - 4 - ln = - Mit der Rücktransformation y() = z() gewinnen wir daraus für < 0 die Lösung: - z = - y = ln (- ) - y = - ln (- ) - a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y' + y = - + Geben Sie diejenige Lösung y() an, für die y() = π 4 gilt b) b ) Bestimmen Sie die allgemeine reelle Lösung der Differentialgleichung y'' - 4y' + 5y = 0 b ) Geben Sie eine partikuläre Lösung der folgenden inhomogenen Differen- tialgleichung an: y'' - 4y' + 5y = e cos für < π Wie lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung?

5 Lösung: a) Die zugehörige homogene Differentialgleichung lautet: y' + y = 0 woraus nach Trennung der Variablen die Gleichung entsteht (für 0) dy y = - d Ihre Lösung ist y() = C mit C R Für die inhomogene Differentialgleichung machen wir den Ansatz mit der Variation der Konstanten: y() = C (), woraus wir y' = C' - C 4 herleiten Setzen wir y() und y () in die Differentialgleichung ein, so erhalten wir C' = - + = - + - + = - + + Wir können natürlich auch direkt die Formel anwenden: C () = B() z 0 () d = - ( + ) d Die Integration von C ergibt: C () = - + arc tan Die Partikulärlösung der inhomogenen Gleichung heißt also: y p () = - + arc tan Allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung ist dann: y() = C - + arc tan, C R Als Randbedingung soll gelten: y() = π 4 C - + arc tan =! π 4 C = Die spezielle gesuchte Lösung ist: y () = - + arc tan

6 b) b ) Die Differentialgleichung y'' - 4y' + 5y = 0 besitzt das charakteristische Polynom λ - 4λ + 5 = 0 woraus wir die Eigenwerte λ, = ± i errechnen Die allgemeine reelle Lösung der homogenen Differentialgleichung ist: y() = C e cos + C e sin b ) Für die inhomogene Differentialgleichung y'' - 4y' + 5y = e cos für < π berechnen wir die partikuläre Lösung mit der Variation der Konstanten: y p () = C () y () + C () y () Diese Methode führt auf das Gleichungssystem: C' e cos + C' e sin = 0 C' (e cos - e sin ) + C' (e sin + e cos ) = Wir kürzen mit e und erhalten daraus: C' cos + C' sin = 0 e cos C' (cos - sin ) + C' (sin + cos ) = C' cos + C' sin = 0 cos bzw - C' sin + C' cos = cos Daraus errechnen wir C' = +, also C () = ; C' = - sin cos, also C () = ln (cos ), < π Dann lautet die spezielle, partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung: y p () = ln (cos) e cos + e sin Die Gesamtlösung ist also: y() = C e cos + C e sin + y p () mit C, C R

7 a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y' y = ln ( > 0) Geben Sie diejenige Lösung y() an, für die y() = gilt b) b ) Zeigen Sie, daß die Gleichung y'' + ( + ) y' + y = 0 eine Lösung der Form u() = α hat, und bestimmen sie den Eponenten α b ) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der obigen Gleichung mit Hilfe des Ansatzes y() = u() z() b ) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung Lösung: y'' + ( + ) y' + y = e a) Für die lineare Differentialgleichung erster Ordnung y' y = ln für > 0 berechnen wir zuerst die homogene Gleichung: i) y' y = 0 dy y = d für y 0 mit der Lösung ln y = ln + C, y() = C mit C R, bzw mit der Variation der Konstanten und daraus mit der Methode der Variation der Konstanten eine spezielle Partikulärlösung der inhomogene Differentialgleichung ii) Aus dem Ansatz y() = C () berechnen wir y'() = C' () + C () und setzen die Ergebnisse in die Differentialgleichung ein: C' = ln, woraus C' = ln folgt Wir können natürlich auch direkt die Formel anwenden:

8 C () = B() z 0 () d = ln d, worin B() = ln ist und z 0 = eine beliebige spezielle Lösung des homogenen Problems darstellt Die Integration ergibt: C () = ln d = ln + d = ln und damit heißt die gesuchte Partikulärlösung: y p () = ln Die allgemeine Lösung ist dann: y() = K ln mit K R Aus der Randbedingung folgt: y() = : K = K = Die gesuchte spezielle Lösung heißt: y() = ln b) b ) Aus dem Ansatz u() = α, u' = α α, u'' = α(α ) α folgt, wenn man diese Terme in die Differentialgleichung einsetzen: α(α - ) α + α α + α α + α = 0 Durch Koeffizientenvergleich bestimmen wir: α(α - ) + α = 0 und α + = 0 Dies ist nur erfüllt, wenn α = b ) Aus dem Ansatz y() = z() folgt y' = z + z', y'' = z z' + z'' Setzen wir dies in die Differentialgleichung ein, so folgt daraus:

9 z'' + z' = 0 z'() = c e und z() = c e + c Damit lautet die allgemeine Lösung für y(): y() = C + C e b ) Für die Methode der Variation der Konstanten machen wir den Ansatz: y() = C () + C () e Dies führt auf C' + C' e = 0 C' + C' e e = e * (* Koeffizient bei y'' muß sein!) C' = e + C () = 4 e + C' = e C () = + 4 e y p () = + 4 e 4 + e Der Term 4 e 4 kommt schon in der homogenen Lösung vor, kann also weggelassen werden Die Gesamtlösung heißt demnach: y() = K + K e + + e mit K, K R Man bestimme die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y'' y' + y = f() a) für f() : = + 5sin ( R) b) für f() : = Lösung: e cos π < < π Die charakteristische Gleichung ergibt:

0 λ λ + = 0, mit den Eigenwerten: λ, = ± i Damit heißt die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung: y h () = c e sin + c e cos Punkte a) Für die Ermittlung einer partikulären Lösung des inhomogenen Problems machen wir den Ansatz: y p () = a + b + c sin + d cos y' p () = b + c cos d sin y'' p () = c sin d cos Durch Einsetzen erhält man das folgende lineare Gleichungssystem: a b = 0 b = c + d = 5 c + d = 0 Die Lösung dieses linearen Gleichungssystems ist a =, b =, c =, d = Damit lautet die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y() = c e sin + c e cos + + + sin + cos b) Wir lösen das inhomogene Problem mit der Variation der Konstanten: Dazu verwenden wir den Ansatz: y p () = C () e sin + C () e cos Zu lösen ist dann das Gleichungssystem: e sin C' () + e cos C' () = 0 (e sin + e cos ) C' () + (e cos e e sin ) C' () = cos Die Lösung dieses Systems ist: C' () =, C' () = tan Dies ist zu integrieren und in den Ansatz einzusetzen: C () =, C () = ln cos < π cos > 0 y() = c e sin + c e cos + e sin + ln(cos ) e cos, c, c R

, Klausur 59 a) Man bestimme die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y'' 6y' + 9y = e ; ( 0) b) Wie lautet die Lösung, die den Anfangsbedingungen y() = y'() = 0 genügt? Lösung: a) Das charakteristische Polynom ist: λ 6λ + 9 = 0 Die Nullstellen sind λ = λ = Dann heißt die Lösung des homogenen Problems: y H = c e + c e Die allgemeine Lösung heißt: y = y H + y P, worin y P eine partikuläre Lösung des inhomogenen Problems bedeutet Zu einer Lösung für y P gelangen wir über den Ansatz: y P = c () e + c () e durch die Variation der Konstanten Die Variation der Konstanten führt auf das System von Differentialgleichungen: c' () e + c' () e = 0 i) c' () e + c' () (e + e ) = e ii) Aus ii) i) folgt: c' () e = e c' () = Also gilt: c () = d = + d Da wir nur eine partikuläre Lösung benötigen, genügt es, wenn wir d = 0 setzen Für c () ergibt sich schließlich:

c' () e + e = 0 bzw c' () = - mit der Lösung mittels Integration c () = + ln + e Eine partikuläre Lösung des inhomogenen Problems lautet dann: y P () = ln e + e = ln e e Die allgemeine Gleichung heißt: y = c * e + c e ln e, worin c * = c bedeutet b) Aus den Anfangsbedingungen erhalten wir das Gleichungssystem: y() = c * e + c e = 0 (i) y'() = c * e + c (e + e ) e = 0 (ii) Aus (i) folgt c * = c, und dies in (ii) eingesetzt ergibt: c e + 4c e e = 0 c = 0 c = und c * = Dann heißt die Lösung: y = e + e ln e

), Klausur, 70994 a) Bestimmen Sie sämtliche Feldlinien des Vektorfeldes v(,y) = (,y - ) und skizzieren Sie die Feldlinien (mit Kennzeichnung der Orientierung) b) Berechnen Sie die allgemeine (reelle) Lösung der Differentialgleichung y - 6 y + y - 0y = 4 e sin Lösung c= =0 y =0 c=0 c=- a) Die Feldlinien des zweidimensionalen Vektorfeldes v(,y) sind die Linien in der Ebene, die tangential zu den Vektoren v(,y) = (w (,y),w (,y)) liegen Die Tangentenbedingung führt auf folgende Differentialgleichung: dy d = w (,y) w (,y) = y -, 0, also auf eine lineare Differentialgleichung -ter Ordnung: y = y - = y - = A() y + B(), 0 Wir lösen das Problem u = - u u = e - d = e - ln + c = c0 e ln - = c 0 Wir wählen daraus eine Lösung beliebig aus, zb u =, und setzen diese in folgende Ergebnisformel ein: y() = u() u() B() d = (- ) d = + c = c + Für c = 0 erhalten wir die Winkelhalbieren- de als Feldlinie Für c 0 errechnen wir durch quadratische Ergänzung die Parabeln: y = c + c - 4c Der Fall =0 war in unserer Untersuchung ausgeschlossen Er führt auf v(0,y) = (0,y), also auf Vektoren, die längs der y - Achse liegen Für diese ist die y - Achse selbst Feldlinie

4 b) Die Gesamtlösung der Differentialgleichung setzt sich zusammen aus der Gesamtlösung y H der zugehörigen homogenen Differentialgleichung y - 6 y + y - 0y = 0 und einer Partikulärlösung y P der inhomogenen Differentialgleichung y - 6 y + y - 0y = 4 e sin : y = y H + y P Die homogene Differentialgleichung heißt in der Operatorenschreibweise: [D - 6 D + D - 0] y = 0 Wir berechnen die Nullstellen des charakteristischen Polynoms: λ - 6 λ + λ - 0 = 0 Wir erraten λ = und berechnen λ, = ± i Dann lauten die linear unabhängigen Lösungen des Fundamentalsystems: y = e ; y = e cos ; y = e sin ; Die Gesamtlösung des homogenen Problems heißt: y H = c e + c e cos + c e sin Die partikuläre Lösung des inhomogenen Problems berechnen wir anhand der Operatorenmethode Zu diesem Zweck schreiben wir zunächst: [D - 6 D + D - 0] y = [(D - )(D - - i)(d - + i)] y = 4 e sin bzw y p = [(D - )(D - - i)(d - + i)] Im{4 e(+i) } Wir benutzen die "Eponentialfunktionsregel für komplees µ=+i" [P(D)] Q n() Im(e µ ) = Im e µ [P(D + µ)] Q n() und berechnen damit: [(D - )(D - - i)(d - + i)] (4Im{e(+i) }) = Im e (+i) D - [(D + i )(D + i)] 4 Wir berechnen zunächst [(D + i )(D + i)] [D n + a n- D n- + + a D + a D + a 0 ] 4 anhand der Formel: Q n () = a 0 ( - R(D)) Q n() = a 0 - - D a n - a n- D 0 a n- - - a D 0 a 0 Q n () = a 0 i=0 [R(D)] i Q n (), worin nun Q n () = 4 ist und P(D) = (D + i)(d + i) = D + id -

5 Damit sind a 0 = - und R(D) = D + i D Also gilt: [(D + i )(D + i)] (4) = - i=0 [ D + i D ]i (4) [ D + i D ]0 (4) + [ D + i D ] (4) = 4 + 6i Alle weiteren Terme der Operatorenreihe sind Null Schließlich gilt: y p = - Im { e (+i) D - (4 + 6i) } = - Im { e (+i) ( + 6i) } Anmerkung = - e (cos + sin ) Für eine Störfunktion der Form g() = 4 e cos benutzen wir entsprechend e cos = Re{e (+i) }, und wenden die Eponentialfunktionsformel auf den Realteil von e µ mit µ = ( + i) an: [P(D)] Q n() Re(e µ ) = Re e µ [P(D + µ)] Q n() und rechnen analog: [(D - )(D - - i)(d - + i)] (4Re{e(+i) }) = Re e (+i) D - [(D + i )(D + i)] 4 a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung; Lösung: y''' y'' + 4y' y = 8e cos a) Die Differentialgleichung lautet: y''' y'' + 4' y = 8e cos = Re { 8e e i } Wir lösen zuerst das homogene Problem Das charakteristische Polynom ist: λ λ + 4λ = 0 Durch Raten finden wir eine erste Nullstelle: λ = Wir spalten sie ab, und errechnen die beiden übrigen Nullstellen: λ λ + = 0 λ, = ± i Danach heißt die Lösung des homogenen Problems: y H = c e + c e cos + c e sin Zur Auffindung einer Partikulärlösung wenden wir die Operatorenmethode an:

6 y p = [P(D)] Re(Q n() e µ = Re e µ [P(D + µ)] Q n() y p = (D ) (D - i) (D + i) Re { 8e (+i) } = Re 8e (+i) (D + i) D (D + i) () = 8 Re e (+i) D D + i D Für die Auflösung der geschweiften Klammer machen wir den Ansatz: () [D n + a n- D n- + a D + a D + a 0 ] Q n () = a 0 ( - R(D)) Q n() = a 0 - - D a n - a n- D 0 a n- - - a D 0 a 0 P n () = a 0 i=0 [R(D)] i Q n (), worin nun P n () = ist und P(D) = (D + i)(d + i) = D + id - Damit sind a 0 = - und R(D) = D + i D Also gilt: y p = 4Re e (+i) D D (i + D) () = 4Re e (+i) D + i D () = 4Re e e i + i = 4e Re (cos + i sin ) + i = e cos + 6e sin Die Gesamtlösung lautet also: y = e (c + c cos + c sin cos + 6 sin )

7 a) Bestimmen Sie die allgemeine reelle Lösung der Differentialgleichung y''' + y'' + 7y' + 5y = 4e - sin b) Gegeben ist die Funktion f(, y) = ( - y + ) ( + y - ) = - y 4 + y + 6y + - - b ) b ) Bestimmen und skizzieren Sie die Gebiete in der y-ebene, in denen f(, y) positiv bzw negativ ist Ermitteln Sie alle Punkte (, y) mit f(, y) = 0 = (0, 0) Geben Sie mit Hilfe von b ) die Art dieser Punkte an (Maimumstelle, Minimumstelle oder Sattelpunkt) Lösung: a) Zum charakteristischen Polynom der homogenen Differentialgleichung ermitteln wir die Nullstellen: λ + λ + 7λ + 5 = 0 ; durch Raten: λ = - ; λ + λ + 7λ + 5 = (λ + ) (λ + λ + 5) = 0 λ, = - ± i Damit heißt die allgemeine reelle Lösung der homogenen Differentialgleichung: y h () = C e - + C e - cos + C e - sin Zur Lösung der inhomogenen Differentialgleichung verwenden wir die Operatorenmethode Dazu schreiben wir 4e - sin = 4 Im { e - e i } Eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung lautet: y p () = (D + ) (D + - i) (D + + i) ( 4 Im { e - e i }) = 4 Im e (-+i) (D + i) D (D + 4i) () = 4 Im e (-+i) D - D () + 6i D - 8 = - Im e (-+i) D - - D 8 (6i + D) () = - Im e (-+i) D - + i 4 D ()

8 = - Im e - e i + i 4 = - 9 4 e- cos - e - sin Allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung ist nun: y() = C e - + C e - cos + C e - sin - 9 4 e- cos - e - sin Bestimme die allgemeine relle Lösung der Differentialgleichung y (4) 7y'' + 4y' + 0y = 7e Lösung: Das charakteristisches Polynom der homogenen Differentialgleichung heißt: λ 4 7λ + 4λ + 0 = 0 Seine Nullstellen sind: λ, =, λ,4 = ± i Dann lautet die Lösung der homogenen Differentialgleichung: y h () = C e + C e + C e cos + C 4 e sin Eine Partikulärlösung der inhomogenen Differentialgleichung heißt : y p () = (D + ) (D (7e ) = 7e 4D + 5) D (D 8D + 7) = e D () = e D ( + 8 D) () 7 (8D D ) 7 () = e (D + 8 7 D ) () = 6 e + 4 7 e Die Gesamtlösung heißt: y() = (C + C + 6 + 4 7 ) e + C e cos + C 4 e sin Bestimmen Sie die allgemeine reelle Lösung der folgenden Differentialgleichung: y' + y + sin y 4 = 0 Lösung: Es handelt sich bei dieser Differentialgleichung um eine Bernoulli-Gleichung Mit dem Ansatz z() = y() 4 = y() y() = z()

9 führen wir diese Bernoulli - Gleichung für y() über in eine lineare Differentialgleichung für z() : z'() + ( ) z() + ( ) sin = 0, bzw z'() = z() + sin Wir lösen diese lineare Differentialgleichung durch den Ansatz: z() = µ() µ() B() d mit µ() = e A() d = e d = e ln = Dann gilt: z() = sin d = ( cos + c) und y() = ( cos + c) Es liegt die Differentialgleichung vor: ( + y ) y + (y + ) = 0 ( 0) a) Man löse die Differentialgleichung als homogene Differentialgleichung b) Man löse die Differentialgleichung als eakte Differentialgleichung Lösung a) Wir dividieren die Differentialgleichung durch ; 0: y ( + y ) y + y - + 4 = 0 y = - 4 ( + y ) Die Substitution z = y y = z y = z + z führt auf: z + z = - z - 4 + z z = Die Trennung der Variablen ergibt: (- z - 4 + z - z) = (- z - z - 4 + z ) + z - z + z + 4 dz = d Wir integrieren mit der Methode der Partialbruchzerlegung Der Ansatz:

0 + z (z + ) (z - z + 4) = A z + + Bz + c z - z + 4 führt mit den Koeffizienten A =, B = und C= - zum Ergebnis: - {ln z + + ln z - z + 4 }= - ln (z + )(z - z + 4) = ln + c und damit zu ( > 0): c 0 = z + z + 4 = ( y ) + y + 4 y + y + 4 - c 0 = 0 b) Es sind: p(,y) = y + 4 ; q(,y) = + y Die Differentialgleichung ist ähnlich, wegen: p y = = q Die Konstruktion einer Stammfunktion F(, y) = c geschieht über: F(,y) = p(,y) d = (y + 4 ) d = y + 4 + c(y)= c und F(,y) y (y + 4 + c(y)) = y = q(,y) = + y, also c (y) = q(,y) - c(y) = y + c 0 (y + 4 ) y = + y - = y, also Damit lautet die implizite Darstellung der Stammfunktion: F(,y) = y + 4 + y + c 0 = c, worin man c 0 und c zu einer Konstanten zusammenfassen kann

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (y + y - ) y = (y - 4y - ) Beschreiben Sie die Kurven der Lösungsschar (Skizze) Hinweis zur Integration: Berechnen Sie (z + )(z + ) Lösung Es handelt sich um eine nicht lineare Differentialgleichung erster Ordnung, die wir durch Erweiterung mit dem Faktor, 0, in eine homogene Differentialgleichung überführen: y = (y - 4y - ) (y + y - ) = y - 4 y - y + y - z = y = z - 4z - z + z - = h(z) Wir ermitteln zunächst die Linien y = f(), längs denen der Nenner des Bruches Null ist Dort ist y nicht definiert: y + y - 0 = 0 y + y - = 0 z = y z + z - = 0 Die Auflösung durch die Mitternachtformel ergibt: z, = - ± 4 + 6 4 z = [ ] - + 5 ; z = [ ] - - 5 Längs den Geraden y = [ ] - + 5 und y = [ ] - - 5 ist y nicht definiert Da es sich im Definitionsbereich von y um eine homogene Differentialgleichung der Form y = h y handelt, setzen wir z = y y = z mit y = z + z, und erhalten eine Differentialgleichung für z() der Form: z - 4z - y = z + z = h(z) z = h(z) - z z = + z - - z = - z - z - z - z + z - Wegen - z - z - z - = (z + )(z + ) = 0 für z = - ( z = 0), ist auch z = - y = - eine spezielle Lösung der Differentialgleichung

Für z - lösen wir Differentialgleichung durch die Trennung ihrer Variablen: d = z + z - - z - z - z - dz Die Integration nach ergibt: d = ln + c Die Integration nach z ergibt unter Berücksichtigung des Hinweises: - z + z - z + z + z + dz = - z + z - (z +)(z + ) dz Die Integration durch Partialbruchzerlegung ergibt den Ansatz: z + z - (z +)(z + ) = A z + + Bz + C z, aus dem wir A=-;B= und C=0 errechnen: + - z + z - (z +)(z + ) dz = z + - Das Gleichsetzen der Lösungen ergibt: ln + c = ln z + - ln (z + ) + c z z + dz = ln z + - ln (z +) + c Die eplizite Auflösung dieser impliziten Lösungsform ergibt: = e c 0 z + z + bzw ( z + ) e - c 0 = z + Um auch die spezielle Lösung z = - im Lösungsansatz mitzeinzubeziehen, stellen wir diesen schließlich so dar: C (z + ) = z +, C R Nach der Rücktransformation heißen die Lösungskurven: C = 0: y = - y =- + 5 y Kreise als Lösungskurven y = -+ 5 y =- C 0: C( + y ) = y + y - C + - C = 5 4C

Mit Hilfe eines verallgemeinerten Potenzreihenansatzes an der Stelle 0 bestimme man die allgemeine Lösung der Differentialgleichung: y''() + y'() y() = 0 Was kann über die Konvergenz der Lösungsreihe ausgesagt werden? Lösung: Aus dem allgemeinen Potenzreihenansatz für y : y() = i=0 a i i ergeben sich folgende Reihen für die Terme der Differentialgleichung: y() = i=0 a i i+ = i= a i i y'() = i= i a i i = i=0 (i + ) a i+ i = a + i= (i + ) a i+ i y''() = i= i (i ) a i i = i= i (i ) a i i = i= (i + ) i a i+ i Stellen wir die Differentialgleichung anhand dieser Terme dar, so erhalten wir: a + i= ( (i + ) i a i+ + (i + ) a i+ a i ) i = 0 Diese Gleichung ist gültig für alle des Definitionsbereiches: Aus = 0 (falls = 0 zum Definitionsbereich gehört) folgt dann a = 0 Außerdem gilt dann (i + ) a i+ (i + ) a i = 0, i, und daraus: a i+ = + (i + ) (i + ) a i Für gerade i, i =, 4, 6,, folgt daraus: a = + 4 a = 0, und damit a 5 = a 7 = = 0 Für ungerade i, i =,, 5, folgt daraus:

4 a = + a 4 = + a 6 = + a 0 = +! a 0 4 5 a = + 5! a 0 6 7 a 4 = + 7! a 0, usw Dann gilt insgesamt: 0 y() = a 0 +! + 4 5! + 6 7! + = a 0 +! + 5 5! + = a 0 sin h Diese Lösung ist zu überprüfen, denn wir haben im Rechenweg = 0 zur Bestimmung von a verwendet Wir bestätigen allerdings durch eine Probe diese Lösung Dabei stellen wir fest, daß neben a 0 sin h auch der Ansatz a cos h eine Lösung darstellt Also lautet die Gesamtlösung: y g () = a 0 sin h + a cos h Beide Lösungen sind für R - {0} konvergent

5 a) Zeige, y () = cos ist eine spezielle Lösung der Differentialgleichung y'' + (tan ) y' + ( + tan ) y = 0 b) Bestimme die allgemeine Lösung der obigen Differentialgleichung c) Welche der Lösungen erfüllt die Bedingungen y π 4 Lösung: = 0, y' π 4 =? a) Der Ansatz y () = cos führt auf y '() = sin und y ''() = cos Setzen wir den Ansatz in die Differentialgleichung ein, so erhalten wir: y '' + (tan ) y ' + ( + tan ) y = cos sin cos + cos + sin cos = 0 Also ist y () = cos eine spezielle Lösung der Differentialgleichung b) Um die allgemeine Lösung der Differentialgleichung zu errechnen, machen wir den Reduktionsansatz von d Alembert: y() = v() cos, y'() = v'() cos v() sin woraus y''() = v''() cos v'() sin v cos und folgt Setzen wir dieses in die Differentialgleichung ein, so erhalten wir: v''() cos + v' sin = 0 Als Lösungsansatz für diese Differentialgleichung zweiter Ordnung für v() eignet sich: v' = z, z' cos = z sin z() = cos v() = sin und daraus y () = sin cos = sin Die allgemeine Lösung lautet: y() = C cos + C sin wonach die Differentialgleichung übergeht in: Sie besitzt offenbar die Lösung Die Rückumformungen ergeben: c) Die erste Ableitung der allgemeinen Lösung ist: y'() = C sin + C cos

6 Damit lauten die Randbedingungen: y π 4 y' π = 0= C +C 4 = = C +0 C =, C = Danach heißt die spezielle Lösung des Randwertproblems: y() = cos sin Es sei A = 0 0 0 0 0 0 und b(t) = 0 t, t R a) Man bestimme alle Lösungen des Differentialgleichungssystems '(t) = A (t) Für welche dieser Lösungen gilt (0) = 0? b) Man bestimme eine spezielle Lösung des inhomogenen Differentialchungssystems '(t) = A (t) + b(t) Lösung: a) Die Matri heißt A = 0 0 0 0 0 0 Das zugehörige charakteristische Polynom ist dann: det ( A λe ) = λ 0 0 λ 0 λ Die Nullstellen ermitteln wir aus : = λ + = 0 λ = zu λ = und λ, = ± i Aus den Eigenwerten λ i, i, gewinnen wir ein System unabhängiger Lösungen y i (t), i :

7 y (t) = e t, y (t) = e t sin t und y (t) = e t cos t Der allgemeine Lösungsansatz ist: (t) = c (t) + c (t) + c (t), worin wir die Lösungsvektoren i (t) aus den Eigenvektoren von A und aus dem Lösungssystem y i (t) ermitteln Den Eigenvektor t (t) zu λ = errechnen wir aus dem Gleichungssystem: λ = + y = 0 y+z=0 z = 0 = y = z zu t (t) = Der Lösungsvektor (t), den wir aus y (t) = e t und t (t) errechnen, ist dann das Produkt dieser Größen: (t) = e t Zu den Eigenwerten λ, = ± i, λ = α ± iβ mit α = und β = ±, gehören die Lösungsvektoren y (t) = e t sin t und y (t) = e t cos t Die zugehörigen Eigenvektoren ermitteln wir aus den Gleichungssystemen λ + y=0 λy + z = 0 λz = 0 y = λ z = λy = λ für den Eigenvektor t (t) zu t (t) = + i i = = a + i 0 = b Die Lösungsvektoren (t) und (t) heißen dann (ohne Beweis): (t) = Realteil von (e λ t t ) = e αt [ cos βt a sin βt b ]

8 (t) = Imaginärteil von (e λ t t ) = e αt [ sin βt a + cos βt b ] Ausführlich schreiben wir: (t) = e t cos t sin t und (t) = e t sin t + cos t Die allgemeine Lösung ist: 0 0 (t) = c (t) + c (t) + c (t) mit c, c, c R Damit gilt: (0) = 0 = 0 wird, muß gelten: c = c = 0 und c = b) Für die spezielle Lösung des inhomogenen Systems: '(t) = A (t) + b(t) mit b(t) = 0 t machen wir den Ansatz: = a + bt y = c + dt z = e + ft Daraus folgt durch Differentiation: ' =b=c +dt y' = d = e + + ft z' = f = a + (b + )t d=0,b= c f =0,d= e + und damit f =a,b= a = 0 b = c = d = 0 e = f = 0 Dann lautet die spezielle Lösung des inhomogenen Systems: sp (t) = t

9, Klausur, 990 Man löse das System von Differentialgleichungen y () = y () + y () y () = - y () + y () + y () y () = y () + y () In Matrizenform schreiben wir: y () = A y(), worin A = 0-0, y() = y () y () y () und y () = y () y () y () bedeuten Aus den Eigenwerten λ i bestimmen wir die drei linear unabhängigen Lösungsfunktionen y i () = e λ i i, und aus den drei Eigenvektoren t (i) des Eigenwertproblems (A - l E) t (i) = 0 errechnen wir die Verknüpfung in der Gesamtlösung: y = T c e λ c e λ c e λ Die Eigenwerte bestimmen wir aus dem charakteristischen Polynom: det ( A - λ E ) = -λ 0 - -λ 0 -λ = (- λ) (( - λ)( - λ) - 0) - (- ( - λ) - ) = ( - λ) ( - λ + λ ) Die Eigenwerte sind λ =, λ = + i und λ = - i Die entsprechenden Lösungsfunktionen sind c e c e ( + i) c e ( - i) Die zugehörigen Eigenvektoren t (i) berechnen wir anhand der Eigenwerte aus den Eigenvektorgleichungen (A - λe) t (i) = 0

0 Dies ergibt für λ = : - y + y = 0 y = y + y - y = 0 y = y t () = t und mit t=: t () = Für λ = + i rechnen wir: - i y + y = 0 y = - i y + y - i y = 0 y = i y t () = t i - und mit t = : t () = i - Entsprechend errechnen wir t () = i - Die Gesamtlösung lautet dann: y = T c e λ c e λ c e λ = i i - c e - c cos c sin Diese Methode hat den Nachteil, daß die Lösungen nicht rein reell dastehen Bei kompleen Eigenvektoren bietet sich daher folgende Lösungsmethode an: y = d + d + d, worin = e λ t () = e λ = e = Realteil (e λ t () ) = - e sin - e cos e cos = Imaginärteil(e λ t () )= - e sin e cos - e cos sind Die Gesamtlösung heißt dann: y = d e - d e sin + d e cos d e - d e cos - d e sin d e + d e cos + d e sin Hinweis: Es ist: i = Realteil [e ( + i) - ] = Re[e (cos + i sin ) i - ] = - e sin - e cos e cos i = Imaginärteil [e ( + i) - ] = Im[e (cos + i sin ) i - ] = e cos - e sin e sin

a) Man bestimme alle reellen Lösungen y = A y mit A = - - 0-0 () b) Für welche Lösung y von () gilt y(0) =? Lösung a) Das charakteristische Polynom lautet: ( A - λ E ) = -λ - - 0-λ - 0 -λ = (-λ)((-λ) +9) = 0 Die Eigenwerte sind λ = und λ, = ± i Die Eigenvektoren heißen: i) λ = : ( A - E ) t () = 0 0 - - 0 - - t () t () 0 - t () = 0 t () = t 0 0 ii) λ = + i ( A - (+i) E ) t () = 0 -i - - 0-i - 0 -i t () t () t () Daraus läßt sich schon ein Fundamentalsystem konstruieren: = 0 t () = s +i +i -i y = 0 0 e ; y = Re +i +i -i e (+i) ; y = Im +i +i -i e (+i) Dies führt auf y = 0 0 e ;

y =[ cos () + - - sin ()] e und y =[ - cos () + sin ()] e Die allgemeine reelle Lösung lautet: y = c y + c y + c y b) Die Bedingung y(0) = c 0 0- c c = führt auf und damit auf : c = 4 5 ; c = 5 und c = - 5 Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des linearen, inhomogenen Differentialgleichungssystems y = y + y + 6 y = y + y bzw y = A y + b y = y + 6 0 Das charakteristische Polynom lautet: det ( A - λ E ) = ( - λ ) ( - λ ) - = λ 4-5 λ + 4 = 0 Die Nullstellen dazu heißen: λ = 4 und λ = λ =, λ = -, λ = und λ = - Die "Entkopplungsmatri" T besteht spaltenweise aus den Eigenvektoren von (A - λ i E) t(i) = 0 t () = und t () = - Also lautet die Transformationsmatri T: T = - Diese Matri ist nicht orthogonal Für die partikulären Lösungen des inhomogenen Systems benötigen wir T - :

T - = - Es ergibt sich eine entkoppelte Differentialgleichung in z: y = T z y = T z = A T z + b z = T - A T z + T - b = D z + e bzw z = = 40 0 z z + Ihre Lösung heißt 6-6 z = 4 z + 6 z = z,h + z,p = c e + c e - - 4 - z = z - 6 z = z,h + z,p = c e + c 4 e - 6 + - Die Rücktransformation y = Tz ergibt schließlich y = c e + c e - - c e - c 4 e - - - y = c e + c e - + c e + c 4 e - + 4 + 0 a) Man bestimme alle reellen Lösungen des folgenden Systems von Differentialgleichungen: y = - 4 y - y y = - 9 y b) Für welche Lösungen gilt y (0) = 0, y (0) =, y (0) = 0? Lösung a) Wir setzen y = y y = y und erhalten daraus das folgende Gleichungssystem:

4 y = A y mit A = -4-0 0 0 0-9 0 () Das charakteristische Polynom lautet: det( A - λ E ) = -4-λ - 0 00-λ 0-9 0-λ Die Eigenwerte sind λ = - 4 und λ, = ± i Die Eigenvektoren heißen: i) λ = -4: ( A +4 E ) t () = 0 0-0 0 4 ii) λ = i = (-4-λ)(λ +9) = 0 t () t () 0-9 4 ( A - i E ) t () = 0-4-i - 0 0 -i 0-9 -i t () t () t () t () Daraus läßt sich ein Fundamentalsystem konstruieren: y = 0 0 e -4 ; y = Re -4-i 9-i e i ; y = Im -4-i 9-i e i Dies führt auf y = 0 0 e -4 ; y = -4 9 cos () + 0 sin () y = 0 - - cos () + -4 9 sin () Die allgemeine reelle Lösung lautet: y = c y + c y + c y : und = 0 t () = t 0 0 = 0 t () = s -4-i 9-i

5 y = c e -4 + c cos + c sin y = (-4 c - c ) cos + (c - 4 c ) sin y = (9c - c ) cos + (c + 9c ) sin Natürlich folgt die Gleichung für y der Beziehung: y = y b) Aus den Randbedingungen folgt: y (0) = c + c = 0 y (0) = (-4c - c ) = y (0) = (9c - c ) = 0 Dieses System ist nur lösbar für c = 4 5 ; c = - 4 5 ; c = - 5 a) Bestimme sämtliche Eigenwerte und ein System linear unabhängiger Eigenvektoren der Matri A = 4 6 8 6 b) Bestimme die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems y' = 4y y + 6y y' = y 8y + y y' = y 6y + y c) Gib diejenige Lösung y() = ( y (), y (), y () ) des Differentialgleichungssystems an, für die lim y = 0, y (0) = y (0) = ist Lösung: a) Die charakteristische Determinante ist: det (A λe) = 4 λ 6 8 λ 6 λ Die Eigenwerte sind: λ =, λ, = = λ λ + 4 = (λ ) (λ + ) Aus den Eigenwerten berechnen wir die entsprechenden Eigenvektoren: i) λ = : 6 9 6 0 ~ 0 6 6 0 0 ~ 0 0 0 0 0 =