THM Studium Plus, SS 04 Mathematik für Wirtschaftsingenieure Dr. Frank Morherr Übungsblatt 9 Lösung Gewöhnliche Di erentialgleichungen, Trennung der Variablen, Variation der Konstanten, eulersche homogene Di erentialgleichung Aufgabe Prüfen Sie, ob die folgenden Di erentialgleichungen bzw. Anfangswertprobleme rch Trennung der Variablen lösbar sind und bestimmen Sie gegebenenfalls diese Lösung a) 0 =, () = e Wir schreiben = d =) = d =. d =) ln jj = + C =) jj = e +C =) jj = e e C =) = e C e =) A=e C = Ae, A R nf0g. Da 0 ebenfalls Lösung ist, ist die allgemeine Lösung rch () = Ae, A R gegeben. Nun müssen wir die Lösung an den Anfangswert anpassen: Damit ergibt sich die spezielle Lösung e = () = Ae, also A = e. () = e e = e. b) 0 = cos() Wir schreiben = cos () d =) cos () = d. = cos () d =) = sin () + C =) = p sin () + C Das geht natürlich auf ganz R nur für (man beachte, dass auch nicht Null werden darf, da es im Nenner steht) sin () + C > 0 () C > sin () () C >. Damit ergibt sich die allgemeine Lösung zu () = p sin () + C, C ]; [. (Bemerkung: Dies sind natürlich genau genommen für jedes C zwei Lösungen () = p sin () + C, C ]; [ und () = p sin () + C, C ]; [.)
c) 0 = sin () Diese Di erentialgleichung lässt sich (zumindest ohne Substitution) nicht mit der Methode Trennung der Variablen lösen, da sie nicht die Gestalt 0 = f () g () hat. Au orderung: Versuchen Sie, ob es mit Substitution funktioniert! d) 0 = +, (0) = Hier gilt = d =) + d = +. + = =) () = tan + C d =) arctan () = + C, C R. Nun müssen wir noch den Anfangswert anpassen. Es muss gelten = (0) = tan 0 + C = tan (C). Hier sind mehrere C s möglich: Aufgrund der -Periodizität des Tangens folgt C = 4 + k, k. Auch hier haben wir also keine Eindeutigkeit, sondern die unendlich vielen Lösungen k () = tan + 4 + k, k. Aufgabe Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Di erentialgleichungen. Ordnung a) + 0 = Wir können schreiben = d =) + = + d =. =) ln jj = ln + + C = ln Rechenregel ln d =) + = + + d p + C = ln + =) jj = e ln(p + )+C = p + e C =) = e Cp + =) = A p +, A R nf0g A=e C Da 0 auch eine Lösung ist, ist die allgemeine Lösung gegeben rch b) 0 = ( ) Wir können schreiben = d =) ( ) () = A p +, A R. ( ) = d = ( ). d =) = + C =) = + C + C
Der Wert = ist die Lösung c) 0 sin () = Hier gilt =) = + C, C R C muss natürlich aus dem De nitionsbereich herausgenommen werden. Damit () = + C, C R, wobei D () = R nfcg. sin () =. d sin () = d =) ( sin ()) = d =) cos () = + C =) () = arccos + C wobei diese nur eistiert, wenn gilt + C [ ; ]. d) 0 = + 4 Teilen rch liefert 0 = + 4., Mit der Funktion f (u) = u + 4 gilt 0 = f. Mit der Substitution u = folgt = u, also 0 = u + u 0. Setzt man dies oben ein, erhält man und damit die allgemeine Lösung e) 0 = (4 + + ) u + u 0 = f (u) = u + 4 =) u 0 = 4 =) d = 4 =) = 4 d =) =) u = 4 ln jj + C =) = 4 ln jj + C, d = 4 () = 4 ln jj + C, C R, mit De nitionsbereich D () = R nf0g. Wir substituieren u = 4 + +. Dann gilt u 0 = 4 + 0, also 0 = u 0 4. damit folgt u 0 4 = u =) d = u + 4 =) u = d =) + 4 u + 4 = d =) 4 u 4 + = + C =) dz z= u, also =dz 4 z + = + C =) dz z + = + C =) arctan (z) = + C =) arctan (z) = + C =) z = tan ( + D) D:=C =) z= u u = tan ( + D) =) u = tan ( + D) =) 4 + + = tan ( + D) =) = tan ( + D) 4. u=4++ Damit haben wir die Lösung () = tan ( + D) 4, D R. 3
Aufgabe 3 Bestimmen Sie mittels Variation der Konstanten die allgemeinen Lösungen der folgenden Differentialgleichungen a) 0 + = uerst lösen wir die homogene Di erentialgleichung 0 + = 0. Mittels Trennung der Variablen erhalten wir + = 0 =) d d = =) = d =) = d =) ln jj = + C =) jj = e +C =) = e C e =) = Ae, A R nf0g, A:=e C und da 0 auch eine Lösung der homogenen Di erentialgleichung ist, folgt für die allgemeine Lösung der homogenen Di erentialgleichung h () = Ae, A R. Für die Lösung der inhomogenen Di erentialgleichung benötigen wir noch eine partikuläre Lösung p (). (Bemerkung: Manchmal kann man diese bereits rch scharfes Hinschauen erhalten, dann braucht man auch keine Variation der Konstanten, so auch hier: O enbar ist p () = eine partikuläre Lösung, denn wegen p 0 () = 0 gilt 0 p () + p () = 0 + =, die Di erentialgleichung ist also erfüllt. Die allgemeine Lösung der Di erentialgleichung ist also () = p () + h () = + Ae, A R.) Da aber in der Aufgabe eplizit die Variation der Konstante gefordert ist, führen wir dies hier rch, es muss natürlich dasselbe Ergebnis wie oben rauskommen. Wir setzen also an () = A () e. () In der Vorlesung wurde gezeigt, dass wenn man dieses in die inhomogene Di erentialgleichung einsetzt, diese erfüllt ist, wenn A () sich berechnet zu A () = d = e d = e d = + C, C R e e Setzt man dies in () ein, ergibt sich als allgemeine Lösung der inhomogenen Di erentialgleichung () = e + C e = + Ce, C R, wie schon oben ausgerechnet. b) 0 cos () = cos () uerst lösen wir die homogene Di erentialgleichung Durch Trennung der Variablen ergibt sich 0 cos () = 0 d cos () = 0 =) = cos () =) = cos () d d 4
=) = cos () d =) ln jj = sin () + C =) jj = e sin()+c =) = e C e sin(). Da 0 auch eine Lösung der homogenen Di erentialgleichung ist, folgt h () = Ae sin(), A R als die allgemeine Lösung der homogenen Di erentialgleichung. Für die Lösung der inhomogenen Di erentialgleichung benötigen wir noch eine partikuläre Lösung p (). (Bemerkung: Manchmal kann man diese bereits rch scharfes Hinschauen erhalten, dann braucht man auch keine Variation der Konstanten, so auch hier: O enbar ist p () = eine partikuläre Lösung, denn wegen p 0 () = 0 gilt 0 p () cos () p () = 0 cos () = cos (), die Di erentialgleichung ist also erfüllt. Die allgemeine Lösung der Di erentialgleichung ist also () = p () + h () = + Ae sin(), A R.) Da aber in der Aufgabe eplizit die Variation der Konstante gefordert ist, führen wir dies hier rch, es muss natürlich dasselbe Ergebnis wie oben rauskommen. Wir setzen also an () = A () e sin(). () In der Vorlesung wurde gezeigt, dass wenn man dieses in die inhomogene Di erentialgleichung einsetzt, diese erfüllt ist, wenn A () sich berechnet zu A () = cos () d = cos () e sin() d = ( cos ()) e sin() d = e sin() e sin() +C, C R Setzt man dies in () ein, ergibt sich als allgemeine Lösung der inhomogenen Di erentialgleichung () = e sin() + C e sin() = + Ce sin(), C R, wie schon oben ausgerechnet. c) 0 3 = e uerst lösen wir die homogene Di erentialgleichung 0 3 = 0. d 3 = 0 =) = 3 =) = 3d =) d = 3 d =) ln jj = 3 + C =) jj = e 3+C =) = e C e 3. Da 0 auch eine Lösung der homogenen Di erentialgleichung ist, folgt h () = Ae 3, A R als die allgemeine Lösung der homogenen Di erentialgleichung. Für die Lösung der inhomogenen Di erentialgleichung setzen wir nun () = A () e 3. (3) 5
In der Vorlesung wurde gezeigt, dass wenn man dieses in die inhomogene Di erentialgleichung einsetzt, diese erfüllt ist, wenn A () sich berechnet zu A () = e d = e e 3 d = e d = e3 e e d = partielle Integration = e e + C = e 4 e + C, C R. Eingesetzt in (3) ergibt sich () = e 4 e + C e 3 = e 4 e + Ce 3, C R, als die allgemeine Lösung der inhomogenen Di erentialgleichung. Man liest ab, dass o enbar p () := e 4 e = ( + ) e 4 eine partikuläre Lösung der inhomogenen Di erentialgleichung ist. Aufgabe 4 Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Di erentialgleichungen mit Hilfe der Substitutionsmethode (der eulerschen homogenen Di erentialgleichungen) a) 0 = + Teilen rch und Kürzen ergibt 0 = +, also mit f (u) = u + u gilt gerade 0 = f. Mit der Substitution u =, also = u und damit 0 = u + u 0 ergibt sich u + u 0 = f (u), also u 0 = f (u) u =) d =) ln jj + C = f (u) u =) ln jj + C = = f (u) u =) f (u) u = d =) u u = = Einsetzen von f u ( u ) = u + u u = u u = d f (u) u = u u u u =) ln jj + C = ln u + C =) ln u = ln jj + C, mit C = C C =) ln u = ln jj + C =) u = jj ec =) u = e C =) u = A, A R nf0g. Da nun auch u, also = eine Lösung der Di erentialgleichung ist, darf A auch Null sein. Also gilt u = A, A R 6
=) u = A =) = u= A =) = A = ( A) =) = p ( A), wobei für A und gelten muss, dass ( A) > 0 sind. Für jedes in Frage kommende A gibt es also die beiden Lösungen () = p ( A) und () = p ( A) mit der Bedingung an den De nitionsbereich ( A) > 0. b) 0 = Wir setzen u = und erhalten nach Ableiten u 0 = 0. Damit folgt rch Ersetzen von 0 rch u u 0 = u. = u =) = d =) d u u = d = + C =) ln j uj = + C =) ln j uj = C =) j uj = e C =) j uj = e e C =) u = e C e =) u = Ae A=e C 6=0 =) u = Ae =) u= = Ae =) = + Ae, A R nf0g Testen liefert, dass dies auch für A = 0 eine Lösung ist. Also ist die allgemeine Lösung gegeben rch () = + Ae, A R. Bemerkung: Diese Di erentialgleichung lässt sich nach Umstellen 0 + = auch mit der Methode Variation der Konstanten lösen. Man sieht an der obigen Lösung p () = und h () = Ae, A R. Versuchen Sie es! c) 0 = + Es gilt 0 = + = f, mit der Funktion f (u) = + u. Die Substitution u =, also = u, und somit 0 = u + u 0 liefert u + u 0 = f (u) = + u =) u 0 = + u =) =) + u = d =) d = + u d + u = =) ln j + uj = ln jj + C =) j + uj = e lnjj+c = e C jj =) + u = e C =) u = A=e C 6=0 =) u= Auch für A = 0 ist dies eine Lösung. Also gilt = + A =) = + A. () = + A, A R. Bemerkung: Diese Di erentialgleichung lässt sich nach Umstellen 0 = + A auch mit der Methode Variation der Konstanten lösen. Man sieht an der obigen Lösung p () = und h () = A, A R Versuchen Sie es! 7
Aufgabe 5 um eitpunkt t = 0 liegen N 0 = 0 3 Atome eines radioaktiven Elements mit erfallsrate = 0; 0 s vor. Für die Anzahl N (t) der Atome, die zum eitpunkt t noch nicht zerfallen sind, gilt folgende Di erentialgleichung: dn (t) = N (t). dt a) Finde alle Funktionen N (t), die diese Di erentialgleichung lösen. Es gilt dn dt = N. Damit ist dn N = dt =) dn N = dt =) ln jnj = =) N = e C e t =) N 0=e C N = N 0 e t. N (t) = N 0 e t, N 0 R die allgemeine Lösung der Di erenzialgleichung. Für t = 0 gilt N (0) = N 0 e 0 = N 0, damit ist die Bezeichnung N 0 konsistent gewählt. t + C =) jnj = e t+c b) Finde die Funktion N (t), die diese Di erentialgleichung und die Anfangsbedingung N (0) = N 0 erfüllt. Mit dem Ergebnis aus a) (erfallsgesetz der Radioaktivität) N (t) = N 0 e t und den gegebenen Werten gilt N (t) = 0 3 e 0;0 s t. c) Für welche Halbwertszeit T gilt: N (T ) = N 0 (wie ist T allgemein abhängig von? ) Allgemein gilt N 0 = N (T ) = N 0 e T =) = e T =) = e T =) ln = T =) T = ln. Für unsere ahlen ergibt sich T = ln = ln 0; 0 s Nach 69 s ist also jeweils die Hälfte zerfallen. = 00 ln s 69 s. Aufgabe 6 Ein 00-Liter-Tank ist mit einer Salzlösung gefüllt, die 60 Gramm Salz enthält. Nun lässt man pro Minute l Wasser in den Tank laufen und die rch ständiges Rühren homogen gehaltene Mischung läuft in gleichem Maße aus. Bezeichnet s (t) die Anzahl der Gramm Salz im Tank nach t Minuten, so beträgt die Konzentration s (t) =00 Gramm pro Liter, und für die Änderungsgeschwindigkeit gilt s 0 (t) = 00 min s (t). Wieviel Gramm Salz be nden sich nach einer Stunde noch im Tank, wieviel nach zwei Stunden? 8
Es gilt Damit folgt ds dt = 00 ds s =) min s = 00 =) ln jsj = 50 =) s = e C 50 In unserem Fall gilt s 0 = 60 g. Damit folgt ds dt =) min s = 50 min (t + C) =) jsj = e 50 min e 50 s (t) = s 0 e 50 min t = s 0 e 50 min t. min (t+c) min t. min dt s (t) = 60 ge 50 min t. Nach einer Stunde, also 60 min gilt s (60 min) = 60 ge 50 Nach zwei Stunden, also 0 min gilt s (0 min) = 60 ge 50 min 60 min = 60 ge 60 50 = 60 ge 6 5 8; 07 g. min 0 min = 60 ge 0 50 = 60 ge 5 = 60 g e 6 5 5; 44 g. 9