Lösungsvorschläge zu gewöhnlichen Differentialgleichungen

Tutor: Martin Friesen, [email protected]
Klausur-Übungen Gewöhnliche Differentialgleichungen - Analysis 2
1. Man berechne alle Lösungen der Differentialgleichung:
x0 (t) = −tx(t), t ∈ R
Beweis. Wir benutzten hier den Satz aus der Vorlesung. Sei hier g(x) = x und f (t) = −t.
Für x 6= 0 ist
1
g
definiert und wir können hier die Lösung zu dem Anfangswertproblem
x(t0 ) = x0 bestimmen.
Diese Lösung erhalten wir als Lösung der Gleichung:
ln( xx0 ) =
Rx
x0
ds
g(s)
Rt
= − sds = − 21 t2 + 12 t20
t0
Lösen wir dieses nach x = x(t) auf so erhalten wir:
t2
0
t2
x(t) = x0 e 2 e− 2
Die Rechnung funktioniert zwar nur für x0 6= 0 aber die Lösung ist natürlich für alle
Anfangswerte richtig!. Insbesondere ist diese überall definiert! Denn für x0 = 0 ist
x(t) = 0 die triviale Lösung. Man beachte, dass man eigentlich eher
ln(| xx0 |) = 12 (t20 − t2 )
lösen müsste. Dazu wären Fallunterscheidungen notwendig. Unsere Vorgehensweise liefert
jedoch dieselben Lösungen.
2. Man gebe alle Lösungen des Anfangswertproblems
x0 (t) = −tx(t) + tsin(t2 ), x(0) = 1
an.
Beweis. Man könnte hier das Problem mit den in der Vorlesung explizit entwickelten
Formeln angehen, leider sind diese nicht allzu handlich zu merken, sodass es manchmal
2
besser ist ein wenig mit Intuition zu arbeiten. Davor haben wir mit: x(t) = Cexp(− t2 )
die homogene Gleichung gelöst, wobei C ∈ R eine Konstante war. Wir machen einfach
den Ansatz, dass C = C(t) eine Funktion ist und setzen ein:
1
2
2
x0 (t) = C 0 (t)exp(− t2 ) − tC(t)exp(− t2 ) = −tx(t) + tsin(t2 )
2
Also muss: C 0 (t) = texp( t2 )sin(t2 ) gelten. Es gilt jetzt eine Stammfunktion zu finden.
Diese ist jetzt gegeben durch:
2
C(t) = (sin(t2 ) − 2cos(t2 )) 51 exp( t2 ) + K mit K ∈ R
Als allgemeine Lösung erhalten wir demanch einfach:
2
2
x(t) = C(t)exp(− t2 ) = Kexp(− t2 ) + 15 (sin(t2 ) − 2cos(t2 ))
Um das Anfangswertproblem zu lösen setzten wir ein und erhalten für die Konstante
1 = x(0) = K −
2
5
⇔K=
7
5
3. Geben Sie die allgemeine Formel zur Lösung von linearen Differentialgleichungen der
Form:
y 0 = a(x)y + b(x)
mit entsprechender Anfangsbedingung an.
Beweis.
Seite 148 der Abschnitt 3.8.4
4. Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem
y 0 = xcos(x2 )y, y(0) = 2
Beweis. Wir lösen erneut die Integralgleichung:
ln( y2 ) =
Ry
2
ds
s
=
Rx
0
tcos(t2 )dt = 21 (cos(x2 ) − 1)
Umstellen nach y liefert uns: y(x) = 2exp( 21 cos(x2 ) − 12 ) für x ∈ R
Genauer müsste man auch hier erstmal |y| = 2exp( 12 (cos(x2 ) − 1)) lösen. Wegen der
Anfangswertbedingung wäre y > 0 und somit |y| = y was unsere Vorgehensweise rechtfertigt.
2
5. Man finde eine Lösung φ : R −→ R mit φ(0) = c > 0, der Differentialgleichung
y0 =
x
y
auf R × R+ \{0}
Beweis.
Erneut können wir einfach die dazugehörige Gleichung der Stammfunktionen lösen:
1 2
(y
2
− c2 ) =
Ry
sds =
Rx
0
c
tdt = 12 x2
√
Umstellen nach y = y(x) liefert uns: |y(x)| = x2 + c2 und da die Lösung positiv sein soll,
√
ist der Betrag überflüssig, dh: y(x) = x2 + c2 , ist wie verlangt für x ∈ R definiert.
6. Bestimme die Lösung der Anfangswertprobleme
(a) y 0 = ey sin(x), y(0) = y0 , y0 ∈ R
(b) (x2 − 1)y 0 + 2xy = xy 2 , y(0) = 1
Beweis.
a) Erneut lösen wir die passende Gleichung gegeben durch:
Ry
exp(−y0 ) − exp(−y) =
exp(−s)ds =
y0
Rx
sin(t)dt = 1 − cos(x)
0
Auflösen nach y = y(x) liefert uns: y(x) = −ln(exp(−y0 ) + cos(x) − 1).
Man beachte, dass die Lösung für alle x wohldefiniert ist, da exp(y0 ) > 0 stehts erfüllt
ist, also e−y0 + cos(x) − 1 > 0, ∀x ∈ R
b) Wir formen die Gleichung um zu:
y0 =
x
(y 2
x2 −1
− 2y)
Hierauf lassen wir Trennung der Variablen los und lösen die Gleichung
1
ln( y−2
)
2
y
Auslösen liefert:
y−2
y
=
dy
R
y 2 −2y
=
R
x
dx
x2 −1
= 12 ln(x2 − 1) + 21 ln(C)
= C(x2 − 1) und somit: y(x) =
2
.
1+C(1−x2 )
Anfangswerte ein und schauen was rauskommt für C:
y(0) =
2
1+C
3
=1⇒2=1+C ⇒C =1
Jetzt setzen wir die
Also ist die Lösung gegeben durch: y(x) =
√ √
für x ∈ (− 2, 2)
2
2−x2
Genauso müsste man auch hier wieder mit dem Betrag arbeiten, also
| = C(x2 − 1)
| y−2
y
Und durch Ausnutzen des AWP würde man den Betrag auflösen. Mit unserer Vorgehensweise haben wir jedoch nichts verloren, da man durch eine kurze Rechnung einsieht,
dass die oben bereits Angegebene Lösung für alle Raumbereiche gültig ist.
7. Bestimme die Lösungen folgender linearer Differentialgleichung:
y
x
y0 +
= exp(x2 ), y(1) = y1
Beweis.
Wir haben die homogene DGL: y 0 = − xy und lösen diese jetzt:
dy
y
R
dx
x
= −ln(x) + ln(C) = ln( Cx )
Auflösen nach y = y(x) ergibt: y(x) =
C
.
x
Machen wir den Variationsansatz C = C(x):
ln(y) =
y 0 (x) =
R
C 0 (x)
x
=−
−
C(x)
x2
= − xy +
C 0 (x)
x
= − xy + exp(x2 )
Also muss: C 0 (x) = xexp(x2 ) sein und damit: C(x) =
1
exp(x2 )
2
+ K mit K ∈ R.
Insgesamt:
y(x) =
Mit y(1) = y1 folgt:
e
2
exp(x2 )
2x
+ K = y1 , also: K = y1 −
y(x) =
exp(x2 )
2x
+
y1
x
−
e
2x
=
K
x
+
e
2
und die Lösung ist:
exp(x2 )−e
2x
+
y1
x
für x > 0
8. Bestimme die Lösung des Anfangswertproblems mit der Substitution z =
y0 =
y+x
,
x
y(1) = 1
Beweis.
Führen wir die Substitution durch, so erhalten wir:
4
y
x
y 0 = (zx)0 = z 0 x + z = z + 1 Also: z 0 x = 1, dh: z 0 =
1
x
Damit folgt: z(x) = ln(x) + C und somit: y(x) = z(x)x = xln(x) + Cx. Die Anfangsbedingung liefert: C = 1.
y(x) = xln(x) + x, x > 0
9. Die Stromstärke I(t) eines Stromkreises mit Ohmschen Widerstand R, Induktivität L
und angelegter Spannung U0 ∈ R genügt der linearen Differentialgleichung
dI
dt
+R
I=
L
U0
L
Finde die allgemeine Lösung.
Beweis.
Wir lösen die Gleichung durch Variation der Konstanten, also zuerst die homogene:
dI
dt
= −R
I⇔
L
dI
Idt
=
d
ln(I)
dt
= −R
L
Durch Integration nach t erhalten wir:
ln(I) = − R
t + C Also:I(t) = C1 exp(− R
t) mit C1 = exp(C)
L
L
Machen wir den Ansatz C1 = C1 (t) und setzen das ein, so erhalten wir:
dI
dt
=
dC1
exp(− R
t)
dt
L
Also muss gelten:
dC1
dt
=
−R
C exp(− R
t) =
L 1
L
U0
exp( R
t)
L
L
C1 (t) =
dC1
exp(− R
t)
dt
L
−R
I(t) = − R
I(t) +
L
L
und durch Integration bekommt man:
U0
exp( R
t)
R
L
+ K mit K ∈ R
Also ist die allgemeine Lösung gegeben durch:
I(t) = C1 (t)exp(− R
t) = Kexp(− R
t) +
L
L
5
U0
R
mit K ∈ R und t ∈ R
U0
L
10. Bestimme alle Lösungen der folgenden Differentialgleichung
a) y 0 =
2xy 2
1−x2
b) y 0 = (2 − y)tan(x)
Beweis.
a) Hier ist f (x) =
2x
,
1−x2
1
2
also F (x) = −ln(1 − x2 ) = ln( 1−x
2 ) und g(y) = y
− y1 =
R
dy
y2
=
R
2x
dx
1−x2
1
= ln( 1−x
2) + C
Löse dieses jetzt nach y = y(x) auf, also: y(x) =
1
,
ln(1−x2 )−C
mit C ∈ R Weiterhin muss
x so eingeschränkt werden, dass wir keine Nullstellen im Nenner haben, also
ln(1 − x2 ) = C ⇔ eC = 1 − x2 ⇔ |x| =
√
1 − eC
Ist also C > 0 so ist |x| < 1 zulässig. Ist C = 0 so ist nur 0 < |x| < 1 zulässig, dh.
√
entweder x ∈ (−1, 0) oder x ∈ (0, 1) ferner ist für C < 0 : |x| < 1 − eC erlaubt.
b) Erneut integrieren wir einfach alles durch und erhalten:
ln(2 − y) =
R
dy
2−y
=
R
tan(x)dx = −ln(|cos(x)|) + C
Auflösen nach y liefert uns: y(x) = −Cexp(−|cos(x)|) + 2 mit C ∈ R
Dabei ist die Lösung in einem Intervall definiert, wo der Kosinus keine Nullstellen besitzt.
Entsprechend lässt sich dieses Intervall gemäss den Anfangsbedingungen bestimmen und
daraus anschliessend die Konstante selbst.
11. Löse das folgende Anfangswertproblem
xy 0 = yln(y), y(1) = e
Beweis.
Hier setzen wir g(y) = ln(y)y und f (x) =
ln(ln(y)) =
R
1
x
und erhalten:
dy
yln(y)
=
R
dx
x
= ln(Cx)
Auflösen nach y = y(x) liefert uns: y(x) = exp(Cx) und mit den Anfangswerten:
y(1) = exp(C) = e, also C = 1
Die Lösung des Anfangswertproblems ist demanch: y(x) = exp(x), ∀x ∈ R
6