Prof. Dr. Martin Kreuzer SS 2001 Fachbereich Mathematik Universität Bayreuth

Übungen zur Vorlesung Mathematik für Naturwissenschafler II Blatt 10 – Lösungen –

Aufgabe 46

a) y′ = 2xy ist eine lineare homogene DGL erster Ordnung. Damit ergibt sich φ(x) = c · exp(∫_{0}^{x} 2tdt) = c · e^{x^{2}} mit φ(0) = c.

b) Für y ≠ 0 ist y′ = −\frac{x}{y}. Somit liegt eine DGL mit getrennten Variablen vor (y = f(x)g(y)). Daraus folgt F (x) = ∫_{0}^{x} −tdt = −\frac{1}{2}x^{2} und G(y) = ∫_{c}^{y} tdt = \frac{1}{2}(y^{2} − c^{2}) und G(φ(x)) = F (x) ⟹ φ(x) = \sqrt{c^{2} − x^{2}} für x ∈] − c, c[ mit φ(0) = c > 0.

c) y′ = 2xy − x^{3}: Die Lösung der homogenen DGL ist in Teilaufgabe a) berechnet worden. Die Lösung für die inhomogene DGL ergibt sich zu ψ(x) = e^{x^{2}} · (c + ∫_{0}^{x} b(t)φ(t)^{−1}dt) mit

ψ(0) = c. Mittels Substitution s = t^{2} und partieller Integration ergibt sich ∫_{0}^{x} t^{3}e^{−t^{2}}dt =

∫_{0}^{x^{2}} \frac{1}{2}se^{−s}ds = −\frac{1}{2}se^{−s}|_{0}^{x^{2}} + ∫_{0}^{x^{2}} \frac{1}{2}e^{−s}ds = \frac{1}{2} − \frac{1}{2}(x^{2} + 1)e^{−x^{2}} und damit ψ(x) = (c + \frac{1}{2})e^{x^{2}} −

\frac{1}{2}(x^{2} + 1).

Aufgabe 47

d) y′ = x^{2} + 4 ⟹ φ(x) := y = ∫ x^{2} + 4 dx = \frac{1}{3}x^{3} − 4x + c mit φ(0) = c. a) b)

c) Aus y(x) = ce^{x} − x − 1 folgt y′(x) = ce^{x} − 1 und damit y′ = ce^{x} − 1 = x + y.

Aufgabe 48

a) f(x, y, y′) = y′ cos(x) + y sin(x) − 1 ist für (x, y, y′) ∈ ℝ^{3} definiert. D = ℝ^{3}

b) Auflösen der Gleichung nach y′ ist nur für cos(x) ≠ 0 möglich. Damit ergibt sich y′ = g(x, y) = −y tan(x) + \frac{1}{cos(x)} mit E = \{(x, y) ∈ ℝ^{2} : x ≠ \frac{(2k+1)}{2}π, k ∈ ℤ\}.

c) Sei y = sin(x) + c cos(x) mit c ∈ ℝ. Dann gilt: y′ = cos(x) − c sin(x) ⟹ y′ cos(x) + y sin(x)−1 = (cos(x)−c sin(x)) cos(x)+(sin(x)+c cos(x)) sin(x)−1 = cos^{2}(x)+sin^{2}(x)− 1 = 0.

Aufgabe 49

a) y′ = −λy ist eine lineare homogene Differentialgleichung 1. Ordnung. Nach Vorlesung ergibt sich die Lösung zu φ(x) = ce^{−λ(x−x_{0})} mit Anfangsbedingung φ(x_{0}) = c.

b) In Höhe x_{0} = 0 Meter herrscht ein Druck von 1 bar. ⟹ 1 = φ(0) = ce^{0} = c. Damit herrscht in x Meter Höhe ein Druck von φ(x) = e^{−0,125·10^{−3}x}.

c) y′ = −ay + b ist eine lineare Differentialgleichung 1. Ordnung. Nach Vorlesung ergibt sich die Lösung zu ψ(x) = φ(x) (c + ∫_{x_{0}}^{x} \frac{b}{φ(t)}dt). Nach Teil a) ist φ(x) = e^{−ax}. Dies

liefert für ∫_{0}^{x} \frac{b}{φ(t)}dt = ∫_{0}^{x} be^{at}dt = \frac{b}{a}(e^{ax} − 1) und somit ψ(x) = e^{−ax} (10 + \frac{b}{a}(e^{ax} − 1)) = (10 − \frac{b}{a}) e^{−ax} + \frac{b}{a}

Aufgabe 50

a) y′ = k(a − y)(b − y), a ≠ b ist eine DGL mit getrennten Variablen y′ = f(x)g(y) mit f(x) = k und g(y) = (a − y)(b − y). Die Lösung ergibt sich aus G(φ(x)) = F (x) mit G(y) = ∫_{y_{0}}^{y} \frac{1}{g(t)}dt und F (x) = ∫_{0}^{x} f(t)dt = kx, wobei y(0) = y_{0}. Zur Berechnung von G(y) wird \frac{1}{g(t)} mittels Partialbruchzerlegung aufgespalten zu \frac{1}{(a−t)(b−t)} = \frac{X}{a−t} + \frac{Y}{b−t}.

1 = X(b − t) + Y (a − t) = Xb + Y a − (X + Y)t ⟺
0 = X + Y und 1 = Xb + Y a  ⟺
1 = X(b − a)  ⟺
X = \frac{1}{b−a} ⟹ Y = −\frac{1}{b−a}

Damit ist \frac{1}{(a−t)(b−t)} = \frac{1}{b−a} (\frac{1}{a−t} − \frac{1}{b−t}) und

G(y) = \frac{1}{b − a} (∫_{y_{0}}^{y} \frac{1}{a − t}dt − ∫_{y_{0}}^{y} \frac{1}{b − t}dt)
= \frac{1}{b − a} (− ln(a − t)|_{y_{0}}^{y} + ln(b − t)|_{y_{0}}^{y})
= \frac{1}{b − a} (ln(a − y_{0}) − ln(a − y) + ln(b − y) − ln(b − y_{0}))
= \frac{1}{b − a} (ln (\frac{a − y_{0}}{a − y} · \frac{b − y}{b − y_{0}} )) .

G(φ(x)) = F (x) liefert nun \frac{1}{b−a} (ln (\frac{a−y_{0}}{a−φ(x)} · \frac{b−φ(x)}{b−y_{0}})) = kx und auflösen nach φ(x) führt zu

φ(x) = \frac{a(b − y_{0})e^{k(b−a)x} − b(a − y_{0})}{(b − y_{0})e^{k(b−a)x} − (a − y_{0})} für x ∈ ℝ\ \{\frac{ln (\frac{a−y_{o}}{b−y_{0}} )}{k(b − a)}\} ,

wobei a, b, k > 0 und a ≠ b. (Polstelle bei x = ^{\frac{ln( \frac{a−yo}{b−y_{0}} )}{k(b−a)}} < 0, falls a, b < y_{0} oder a, b > y_{0}.) Für y_{0} = 0 folgt nun

φ(x) = \frac{ab (e^{k(b−a)x} − 1)}{be^{k(b−a)x} − a} = \frac{ab (e^{k(a−b)x} − 1)}{ae^{k(a−b)x} − b} für x ∈ ℝ\ \{\frac{ln (\frac{a}{b})}{k(b − a)}\} .

b) i) a > b: e^{k(b−a)x} → 0 für x → ∞. φ(x) → \frac{−ab}{−a} = b für x → ∞.

ii) a < b: e^{k(a−b)x} → 0 für x → ∞. φ(x) → \frac{−ab}{−b} = a für x → ∞.

c) a = 1, b = k = 3 ⟹ φ(x) = \frac{3(e^{−6x}−1)}{e^{−6x}−3}

d) Nach Teilaufgabe a) erhält man für y_{0} = 2 und x ∈ ℝ\ \{\frac{ln(\frac{a−2}{b−2})}{k(b−a)}\} :

φ(x) = \frac{a(b − 2)e^{k(b−a)x} − b(a − 2)}{(b − 2)e^{k(b−a)x} − (a − 2)} = \frac{b(a − 2)e^{k(a−b)x} − a(b − 2)}{(a − 2)e^{k(a−b)x} − (b − 2)}.

a = 1, b = k = 3 ⟹ φ(x) = \frac{3e^{−6x}+1}{e^{−6x}+1} a) y′ = k \frac{y}{t^{3}} , k ∈ ℝ Proportionalitätsfaktor.

b) Es liegt eine lineare homogene DGL 1. Ordnung vor. Lösung ist gegeben durch

φ(t) = b exp (∫_{a}^{t} \frac{k}{τ^{3}} dt) = b exp (−\frac{k}{2τ^{2}} |_{a}^{t}) = be^{^{\frac{k}{2}}(\frac{1}{a^{2}} − \frac{1}{t^{2}} )}.

c) φ(t) = be^{^{\frac{k}{2}}(\frac{1}{a^{2}} − \frac{1}{t^{2}} )} → be^{\frac{k}{2a^{2}}} für t → ∞.

Aufgabe 52

a) y′′ + y′ − 6y = 0 ist eine lineare homogene DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Ansatz mit φ(x) = e^{λx} und damit Bestimmung der Nullstellen von λ^{2} + λ − 6 = 0, liefert λ_{1} = −3, λ_{2} = 2 und damit φ(x) = c_{1}e^{−3x} + c_{2}e^{2x}. Bestimmung von c_{1} und c_{2} durch die Anfangsbedingungen:

1 = φ(0) = c_{1} + c_{2}
−3 = φ′(0) = −3c_{1} + 2c_{2}

Hieraus folgt c_{1} = 1, c_{2} = 0 und somit φ(x) = e^{−3x}

b) y′′ − 4y′ − 4y = 0 ist wieder eine lineare homogene DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Wie Teilaufgabe a). Nullstellen von λ^{2} − 4λ − 4 = 0 sind λ_{1} = 2(1 − \sqrt{2}), λ_{2} = 2(1 + \sqrt{2}) und damit φ(x) = c_{1}e^{2(1−\sqrt{2})} + c_{2}e^{2(1+\sqrt{2})}.

c) y′′ − 2y′ − 3y = 2x ist eine lineare inhomogene DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Zuerst wird eine Lösung der homogenen Gleichung y′′ − 2y′ − 3y = 0 wie in den beiden Teilaufgaben zuvor bestimmt. Nullstellen von λ^{2}−2λ−3 = 0 sind λ_{1} = −1, λ_{2} = 3 und damit sind φ_{1}(x) = e^{−x}, φ_{2}(x) = e^{3x} eine Basis des Lösungsraums. Die Lösung für die inhomogene DGL ergibt sich nun zu ψ(x) = (c_{1}(x) + d_{1})φ_{1}(x) + (c_{2}(x) + d_{2})φ_{2}(x) mit

c_{1}(x) = − ∫ \frac{f(x)φ_{2}(x)}{D}dx  (1a)
c_{2}(x) = ∫ \frac{f(x)φ_{1}(x)}{D}dx  (1b)
D = φ_{1}(x)φ′_{2}(x) − φ′_{1}(x)φ_{2}(x)  (1c)

und f(x) = 2x (inhomogener Anteil). ⟹ D = 4e^{2x}, c_{1}(x) = −\frac{e^{x}}{2} (x − 1), c_{2}(x) = −\frac{e^{−3x}}{18} (3x + 1) und somit

ψ(x) = (−\frac{e^{x}}{2} (x − 1) + d_{1}) e^{−x} + (−\frac{e^{−3x}}{18} (3x + 1) + d_{2}) e^{3x} = d_{1}e^{−x} + d_{2}e^{3x} − \frac{2x}{3} + \frac{4}{9}.

d) y′′ + 2y′ + 2y = e^{3x} ist eine lineare inhomogene DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Wie Teilaufgabe c). Lösung der homogenen DGL y′′ + 2y′ + 2y = 0. Nullstellen von λ^{2}+2λ+2 = 0 sind λ_{1} = −1−i, λ_{2} = −1+i. Damit ist φ̃_{1}(x) = e^{−(1+i)x}, φ̃_{2}(x) = e^{(−1+i)x}.

Durch geeignete Linearkombinationen kann man hieraus ein reelles Fundamentalsystem bilden

φ_{1}(x) := \frac{1}{2} (φ̃_{2}(x) + φ̃_{1}(x)) = e^{−x} cos(x)
φ_{2}(x) := \frac{1}{2i} (φ̃_{2}(x) − φ̃_{1}(x)) = e^{−x} sin(x)

Bestimmung der Lösung für die inhomogene Gleichung mit f(x) = e^{3x} folgt mit den Formeln 1. D = e^{−2x}, c_{1}(x) = \frac{1}{17}e^{4x}(cos(x) − 4 sin(x)), c_{2}(x) = \frac{1}{17}e^{4x}(4 cos(x) + sin(x)). Damit ist

ψ(x) = (c_{1}(x) + d_{1}) φ_{1}(x) + (c_{2}(x) + d_{2}) φ_{2}(x) = d_{1} cos(x)e^{−x} + d_{2} sin(x)e^{−x} + \frac{1}{17}e^{3x}

Aufgabe 53 Aus den beiden angegebenen Differentialgleichungen folgt

mc\frac{∂ϑ(t)}{∂t} = \frac{∂Q(t)}{∂t} = −k(ϑ(t) − ϑ_{1}) ⟹ ϑ′ = −\frac{k}{mc}(ϑ − ϑ_{1})

Lösung mit dem Ansatz für getrennte Variablen. Setze f(t) = −\frac{k}{mc} und g(ϑ) = ϑ − ϑ_{1}. Damit ergibt sicht für F (t) = − ∫_{0}^{t} \frac{k}{mc}dτ = −\frac{k}{mc}t und G(ϑ) = ∫_{ϑ_{2}}^{ϑ} \frac{1}{τ−ϑ_{1}} dτ = ln(τ − ϑ_{1})|_{ϑ_{2}}^{ϑ} = ln(ϑ − ϑ_{1}) − ln(ϑ_{2} − ϑ_{1}). Auflösen der Gleichung F (t) = G(ϑ(t)) liefert

ϑ(t) = (ϑ_{2} − ϑ_{1})e^{− \frac{k}{mc} t} + ϑ_{1}.

Aufgabe 54

a) z(t): Ort zum Zeitpunkt t. v(t) = z′(t): Geschwindigkeit zum Zeitpunkt t. mv′(t) = −mg + c(v(t))^{2}: Differentialgleichung bzgl. Geschwindigkeit v.

b) Ansatz mit getrennten Variablen führt zu v′ = \underbrace{1}_{f(t)} · \underbrace{(−g + \frac{c}{m}v^{2})}_{g(v(t))}.

Damit ist

F (t) = ∫_{0}^{t} f(τ)dτ = t und

G(v) = ∫_{0}^{v} \frac{1}{−g + \frac{c}{m}τ^{2}} dτ =^{s=\sqrt{\frac{c}{m}} τ} ∫_{0}^{\sqrt{\frac{c}{m}} v}\frac{\sqrt{\frac{m}{c}}}{−g + s^{2}} ds = − ∫_{0}^{\sqrt{\frac{c}{m}} v}\frac{\sqrt{\frac{m}{c}}}{g − s^{2}} ds

= −\sqrt{\frac{m}{c}} [\frac{1}{\sqrt{g}} arctanh (\frac{s}{\sqrt{g}} )]_{0}^{\sqrt{\frac{c}{m}} v} = −\sqrt{\frac{m}{cg}} arctanh (\sqrt{\frac{c}{mg}} v) .

Dabei wurde ∫ \frac{1}{a^{2}−x^{2}} dx = \frac{1}{a}arctanh (\frac{x}{a}) für |x| < a verwendet.

Aus F (t) = G(v(t)) folgt nun t = −\sqrt{\frac{m}{cg}}arctanh (\sqrt{\frac{c}{mg}}v(t)) und auflösen nach v(t)

liefert:

v(t) = −\frac{1}{c}\sqrt{cmg} tanh (\frac{\sqrt{cmg}}{m} t)

(Beachte tanh(−x) = − tanh(x) ∀x ∈ ℝ)

c) tanh(t) → 1 für t → ∞ ⟹ v(t) →^{t→∞} −\frac{\sqrt{cmg}}{c}

Aufgabe 55

a) U(y) = ∫_{J_{0}}^{y} \frac{1}{LC} s ds = \frac{1}{2LC} (y^{2} − J_{0}^{2}). Damit ergibt sich die DGL y′ = \sqrt{V_{0}^{2} − \frac{1}{LC} (y^{2} − J_{0}^{2})} für |y| < \sqrt{V_{0}^{2}LC + J_{0}^{2}}. Diese wird mit dem Ansatz für getrennte Variablen gelöst und zwar mit f(t) = 1 und g(y) = \sqrt{V_{0}^{2} − \frac{1}{LC} (y^{2} − J_{0}^{2})}. Berechnung von G(y):

G(y) = ∫_{J_{0}}^{y} \frac{1}{g(x)}dx = ∫_{J_{0}}^{y} \frac{1}{\sqrt{V_{0}^{2} − \frac{1}{LC} (x^{2} − J_{0}^{2})}}dx = ∫_{J_{0}}^{y} \begin{matrix}√ & \overline{LC} \\ √ & \overline{V_{0}^{2}LC + J_{0}^{2} − x^{2})} \end{matrix}dx
= \sqrt{LC} (arcsin (\frac{x}{\sqrt{V_{0}^{2}LC + J_{0}^{2}}} ))|_{J_{0}}^{y}
= \sqrt{LC} (arcsin (\frac{y}{\sqrt{V_{0}^{2}LC + J_{0}^{2}}} ) − arcsin (\frac{J_{0}}{\sqrt{V_{0}^{2}LC + J_{0}^{2}}} ))

Dabei wurde ∫ \frac{1}{\sqrt{a^{2}−x^{2}}} dx = arcsin (\frac{x}{a}) für |x| < a verwendet. Auflösung von G(y(t)) = F (t) = ∫_{0}^{t} f(τ)dτ = t nach y liefert:

ψ(t) := y(t) = A sin (ωt + ϕ) t ∈ [−\frac{π}{2} \sqrt{LC}, \frac{π}{2} \sqrt{LC}]
A := \sqrt{V_{0}^{2}LC + J_{0}^{2}}  Amplitude
ϕ := arcsin (\frac{J_{0}}{A} )  Nullphasenwinkel, Phasenverschiebung
ω := \frac{1}{\sqrt{LC}}  Schwingungs- oder Kreisfrequenz

Beachte bei der Umkehrung von arcsin, dass dieser nur Werte zwischen [−\frac{π}{2}, \frac{π}{2}] liefert. Daher ist y(t) vorerst nur für t ∈ [−\frac{π}{2} \sqrt{LC}, \frac{π}{2} \sqrt{LC}] definiert.

b) Beim Einsetzen von ψ in die DGL sieht man, dass diese Funktion die DGL für alle t löst.

Daher kann man ψ fortsetzen, mit

φ(t) = A sin (ωt + ϕ) t ∈ ℝ

Dabei erfüllt φ(t) die Anfangsbedingungen, denn φ(0) = J_{0} und φ′(0) = Aω cos(ωt + ϕ)|_{t=0} = Aω cos(ϕ) = Aω\sqrt{1 − sin^{2}(ϕ)} = Aω\sqrt{1 − \frac{J_{0}^{2}}{A^{2}}} = ω\sqrt{A^{2} − J_{0}^{2}} = ωV_{0}\sqrt{LC} = V_{0}