Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Fels Martin Fuchssteiner Hasan Gündogan

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2007 13. August 2007

Mathe II

13. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) Trennung der Variablen

Bestimmen Sie alle Lösungen der DGL y′(x) = y(x)^{n}.

Lösung:

Für n = 0 gilt y′ = 1 und es folgt y(x) = x + c.

Für n ≠ 0 erhalten Wir \frac{y′}{y^{n}} = 1. Integration (nach x) liefert

\frac{y^{1−n}}{1−n} = x + c bzw. y(x) = [(1 − n)(x + c)]^{\frac{1}{1−n}} für n ≠ 1
ln y = x + c bzw. y(x) = exp(x + c)  für n = 1.

(G 2)

Wir betrachten die homogene DGL y′′ + b · y′ + c · y = 0 mit den konstanten Koeffizienten b und c.

(a) Erraten Sie für b = 0 und c = 1 zwei unabhängige Lösungen.

(b) Lösen Sie für b = 3 und c = 2 obige DGL mit dem Ansatz y(x) = exp(λx).

(c) Wie können Sie die in a) erratenen Lösungen mit dem Lösungsverfahren aus b) erhalten?

Lösung:

(a) Für b = 0 und c = 1 sind sin und cos zwei unabhängige Lösungen.

(b) Setzt man y(x) = exp(λx) in die DGL ein, so erhält man λ^{2} exp(λx) + λb exp(λx) + c exp(λx) = 0. Durch Kürzen mit exp(λx) erhält man λ^{2} + bλ + c = 0. Für b = 3 und c = 2 ergeben sich die Lösungen λ = 1 und λ = 2. Somit sind die Funktionen g(x) = e^{x} und h(x) = e^{2x} die gesuchten Lösungen der DGL.

(c) Mit dem Lösungsverfahren aus b) erhält man λ_{1,2} = ±i. Die Lösungen wären demnach g(x) = e^{ix} = cos x+i sin x und h(x) = e^{−ix} = cos −x+i sin −x = cos x−i sin x. Hiermit erhält man die Lösungen cos x = g(x) + h(x) und sin x = −i(g(x) − h(x)).

(G 3)

Finden Sie alle Lösungen der DGL y^{(4)} − 5y^{(2)} + 4y = 0.

Hinweis: Sie können wie in G2 b) vorgehen.

Lösung:

Analog zu G2 b) erhält man die Gleichung λ^{4} − 5λ^{2} + 1 = (λ^{2} − 1)(λ^{2} − 4) = 0. Somit folgt λ_{1,2,3,4} =∈ {−2, −1, 1, 2} und die 4 Lösungen sind y_{i}(x) = e^{λ_{i}x} (1 ≤ i ≤ 4).

(G 4) Wronski-Determinante Entscheiden Sie ob und in welchen Fällen die folgenden Funktionen ein Fundamentalsystem einer linearen Differentialgleichung der Ordnung n sein können.

(a) y_{1}(x) = 1, y_{2}(x) = x, y_{3}(x) = x^{2}

(b) y_{1}(x) = x, y_{2}(x) = x^{2}, y_{3}(x) = x^{5}

(c) y_{1}(x) = sin^{2} x, y_{2}(x) = 2 cos^{2} x, y_{3}(x) = 3

Lösung:

(a) det W (x) = 2 für alle x ∈ ℝ, also können die Funktionen ein Fundamentalsystem bilden.

(b) det W (x) = 12x^{5}, das heißt die Funktioenen können ein Funadamentalsystem bilden, wenn das Gebiet nicht die 0 enthält.

(c) y_{3} = 3y_{1} + \frac{3}{2}y_{2}, also können die Funktionen kein Fundamentalsystem bilden.

(G 5) Variation der Konstanten Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichungssystems

y′_{1} = −y_{2}
y′_{2} = y_{1} + x

Hinweis: Sie können die Identität exp [( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) x] = ( \begin{matrix}cos x & − sin x \\ sin x & cos x \end{matrix} ) verwenden.

Lösung:

Die Lösung der homogenen DGL

( \begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix} )′ = ( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix} )

ist

( \begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix} ) (x) = exp [( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) x] ( \begin{matrix}y_{1}(0) \\ y_{2}(0) \end{matrix} )
= ( \begin{matrix}cos x & − sin x \\ sin x & cos x \end{matrix} ) ( \begin{matrix}y_{1}(0) \\ y_{2}(0) \end{matrix} )
= ( \begin{matrix}y_{1}(0) cos x − y_{2}(0) sin x \\ y_{2}(0) cos x + y_{1}(0) sin x \end{matrix} ) .

Mit Variation der Konstanten folgt

( \begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix} ) (x) = exp [( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) x] (( \begin{matrix}y_{1}(0) \\ y_{2}(0) \end{matrix} ) + ∫_{0}^{x} exp [− ( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) t] ( \begin{matrix}0 \\ t \end{matrix} ) dt)
= exp [( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) x] (( \begin{matrix}y_{1}(0) \\ y_{2}(0) \end{matrix} ) + ∫_{0}^{x} ( \begin{matrix}cos t & sin t \\ − sin t & cos t \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 \\ t \end{matrix} ) dt)
= exp [( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) x] (( \begin{matrix}y_{1}(0) \\ y_{2}(0) \end{matrix} ) + ∫_{0}^{x} ( \begin{matrix}tsint \\ t cos t \end{matrix} ) dt)
= exp [( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) x] (( \begin{matrix}y_{1}(0) \\ y_{2}(0) \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}sinx − x cos x \\ x sin x + cos x − 1 \end{matrix} ))
= ( \begin{matrix}y_{1}(0) cos x − y_{2}(0) sin x \\ y_{2}(0) cos x + y_{1}(0) sin x \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}sin x − x \\ 1 − cos x \end{matrix} )
= ( \begin{matrix}y_{1}(0) cos x + (1 − y_{2}(0)) sin x − x \\ (y_{2}(0) − 1) cos x + y_{1}(0) sin x + 1 \end{matrix} ) .

(G 6) Reduktion der Ordnung Es soll die DGL x^{2}y′′ − xy′ + y = 0 auf dem Intervall I = (0, ∞) gelöst werden.

(a) Erraten Sie eine Lösung y_{1} der DGL.

(b) Bestimmen Sie durch Reduktion der Ordnung eine zweite, von y_{1} linear unabhängige Lösung der DGL.

Lösung:

(a) Die Funktion y_{1}(x) = x ist eine Lösung.

(b) Wir machen den Ansatz y = xu, also ist y′ = u + xu′ und y′′ = 2u′ + xu′′. Das wird in die DGL eingesetzt und wir erhalten

x^{2}y′′ − xy′ + y = 0 ⇔ x^{2}(2u′ + xu′′) − x(u + xu′) + xu = 0
⇔ u′′x^{3} + u′(2x^{2} − x^{2}) = 0
⇔ u′′x + u′ = 0 wegen x > 0.

Die Substitution v = u′ liefert die DGL v′x+v = 0. Mit Trennung der Variablen erhält man

ln v = ∫ \frac{1}{v} = −\frac{1}{x} = − ln x.

Es folgt v(x) = \frac{1}{x} und somit u = ln x, also y_{2} = x ln x. Man rechnet nach, dass y_{2} die DGL erfüllt. Dass y_{2} unabhängig von y_{1} ist, ist klar.

Hausübungen

(A 38) Zum Aufwärmen (10 Punkte) Finden Sie die Lösungen für folgende Anfangswertprobleme:

(a) y′ + \frac{(1+x)}{x}y = 0, y(1) = 1 (b) y′ = y^{2} + 1, y(\frac{π}{4}) = −1 (c) y′ + y − x^{2} = 0, y(0) = 10

Lösung:

(a) y′ = \frac{−(1+x)}{x}y. ⇒ \frac{y′}{y} = −1 − \frac{1}{x} ⇒ ln y − ln y_{0} = −x + x_{0} − ln x + ln x_{0} ⇒ y(x) = \frac{e^{1−x}}{x}.

(b) y′ = y^{2} + 1 → \frac{y′}{1+y^{2}} = 1 ⇒ ∫ y_{\frac{π}{4}} \frac{t′}{1+t^{2}} dt = x − \frac{π}{4} ⇒ arctan y + \frac{π}{4} = x − \frac{π}{4} ⇒ y(x) =

tan(x − \frac{π}{2}).

(c) Die Lösung der homogenen DGL y′ + y = 0 ist y_{h}(x) = e^{−x}. Variation der Konstante c ergibt c(x) = (k + x^{2}e^{x} − 2xe^{x} + 2e^{x}). Es folgt y(x) = 8e^{−x} + x^{2} − 2x + 2.

(A 39) (10 Punkte)

Für x > 0 sei die Dgl.

x(x + 1)y′′ − (2x + 1)y′ + 2y = 2x(x + 1)

gegeben. Überprüfen Sie, ob die Funktionen y_{1}(x) = (x+1)^{2} und y_{2}(x) = x^{2} ein Fundamentalsystem der homogenen Gleichung bilden. Berechnen Sie sodann die allgemeine Lösung durch Variation der Konstanten.

Lösung:

Die Funktionen y_{1} und y_{2} lösen die homogene Gleichung (einsetzen) und bilden ein Fundamentalsystem, denn det W (y_{1}, y_{2}) = 2x(x + 1) > 0 für x > 0. Da die allgemeine Lösung der homogenen Dgl. also durch y_{h} = c_{1}y_{1}(x) + c_{2} y_{2}(x) gegeben ist, suchen wir Lösungen der inhomogenen Dgl. in der Form y_{ih} = c_{1}(x)y_{1}(x) + c_{2}(x) y_{2}(x) (Variation der Konstanten). Einsetzen in die Dgl. ergibt das lineare Gleichungssystem für c′_{1}, c′_{2}:

( \begin{matrix}(x + 1)^{2} & x^{2} \\ 2(x + 1) & 2x \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}c′_{1} \\ c′_{2} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 2 \end{matrix} ) ⇒ ( \begin{matrix}c′_{1} \\ c′_{2} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−1 + \frac{1}{x+1} \\ 1 + \frac{1}{x} \end{matrix} )

Integration ergibt:

c_{1}(x) = −x + ln(x + 1) + d_{1}, c_{2}(x) = x + ln x + d_{2}, d_{1}, d_{2} ∈ ℝ

Also lautet die allgemeine Lösung

y_{ih}(x) = (−x + ln(x + 1) + d_{1}) (x + 1)^{2} + (x + ln x + d_{2}) x^{2}.

(A 40) (10 Punkte)

Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL

y′ = ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & −1 \\ 2 & 1 & −1 \end{matrix} ) y

Lösung:

Das charakteristische Polynom ist P (λ) = (1 − λ)(λ^{2} − 2). Die Eigenwerte sind somit λ_{1} = 1, λ_{2} = \sqrt{2} und λ_{3} = −\sqrt{2}. Mit dem Gaußalgorithmus ergeben sich die zugehörigen Eigenvektoren:

v_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ −2 \\ 0 \end{matrix} ) , v_{2} = ( \begin{matrix}1 + \sqrt{2} \\ −1 − \sqrt{2} \\ 1 \end{matrix} ) , v_{3} = ( \begin{matrix}1 − \sqrt{2} \\ −1 + \sqrt{2} \\ 1 \end{matrix} )

Die allgemeine Lösung ist y(x) = e^{x}v_{1} + e^{\sqrt{2}x}v_{2} + e^{−\sqrt{2}x}v_{3}.