Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Physik

Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis

Dr. Ioannis Anapolitanos Dipl.-Math. Sebastian Schwarz

WS 2015/2016 26.10.2015

Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Physik

Lösungsvorschläge zum 1. Übungsblatt

Aufgabe 1 (Übung)

Lösen Sie die folgenden Anfangswertprobleme:

a) y⁰+y−y³= 0 mity(0) = ¹₂.

b) y⁰=y²−(2x+ 1)y+ 1 +x+x²mity(0) = ¹₃. Lösungsvorschlag

a) Dies ist eine Bernoullische Differentialgleichung mitα= 3. Wir setzen daherz(x) :=y(x)^1−α= y(x)⁻². Dann erhalten wir fürzdie lineare Differentialgleichung

z⁰(x) = 2z(x)−2.

Die allgemeine Lösung der zugehörige homogenen Differentialgleichung z⁰(x) = 2z(x) ist gegeben durchz(x) =ce^2x,c∈R. Durch Variation der Konstantenclässt sich nun eine spezielle Lösung ermitteln. Wir machen den Ansatzz(x) =c(x)e^2x und setzen ihn in die inhomogene Differentialgleichung ein. Damit erhalten wirc⁰(x) =−2e^−2x, alsoc(x) =e^−2xund somitz_p(x) = 1.

Also erhalten wir als allgmeine Lösung

z(x) = 1 +ce^2x bzw. y(x) =± 1

√

1 +ce^2x. Die Anfangsbedingungy(0) = ¹₂ impliziertc= 3. Somit isty(x) =^{√ 1}

1+3e^2x die gesuchte Lösung.

b) Bei der Differentialgleichung handelt es sich um eine Riccatische Differentialgleichung. Eine partikuläre Lösungy_pmit

y_p(x) =x

für allex∈Rkann man erraten. Setzez=u−y_p. Dann erfülltugenau dann die Differential- gleichung, wenn

z⁰(x) = y⁰(x)−y_p⁰(x)

= y²(x)−y_p²(x)−(2x+ 1)(y(x)−y_p(x))

= (y(x)−y_p(x))(y(x) +y_p(x))−(2x+ 1)z(x)

= z(x)(z(x) + 2y_p(x))−(2x+ 1)z(x)

= z²(x)−z(x) erfüllt.

Dies ist eine Bernoullische Differentialgleichung. Für den Anfangswert gilt z(0) =y(0)−y_p(0) = 1

3>0.

Deswegen interessieren wir uns zunächst für Lösungenz >0. Für solche darf man die Differen- tialgleichung fürzdurchz²(x) dividieren und erhält die äquivalente Gleichung

z⁰(x)

z²(x) = 1− 1 z(x).

Definierew(x) = _z(x)¹ . Wegenz >0 istwdifferenzierbar mitw⁰(x) =−^z

0(x)

z²(x). Die obige Differenti- algleichung lautet dann

−w⁰(x) = 1−w(x).

Dies ist eine lineare Differentialgleichung fürw. Eine partikuläre Lösungw_p= 1 ist leicht zu erraten. Die allgemeine Lösungw_hder homogenen Gleichung ist durch

w_h(x) =Ce^x

mit der freien KonstantenC∈Rgegeben. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet alsow(x) =w_h(x) +w_p(x) = 1 +Ce^x. Durch die Anfangsbedingungw(0) = _z(0)¹ = 3 wird C= 2 festgelegt. Damit istw(x)>0 für allex∈Rund

z(x) = 1

w(x) = 1

1 + 2e^x, bzw. y(x) =y_p(x) +z(x) =x+ 1 1 + 2e^x

für allex∈R. Das obigeyist die eindeutige, nicht weiter fortsetzbare Lösung des ursprüngli- chen Anfangswertproblems.

Aufgabe 2 (Tutorium)

Lösen Sie die folgenden Anfangswertprobleme:

a) y⁰=−¹

2x

y²−6y+5

y−3 mity(1) = 2.

b) y⁰=e^x−y−ey mity(1) = 0.

c) y⁰=₁¹−xy+x−1 mity(0) = 0.

d) y⁰=−³

xy+_x3¹_+x mity(1) = 1.

Lösungsvorschlag

a) Nach Separation erhalten wir fürx,0 Z 2y−6

y²−6y+ 5 dy= Z

−1

x dx ⇐⇒ log|y²−6y+ 5|=−log|x|+c₁, c₁∈R. Nun wenden wir die Exponentialfunktion an und lösen den Betrag auf. Dies führt auf

y²−6y+ 5 =c₂1

x ⇐⇒ (y−3)²=c₂1

x + 4, c₂∈R.

Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung ist daher gegeben durch

y(x) = 3± r

c₂1

x + 4, c₂∈R.

Die Lösung des Anfangswertproblems erhalten wir durch Einsetzen des Anfangswertes. Mit y(1) = 2 erhalten wir c₂=−3 sowie ein negatives Vorzeichen vor der Wurzel (da sonst die Anfangsbedingung verletzt wäre). Die Lösung lautet also

y(x) = 3− r

4−3

x fürx > 3 4. b) Wir formen zunächst die Differentialgleichung um:

y⁰(x)e^y(x)e^ey(x) =e^x.

Die linke Seite ist gerade die Ableitung vone^ey(x). Integration liefert daher e^ey(x)=e^x+c, c∈R.

Nach Umformen erhalten wir die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y(x) = log (log (e^x+c)), c∈R.

Fürx= 1 ist log (log (e¹+c)) = 0 genau dann wennc= 0. Damit lautet die Lösung des Anfangs- wertproblemes

y(x) = log (log (e^x)) = log(x) fürx >0.

c) Die Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichungy⁰=₁¹_−xyist gegeben durch y_h(x) =cexp(−log(x−1)) =c 1

x−1, c∈R.

Eine spezielle Lösung für die inhomogene Differentialgleichung bekommen wir mit Variation der Konstanten: Setzen wir den Ansatzy(x) =c(x)_x−¹₁ in die Differentialgleichung ein, erhalten wirc⁰(x) = (x−1)², alsoc(x) =¹₃(x−1)³. Eine spezielle Lösung ist damit gegeben durchy_p=

1

3(x−1)². Damit erhalten wir die allgemeine Lösung y(x) =y_h(x) +y_p(x) =c 1

x−1+1

3(x−1)², fürx,1, c∈R.

Wegen y(0) =−c+¹₃ = 0 genau fürc= ¹₃ ist die Lösung des Anfangswertproblems gegeben durch

y(x) = 1

3(x−1)+(x−1)²

3 , x∈(−∞,1).

d) Die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichungy⁰=−³

xylautet y_h(x) =cexp(−3 log(x)) =c 1

x³, c∈R.

Der Ansatz für die Variation der Konstanten lautet alsoy(x) =c(x)_x¹3. Wir setzen den Ansatz in die Differentialgleichung ein und erhaltenc⁰(x) = 1− ¹

x²+1. Also istc(x) =x−arctan(x) und damit y_p(x) = _x¹2− ¹

x³arctan(x) eine spezielle Lösung. Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung lautet damit

y(x) =y_h(x) +y_p(x) =c 1 x³+ 1

x²− 1

x³arctan(x), fürx,0, c∈R.

Wegeny(1) =c+ 1−arctan(1) = 1 genau fürc= arctan(1) = ^π₄ ist die Lösung des Anfangswer- problems gegeben durch

y(x) = π 4x³+ 1

x²−arctan(x)

x³ , x∈(0,∞).

Aufgabe 3 (Übung)

Betrachten Sie das Anfangswertproblem

(sin(x) + sinh(y)) dx+ cosh(y) dy= 0 mity π

4

= 0.

a) Zeigen Sie, dass die obige Differentialgleichung nicht exakt ist.

b) Finden Sie einen integrierenden Faktorµ:D→R\ {0}auf einer möglichst großen, einfach zusammenhängenden MengeD3_π

4,0

, der nur vonxabhängt.

c) Lösen Sie das Anfangswertproblem in impliziter Form.

d) Geben Sie die explizite Lösung des Anfangswertproblems auf einem möglichst großen IntervallI3 ^π

4 an.

Lösungsvorschlag

SetzeP(x, y) = sin(x) + sinh(y),Q(x, y) = cosh(y).

a) Es gilt

∂P

∂y = cosh(y),0 = ∂Q

∂x

für alle (x, y)∈R². Damit ist die Differentialgleichung nicht exakt.

b) Einsetzen des Ansatzesµ(x, y) =µ(x) in die Vertauschbarkeitsbedingung liefert

∂

∂yµ(x)(sin(x) + sinh(y)) = ∂

∂xµ(x) cosh(y)

⇔cosh(y)m(x) = µ⁰(x) cosh(y)

cosh(y)≥1

⇔ µ⁰(x) = µ(x).

Eine Lösung dieser Differentialgleichung istµ(x) =e^x. Wegenµ(x, y)>0 für alle (x, y)∈R², ist µ tatsächlich ein integrierender Faktor auf der offenen, sternförmigen Menge D = R². Offensichtlich istD3_π

4,0

maximal.

Sei ˜P(x, y) =µ(x)P(x, y) =e^x(sin(x) + sinh(y)) und ˜Q(x, y) =µ(x)Q(x, y) =e^xcosh(y). Dann ist die Differentialgleichung

exakt und aufDzur ursprünglichen Gleichung äquivalent.

c) Gesucht ist eine Stammfunktion von P˜ Q˜

!

(x, y) =e^x sin(x) + sinh(y) cosh(y)

!

aufD. Sei (x, y)∈R. Definiereγ: [0,1]→R²durch γ(t) =t x

y

!

∀t∈[0,1]. Dann γ⁰(t) = x y

!

∀t∈[0,1].

Eine gesuchte StammfunktionFerhält man (siehe Satz 19.23 (3) aus HM 2) durch F(x, y) =

Z

γ

P˜ Q˜

!

· ds= Z ₁

0

e^xtsin(xt) + sinh(yt) e^xtcosh(yt)

!

· x y

! dt

= Z ₁

0

xe^xtsin(xt) +xe^xtsinh(yt) +e^xtycosh(yt)) dt

= Z ₁

0

xe^xtsin(xt) dt

| {z }

=:I₁

+h

e^xtsinh(yt)i1

t=0=I₁+e^xsinh(y).

Das IntegralI₁berechnen wir über I₁ =

Z ₁

0

xe^xt

|{z}

u⁰

sin(xt)

| {z }

v

dt=h

e^xtsin(xt)i1 t=0−

Z ₁

0

xe^xt

|{z}

u⁰

cos(xt)

| {z }

v

dt

= e^xsin(x)−h

e^xtcos(xt)i1 t=0−

Z₁

0

xe^xtsin(xt) dt

| {z }

=I₁

=e^x(sin(x)−cos(x)) + 1−I₁

⇒I₁ = e^xsin(x)−cos(x)

2 +1

2. Damit ist ˜F:R²→Rmit

F(x, y) =˜ F(x, y)−1

2 =e^x sin(x)−cos(x)

2 + sinh(y)

!

für alle (x, y)∈R²eine gesuchte Stammfunktion.

Die Lösungen des ursprünglichen Anfangswertproblems sind implizit durch e^x sin(x)−cos(x)

2 + sinh(y)

!

= ˜F(x, y) = ˜F π

4,0

= 0.

d) Die implizite Gleichung lässt sich für alle (x, y)∈R²nachyauflösen. Man erhält y(x) = Arsinh sin(x)−cos(x)

2

!

für allex∈R.

Aufgabe 4 (Tutorium)

Lösen Sie die folgenden Anfangswertprobleme bzw. geben Sie beic)die allgemeine Lösung der Differentialgleichung an:

a) y⁰=x(y+y²) mity(0) = 1.

b) y³− ¹

3x²+3+xy²y⁰ = 0 mity(1) = 1.

c) y⁰=e^−xy²+y−e^x. Lösungsvorschlag

a) Bei der Differentialgleichung handelt es sich um eine Bernoullische Differentialgleichung (α = 2). Wegeny(0) = 1, interessieren wir uns zunächst für Lösungeny >0. Für solche darf man die Differentialgleichung durch−y²(x) dividieren und erhält die äquivalente Gleichung

−y⁰(x)

y²(x) =−x 1 y(x)+ 1

! .

Definierez(x) = _y(x)¹ . Wegeny >0 istzdefiniert und differenzierbar mitz⁰(x) =−^y

0(x)

y²(x). Die obige Gleichung lautet dann

z⁰ =−x(z+ 1).

Dies ist eine lineare Differentialgleichung fürz. Eine partikuläre Lösungz_p(x) =−1 ist leicht zu erraten. Die allgemeine Lösungz_hder homogenen Gleichung ist durch

z_h(x) =Ce^−x

2 2

mit der freien KonstantenC∈Rgegeben. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet alsoz(x) =z_p(x) +z_h(x) =−1 +Ce^−x

2

2. Durch die Anfangsbedingungz(0) =_y(0)¹ = 1 wird C= 2 festgelegt. Es gilt

z(t)>0⇔ −1 + 2e^−x22 >0⇔ −x²

2 >−log(2)⇔ |x|<p

2 log(2) :=x₀.

Also ist die Lösungyder ursprünglichen Gleichung zumindest auf dem IntervallI= (−x₀, x₀) existent und eindeutig durch

y(x) = 1

z(x) = 1 2e^−x22 −1 für allex∈I gegeben. Wegen

x→−limx₀+y(x) = lim

x→x₀−y(x) =∞ ist sie weder nach links noch nach rechts weiter fortsetzbar.

b) Wir teilen die Gleichung durchxy(x)²und erhalten y⁰(x) =−1

xy(x) + 1

3x³+ 3xy(x)⁻²,

also eine Bernoullische Differentialgleichung mitα=−2. Setzen wirz(x) :=y(x)^1−α=y(x)³, so finden wir die lineare Differentialgleichung

z⁰(x) =−3

xz(x) + 1 x³+x.

Die allgemeine Lösung dieser Gleichung ist nach Aufgabe 2 d) gegeben durchz(x) =c_x¹3+_x¹₂ −

1

x³arctan(x). Nach Resubstitution erhalten wir y(x) =

c 1

x³+ 1 x²− 1

x³arctan(x) 1/3

, c∈R.

Einsetzen der Anfangsbedingungy(1) = 1 liefertc=^π₄. Damit ist schließlich y(x) =

π 4

1 x³+ 1

x²− 1

x³arctan(x) 1/3

, fürx >0, die Lösung des Anfangswertproblems.

c) Zunächst bestimmen wir eine spezielle Lösung der Gleichung mit dem gegebenen Ansatz y₀(x) =e^ax. Einsetzen liefert

(a−1)e^ax=e^(2a−1)x−e^x,

und füra= 1 gilt Gleichheit. Somit isty₀(x) =e^xeine Lösung der Gleichung.

Die weiteren Lösungen der Riccatischen Differentialgleichung bekommen wir nun mit dem Ansatzu:=y−y₀=y−e^x. Dieser liefert für die Funktionudie Gleichung

u⁰(x) = (1 + 2y₀(x)e^−x)u(x) +e^−xu(x)² also u⁰(x) = 3u(x) +e^−xu(x)².

Dies ist eine Bernoullische Differentialgleichung mitα= 2. Sie hatu≡0 als eine Lösung; alle anderen Lösungen erhalten wir, indem wirz(x) :=u(x)^1−α=u(x)⁻¹substituieren. Dies führt auf

z⁰(x) =−3z(x)−e^−x.

Die homogene Gleichungz⁰(x) =−3z(x) hat die allgemeine Lösungz_h(x) =ce^−3x,c∈R, und mittels Variation der Konstanten erhalten wirz_p(x) =−¹

2e^−xals spezielle Lösung der inhomogen Gleichung. Die allgemeine Lösung der Gleichung fürzist damit

z(x) =ce^−3x−1

2e^−x, c∈R.

Nun ermitteln wir die Nullstellen vonz. Ausz(ξ) = 0 folgte^2ξ= 2c. Fürc≤0 hatzalso keine Nullstelle, fürc >0 istξ=^log(2c)₂ die einzige Nullstelle vonz.

Für jedesc∈Rerhalten wir also durch u(x) = 1

z(x) = 1

ce^−3x−¹

2e^−x

eine Lösung vonu⁰= 3u+e^−xu², wobeix∈Rfallsc≤0 undx∈(−∞,^log(2c)₂ ) oderx∈(^log(2c)₂ ,∞) fallsc >0 gilt. Zusammen mitu≡0 sind dies alle Lösungen vonu⁰= 3u+e^−xu².

Für die ursprüngliche Gleichung haben wir also die Lösungen y₀(x) =e^x und y(x) =e^x+ 2

2ce^−3x−e^−x, c∈R.

auf den entsprechenden IntervallenRoder (−∞,^log(2c)₂ ) bzw. (^log(2c)₂ ,∞) je nach Wahl vonc.

Aufgabe 5 (Übung/Tutorium)

Bei der Bewegung eines Körpers in Luft tritt bekannterweise ein Luftwiderstand auf. Aus der Strömungsmechanik wissen wir, dass die Luftwiderstandskraft proportional zum Quadrat der Geschwindigkeit ist und durch die Formel

F_W =−1

2c_WρAv²

gegeben ist. Hierbei bezeichnetc_W den Strömungswiderstandskoeffizienten,ρdie Dichte der Luft undAdie projektive Querschnittsfläche des bewegten Körpers senkrecht zur Bewegungs- richtung. Der Strömungswiderstandskoeffizientc_W ist eine dimensionslose Größe, die abhängig von der Gestalt des Körpers ist und experimentell bestimmt werden muss.

Stellen Sie Differentialgleichungen für die Geschwindigkeitvauf, welche die Bewegung a) in horizontaler Richtung

b) in vertikaler Richtung

unter Berücksichtigung des Luftwiderstandes beschreiben und berechnen Sie jeweils die Lö- sung für die Anfangsbedingungv(0) =v₀. Gehen Sie in beiden Fällen davon aus, dassc_W,ρ undAkonstant sind und keine weiteren äußeren Kräfte den Körper beeinflussen außer der Gewichtskraft und der Luftwiderstandskraft.

Lösungsvorschlag

Im Folgenden sei stetsk:= ¹₂c_WρA.

a) In horizontaler Richtung wirkt auf den Körper nur die Luftwiderstandskraft, die damit der resultierenden Gesamtkraft entspricht. Damit gilt

F_ges=F_W

⇐⇒ ma=−kv²

⇐⇒ v⁰ =−k mv². Mittels Trennung der Variablen erhalten wir

Z 1

v² dv=−k

mt+c also v(t) = 1

k

mt−c, c∈R, und mitv(0) =v₀schließlich

v(t) = 1

k mt+_v¹

0

.

b) Im Gegensatz zur Bewegung in horizontaler Richtung wirkt hier nebenF_W auch die Gewichts- kraftF_g. Damit gilt

F_ges=F_W+F_g

⇐⇒ ma=−kv²+mg

⇐⇒ v⁰=−k mv²+g.

Dies ist eine Riccatische Differentialgleichung. Um diese zu lösen, benötigen wir zunächst eine spezielle Lösung dieser Gleichung. Durch Umformen der Gleichung fürv finden wir

v⁰ =−k

m(v²−m kg).

Nehmen wir versuchsweise an, dassvkonstant ist, erkennen wir, dassv∞:=

qmg

k eine (kon- stante) Lösung der Gleichung ist. Anschaulich ist dies die Geschwindigkeit, bei der sich Luftreibung und Erdanziehungskraft gegenseitig kompensieren und der Körper mit konstanter Geschwindigkeit fällt.

Der Ansatzu:=v−v∞führt uns auf die Bernoullische Differentialgleichung u⁰=−2k

mv∞u− k mu².

Durch eine erneute Substitutionz:=u⁻¹erhalten wir die lineare Differentialgleichung z⁰ = 2k

mv∞z+ k m.

Für einelineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten, d.h.y⁰=ay+bmita, b∈R, a,0 kann man leicht nachrechnen, dassy(x) =ce^ax−^b

a,c∈R, die Lösung dieser Gleichung ist.

Daher istz(t) =z₀exp(2_m^kv∞t)− ¹

2v∞,z₀∈R, die Lösung der Gleichung fürz. Durch Rücksubsti- tution erhalten wir

v(t) =v∞− 2v∞

c₀exp(2_m^kv∞t) + 1, c₀∈R. Die Anfangsbedingungv(0) =v₀führt schließlich aufc₀=^v_v^∞+v0

∞−v₀ und somit auf die Lösung v(t) =v∞− 2v∞(v∞−v₀)

(v∞+v₀) exp(2_m^kv∞t) +v∞−v₀.