eine Funktion F mit ∂xF(x, y) =P(x, y) =y+x und ∂yF(x, y) =Q(x, y) =−y+x

L¨osungsvorschl¨age zum 2. ¨Ubungsblatt, WS 2012/2013 H¨ohere Mathematik III

f¨ur die Fachrichtung Physik

Aufgabe 6 a)Hier istP(x, y) =y+xundQ(x, y) =−y+x. Es sindP undQstetig differenzierbar aufR² und es gilt

∂yP(x, y) = 1 =∂xQ(x, y),

also ist die Gleichung exakt. Als n¨achstes suchen wir eine Stammfunktion zu (P, Q), d.h. eine Funktion F mit

∂_xF(x, y) =P(x, y) =y+x und ∂_yF(x, y) =Q(x, y) =−y+x.

Integrieren wir die erste Gleichung nachxso erhalten wir F(x, y) =xy+¹₂x²+c(y),

wobeic(y) eine vony abh¨angige Integrationskonstante ist. Einsetzen in die zweite Gleichung liefert

∂_yF(x, y) =x+c⁰(y)=^! −y+x ⇐⇒ c⁰(y) =−y.

Wir k¨onnenc(y) =−¹₂y² w¨ahlen und erhalten

F(x, y) =¹₂(x²+ 2xy−y²)

als m¨ogliche Stammfunktion (beachte: es ist nureine Stammfunktion gesucht). Die L¨osungen sind daher implizit gegeben durch

x²+ 2xy−y²=c, c∈R.

b)Hier istP(x, y) = 2xe^y−1 und Q(x, y) =x²e^y+ 1. Diese sind beide stetig differenzierbar aufR² und partielles Ableiten f¨uhrt auf

∂yP(x, y) = 2xe^y=∂xQ(x, y).

Die Gleichung ist also exakt. Analog zu a) k¨onnen wir nun eine Stammfunktion bestimmen und erhalten als Ergebnis

F(x, y) =x²e^y−x+y.

Die L¨osungen sind daher in impliziter Form gegeben durch x²e^y−x+y=c, c∈R.

Aufgabe 7 Setzen wirP(x, y) := cosy+ 2xyundQ(x, y) :=x²−y−xsiny, so sindP undQstetig differenzierbar aufR²und es gilt

∂yP(x, y) =−siny+ 2x=∂xQ(x, y).

D.h. die Differentialgleichung ist exakt und wir k¨onnen die L¨osung mit Hilfe einer StammfunktionF bestimmen. Hierbei fordern wir∂xF =P und∂yF=Q. Integration der ersten Gleichung f¨uhrt auf

F(x, y) =xcosy+x²y+c(y).

Ableiten nachy und Anwenden der zweiten Bedingung ergibt

∂yF(x, y) =−xsiny+x²+c⁰(y)=^! x²−y−xsiny ⇐⇒ c⁰(y) =−y

und es folgtc(y) =−¹₂y². Damit ergibt sich die allgemeine implizite Darstellung der L¨osung zu F(x, y) =x²y+xcosy−¹₂y²=c, c∈R.

Um die Konstantec zu bestimmen, setzen wir die Anfangsbedingung ein: F(0,√

2) =−1 =c. D.h.

die L¨osung ist implizit gegeben durch

x²y+xcosy−¹₂y²=−1.

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Aufgabe 8 a)Die Gleichung ist von der FormP(x, y) dx+Q(x, y) dy= 0 mitP(x, y) := _x¹2+2y²und Q(x, y) :=yx. Gesucht ist ein nur vonxabh¨angiger integrierender Faktor µ(x, y) =µ(x). Partielles Ableiten f¨uhrt auf

∂y µ(x)P(x, y)

= 4yµ(x) und ∂x µ(x)Q(x, y)

=yxµ⁰(x) +yµ(x).

Gleichsetzen liefertµ⁰(x) = ³_xµ(x). Die allgemeine L¨osung dieser Differentialgleichung istµ(x) =cx³, c∈R. Da wir aber nureinen Multiplikator brauchen, k¨onnen wir c6= 0 beliebig w¨ahlen, z.B.c= 1.

Dies f¨uhrt auf die exakte Differentialgleichung

(x+ 2x³y²) dx+yx⁴dy= 0.

Wir bestimmen nun eine FunktionF mit∂_xF(x, y) =x+ 2x³y² und∂_yF(x, y) =yx⁴. Integrieren wir die erste Gleichung bez¨uglichx, so erhalten wir

F(x, y) = ¹₂x²+¹₂x⁴y²+c(y).

Anschließendes Differenzieren bez¨uglichyergibt

∂_yF(x, y) =x⁴y+c⁰(y)=^! x⁴y ⇐⇒ c⁰(y) = 0,

d.h. c ist konstant. Damit ist die allgemeine L¨osung in impliziter Form gegeben durch x²+x⁴y(x)²=c, c∈R.

b)Day ≡0 keine L¨osung der Differentialgleichung ist, k¨onnen wir durchy teilen und erhalten nach kurzem Umformen die Differentialgleichung

y⁰(x) =−2

xy(x)− 1

x³y(x)⁻¹.

Dies ist eine Bernoullische Differentialgleichung mit Exponenten α = −1. Daher machen wir den Ansatzz(x) :=y(x)², welcher uns auf folgende Differentialgleichung f¨uhrt:

z⁰(x) =−4

xz(x)− 2 x³.

Die allgemeine L¨osung dieser inhomogenen linearen Differentialgleichung ist gegeben durch z(x) =c 1

x⁴ − 1

x² c∈R. R¨ucksubstitution f¨uhrt schließlich auf

y(x)²=c 1 x⁴− 1

x² ⇐⇒ x²+x⁴y(x)²=c, c∈R.

Aufgabe 9 MitP(x, y) := tan(xy) +xyundQ(x, y) :=x² erhalten wir

∂yP(x, y) = 2x+xtan²(xy)6= 2x=∂xQ(x, y),

also ist die Differentialgleichung nicht exakt. Multiplikation mit dem Eulerschen Multiplikatorµ(x, y) :=

u(xy) und anschließendem Ableiten f¨uhrt auf

∂_y µ(x, y)P(x, y)

=xu⁰(xy)(tan(xy) +xy) +u(xy)(2x+xtan²(xy)),

∂x µ(x, y)Q(x, y)

=yu⁰(xy)x²+ 2xu(xy).

Setzen wir diese Ausdr¨ucke gleich, so erhalten wir

u⁰(xy) + tan(xy)u(xy) = 0 ^t:=xy⇐⇒ u⁰(t) =−tan(t)u(t).

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Eine L¨osung dieser linearen Differentialgleichung ist u(t) = cos(t). Damit ist µ(x, y) = cos(xy) ein integrierender Faktor und die neue exakte Differentialgleichung lautet

sin(xy) +xycos(xy)

dx+ x²cos(xy) dy= 0.

Zu dieser bestimmen wir nun eine StammfunktionF. Integration vonµQbez¨uglichy liefert F(x, y) =xsin(xy) +c(x),

und anschließendes Ableiten nachxund Gleichsetzen mitµP f¨uhrt aufc⁰(x) = 0, d.h. cist konstant.

Damit ist die allgemeine L¨osung gegeben durch F(x, y) = xsin(xy) = c, c ∈ R. Einsetzen der Anfangsbedingung ergibtF(1,^π₆) =¹₂ =c. Die implizite L¨osung ist daher gegeben durch

xsin(xy) = ¹₂. Aufl¨osen nachy liefert die explizite L¨osung

y(x) = ¹_xarcsin(_2x¹), f¨urx > ¹₂

(beachte, dass arcsin beix= 1 nicht differenzierbar ist und daherx= ¹₂ nicht zum Definitionsinterall der L¨osung geh¨ort).

Aufgabe 10 Da die Funktionf holomorph ist, gelten f¨ur sie die Cauchy-Riemannschen Differen- tialgleichungen, d.h. ∂_xu = ∂_yv und ∂_yu= −∂xv. Damit die Differentialgleichung exakt ist, muss außerdem∂_yu=∂_xv gelten. Wir suchen daher Funktionenu, v:R²→Rmit

(1) ∂_xu=∂_yv , (2) ∂_yu=−∂_xv , (3) ∂_yu=∂_xv . Erf¨ullenuundv diese Gleichungen, so folgt

∂xv⁽³⁾= ∂yu⁽²⁾=−∂xv ,

d.h. es gilt ∂_xv = 0, und damit auch∂_yu = 0. Folglich ist u(x, y) = U(x) und v(x, y) = V(y) f¨ur gewisse FunktionenU und V. Wegen (1) folgtU⁰(x) =V⁰(y) f¨ur alle x, y∈R. Das bedeutet aber, dassU⁰(x) =V⁰(y) =amit einer gewissen Konstantea∈Rgelten muss. Somit haben wir

u(x, y) =U(x) =ax+c₁ und v(x, y) =V(y) =ay+c₂

mit gewissen Konstantenc1, c2∈R. Man best¨atigt nun leicht, dass f¨ur diese Funktionen tats¨achlich alle drei Gleichungen erf¨ullt sind. F¨urz=x+iy folgt

f(z) =u(x, y) +iv(x, y) =ax+c1+i(ay+c2) =az+b, wobeib:=c1+ic2. Die Gleichung ist also genau dann exakt, wennf(z) =az+bmita∈Rundb∈Cgilt.

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