u (x) = sin √ x x eine Lösung sei, es ist eine zweite linear unabhängige Lösung für

(1)

10 Aufgaben zur Mathematikvorlesung für Physiker IV

10.1 Zweite Lösung zu gegebener Lösung einer homogenen linearen DGL

Wirbetrachten dieDGL

y ⁰⁰ + 1 x y ⁰ +

1 − 1

4x ²

y = 0,

wobei

u (x) = ^sin ^√ _x ^x

êine ^Lösung ^sei, ês îst êine ^zweite ^linear unabhängige Lösung für

x > 0

^zu^bestimmen.

Wirnutzenden Ansatz von4.7.2, esfolgt:

z (x) =

Z e ^ln ^x ⁻¹

sin ² x x

dx = Z 1

sin ² x dx

Hierfürkennen wirjedochdieStammfunktion, aus

d

dx − ^cos sinx ^x

= _sin ¹ ₂ _x

^folgt,^wie ^man

leicht mit derQuotientenregel nachprüfenkann:

z (x) = − cos x sin x

Nun können wir noch

u

^und

z

^zu ^der ^neuen ^linear unabhängigen Lösung zusammen- fügen,esfolgt:

y (x) = − cos x

√ x

10.2 Allgemeine Lösung einer linearen DGL

Wirbetrachten dieDGL

y ⁰⁰ + 2y ⁰ + y = 6e ⁻ ^x ,

wobeiwirdascharakteristische Polynomderhomogenen DGL mit:

z ² + 2z + 1 = 0,

bestimmenkönnen. Hierausergibt sichdie doppelte Nullstelle

− 1

^somit^folgt^also ^die

Lösung:

ϕ (x) = (A + Bx) e ⁻ ^x

Nun können wir die Randbedingungen, dass

ϕ (0) = 0

^und

ϕ ⁰ (0) = 1

^ergeben ^muss

nutzen, umdie Koezienten

A

^bzw.

B

^zu ^bestimmen, ^für ^diese ^folgt^somit:

(2)

A = 0 B = 1

Diesliefert dann mit4.3.7:

f (x) = Z ^x

0

6 (x − t) e ^t ⁻ ^x e ⁻ ^t dt = 6e ⁻ ^x

x ² − Z ^x

0

dt t

= 6e ⁻ ^x

x ² − 1 2 x ²

Somit ist dieallgemeine Lösungfür diesesAWP:

y = 3x ² e ⁻ ^x

Nun führt die Summe der Lösung der homogenen DGL und die partikuläre Lösung

durch dasAWPauf dieallgemeine Lösungfür dieinhomogeneDGL:

y = e ⁻ ^x A + Bx + 3x ²

10.3 Allgemeine Lösung eines Systems

Wirbetrachten dasSystem:

y ⁰ ₁ = y 2 − y 3 , y ⁰ ₂ = y 3 − y 2 , y ⁰ ₃ = y 1 − y 2 ,

Wirkönnen dies in einSystemausMatrizen umschreiben:



 y ⁰ ₁ y ⁰ ₂ y ⁰ ₃



 =





0 1 − 1 0 − 1 1 1 − 1 0







 y 1

y 2

y 3





Wir nutzen den Ansatz

~ y = e ^λx ~v

^somit ^folgt

λ~v = A~v.

^Es ^muss ^für ^die ^Eigenwerte

gelten:

(A − λE)

| {z }

det=0

~v = 0

Somit folgt also:

− λ 1 − 1 0 − 1 − λ 1 1 − 1 − λ

= ( − λ) ( − 1 − λ) ( − λ)+1 − 1 − λ − λ = − λ ³ − λ ² − 2λ = − λ λ ² + λ + 2

Für die Nullstellen folgt somit

λ 1 = 0.

^Und ^mit

λ ² + λ + 2

^und ^der ^pq-F^ormel ^folgen

zusätzlich

λ 2 = ¹ ₂ − 1 + √ 7i

und

λ 3 = − ¹ ₂ 1 + √ 7i

.

^Somit^können^wir^die^Eigenwerte

einsetzen undnden:

(3)

λ 1 = 0 :





0 1 − 1 0 − 1 1 1 − 1 0







 v 1

v 2

v 3



 =



 0 0 0





Diesführt auf:

v 1 = v 2 = v 3

v 2 = v 1 = v 3

v 3 = v 1 = v 2

Hieraus folgtmit

v 2 = 1 :

Eig (A; 0) =









 1 1 1



 α, α ∈ R







λ 2 = ¹ ₂ − 1 + √ 7i

:





− ¹ 2 − 1 + √ 7i

1 − 1

0 − 1 − ¹ 2 − 1 + √ 7i

1 1 − 1 − ¹ 2 − 1 + √

7i







 v 1

v 2

v 3



 =



 0 0 0





Führt auf:

v 1 = − v 2

v 2 = − v 1 = 1 2

1 − √

7i v 3

v 3 = 1 2

1 + √ 7i

v 2

Mit

v 2 = 1

^folgt^also:

Eig

A; 1 2

− 1 + √ 7i

=











− √ 7i 1

1 2 1 + √ 7i



 β, β ∈ R







λ 3 = − ¹ ₂ 1 + √ 7i

:





1 2 1 + √ 7i

1 − 1

0 − 1 + ¹ ₂ 1 + √ 7i

1 1 − 1 ¹ ₂ 1 + √

7i







 v 1

v 2

v 3



 =



 0 0 0





Wirerhalten:

(4)

v 1 = − v 2

v 2 = − v 1 = 1 2

1 + √ 7i

v 3

v 3 = 1 2

1 − √ 7i

v 2

Wirwählen wieder

v 2 = 1

^und^erhalten:

Eig

A; − 1 2

1 + √

7i

=











− 1 1

1 2 1 − √ 7i



 γ, γ ∈ R







Für

~ y ⁰ = A~ y

^folgt^somit ^mit^unserem ^Ansatz

~ y = e ^λx ~v :

~ y A =



 1 1 1



 , ~ y B = e ¹ ² ( − 1+ √ 7 i ) ^x





− 1 1

1 2 1 + √ 7i



 , ~ y C = e ⁻ ¹ ² ( ¹⁺ ^√ ⁷ ⁱ ) ^x





− 1 1

1 2 1 − √ 7i





Wirbetrachtenumdiereellen Lösungen zuerhalten dieReal- undImaginärteile:

~ y A =



 1 1 1



 , ~ y B = e ⁻ ¹ ² ^x



 

 

− cos √ 7 2 x cos √

7 2 x

1 2

h cos √ 7 2 x

− √

7 sin √ 7 2 x i



 

 

, ~ y C = e ⁻ ¹ ² ^x



 

 

− sin √ 7 2 x sin √

7 2 x

1 2

h sin √ 7 2 x

+ √

7 cos √ 2

10.4 Homogene lineare DGL zweiter Ordnung

Wirbetrachten diehomogene lineareDGL zweiterOrdnung

p (x) y ⁰⁰ + q (x) y ⁰ + r (x) y = 0,

⁽¹⁾

welche exakt heisst, wenn sie in derForm

(a (x) y ⁰ + b (x) y) ⁰ = 0

geschrieben werden kann.Für diese lassen sichalle Lösungen ausDGLen ersterOrdnung

ay ⁰ + by = C

^mit

Konstanten

C

^bestimmen.

(a)

Es istzu zeigen, dass

(1)

^genau ^dann ^exakt ^ist,^wenn

p ⁰⁰ − q ⁰ + r = 0.

Wir wissen, dass die DGL exakt heisst, wenn sie in der Form

(a (x) y ⁰ + b (x) y) ⁰ = 0

geschrieben werdenkann,wirkönnen die Ableitungausführen underhalten:

a (x) y ⁰ + b (x) y ₀

= a (x) y ⁰⁰ + a ⁰ (x) y ⁰ + b (x) y ⁰ + b ⁰ (x) y

= a (x) y ⁰⁰ + a ⁰ (x) + b (x)

y ⁰ + b ⁰ (x) y

(5)

Dieskönnen wirnunmit

(1)

idenzizieren, somitfolgt fürdie Koezienten:

p = a, q = a ⁰ + b, r = b ⁰ .

Setzen wirdiesesnunindaszu Zeigende ein,sofolgt:

a ⁰⁰ − a ⁰⁰

| {z }

=0

− b ⁰ + b

| {z }

=0

= 0,

was zuzeigen war.

(b)

Wirsuchen einenintegrierenden Faktor,dereine nicht-exakte DGL ineineexakte DGL

überführt, wobei hierfür dieobenangegebenen Bedingungengelten sollen.

Es folgt alsodurch Multiplikation eines integrierenden Faktors

M : M p (x) y ⁰⁰ + M q (x) y ⁰ + M r (x) y = 0,

wobeihierdurch dann dieExaktheitsbedingung:

p ⁰⁰ − q ⁰ + r = 0

erfüllt werdensoll. DerVergleich derKoezienten, wie bei Teil (a) liefert:

p = a

M , q = ^a ⁰ _M ^+b , r = b ⁰ M .

Nun können wirdiese indieExaktheitsbedingungeinsetzen:

a ⁰⁰

M − aM ⁰

M − a ⁰ M ⁰

M ² − aM ⁰⁰

M ² + 2aM ⁰ ² M ⁴ − a ⁰⁰

M − b ⁰

M + a ⁰ M ⁰

M ² + bM ⁰ M ² + b ⁰

M = 0

Wirkönnen umformen underhalten:

− aM ⁰

M − aM ⁰⁰

M ² + 2aM ⁰ ²

M ⁴ + bM ⁰

M ² = 0 1

M ²

bM ⁰ − aM M ⁰ + 2aM ⁰ ²

M ² − aM ⁰⁰

= 0

Ja, was macht man jetzt, irgendwie sieht das sehr komisch aus... habe gerade keine

Idee,sry

. . .

(6)

Wir prüfen zuerst die Exkaktheit der DGL, für die wir ein Fundamentalsystem nden

sollen:

x ² y ⁰⁰ + 3xy ⁰ + y = 0

Somit folgt:

p = x ² , q = 3x, r = 1.

Mitder Exaktheitsbedingung also:

2 − 3 + 1 = 0,

diese ist also erfülltundsomit dieDGL exakt.

NunversuchenwireinFundamentalsystemzunden.Hierzu könnenwirdieExaktheit

ausnutzen, esgilt:

p = a, q = a ⁰ + b, r = b ⁰ .

Somit also:

a = x ² , a ⁰ = 2x b = x, b ⁰ = 1

Wirkönnen dies einsetzen:

x ² y ⁰ + xy = C

Wirkönnen nuneine Lösungfür diehomogene Gleichung bestimmen:

x ² y ⁰ + xy = 0 ⇔ dy

y = − dx x

Integrationliefert:

y = 1 x

WirkriegendiezweiteLösungmitderRandbedingung

y (0) = 0

^aus^der inhomogenen Gleichung, diesliefert mitder Standardformel:

y = ln x x

Somit folgt für dasFundamentalsystem:

y = 1

x (A + b ln x)

u (x) = sin √ x x eine Lösung sei, es ist eine zweite linear unabhängige Lösung für

y 00 + 1 x y 0 +

1 − 1

4x 2

y = 0,

u (x) = sin √ x x

x > 0

z (x) =

Z e ln x −1

sin 2 x x

dx = Z 1

sin 2 x dx

d

dx − cos sinx x

= sin 1 2 x

z (x) = − cos x sin x

u

z

y (x) = − cos x

√ x

y 00 + 2y 0 + y = 6e − x ,

z 2 + 2z + 1 = 0,

− 1

ϕ (x) = (A + Bx) e − x

ϕ (0) = 0

ϕ 0 (0) = 1

A

B

A = 0 B = 1

f (x) = Z x

0

6 (x − t) e t − x e − t dt = 6e − x

x 2 − Z x

0

dt t

= 6e − x

x 2 − 1 2 x 2

y = 3x 2 e − x

y = e − x A + Bx + 3x 2

y 0 1 = y 2 − y 3 , y 0 2 = y 3 − y 2 , y 0 3 = y 1 − y 2 ,



 y 0 1 y 0 2 y 0 3



 =





0 1 − 1 0 − 1 1 1 − 1 0







 y 1

y 2

y 3





~ y = e λx ~v

λ~v = A~v.

(A − λE)

| {z }

det=0

~v = 0

− λ 1 − 1 0 − 1 − λ 1 1 − 1 − λ

= ( − λ) ( − 1 − λ) ( − λ)+1 − 1 − λ − λ = − λ 3 − λ 2 − 2λ = − λ λ 2 + λ + 2

λ 1 = 0.

λ 2 + λ + 2

λ 2 = 1 2 − 1 + √ 7i

λ 3 = − 1 2 1 + √ 7i

.

λ 1 = 0 :





0 1 − 1 0 − 1 1 1 − 1 0







 v 1

v 2

v 3



 =

y ⁰⁰ + 1 x y ⁰ +

4x ²

u (x) = ^sin ^√ _x ^x

Z e ^ln ^x ⁻¹

sin ² x x

sin ² x dx

dx − ^cos sinx ^x

= _sin ¹ ₂ _x

y ⁰⁰ + 2y ⁰ + y = 6e ⁻ ^x ,

z ² + 2z + 1 = 0,

ϕ (x) = (A + Bx) e ⁻ ^x

ϕ ⁰ (0) = 1

f (x) = Z ^x

6 (x − t) e ^t ⁻ ^x e ⁻ ^t dt = 6e ⁻ ^x

x ² − Z ^x

= 6e ⁻ ^x

x ² − 1 2 x ²

y = 3x ² e ⁻ ^x

y = e ⁻ ^x A + Bx + 3x ²

y ⁰ ₁ = y 2 − y 3 , y ⁰ ₂ = y 3 − y 2 , y ⁰ ₃ = y 1 − y 2 ,

 y ⁰ ₁ y ⁰ ₂ y ⁰ ₃

~ y = e ^λx ~v

= ( − λ) ( − 1 − λ) ( − λ)+1 − 1 − λ − λ = − λ ³ − λ ² − 2λ = − λ λ ² + λ + 2

λ ² + λ + 2

λ 2 = ¹ ₂ − 1 + √ 7i

λ 3 = − ¹ ₂ 1 + √ 7i

λ 2 = ¹ ₂ − 1 + √ 7i

− ¹ 2 − 1 + √ 7i

0 − 1 − ¹ 2 − 1 + √ 7i

1 − 1 − ¹ 2 − 1 + √