Differential– und Integralrechnung 8

(1)

Dr. Erwin Sch¨orner

Klausurenkurs zum Staatsexamen (WS 2014/15):

Differential– und Integralrechnung 8

— L¨ osungsvorschlag —

8.1 Bei der zu betrachtenden Differentialgleichung (D) y⁰ =

1 + 2

x

y f¨ur x >0

handelt es sich um die homogene lineare Differentialgleichungy⁰ =a(x)ymit der stetigen Funktion

a:R⁺→R, a(x) = 1 + 2 x. Da

A :R⁺ →R, A(x) = x+ 2 lnx,

eine Stammfunktion von a ist, stellt die Gesamtheit der Funktionen ϕ_c:R→R, ϕ_c(x) =c e^A(x)=c e^{x+2 ln}^x =c e^x e^ln^x2

=c e^xx², f¨ur c∈R die allgemeine L¨osung von (D) dar.

8.2 F¨ur alle x∈]0,∞[ gilt

x y⁰+ 3y−5x² = 0 ⇐⇒ x y⁰ =−3y+ 5x² ⇐⇒ y⁰ =−3

x ·y+ 5x;

folglich ist die inhomogene lineare Differentialgleichung y⁰ =a(x)y+b(x) erster Ordnung mit

a:R⁺ →R, a(x) =−3

x, und b :R⁺→R, b(x) = 5x, zu betrachten. Da

A:R⁺→R, A(x) =−3 lnx,

eine Stammfunktion von a ist, stellt die Gesamtheit der Funktionen ϕ_c :R⁺ →R, ϕ_c(x) =c e^A(x)=c e^{−3 ln}^x =c e^ln^x⁻³

=c x⁻³,

f¨ur c ∈ R die allgemeine L¨osung der homogenen linearen Differentialgleichung y⁰ =a(x)y dar.

(2)

Zur Behandlung der inhomogenen linearen Differentialgleichung w¨ahlen wir nun den Ansatz ϕ : R⁺ → R, ϕ(x) = u(x)x⁻³, der Variation der Konstanten mit einer differenzierbaren Funktion u:R⁺→R. Wegen

ϕ⁰(x) =u⁰(x)x⁻³+u(x)· −3x⁻⁴

f¨ur alle x∈R⁺ ist ϕgenau dann L¨osung von y⁰ =a(x)y+b(x), wenn u⁰(x)x⁻³ −3u(x)x⁻⁴ =−3

x u(x)x⁻³ + 5x, also

u⁰(x)x⁻³ = 5x bzw. u(x) = 5x⁴ f¨ur alle x∈R⁺ gilt.

• Um eine partikuläre Lösung ϕ_p :R⁺ →R der inhomogenen linearen Diffe- rentialgleichung zu erhalten, können wir speziell

u(x) = x⁵ und damit

ϕp(x) =u(x)x⁻³ =x⁵ ·x⁻³ =x²

für alle x ∈ R⁺ wählen. Die allgemeine Lösung von y⁰ = a(x)y+b(x) ist damit die Gesamtheit der Funktionen

ϕ_p +ϕ_c:R⁺→R, x7→x²+c x⁻³, mit c∈R.

• Um gleich die allgemeine L¨osung der inhomogenen linearen Differential- gleichung zu erhalten, w¨ahlen wir

u(x) =x⁵+c f¨urc∈R und damit

ϕ(x) =u(x)x³ = x⁵+c

·x⁻³ =x²+c x⁻³ f¨ur alle x∈R⁺.

8.3 Zu betrachten ist die inhomogene lineare Differentialgleichung erster Ordnung y⁰ =a(x)y+b(x) mit

a: ]−∞; 2[→R, a(x) = 1

x−2, und b: ]−∞; 2[→R, b(x) =x²−2x.

Da

A: ]−∞; 2[→R, A(x) = ln|x−2| =

x<2ln(2−x), eine Stammfunktion von a ist, stellt die Gesamtheit der Funktionen

ϕc: ]−∞; 2[→R, ϕc(x) =c e^A(x)=c e^ln(2−x)=c(2−x),

(3)

Zur Behandlung der inhomogenen linearen Differentialgleichung w¨ahlen wir nun den Ansatzϕ: ]−∞; 2[→R,ϕ(x) =u(x)·(2−x), der Variation der Konstanten mit einer differenzierbaren Funktion u: ]−∞; 2[→R. Wegen

ϕ⁰(x) =u⁰(x)·(2−x) +u(x)·(−1)

f¨ur alle x <2 ist ϕgenau dann L¨osung von y⁰ =a(x)y+b(x), wenn u⁰(x) (2−x)−u(x) = 1

x−2 ·(u(x) (2−x)) + x²−2x , also

u⁰(x) = x²−2x

2−x = x(x−2)

−(x−2) =−x f¨ur alle x <2 gilt.

• Um eine partikuläre Lösung ϕ_p :R⁺ →R der inhomogenen linearen Diffe- rentialgleichung zu erhalten, können wir speziell

u(x) =−x² 2 und damit

ϕ_p(x) = u(x) (2−x) =−x²

2 ·(2−x)

für allex <2 wählen. Die allgemeine Lösung vony⁰ =a(x)y+b(x) ist damit die Gesamtheit der Funktionen

ϕp+ϕc: ]−∞; 2[→R, x7→ −x²

2 ·(2−x) +c(2−x) =

−x² 2 +c

·(2−x), mit c∈R.

• Um gleich die allgemeine L¨osung der inhomogenen linearen Differential- gleichung zu erhalten, w¨ahlen wir

u(x) = −x² 2 +c f¨urc∈R und damit

ϕ(x) =u(x) (2−x) =

−x² 2 +c

·(2−x) f¨ur alle x <2.

Schließlich bestimmen wir die noch freie Konstante c∈R, so daß ϕ(1) = ³₂ gilt;

wegen

ϕ(1) = 3

2 ⇐⇒ −1

2 +c= 3

2 ⇐⇒ c= 2 ist

ϕ: ]−∞; 2[→R, ϕ(x) =

−x² 2 + 2

·(2−x),

(4)

die maximale L¨osung des Anfangswertproblems y⁰ = 1

x−2 y+x²−2x f¨ur x <2 mit y(1) = ³₂; der Funktionsterm von ϕ l¨aßt sich noch zu

ϕ(x) = 1

2 4−x²

(2−x) = 1

2(2 +x) (2−x)² f¨ur alle x <2 umformen.

8.4 a) F¨ur alle x∈]−1; 1[ gilt 1

1 +x − x

1 +x² = (1 +x²)−x·(1 +x)

(1 +x) (1 +x²) = 1−x

(1 +x) (1 +x²) =f(x), woraus sich wegen

f(x) = 1 1 +x −1

2 · 2x 1 +x² damit etwa die StammfunktionF mit

F(x) = ln (1 +x)−1

2 ln 1 +x²

= ln 1 +x

√1 +x² ergibt.

b) Bei der gegebenen Differentialgleichung (∗) y⁰ =f(x)y handelt es sich um eine homogene lineare Differentialgleichung erster Ordnung mit der stetigen Koeffizientenfunktion f : ]−1; 1[ → R; damit ist die Gesamtheit der Funktionen

ϕ_c: ]−1; 1[→R, ϕ_c(x) = c·e^F^(x) =c· 1 +x

√1 +x²,

mitc∈Rdie allgemeine Lösung von (∗). Für die noch freie Konstantec∈R ergibt sich über die gegebene Anfangsbedingung y(0) = 1 dann

1 =ϕ_c(0) =c· 1 + 0

√1 + 0² =c;

damit ist

ϕ₁ : ]−1; 1[ →R, ϕ₁(x) = 1 +x

√1 +x², die L¨osung des gegebenen Anfangswertproblems.

8.5 Zu betrachten ist die homogene lineare Differentialgleichung y⁰ =a(x)y mit der stetigen Funktion

a:R→R, a(x) = −e^x. Da

A:R→R, A(x) = −e^x,

eine Stammfunktion von a ist, stellt die Gesamtheit der Funktionen ϕ_c:R→R, ϕ_c(x) = c e^A(x) =c e^−e^x,

(5)

f¨ur c∈R die allgemeine L¨osung von y⁰ =a(x)y dar. Wegen

ϕ_c(0) =−1 ⇐⇒ c e^−e⁰ =−1 ⇐⇒ c e⁻¹ =−1 ⇐⇒ c=−e ist die Funktion

ϕ:R→R, −e·e^−e^x, die L¨osung des gestellten Anfangswertproblems

y⁰ =−e^xy, y(0) =−1.

Zur Bestimmung der Menge ϕ(R) ihrer Funktionswerte verwenden wir die be- kannten Eigenschaften der Exponentialfunktion: wegen

{e^x |x∈R}= ]0;∞[, also {−e^x |x∈R}= ]−∞; 0[, ergibt sich

e^−e^x |x∈R = ]0; 1[, also ϕ(R) =

−e·e^−e^x |x∈R = ]−e; 0[. 8.6 Es handelt sich um die inhomogene lineare Differentialgleichung erster Ordnung

y⁰ =a(x)y+b(x) mit den beiden stetigen Funktionen a:R→R, a(x) = x

1 +x² = 1 2· 2x

1 +x², und

b:R→R, b(x) = 1

√1 +x². Da

A:R→R, A(x) = 1

2 ·ln(1 +x²) = ln√

1 +x², eine Stammfunktion von a ist, stellt die Gesamtheit der Funktionen

ϕ_c:R→R, ϕ_c(x) =c e^A(x) =c e^ln

√

1+x² =c·√

1 +x²,

Zur Behandlung der inhomogenen linearen Differentialgleichung w¨ahlen wir nun den Ansatzϕ:R→R,ϕ(x) = u(x)·√

1 +x², der Variation der Konstanten mit einer differenzierbaren Funktion u:R→R. Wegen

ϕ⁰(x) = u⁰(x)·√

1 +x²+u(x)· 2x 2√

1 +x²

f¨ur alle x∈R istϕgenau dann L¨osung von y⁰ =a(x)y+b(x), wenn u⁰(x)·√

1 +x²+u(x)· x

√1 +x² = x

1 +x² ·u(x)·√

1 +x²+ 1

√1 +x², also

u⁰(x) = 1

√1 +x²² = 1 1 +x²

(6)

f¨ur alle x∈R gilt; wir erhalten

u(x) = arctanx+c f¨ur c∈R und damit

ϕ(x) = u(x)·√

1 +x² = (arctanx+c)·√ 1 +x²

f¨ur alle x∈R. Schließlich bestimmen wir die noch freie Konstantec∈R, so daß ϕ(0) = 0 gilt; wegen

ϕ(0) = 0 ⇐⇒ (arctan 0 +c)·√

1 + 0² ⇐⇒ c= 0 ist

ϕ:R→R, ϕ(x) = arctanx·√

1 +x², die maximale L¨osung des gegebenen Anfangswertproblems.

8.7 Es handelt sich um die inhomogene lineare Differentialgleichung erster Ordnung y⁰ =a(x)y+b(x) mit den beiden stetigen Funktionen

a:i

−π 2;π

2

h→R, a(x) = tanx= sinx cosx, und

b:i

−π 2;π

2

h→R, b(x) = cos²x.

Da

A :i

−π 2;π

2

h →R, A(x) =−ln|cosx| =

−^π

2<x<^π₂ −ln(cosx), eine Stammfunktion von a ist, stellt die Gesamtheit der Funktionen

ϕ_c:i

−π 2;π

2

h→R, ϕ_c(x) = c e^A(x) =c e⁻^ln(cosx)=c· 1 cosx,

Zur Behandlung der inhomogenen linearen Differentialgleichung w¨ahlen wir nun den Ansatz ϕ:

−^π₂;^π₂

→ R, ϕ(x) = u(x)· _cos¹_x, der Variation der Konstanten mit einer differenzierbaren Funktion u:

−^π₂;^π₂

→R. Wegen ϕ⁰(x) = u⁰(x)· 1

cosx +u(x)· sinx cos²x f¨ur alle x∈

−^π₂;^π₂

ist ϕgenau dann L¨osung von y⁰ =a(x)y+b(x), wenn u⁰(x)· 1

cosx +u(x)· sinx

cos²x = sinx

cosx ·u(x)· 1

cosx + cos²x, also

u⁰(x) = cos³x= (1−sin²x)·cosx f¨ur alle x∈

−^π₂;^π₂

gilt; wir erhalten

u(x) = sinx− sin³x 3 +c

(7)

f¨ur c∈R und damit

ϕ(x) = u(x)· 1 cosx =

sinx−sin³x 3 +c

· 1 cosx f¨ur alle x∈

−^π₂;^π₂

. Schließlich bestimmen wir die noch freie Konstante c ∈R, so daß ϕ(0) = 1 gilt; wegen

ϕ(0) = 1 ⇐⇒ c= 1 ist

ϕ:i

−π 2;π

2

h →R, ϕ(x) =

sinx− sin³x 3 + 1

· 1 cosx, die maximale L¨osung des gegebenen Anfangswertproblems.

8.8 Wegen

y⁰+a y=e^{b x} ⇐⇒ y⁰ = (−a)y+e^{b x}

ist die lineare Differentialgleichungy⁰ =α(x)y+β(x) mit den stetigen Funktionen α :R→R, α(x) =−a, und β :R→R, β(x) =e^{b x},

in Abh¨angigkeit von (a, b)∈R² zu betrachten. Da A:R→R, A(x) = −a x,

eine Stammfunktion von α ist, stellt die Gesamtheit der Funktionen ϕc:R→R, ϕc(x) =c e^A(x) =c e^{−a x},

für c ∈ R die allgemeine Lösung der homogenen linearen Differentialgleichung y⁰ =α(x)y dar. Zur Behandlung der gegebenen inhomogenen linearen Differen- tialgleichung wählen wir nun den Ansatz

ϕ:R→R, ϕ(x) = u(x)·e^{−a x},

der Variation der Konstanten mit einer differenzierbaren Funktion u : R → R. Wegen

ϕ⁰(x) = u⁰(x)·e^{−a x}+u(x)· e^{−a x}·(−a)

f¨ur alle x∈R istϕgenau dann L¨osung von y⁰ =α(x)y+β(x), wenn u⁰(x)·e^{−a x}−a·u(x)·e^{−a x} = (−a)·u(x)·e^{−a x}+e^{b x}, also

u⁰(x) = e^{a x}·e^{b x}=e^(a+b)^x f¨ur alle x∈R gilt; wir erhalten

u(x) = ( 1

a+be^(a+b)^x+c, falls a+b6= 0, x+c, falls a+b= 0, f¨ur c∈R und damit

ϕ(x) = u(x)·e^{−a x} = ( 1

a+be^(a+b)^x+c

e^{−a x}, fallsa+b 6= 0, (x+c)e^{−a x}, fallsa+b = 0,

für alle x ∈ R. Für die Bestimmung der noch freien Konstante c ∈ R uber die¨ Anfangsbedingung ϕ(0) = 0 und die Untersuchung der Lösungsfunktion auf R⁺ treffen wir demnach die folgende Fallunterscheidung:

(8)

• Im Fall a+b6= 0 erh¨alt man ϕ(0) = 0 ⇐⇒

1

a+be⁰+c

e⁰ = 0 ⇐⇒ c=− 1 a+b; damit ist ϕ:R→R mit

ϕ(x) = 1

a+be^(a+b)^x− 1 a+b

e^{−a x} = 1

a+b e^(a+b)^x−1

e^{−a x} =

= 1

a+b e^(a+b)^x·e^{−a x}−e^{−a x}

= 1

a+b e^{b x}−e^{−a x} die maximale L¨osung des gegebenen Anfangswertproblems; diese ist wegen a+b 6= 0 und damit b 6= −a genau dann auf R⁺ beschr¨ankt, wenn b ≤ 0 und −a≤0, alsob ≤0≤a, gilt.

• Im Fall a+b= 0 erh¨alt man

ϕ(0) = 0 ⇐⇒ (0 +c)e⁰ = 0 ⇐⇒ c= 0;

damit ist

ϕ:R→R, ϕ(x) = x e^{−a x},

die maximale L¨osung des gegebenen Anfangswertproblems; diese ist genau dann aufR⁺ beschr¨ankt, wenn −a <0, also 0< a, gilt.

8.9 Es handelt sich um die autonome Differentialgleichungy⁰ =g(y) mit der stetigen Funktion

g : ]−1;∞[→R, g(y) = 1 1 +y. Wegeng(y)6= 0 f¨ur alle y >−1 erhalten wir

Z dy g(y) =

Z

1dx bzw.

Z

(1 +y)dy= Z

1dx und damit

1

2(1 +y)² =x+c f¨ur eine Konstante c∈R. Wegen

y(0) = 1 ⇐⇒ 1

2(1 + 1)² = 0 +c ⇐⇒ 1

2 ·2² =c ⇐⇒ c= 2 erh¨alt man

1

2(1 +y)² =x+ 2 bzw. (1 +y)² = 2x+ 4, woraus sich wegen 1 +y >0 schließlich

1 +y =√

2x+ 4 bzw. y=−1 +√

2x+ 4

ergibt. Nachdem die Wurzelfunktion zwar aufR⁺0 definiert und dort stetig, aber nur auf R⁺ differenzierbar ist, enthält das maximale Lösungsintervall allex∈R, für die der Radikand positiv ist; wegen

2x+ 4>0 ⇐⇒ 2x >−4 ⇐⇒ x >−2

(9)

ist also

ϕ: ]−2;∞[→R, ϕ(x) = −1 +√

2x+ 4, die maximale L¨osung des gestellten Anfangswertproblems.

8.10 Es handelt sich um eine Differentialgleichung y⁰ = h(x) ·g(y) mit getrennten Variablen; dabei ist

h :R→R, h(x) =−(1 + 2x), und g :

−1 2;∞

→R, g(y) = 1 1 + 2y. Wegeng(y)6= 0 f¨ur alle y >−¹₂ erhalten wir

Z dy g(y) =

Z

h(x)dx bzw.

Z

(1 + 2y)dy=− Z

(1 + 2x)dx und damit

y+y² =− x+x² +c f¨ur eine Konstante c∈R. Wegen

y(0) = 0 ⇐⇒ 0 + 0² =− 0 + 0²

+c ⇐⇒ 0 = −0 +c ⇐⇒ c= 0 erh¨alt man

y+y² =− x+x² , woraus sich mit quadratischer Erg¨anzung zun¨achst

1 2 +y

2

= 1

4 +y+y² = 1

4 − x+x² und wegen ¹₂ +y >0 schließlich

1

2+y= r1

4−(x+x²) bzw. y=−1 2 +

r1

4 −(x+x²)

ergibt. Nachdem die Wurzelfunktion zwar aufR⁺0 definiert und dort stetig, aber nur auf R⁺ differenzierbar ist, enthält das maximale Lösungsintervall allex∈R, für die der Radikand positiv ist; wegen

1

4− x+x²

>0 ⇐⇒ 1

4 > x+x² ⇐⇒ 1 2 > 1

4+x+x² = 1

2 +x 2

⇐⇒

⇐⇒ − 1

√2 < 1

2 +x < 1

√2 ⇐⇒ −1 2− 1

√2 < x <−1 2+ 1

√2 ist also

ϕ:

#−1−√ 2

2 ;−1 +√ 2 2

"

→R, ϕ(x) =−1 2 +

r1

4 −(x+x²), die maximale L¨osung des gestellten Anfangswertproblems.

(10)

8.11 Es ist das Anfangswertproblem

y⁰ =f(x, y) mit y(0) = 1 f¨ur die Funktion

f :

(x, y)∈R² |y >−1 →R, f(x, y) = sinx y+ 1, gegeben; zu betrachten ist damit

y⁰ = sinx

y+ 1 f¨ur y >−1 mit y(0) = 1.

Es handelt sich um eine Differentialgleichung y⁰ = h(x) ·g(y) mit getrennten Variablen; dabei ist

h:R→R, h(x) = sinx, und g : ]−1,∞[→R, g(y) = 1 y+ 1. Wegeng(y)6= 0 f¨ur alle y >−1 erhalten wir

Z dy g(y) =

Z

h(x)dx bzw.

Z

(y+ 1)dy= Z

sinx dx und damit

1

2(y+ 1)² =−cosx+c f¨ur eine Konstante c∈R. Wegen

y(0) = 1 ⇐⇒ 1

2(1 + 1)² =−cos 0 +c ⇐⇒ 2 = −1 +c ⇐⇒ c= 3 erh¨alt man

1

2(y+ 1)² =−cosx+ 3 bzw. (y+ 1)² = 6−2 cosx, woraus sich wegen y >−1 bzw.y+ 1 >0 dann

y+ 1 =√

6−2 cosx bzw. y =−1 +√

6−2 cosx ergibt. Wegen 6−2 cosx≥4>0 f¨ur alle x∈R ist

ϕ:R→R, ϕ(x) = −1 +√

6−2 cosx, die maximale L¨osung des gestellten Anfangswertproblems.

8.12 Die zu betrachtende Differentialgleichung y⁰y x²+ 1

+x y²+ 1

= 0 l¨aßt sich in

y⁰y x²+ 1

=−x y²+ 1

bzw. 2y

y²+ 1 ·y⁰ =− 2x x²+ 1

(11)

umformen; damit sind die beiden Variablenxundybereits getrennt, so daß man durch Integration auf beiden Seiten

Z 2y

y²+ 1 dy= Z

− 2x x² + 1

dx, also ln y² + 1

=−ln x²+ 1 +c f¨ur eine Konstante c∈R erh¨alt. Wegen

y(0) = 1 ⇐⇒ ln 1²+ 1

=−ln 0²+ 1

+c ⇐⇒ ln 2 =c ergibt sich weiter

ln y² + 1

=−ln x²+ 1

+ ln 2 = ln 2 x²+ 1, woraus sich

y² + 1 = 2

x²+ 1 bzw. y² = 2

x²+ 1 −1 = 2−(x²+ 1)

x²+ 1 = 1−x² 1 +x² und damit wegen y(0) = 1 dann

y =

r1−x² 1 +x² ergibt. Folglich ist

ϕ:D_ϕ →R, ϕ(x) =

r1−x² 1 +x²,

die L¨osung des gestellten Anfangswertproblems; da die Wurzelfunktion zwar auf R⁺0 definiert und stetig, aber nur auf R⁺ differenzierbar ist, beinhaltet das maximale Definitionsintervall D_ϕ genau diejenigen x∈R mit

1−x²

1 +x² >0 ⇐⇒ 1−x² >0 ⇐⇒ x² <1 ⇐⇒ −1< x < 1;

es ist also D_ϕ = ]−1,1[.

8.13 Die gegebene Differentialgleichung besitzt wegen yy⁰ −e^x = 0 ⇐⇒ y y⁰ =e^x bereits

”getrennte Variablen“, so daß sich durch Integration Z

y y⁰dx= Z

e^xdx bzw.

Z

y dy = Z

e^xdx

und damit

y²

2 =e^x+c f¨ur eine geeignete Konstante c∈R ergibt. Wegen

y(0) = 1 ⇐⇒ 1²

2 =e⁰+c ⇐⇒ 1

2 = 1 +c ⇐⇒ c=−1 2

(12)

erhält man für die Lösung des gestellten Anfangswertproblems y²

2 =e^x−1

2 bzw. y² = 2e^x−1.

Die Annahme, eine L¨osungsfunktion vonyy⁰−e^x = 0 besitze eine Nullstelle, f¨uhrt in

0·y⁰ −e^x= 0, also −e^x = 0,

zu einem Widerspruch, so daß die gesuchte L¨osung des Anfangswertproblems wegen y(0) = 1 komplett oberhalb der x–Achse verl¨auft; wegen y >0 gilt also

y=√

2e^x−1, mit

2e^x−1>0 ⇐⇒ 2e^x>1 ⇐⇒ e^x > 1

2 ⇐⇒ x >ln1

2 =−ln 2.

Damit ist

ϕ: ]−ln 2,∞[→R, ϕ(x) =√

2e^x−1, die maximale L¨osung des gestellten Anfangswertproblems.

8.14 Es handelt sich um eine Differentialgleichung y⁰ = h(x) ·g(y) mit getrennten Variablen; dabei ist

h:R⁺→R, h(x) =x¹², und g :R⁺→R, g(y) =y¹². Wegeng(y) =y¹² f¨ur alle y >0 erhalten wir

Z dy g(y) =

Z

h(x)dx bzw.

Z

y⁻¹² dy = Z

x¹² dx

und damit y¹²

1 2

= x³²

3 2

+c, also 2y¹² = 2

3x³² +c und y= 1

3x³² + c 2

2

f¨ur ein c∈R. Wegen

y(1) = 1 ⇐⇒ 2·1¹² = 2

3·1³² +c ⇐⇒ c= 4 3 ist

y:R⁺ →R, y(x) = 1

3x³² +2 3

2

die maximale L¨osung des gestellten Anfangswertproblems.

8.15 a) Bei dem gegebenen Anfangswertproblem

y⁰ =e^x−y =e^x·e^−y mit y(0) = ln 2

handelt es sich um eine Differentialgleichungy⁰ =g(y)·h(x) mit getrennten Variablen mit den beiden stetigen Funktionen

g :R→R, g(y) =e^−y, und h:R→R, h(x) = e^x.

(13)

Wegeng(y) = e^−y 6= 0 f¨ur alley ∈R erhalten wir Z dy

g(y) = Z

h(x)dx bzw.

Z

e^ydy= Z

e^xdx, also e^y =e^x+c, f¨ur ein c∈R; dabei gilt

y(0) = ln 2 ⇐⇒ e^{ln 2} =e⁰+c ⇐⇒ 2 = 1 +c ⇐⇒ c= 1 und damit

e^y =e^x+ 1 ⇐⇒ y= ln (e^x+ 1), so daß

φ:R→R, φ(x) = ln (e^x+ 1),

die auf ganz R definierte L¨osungsfunktion des gestellten Anfangswertpro- blems ist.

b) Für die Lösungsfunktion φ von a) erhält man die Grenzwerte

x→−∞lim φ(x) = lim

x→−∞ln e^x

|{z}→0

+1

| {z }

→1

ln stetig= ln 1 = 0

sowie

x→+∞lim (φ(x)−x) = lim

x→+∞ ln (e^x+ 1)−lne^x

= lim

x→+∞lne^x+ 1 e^x =

= lim

x→+∞ln 1 +e^−x

= lim

x→+∞ln 1 + e^−x

|{z}→0

| {z }

→1

ln stetig= ln 1 = 0,

so daß sich f¨ur ihren Graphen G_φ die folgende Skizze ergibt:

- 6

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

1 2 3 4

x y

G_φ

8.16 Es handelt sich um die Differentialgleichung y⁰ = h(x) · g(y) mit getrennten Variablen mit der stetigen Funktion

h:R⁺ →R, h(x) = 1 x,

(14)

und der stetig differenzierbaren Funktion

g :R→R, g(y) =y²;

damit gibt es zu jedem Punkt (x₀;y₀) ∈ R² eine eindeutig bestimmte Lösung ϕ:D_ϕ →Rmitϕ(x₀) = y₀. Die Nullstelley= 0 vong liefert dabei die konstante Lösungψ :R→R,ψ(x) = 0, und die gesuchte Lösungϕ:Dϕ →Rdes gestellten Anfangswertproblems

y⁰ = 1

x ·y² mit y(1) = 1

kann keinen gemeinsamen Punkt mitψ haben, ihr Graph G_ϕ verl¨auft also komplett oberhalb der x–Achse. Damit erhalten wir

Z dy y² =

Z 1

xdx, also − 1

y = ln|x|+c =

x>0 lnx+c f¨ur eine Konstante c∈R; wegen y(1) = 1 ergibt sich

−1

1 = ln 1 +c ⇐⇒ −1 =c und damit

−1

y = lnx−1, also y= 1 1−lnx. Die maximale L¨osung des Anfangswertproblems ist also

ϕ: ]0;e[→R, ϕ(x) = 1 1−lnx;

von den beiden maximalen Definitionsintervallen ]0;e[ und ]e;∞[ der Funktion x7→ _1−lnx¹ ist dabei dasjenige zu w¨ahlen, das den Anfangswert x₀ = 1 enth¨alt.

8.17 Es handelt sich um die Differentialgleichung y⁰ = h(x) · g(y) mit getrennten Variablen f¨ur die stetigen Funktionen

h:R→R, h(x) = 2x, und g :R→R, g(y) =y(y−1);

dabei liefern die beiden Nullstelleny₁ = 0 undy₂ = 1 vong die beiden konstanten L¨osungen

ψ₁ :R→R, ψ₁(x) = 0, und ψ₂ :R→R, ψ₂(x) = 1,

welche jeweils auf ganzRdefiniert sind. Dagsogar stetig differenzierbar ist, kann wegen des Existenz– und Eindeutigkeitssatzes jede weitere Lösung ϕ : D_ϕ → R der gegebenen Differentialgleichung keinen gemeinsamen Punkt mit ψ₁ oder ψ₂ haben, ihr Graph Gϕ verläuft also entweder komplett unterhalb von Gψ1 oder komplett zwischenG_ψ₁ undG_ψ₂ oder komplett oberhalb vonG_ψ₂. Hierfür erhalten

wir Z

dy g(y) =

Z

h(x)dx bzw.

Z 1

y(y−1)dy= Z

2x dx,

(15)

wegen

1

y(y−1) = y−(y−1)

y(y−1) = 1 y−1 − 1

y also

ln|y−1| −ln|y|=x²+c und damit

ln

y−1 y

=x²+c bzw.

1− 1 y

=e^x²^+c=e^x²e^c f¨ur eine Konstante c∈R. Wir treffen die folgende Fallunterscheidung:

• Verl¨auft Gϕ komplett zwischen Gψ1 und Gψ2, so gilt 0 < y <1 und damit

1

y >1; damit erh¨alt man 1

y −1 = e^x²e^c bzw. y= 1 1 +e^x²e^c, und die L¨osung

ϕ:R→R, ϕ(x) = 1 1 +e^x²e^c, ist wegene^c >0 auf ganz Rdefiniert.

• Verl¨auft G_ϕ komplett unterhalb von G_ψ₁ oder komplett oberhalb von G_ψ₂, so gilty <0 oder y >1 und damit _y¹ <1; damit erh¨alt man

1− 1

y =e^x²e^c bzw. y= 1 1−e^x²e^c, und die L¨osung

ϕ:D_ϕ →R, ϕ(x) = 1 1−e^x²e^c,

ist genau dann auf ganz Rdefiniert, wenn der Nenner 1−e^x²e^c ihres Funk- tionsterms ohne Nullstelle ist; wegen

1−e^x²e^c= 0 ⇐⇒ e^x²e^c= 1 ⇐⇒ e^x² =e^−c ⇐⇒ x² =−c f¨ur alle x∈R ist dies genau dann der Fall, wenn c > 0 ist.

8.18 Wegen

y⁰ =x y−x y² =x· y−y²

ist die Differentialgleichung y⁰ = h(x)· g(y) mit getrennten Variablen f¨ur die stetigen Funktionen

h:R→R, h(x) =x, und g :R→R, g(y) =y(1−y),

zu betrachten; da g darüber hinaus stetig differenzierbar ist, gibt es zu jedem Punkt (x₀, y₀)∈R² genau eine maximale Lösung ϕ:D_ϕ →R mit ϕ(x₀) =y₀. Zunächst liefern die beiden Nullstellen y1 = 0 und y2 = 1 von g die beiden konstanten Lösungen

ψ₁ :R→R, ψ₁(x) = 0, und ψ₂ :R→R, ψ₂(x) = 1,

(16)

welche insbesondere den Anfangsbedingungen ψ₁(0) = 0 undψ₂(0) = 1 gen¨ugen;

da nun die Lösungen ϕ₁ : D_ϕ₁ →R und ϕ₂ : D_ϕ₂ → R der Differentialgleichung mit den Anfangswerten ϕ₁(0) = −1 und ϕ₂(0) = 2 keinen gemeinsamen Punkt mit ψ₁ und ψ₂ haben, verläuft zum einen G_ϕ₁ komplett unterhalb von G_ψ₁ und zum anderenG_ϕ₂ komplett oberhalb von G_ψ₂. Hierfür erhalten wir

Z dy g(y) =

Z

h(x)dx bzw.

Z 1

y(1−y)dy= Z

x dx, wegen

1

y(1−y) = (1−y) +y y(1−y) = 1

y + 1 1−y also

ln|y| −ln|1−y|= 1

2x²+c

f¨ur eine Konstante c∈R. Wir treffen die folgende Fallunterscheidung:

• F¨ur die L¨osung ϕ₁ mit ϕ₁(0) =−1 ergibt sich ln| −1| −ln|1−(−1)|= 1

2·0²+c ⇐⇒ c=−ln 2, wegen y <0 also

ln(−y)−ln(1−y) = 1

2x²−ln 2 und damit

1

2x² = ln(−y)−ln(1−y) + ln 2 = ln −2y

1−y = ln 2y y−1, woraus man dann

e¹²^x² = 2y

y−1 ⇐⇒ e¹²^x²(y−1) = 2y ⇐⇒

⇐⇒

e¹²^x² −2

y =e¹²^x² ⇐⇒ y= e¹²^x² e¹²^x² −2 erh¨alt; wegen

e¹²^x² −2 = 0 ⇐⇒ e¹²^x² = 2 ⇐⇒ 1

2x² = ln 2 ⇐⇒

⇐⇒ x² = 2 ln 2 ⇐⇒ x=±√ 2 ln 2 ergibt sich schließlich die L¨osungsfunktion

ϕ₁ :i

−√

2 ln 2; √ 2 ln 2h

→R, ϕ₁(x) = e¹²^x² e¹²^x²−2.

• F¨ur die L¨osung ϕ₂ mit ϕ₂(0) = 2 ergibt sich ln|2| −ln|1−2|= 1

2 ·0²+c ⇐⇒ c= ln 2,

(17)

wegen y >1 also

lny−ln(y−1) = 1

2x²+ ln 2 und damit

1

2x² = lny−ln(y−1)−ln 2 = ln y 2 (y−1), woraus man dann

e¹²^x² = y

2 (y−1) ⇐⇒ 2e¹²^x²(y−1) = y ⇐⇒

⇐⇒

2e¹²^x² −1

y= 2e¹²^x² ⇐⇒ y= 2e¹²^x² 2e¹²^x² −1 erh¨alt; wegen

1

2x² ≥0 und damit 2e¹²^x² −1≥2e⁰−1 = 2·1−1 = 1 ergibt sich schließlich die L¨osungsfunktion

ϕ₂ :R→R, ϕ₂(x) = 2e¹²^x² 2e¹²^x² −1. 8.19 Dem gegebenen Anfangswertproblem

y⁰ = 2 cos²(y)

1−x² mit y(0) = π 3

liegt die Differentialgleichung y⁰ = h(x)·g(y) mit getrennten Variablen f¨ur die stetigen Funktionen

h: ]−1; 1[ →R, h(x) = 2

1−x², und g :R→R, g(y) = cos²y, zugrunde; dabei wählen wir fürh das maximale Definitionsintervall, welches den Punkt x₀ = 0 beinhaltet. Die Nullstellen von g, also die Nullstellen ^π₂ +kπ mit k ∈ Z des Cosinus, liefern die konstanten Lösungen der Differentialgleichung;

da nun g sogar stetig differenzierbar ist, kann wegen des Existenz– und Ein- deutigkeitssatzes jede weitere Lösung der gegebenen Differentialgleichung keinen gemeinsamen Punkt mit einer konstanten Lösungen besitzen. Folglich verläuft der Graph Gϕ der maximalen Lösung ϕ : Dϕ → R des gestellten Anfangswert- problems wegenϕ(0) = ^π₃ komplett zwischen y=−^π₂ und y= ^π₂. Wir erhalten

Z dy g(y) =

Z

h(x)dx bzw.

Z dy cos²y =

Z 2 1−x² dx, wegen

2

1−x² = (1−x) + (1 +x)

(1−x)·(1 +x) = 1

1 +x + 1 1−x also

tany= ln(1 +x)−ln(1−x) +c

(18)

f¨ur eine Konstante c∈R; wegen y(0) = π

3 ⇐⇒ tanπ

3 = ln(1 + 0)−ln(1−0) +c ⇐⇒ √ 3 =c erhalten wir

tany= ln1 +x 1−x +√

3 bzw. y= arctan

ln1 +x 1−x +√

3

,

und damit die maximale L¨osung

ϕ: ]−1; 1[→R, ϕ(x) = arctan

ln1 +x 1−x +√

3

.

h:R→R, h(x) = 2x, und g :R→R, g(y) =y²; dabei liefert die Nullstelley₀ = 0 die konstante L¨osung

ψ :R→R, ψ(x) = 0,

deren Graph G_ψ die x–Achse ist. Da g sogar stetig differenzierbar ist, kann wegen des Existenz– und Eindeutigkeitssatzes jede weitere Lösung ϕ : D_ϕ → R der gegebenen Differentialgleichung keinen gemeinsamen Punkt mitψ haben, ihr GraphG_ϕ verläuft also entweder komplett unterhalb oder komplett oberhalb der x–Achse. Hierfür erhalten wir

Z dy g(y) =

Z

h(x)dx bzw.

Z dy y² =

Z

2x dx, also

−1

y =x²+c

f¨ur eine Konstantec∈R, die wir nun f¨ur die gegebenen Anfangswerte bestimmen:

• F¨ury(1) = ¹₂ ergibt sich

−1

1 2

= 1²+c ⇐⇒ −2 = 1 +c ⇐⇒ c=−3, wodurch man

−1

y =x²−3 bzw. y= 1 3−x², erh¨alt; von den maximalen Definitionsintervallen

−∞;−√ 3

,

−√ 3;√

3 und √

3;∞

ist dabei dasjenige zu wählen, das den Anfangswert x0 = 1 enthält. Folglich ist die maximale Lösung des Anfangswertproblems

ϕ:i

−√ 3;√

3h

→R, ϕ(x) = 1 3−x².

(19)

• F¨ury(1) =−¹₂ ergibt sich

− 1

−¹₂ = 1²+c ⇐⇒ 2 = 1 +c ⇐⇒ c= 1, wodurch man

−1

y =x²+ 1 bzw. y=− 1 1 +x²,

erh¨alt; diese Funktion ist auf ganz R definiert. Folglich ist die maximale L¨osung des Anfangswertproblems

ϕ:R→R, ϕ(x) =− 1 1 +x².

h:R→R, h(x) = 1

x²+ 1, und g :R→R, g(y) = y−1;

dabei liefert die Nullstelley₀ = 1 die konstante L¨osung ψ :R→R, ψ(x) = 1,

deren GraphG_ψ die Paralleley= 1 zurx–Achse ist. Dagsogar stetig differenzierbar ist, kann wegen des Existenz– und Eindeutigkeitssatzes jede weitere L¨osung ϕ:D_ϕ →Rder gegebenen Differentialgleichung keinen gemeinsamen Punkt mit ψ haben, ihr Graph G_ϕ verl¨auft also entweder komplett unterhalb oder komplett der Geradeny = 1:

• Für die Lösungenϕ:Dϕ →R, deren Graph komplett unterhalb der Geraden y = 1 verläuft, gilt ϕ(x) < 1 und damit unter Verwendung der gegebenen Differentialgleichung

ϕ⁰(x) =

<0

z }| { ϕ(x)−1 x²+ 1

| {z }

>0

<0

f¨ur alle x∈D_ϕ; folglich sind diese L¨osungen aber streng monoton fallend.

• Für die Lösungenϕ:D_ϕ →R, deren Graph komplett oberhalb der Geraden y = 1 verläuft, gilt ϕ(x) > 1 und damit unter Verwendung der gegebenen Differentialgleichung

ϕ⁰(x) =

>0

z }| { ϕ(x)−1 x²+ 1

| {z }

>0

für allex∈D_ϕ; folglich sind diese Lösungen streng monoton wachsend, und wir erhalten hierfür

Z dy g(y) =

Z

h(x)dx bzw.

Z dy y−1 =

Z dx x²+ 1,

(20)

wegen y >1 bzw.y−1>0 also

ln (y−1) = arctanx+c bzw. y=e^arctan^x+c+ 1

f¨ur eine Konstantec∈R. Es ergeben sich also die streng monoton wachsen- den L¨osungsfunktionen

ϕ_c:R→R, ϕ_c(x) =e^arctan^x+c+ 1, f¨ur reelle Konstantenc∈R.

8.22 a) In Abh¨angigkeit des reellen Parameters a > 0 sind alle reellen L¨osungen ϕ:D_ϕ →R der Differentialgleichung

xy⁰ = y−a

ax+ 1 f¨ur x∈

−¹_a; +∞

zu bestimmen; ist 0∈D_ϕ, so ergibt sich aus der Differentialgleichung 0·ϕ⁰(0) = ϕ(0)−a

a·0 + 1, also ϕ(0) =a.

F¨urx6= 0, also f¨ur x∈I mit I =

−¹_a; 0

oder I = ]0; +∞[, erh¨alt man xy⁰ = y−a

ax+ 1 ⇐⇒ y⁰ = 1

x(ax+ 1) ·(y−a),

also eine Differentialgleichung y⁰ =h(x)·g(y) mit getrennten Variablen f¨ur die stetigen Funktionen

h :I →R, h(x) = 1

x(ax+ 1), und g :R→R, g(y) = y−a;

diese l¨aßt sich auch in die Gestalt

(D) y⁰ = 1

x(ax+ 1) ·y− a x(ax+ 1)

einer linearen Differentialgleichungy⁰ = h(x)·y+b(x) erster Ordnung mit den stetigen Funktionen

h:I →R, h(x) = 1

x(ax+ 1), und b :I →R, b(x) = − a x(ax+ 1), bringen. Wegen

h(x) = 1

x(ax+ 1) = (ax+ 1)−ax x(ax+ 1) =

= ax+ 1

x(ax+ 1) − ax

x(ax+ 1) = 1

x − a ax+ 1 f¨ur alle x∈I ist

H :I →R, H(x) = ln|x| −ln|ax+ 1|= ln

x ax+ 1

,

(21)

eine Stammfunktion von h, so daß die Gesamtheit der Funktionen ϕ_c :I →R, ϕ_c(x) = c·e^H^(x) =c·

x ax+ 1

,

f¨ur c ∈ R die allgemeine L¨osung der homogenen linearen Differentialglei- chung y⁰ =h(x)·y darstellt; da nun die Nullstelle y =a der Funktiong in der konstanten Funktion

ϕ_p :I →R, ϕ_p(x) =a,

insbesondere eine partikul¨are L¨osung von (D) liefert, stellt die Gesamtheit der Funktionen

ϕ=ϕp+ϕc :I →R, ϕ(x) = a+c·

x ax+ 1

,

mit c∈R die allgemeine L¨osung von (D) auf I dar.

Wir setzen nun die auf den TeilintervallenI =

−¹_a; 0

bzw.I = ]0;∞[ gefun- denden Teill¨osungen zu einer auf dem Gesamtintervall

−¹_a;∞

definierten Gesamtl¨osung zusammen; es ist also

ϕ:

−1 a;∞

→R, ϕ(x) =







a−c1· _ax+1^x , fürx <0, a, fürx= 0, a+c2· _ax+1^x , fürx >0,

mit Konstantenc₁,c₂ ∈R. Damit ist die Funktionϕzunächst (unabhängig von c₁ und c₂) in allen Punkten x 6= 0 differenzierbar und erfüllt dort die gegebene Differentialgleichung; wegen

ϕ(x)−ϕ(0) x−0 =

x<0

a−c1· _ax+1^x

−a

x = −c1· _ax+1^x

x =

=−c1· 1

ax+ 1 −→

x→0− −c1· 1

a·0 + 1 =−c1

und

ϕ(x)−ϕ(0) x−0 =

x>0

a+c₂· _ax+1^x

−a

x = c₂· _ax+1^x

x =

=c₂· 1

ax+ 1 −→

x→0+ c₂· 1

a·0 + 1 =c₂ istϕgenau dann auch im Punkte x= 0 differenzierbar, wenn −c1 =c2 gilt, und in diesem Fall erf¨ullt sie auch dort die gegebene Differentialgleichung.

Insgesamt stellt demnach die Gesamtheit der Funktionen ϕ:

−1 a;∞

→R, ϕ(x) = a+c· x ax+ 1,

mit Konstanten c = −c₁ = c₂ ∈ R die allgemeine L¨osung der gegebenen Differentialgleichung dar.

(22)

b) F¨ur die in a) bestimmten L¨osungsfunktionen ergibt sich

x→∞lim ϕ(x) = lim

x→∞

a+c· x ax+ 1

=

= lim

x→∞

a+c· 1 a+ ¹_x

=a+c· 1

a+ 0 =a+ c a sowie wegen

lim

x→−¹

a+

x=−1

a <0 und lim

x→−¹

a+

(ax+ 1) = 0+

also

lim

x→−¹

a+

x

ax+ 1 =−∞

damit

lim

x→−¹_a+

ϕ(x) = lim

x→−¹_a+

a+c· x ax+ 1

=







−∞, falls c >0, a, falls c= 0, +∞, falls c <0.

h:R→R, h(x) = 2x, und g :R→R, g(y) =y(y−1);

damit existiert für jeden Punkt (a, b) ∈ R² eine maximale Lösung der Differen- tialgleichung mit dem Anfangswert y(a) = b, welche im Hinblick auf die stetige Differenzierbarkeit von g sogar eindeutig bestimmt ist. Für b = 0 oder b = 1 sind dies die durch die beiden Nullstellen y₁ = 0 und y₂ = 1 von g gegebenen konstanten Lösungen

ψ₁ :R→R, ψ₁(x) = 0, und ψ₂ :R→R, ψ₂(x) = 1, welche jeweils auf R definiert und beschr¨ankt sind.

Jede weitere Lösung ϕ: D_ϕ → R der Differentialgleichung kann keinen gemeinsamen Punkt mit ψ₁ oder ψ₂ haben, ihr Graph G_ϕ verläuft also entweder komplett unterhalb von G_ψ₁ (bei b < 0) oder komplett zwischen G_ψ₁ und G_ψ₂ (bei 0< b <1) oder komplett oberhalb von G_ψ₂ (bei b >1). Hierfür erhalten wir

Z dy g(y) =

Z

h(x)dx bzw.

Z 1

y(y−1)dy= Z

2x dx, wegen

1

y(y−1) = y−(y−1)

y(y−1) = 1 y−1 − 1

y also

ln|y−1| −ln|y|=x²+c

(23)

und damit

ln

y−1 y

=x²+c bzw.

1−1 y

=e^x²^+c f¨ur eine Konstante c∈R; f¨ur diese gilt

y(a) = b ⇐⇒ ln

b−1 b

=a²+c ⇐⇒ c= ln

b−1 b

−a². Wir treffen die folgende Fallunterscheidung:

• Für 0< b <1 verläuftG_ϕ komplett zwischen G_ψ₁ und G_ψ₂, weswegenϕauf jeden Fall beschränkt ist. Wegen 0< y < 1 ist ¹_y >1; damit erhält man

1

y −1 =e^x²^+c bzw. y= 1 1 +e^x²^+c, und die L¨osung

ϕ:R→R, ϕ(x) = 1 1 +e^x²^+c, ist auf R definiert.

• Fürb <0 oder b >1 verläuftG_ϕ komplett unterhalb vonG_ψ₁ oder komplett oberhalb vonG_ψ₂. Wegen y <0 oder y >1 ist _y¹ <1; damit erhält man

1− 1

y =e^x²^+c bzw. y= 1 1−e^x²^+c, und die L¨osung

ϕ:D_ϕ →R, ϕ(x) = 1 1−e^x²^+c,

ist genau dann aufR definiert, wenn der Nenner 1−e^x²^+c ihres Funktions- terms ohne Nullstelle ist. Wegen

1−e^x²^+c= 0 ⇐⇒ e^x²^+c= 1 ⇐⇒ x²+c= 0 ⇐⇒ x² =−c f¨ur alle x∈R ist dies genau dann der Fall, wenn c > 0 ist; dabei gilt

c >0 ⇐⇒ ln

b−1 b

−a² >0 ⇐⇒

1 b<1

ln

1− 1 b

> a²,

wodurch wegena² ≥0 hierf¨ur notwendig ln

1− 1

b

>0 ⇐⇒ 1− 1

b >1 ⇐⇒ −1

b >0 ⇐⇒ b <0

gelten muß. Insbesondere sind alle Lösungen ϕ : D_ϕ → R für b > 1 nicht auf ganzR definiert; fürb <0 ergibt sich weiter

c > 0 ⇐⇒ ln

1− 1 b

> a² ⇐⇒

1−¹_b>1

a= 0 oder 1−1

b > e^a² ⇐⇒

a = 0 oder 1− 1 b > e^a²

⇐⇒

a= 0 oder − 1

b > e^a² −1

⇐⇒

a= 0 oder −b < 1 e^a² −1

⇐⇒

a= 0 oder b > 1 1−e^a²

.

(24)

In diesen F¨allen ist aber die auf Rdefinierte L¨osungϕ:D_ϕ →R wegen 1

1−e^c ≤ 1

1−e^x²^+c <0 f¨ur alle x∈R auch beschr¨ankt.

8.24 Zu betrachten ist die Differentialgleichung y⁰ =f(x, y) mit f :R⁺×R→R, f(x, y) = y³− y

x,

wobeif stetig und bezüglich y stetig partiell differenzierbar ist; folglich existiert für jeden Punkt (x₀;y₀) ∈ R⁺×R eine eindeutig bestimmte maximale Lösung ϕ : D_ϕ → R von y⁰ = f(x, y) mit der Anfangsbedingung ϕ(x₀) = y₀. Dabei ist die Nullfunktion

ϕ₀ :R⁺ →R, ϕ₀(x) = 0, wegen

ϕ⁰₀(x) = 0 = (ϕ₀(x))³− ϕ₀(x) x

für allex >0 eine maximale Lösung der Differentialgleichung mitϕ₀(1) = 0< ¹₂. Folglich kann aber der Graph G_ϕ der gesuchten Lösung des gegebenen Anfangs- wertproblems y⁰ = f(x, y) mit y(1) = ¹₂ keinen gemeinsamen Punkt mit Gϕ0

besitzen und verl¨auft damit komplett oberhalb der x–Achse, besitzt also insbesondere nur positive Funktionswerte. F¨ur die Substitution

z = 1

y² =y⁻² gilt z⁰ = (−2)y⁻³·y⁰ =− 2 y³ y⁰ gem¨aß der Kettenregel, und wir erhalten

y⁰ =y³− y

x ⇐⇒ −2

y³ ·y⁰ =− 2 y³ ·

y³− y x

⇐⇒

⇐⇒ −2

y³ y⁰ =−2 + 2

y²x ⇐⇒ z⁰ = 2

x ·z−2.

Wir behandeln zun¨achst die inhomogene lineare Differentialgleichung z⁰ =a(x)z+b(x)

mit den stetigen Funktionen a:R⁺→R, a(x) = 2

x, und b:R⁺ →R, b(x) = −2.

Da

A:R⁺ →R, A(x) = 2 lnx,

eine Stammfunktion von a ist, stellt die Gesamtheit der Funktionen ψ_c:R⁺→R, ψ_c(x) =c e^A(x)=c e^{2 ln}^x =c x²,

f¨ur c ∈ R die allgemeine L¨osung der homogenen linearen Differentialgleichung z⁰ =a(x)z dar.

(25)

Zur Behandlung der inhomogenen linearen Differentialgleichung w¨ahlen wir nun den Ansatzψ :R⁺ →R,ψ(x) =u(x)x², der Variation der Konstanten mit einer differenzierbaren Funktion u:R⁺→R. Wegen

ψ⁰(x) =u⁰(x)x²+u(x)·(2x)

f¨ur alle x∈R⁺ ist ψ genau dann L¨osung von z⁰ =a(x)z+b(x), wenn u⁰(x)x²+u(x)·(2x) = 2

x u(x)x²

−2, also

u⁰(x) = − 2 x² f¨ur alle x∈R⁺ gilt. Daraus ergibt sich

u(x) = 2 x+c f¨ur eine Konstante c∈R und damit

ψ(x) =u(x)x² = 2

x +c

x² = 2x+c x² für alle x∈R⁺. Gemäß der gewählten Substitution

z = 1

y² ⇐⇒ y² = 1

z ⇐⇒ y= 1

√z

ergibt sich f¨ur die L¨osung ϕ:D_ϕ →R des gegebenen Anfangswertproblems ϕ(x) = 1

pψ(x) = 1

√2x+c x² mit

ϕ(1) = 1

2 ⇐⇒ 1

√2·1 +c·1² = 1

2 ⇐⇒ 1

2 +c = 1

4 ⇐⇒ c= 2, also

ϕ(x) = 1

√2x+ 2x² = 1

p2x(1 +x); wegen 2x+ 2x² >0 f¨ur alle x >0 ist D_ϕ =R⁺.

8.25 a) Bei der gegebenen Differentialgleichung

(∗) y⁰ = 2x y−6x

handelt es sich um eine lineare Differentialgleichungy⁰ =a(x)y+b(x) erster Ordnung mit den stetigen Funktionen

a:R→R, a(x) = 2x, und b:R→R, b(x) =−6x.

Da

A:R→R, A(x) = x²,

(26)

eine Stammfunktion von a ist, stellt die Gesamtheit aller Funktionen ϕc :R→R, ϕc(x) = c·e^A(x) =c·e^x²,

f¨ur c ∈ R die allgemeine L¨osung der homogenen linearen Differentialglei- chungy⁰ =a(x)y dar. Wegen

(∗) y⁰ = 2x y−6x= 2x(y−3)

l¨aßt sich (∗) auch als Differentialgleichung y⁰ = h(x)·g(y) mit getrennten Variablen mit den stetigen Funktionen

g :R→R, g(y) = y−3, und h:R→R, h(x) = 2x, auffassen, und die Nullstelle y₀ = 3 von g liefert die konstante Funktion ϕp :R→R,ϕp(x) = 3, als partikul¨are L¨osung von (∗); insgesamt stellt also die Gesamtheit der Funktionen

ϕ=ϕ_c+ϕ_p :R→R, ϕ(x) = c·e^x² + 3, mit c∈R die allgemeine L¨osung von (∗) dar.

b) Sei zun¨achst y:J →R eine L¨osung der Differentialgleichung (∗) y⁰ = 2x y−6x,

mit y(x)6= 0 f¨ur alle x∈J; demnach ist y differenzierbar mit y⁰(x) = 2x·y(x)−6x f¨ur alle x∈J.

Damit ist auch die Funktion

z :J →R, z(x) = 1

y(x) = (y(x))⁻¹, (nach der Kettenregel) differenzierbar, und f¨ur alle x∈J gilt

z⁰(x) = (−1) (y(x))⁻²·y⁰(x) =− 1

(y(x))² ·y⁰(x) =

(∗)

=− 1

(y(x))² ·(2xy(x)−6x) = −2x· 1

y(x) + 6x· 1 (y(x))² =

= 6x· 1

y(x) 2

−2x· 1

y(x) = 6x·(z(x))²−2x·z(x);

folglich istz eine L¨osung der Differentialgleichung (∗∗) z⁰ = 6x z²−2x z.

Sei nun umgekehrtz :J →R eine L¨osung der Differentialgleichung (∗∗) z⁰ = 6x z²−2x z,

(27)

mit z(x)6= 0 f¨ur alle x∈J; demnach ist z differenzierbar mit z⁰(x) = 6x·(z(x))²−2x·z(x) f¨ur alle x∈J.

Damit ist auch die Funktion

y:J →R, y(x) = 1

z(x) = (z(x))⁻¹, (nach der Kettenregel) differenzierbar, und f¨ur alle x∈J gilt

y⁰(x) = (−1) (z(x))⁻²·z⁰(x) =− 1

(z(x))² ·z⁰(x) =

(∗∗)

=− 1

(z(x))² · 6x·(z(x))²−2x·z(x)

=

=−6x+ 2x· 1

z(x) = 2x· 1

z(x) −6x= 2x·y(x)−6x;

folglich isty eine L¨osung der Differentialgleichung (∗) y⁰ = 2x y−6x.

c) Gemäß b) ist die Funktionz :J →R, die auf dem DefinitionsintervallJ ⊆R ohne Nullstellen ist, genau dann eine Lösung von (∗∗), wenn die Funktion y:J →R, y(x) = _z(x)¹ , eine Lösung von (∗) ist; gemäß a) ist demnach

y:J →R, y(x) = c·e^x² + 3,

wobei sich f¨ur die Konstante c∈R wegen der Anfangsbedingung z(0) = 1

2 ⇐⇒ y(0) = 1

z(0) = 2 ⇐⇒ c·e⁰² + 3 = 2 ⇐⇒ c=−1 ergibt. Folglich erh¨alt man

z :J →R, z(x) = 1

y(x) = 1 3−e^x², wobei J =i

−√ ln 3;√

ln 3h

das maximale Definitionsintervall der Funktion x7→ ¹

3−e^x² ist, welches den Anfangswert x₀ = 0 enth¨alt.

8.26 a) F¨ur zwei stetige Funktionenf :R⁺ →R und g :R⁺ →R ist die homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung

(∗) y⁰⁰+f(x)y⁰+g(x)y= 0 zu betrachten; f¨ur die L¨osung ϕ:R⁺ →R von (∗) gilt also

ϕ⁰⁰(x) +f(x)·ϕ⁰(x) +g(x)·ϕ(x) = 0 f¨ur alle x∈R⁺.

F¨ur eine zweimal stetig differenzierbare Funktion h : R⁺ → R ist auch das Produkt

ψ :R⁺ →R, ψ(x) =h(x)·ϕ(x),

(28)

zweimal stetig differenzierbar, und f¨ur alle x∈R⁺ gilt ψ⁰(x) = h⁰(x)·ϕ(x) +h(x)·ϕ⁰(x)

ψ⁰⁰(x) = (h⁰⁰(x)·ϕ(x) +h⁰(x)·ϕ⁰(x)) + (h⁰(x)·ϕ⁰(x) +h(x)·ϕ⁰⁰(x))

= h⁰⁰(x)·ϕ(x) + 2·h⁰(x)·ϕ⁰(x) +h(x)·ϕ⁰⁰(x) und damit

ψ⁰⁰(x) + f(x)·ψ⁰(x) + g(x)·ψ(x) =

= h⁰⁰(x)·ϕ(x) + 2·h⁰(x)·ϕ⁰(x) +h(x)·ϕ⁰⁰(x) + +f(x)· h⁰(x)·ϕ(x) +h(x)·ϕ⁰(x)

+g(x)· h(x)·ϕ(x)

=

= h⁰⁰(x)·ϕ(x) +h⁰(x)·(2ϕ⁰(x) +f(x)·ϕ(x)) + +h(x)· ϕ⁰⁰(x) +f(x)·ϕ⁰(x) +g(x)·ϕ(x)

| {z }

=0,daϕL¨osung von (∗)

=

= h⁰⁰(x)·ϕ(x) +h⁰(x)·(2ϕ⁰(x) +f(x)·ϕ(x));

folglich istψ genau dann eine L¨osung von (∗), wenn ψ⁰⁰(x) +f(x)·ψ⁰(x) + g(x)·ψ(x) = 0 und damit

h⁰⁰(x)·ϕ(x) +h⁰(x)·(2ϕ⁰(x) +f(x)·ϕ(x)) = 0 f¨ur alle x∈R⁺ gilt.

b) Bei der homogenen linearen Differentialgleichung zweiter Ordnung (∗) y⁰⁰+y⁰+

1 x − 2

x²

y = 0 sind die stetigen Funktionen

f :R⁺→R, f(x) = 1, und g :R⁺ →R, g(x) = 1 x − 2

x², gew¨ahlt; die angegebene Funktion ϕ:R⁺ →R, ϕ(x) = _x¹, ist wegen

ϕ⁰(x) = − 1

x² und ϕ⁰⁰(x) = 2 x³ und damit

ϕ⁰⁰(x) +ϕ⁰(x) + 1

x − 2 x²

·ϕ(x) = 2 x³ − 1

x² + 1

x − 2 x²

· 1 x = 0 für allex∈R⁺eine Lösung dieser Differentialgleichung. Um nun eine weitere (von der Nullfunktion verschiedene) Lösung von (∗) zu erhalten, haben wir gemäß a) eine Funktion h:R⁺ →R mit

h⁰⁰(x)· 1 x

|{z}

ϕ(x)

+h⁰(x)·

− 2 x²

| {z }

2ϕ⁰(x)

+ 1

x

|{z}

f(x)·ϕ(x)

= 0