Übungen zu Mathematik 2 mit Musterlösungen Blatt 5

Heilbronn, den 25.10.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22

Übungen zu Mathematik 2 mit Musterlösungen

Blatt 5

Aufgabe 1. Sei y(x) eine beliebige Funktion. Stammfunktionen von Funktio- nen, in deneny(x) auftritt (aber nichtxallein), kann man einfach durch Substitution berechnen, sofern im Integrand der Faktory⁰(x) vorkommt.

Gesucht ist z.B.

Z

y(x) sin(y²(x))y⁰(x)dx.

Mit der Substitution

u=y(x), du

dx =y⁰(x), dx= 1 y⁰(x)du erhält man

Z

y(x) sin(y²(x))y⁰(x)dx = Z

usin(u²)y⁰(x) 1 y⁰(x)du

= Z

usin(u²)du

= −¹/2cos(u²) +C

= −¹/2cos(y²(x)) +C.

Mit weniger Schreibaufwand kommt man zum selben Ergebnis, wenn man stattueinfach gleichy schreibt:

Z

y(x) sin(y²(x))y⁰(x)dx = Z

ysin(y²)dy dxdx

= Z

ysin(y²)dy

= −¹/2cos(y²) +C.

Diese kurze Notation wird bei Differentialgleichungen immer angewandt.

Berechnen Sie auf gleiche Weise die folgenden Integrale.

Z y⁰(x) y(x)dx Z y⁰(x)

e^y(x)dx Z

y(x)e^y(x)+3y⁰(x)dx.

Lösung von Aufgabe 1. In allen Fällen wird substituiert:

u=y(x), du

dx =y⁰(x), dx= 1 y⁰(x)du.

Z y⁰(x) y(x) =

Z 1

uy⁰(x) 1 y⁰(x)du

= Z 1

udu

= ln|u|+C

= ln|y(x)|+C Z y⁰(x)

e^y(x)dx = Z

e^−y(x)y⁰(x)dx

= Z

e^−uy⁰(x) 1 y⁰(x)du

= Z

e^−udu

= −e^−u+C

= −e^−y(x)+C Z

y(x)e^y(x)+3y⁰(x)dx = Z

ue^u+3y⁰(x) 1 y⁰(x)du

= Z

ue^u+3du

= ue^u+3− Z

e^u+3du

= ue^u+3−e^u+3+C

= e^u+3(u−1) +C

= e^y(x)+3(y(x)−1) +C.

Aufgabe 2. Die DGL

y⁰(x) = 2xy²(x) ist separierbar.

• Zunächst der Lösungsweg ohne Rezept. Umformen ergibt y⁻²(x)y⁰(x) = 2x.

Man berechnet nun auf beiden Seiten eine Stammfunktion. Diese müssen gleich sein bis auf die Integrationskonstante.

Z

y⁻²(x)y⁰(x)dx = Z

y⁻²dy dxdx

= Z

y⁻²dy

= −1 y.

Falls es zu schnell ging, berechnen Sie das Integral durch Substitution u=y(x).

Z

2xdx = x².

Die beiden Funktionen dürfen sich um eine Konstante unterscheiden, da in der DGL ja nur die Gleichheit deren Ableitungen gefordert ist.

Man erhält damit die Gleichung

− 1

y(x) = x²+C

wobeiCeine beliebige Konstante ist. In dieser Gleichung treten keine Ableitungen mehr auf, so dass sie leicht nach der gesuchten Funktion y(x) gelöst werden kann.

y(x) = − 1 x²+C.

Man erhält also nicht nur eine Lösungsfunktiony(x) sondern unend- lich viele, da ja C beliebig ist. Wählt man für C einen Wert kleiner gleich Null, hat y(x) jedoch an der Stelle

x = √

−C eine Definitionslücke.

• Lösungsweg mit dem Rezept Trennung der Variablen. Ersetze y(x) durchy undy⁰(x) durch^dy/dx.

dy

dx = 2xy².

Bringe alle y-Terme nach links und allex-Terme nach rechts.

y⁻²dy = 2xdx.

Integriere links nachy und rechts nach x.

−1

y = x²+C.

Löse nachy auf.

y = − 1

x²+C.

Man kann die Lösung prüfen, indem many auf beiden Seiten der DGL einsetzt.

y⁰(x) =

− 1 x²+C

0

= − (x²+C)⁻¹0

= 2x(x²+C)⁻²

= 2x

(x²+C)² 2xy²(x) = 2x

− 1 x²+C

2

= 2x

(x²+C)²

= y⁰(x).

Lösen Sie in gleicher Weise einmal mit und einmal ohne Rezept die DGL y⁰(x) = cos(x)

sin(y(x)). Lösung von Aufgabe 2.

• Rechenweg ohne Rezept. Umformen ergibt sin(y(x))y⁰(x) = cos(x).

Berechnung der Stammfunktionen.

Z

sin(y(x))y⁰(x)dx = Z

sin(y)dy dxdx

= Z

sin(y)dy

= −cos(y) Z

cos(x)dx = sin(x).

Damit hat man die Gleichung

−cos(y) = sin(x) +C cos(y) = −sin(x) +C.

Da C beliebig ist, ist es egal ob man −C oder C schreibt. Die Lö- sungsfunktionen sind dann

y = ±arccos(−sin(x) +C) + 2kπ, k∈Z.

Da die arccos-Funktion nur auf [0, π] definiert ist, sind diese Lösungs- funktionen je nachdem was man fürC einsetzt nicht auf ganzRde- finiert.

• Rechenweg mit Rezept.

sin(y)dy

dx = cos(x).

Trennung der Variablen

sin(y)dy = cos(x)dx.

Integration links nachy und rechts nach x.

−cos(y) = sin(x) +C.

Nach yauflösen.

cos(y) = −sin(x) +C

y = ±arccos(−sin(x) +C) + 2kπ, k∈Z.

Aufgabe 3. Eine Stammfunktion von ¹/y ist ln|y|. Im Kontext von separier- baren DGL muss man dann eine Gleichung mit Beträgen lösen, was nicht immer lustig ist, aber vor allem bei praktisch relevanten DGL aus der Mechanik und Elektrotechnik sehr oft vorkommt.

Hierzu folgendes Beispiel einer sehr einfachen, separierbaren DGL:

y⁰ = 2xy.

Trennung der Variablen ergibt 1

ydy = 2xdx.

Stammfunktion auf beiden Seiten

ln|y| = x²+C.

Da diee-Funktion injektiv und auf ganzRdefiniert ist, kann sie auf beiden Seiten angewandt werden.

|y| = e^x2+C. Man kann nun die rechte Seite etwas vereinfachen.

e^x2+C = e^(x2)e^C

= Ke^(x2)

wobei K = e^C immer eine positive Zahl ist. Da C ∈ R beliebig ist, ist folglichK∈R⁺ beliebig. Damit hat man

|y| = Ke^(x2) y = ±Ke^(x2).

−Ke^(x2) Ke^(x2)

Ke^(x2)

|y|

y

|y| = Ke^(x2) y = ±Ke^(x2).

Dayeine differenzierbare Funktion ist (in der DGL taucht jay⁰auf), muss man für allex entwederK oder−K nehmen. Ein Vorzeichenwechsel an einer Stelle ˆxwürde zu einem Sprung iny(x) an der Stelle ˆxführen. Dies lässt sich vereinfachen zu

y = Ke^(x2), K∈R,

d.h. K ist ab jetzt wieder beliebige reelle Zahl. Tatsächlich geht auch K = 0, obwohl dies der Rechenweg so nicht hergibt: Für K = 0 erhält many= 0 und die konstante Nullfunktion erfüllt die gegebene DGL.

Auch wenn der Rechenweg holprig war, ist das Ergebnis eine einfache Funktion. Man prüft das durch Einsetzen in die DGL leicht nach:

y⁰ = Ke^(x2)2x 2xy = 2xKe^(x2). Lösen Sie in gleicher Weise die DGL

y⁰ = (y+ 1) sin(x) und prüfen Sie Ihr Ergebnis nach.

Lösung von Aufgabe 3. Umformen ergibt 1

y+ 1y⁰ = sin(x) 1

y+ 1dy = sin(x)dx Integration auf beiden Seiten.

ln|y+ 1| = −cos(x) +C Nachy auflösen.

|y+ 1| = e^−cos(x)+C

= e^−cos(x)e^C

= Ke^−cos(x), K∈R⁺ y+ 1 = ±Ke^−cos(x)

y+ 1 = Ke^−cos(x), K∈R y = Ke^−cos(x)−1.

Probe durch Einsetzen.

y⁰ = Ke^−cos(x)sin(x) (y+ 1) sin(x) = Ke^−cos(x)sin(x).

Aufgabe 4. Vielen DGL sieht man nicht auf den ersten Blick an, dass sie se- parierbar sind und muss erst mal umformen. Bringen Sie die DGL

2yy⁰(x−1) +xy⁰−y⁰−x−1 = 0 auf die Form

y⁰ = u(y)v(x)

und zeigen Sie damit, dass die DGL separierbar ist. Berechnen Sie dann die allgemeine Lösung der DGL.

Lösung von Aufgabe 4. Umformen ergibt 2yy⁰(x−1) +xy⁰−y⁰−x−1 = 0

y⁰(2y(x−1) +x−1) = x+ 1 y⁰(2y+ 1)(x−1) = x+ 1

y⁰ =

1 2y+ 1

| {z }

u(y)

x+ 1 x−1

| {z }

v(x)

.

Trennung der Variablen.

(2y+ 1)y⁰ = x+ 1 x−1 (2y+ 1)dy = x+ 1

x−1dx.

Integration.

Z

(2y+ 1)dy = y²+y.

Umformen der rechten Seite (mit Polynomdivision geht’s auch) x+ 1

x−1 = x−1 + 2 x−1

= x−1 x−1 + 2

x−1

= 1 + 2 x−1 Z x+ 1

x−1 = x+ 2 ln|x−1|.

Damit erhält man die Gleichung

y²+y = x+ 2 ln|x−1|+C bzw.

y²+y−x−2 ln|x−1|+C = 0.

Mit der Mitternachtsformel erhält man die Lösungsfunktionen y = −1±p

1−4(−x−2 ln|x−1|+C) 2

= −1±p

1 + 4x+ 8 ln|x−1|+C

2 .

Probe durch Einsetzen. Zum Ableiten formt man zuerst um:

y = −1 2±1

2(1 + 4x+ 8 ln|x−1|+C)^1/2 y⁰ = ±1

4(1 + 4x+ 8 ln|x−1|+C)^−1/2

4 + 8 x−1

= ± 1

p1 + 4x+ 8 ln|x−1|+C

1 + 2 x−1

= ± 1

p1 + 4x+ 8 ln|x−1|+C

x−1 + 2 x−1

= ± 1

p1 + 4x+ 8 ln|x−1|+C

x+ 1 x−1

1 2y+ 1

x+ 1 x−1

= 1

−1±p

1−4(−x−2 ln|x−1|+C) + 1

x+ 1 x−1

= 1

±p

1−4(−x−2 ln|x−1|+C) x+ 1

x−1

. Somit gilt für die berechneten Lösungsfunktionenytatsächlich

y⁰ =

1 2y+ 1

x+ 1 x−1

. Aufgabe 5. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL

y⁰−y

x = 1

xy. Lösung von Aufgabe 5. Umformen ergibt

y⁰ = 1 xy +y

x y⁰ = 1 +y²

xy y⁰ = 1 +y²

y 1 x

Die DGL ist separierbar. Trennung der Variablen ergibt y

1 +y²dy = 1 xdx.

Integration mit Substitution u=y², du

dy = 2y, dy= 1 2ydu Z y

1 +y²dy =

Z y 1 +u

1 2ydu

= 1

2 Z 1

1 +udu

= 1

2ln|1 +u|

= 1

2ln|1 +y²|.

Damit erhält man die Gleichung 1

2ln|1 +y²| = ln|x|+C ln|1 +y²| = 2 ln|x|+C

|1 +y²| = e^{2 ln|x|}e^C

= K

e^ln|x|2

= K|x|²

= Kx², K∈R⁺ 1 +y² = Kx², K∈R

y² = Kx²−1 y = ±p

Kx²−1 Aufgabe 6. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL

y⁰(x)(1 +x)² = xy(x)

Lösung von Aufgabe 6. Durch Trennung der Variablen erhält man 1

ydy = x (1 +x)²dx.

Eine Stammfunktion von

x (1 +x)² ergibt sich mit partieller Integration als

− x

1 +x+ ln(|1 +x|).

Damit erhält man die Gleichung ln(|y|) =− x

1 +x+ ln(|1 +x|) +C bzw.

|y| = e^−x/(1+x)e^ln(|1+x|)e^C

= K|1 +x|e^−x/(1+x), K∈R⁺. Damit ist

y = ±K|1 +x|e^−x/(1+x). Da auchy= 0 eine Lösung ist, ist die allgemeine Lösung

y = K|1 +x|e^−x/(1+x), K∈R.

Anmerkung: Mit Partialbruchzerlegung erhält man eine andere Stamm- funktion

Z x

(1 +x)²dx = 1

1 +x+ ln(|1 +x|) +C.

Subtrahiert man die beiden Stammfunktionen, stellt man fest, dass sie sich nur um die Konstante 1 unterscheiden. Mit dieser Stammfunktion erhält man die gleiche, allgemeine Lösung

y = K|1 +x|e^1/(1+x), K∈R. Aufgabe 7. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL

y⁰(x) =−y(x) x

Lösung von Aufgabe 7. Durch Trennung der Variablen erhält man 1

ydy=−1 xdx.

Integration auf beiden Seiten liefert

ln(|y|) =−ln(|x|) +C.

Auflösen nachyliefert

|y| = e^−ln(|x|+C

= e^−ln(|x|)e^C

= K 1

e^ln(|x|), K∈R+

= K

|x|.

Diese Gleichung hat mehrere Lösungen, die für allex6= 0 differenzierbar sind:

y=±K

x undy=±K

|x|, K∈R⁺.

Day(x) = 0 auch eine Lösung ist, ist die allgemeine Lösung y(x) = K

x undy(x) = K

|x|, K∈R. Aufgabe 8. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL

y⁰(x)y(x) +x= 0.

Lösung von Aufgabe 8. Durch Trennung der Variablen erhält man ydy=−xdx.

Integration auf beiden Seiten liefert 1

2y²=−1

2x²+C.

Umformen ergibt

y²=C−x². Die allgemeine Lösung ist somit

y(x) =±p C−x².

Aufgabe 9. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL xyy⁰=y²−1

und vereinfachen Sie das Ergebnis so weit wie möglich.

Lösung von Aufgabe 9. Trennung der Variablen:

y

y²−1dy= 1 xdx Integration von

Z y y²−1dy mit Substitution

u=y², du

dy = 2y, dy= du 2y Z y

y²−1dy =

Z 1 2(u−1)du

= 1

2ln(|u−1|) +C

= 1

2ln(|y²−1|) +C.

Integration auf beiden Seiten 1

2ln(|y²−1|) = ln(|x|) +C ln(|y²−1|) = 2 ln(|x|) +C

|y²−1| = Ke^{2 ln(|x|)}, K >0

= K(e^ln(|x|))²

= Kx² y²−1 = ±Kx²

= Cx², C∈R y² = Cx²+ 1

y = ±p

Cx²+ 1.

Aufgabe 10. Die Kapazität eines Plattenkondensators ist gegeben durch C = ε0εr

A d

wobei ε0 die elektrische Feldkonstante, εr die Dielektrizitätszahl, A die Fläche der Kondensatorplatten unddder Abstand der Platten ist. Es wird nun angenommen, dass der Plattenabstand nicht konstant ist sondern sich mit der Zeit vergrößert nach der Formel

d(t) = d0+t.

Damit erhält man eine zeitabhängige Kapazität C(t) = K 1

d0+t

wobeiKeine Konstante ist. Die Kondensatorladung zum Zeitpunktt= 0 seiq0. Der Kondensator wird über einen WiderstandRentladen. Berech- nen Sie die Ladungq(t) zu jedem Zeitpunktt.

Lösung von Aufgabe 10. Aus der Maschenregel folgt uC(t) +uR(t) = 0.

Mit

uC(t) = q(t) C(t) u_R(t) = Ri(t)

= Rq⁰(t) folgt hieraus

q(t)

C(t)+Rq⁰(t) = 0 q⁰(t) = − 1

RC(t)q(t)

= − 1

KR(d0+t)q(t).

Diese DGL ist separierbar. Trennung der Variablen ergibt 1

q(t)dq = − 1

KR(d0+t)dt.

Integral auf beiden Seiten

ln(|q(t)|) = − 1

KR(d0t+t²/2) +A wobeiAeine beliebige Konstante ist. Umformen ergibt

|q(t)| = e^{−KR1 (d0t+t2/2)+A} q(t) = ±e^{−KR1 (d0t+t2/2)+A}

= Be^{−KR1 (d0t+t2/2)}

wobeiB eine beliebige Konstante ist. Fürt= 0 erhält man q₀ = Be^{−KR1 0}

= B.

Damit ist die gesuchte Funktion

q(t) = q0e^{−KR1 (d0t+t2/2)}.

Aufgabe 11. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰(x) = x²

y(x)²

Lösung von Aufgabe 11. Durch Trennung der Variablen erhält man y²dy=x²dx.

Integration auf beiden Seiten liefert 1 3y³=1

3x³+C Auflösen nachyergibt

y = p³

x³+ 3C

= p³

x³+K, K∈R. Aufgabe 12. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL

y⁰ = e^x−ycos(x) sin(e^y). Lösung von Aufgabe 12. Trennung der Variablen.

e^ysin(e^y)y⁰ = e^xcos(x) e^ysin(e^y)dy = e^xcos(x)dx Integration auf der linken Seite nachy.

Z

e^ysin(e^y) = −cos(e^y).

Integration auf der rechten Seite nachx.

Z

e^xcos(x)dx = 1 2

Z

e^x(e^jx+e^−jx)dx

= 1

2 Z

e^(1+j)x+e^(1−j)x dx

= 1

2 1

1 +je^(1+j)x+ 1

1−je^(1−j)x

= 1

2(1 +j)(1−j)

(1−j)e^(1+j)x+ (1 +j)e^(1−j)x

= 1

4e^x e^jx(1−j) +e^−jx(1 +j)

= 1

4e^x 2re(e^jx(1−j))

= 1

2e^x(cos(x) + sin(x)).

Gleichheit der Stammfunktionen.

−cos(e^y) = 1

2e^x(cos(x) + sin(x)) +C cos(e^y) = −1

2e^x(cos(x) + sin(x)) +C e^y = ±arccos

−1

2e^x(cos(x) + sin(x)) +C

+ 2kπ y = ln

±arccos

−1

2e^x(cos(x) + sin(x)) +C

+ 2kπ

.

Aufgabe 13. Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰sin(1/y) = p

y⁴e^x. Lösung von Aufgabe 13. Umformen ergibt

y⁰sin(1/y) = y²e^x/2 y⁰ = y²

sin(1/y)e^x/2.

Die DGL ist somit separierbar. Trennung der Variablen ergibt sin(1/y)

y² dy = e^x/2dx.

Integration der linken Seite nachy. Mit Substitution u = 1

y du

dy = −1 y² dy = −y²du erhält man

Z sin(1/y) y² dy =

Z sin(u)

y² (−y²)du

= −

Z

sin(u)du

= cos(u)

= cos(1/y).

Integration der rechten Seite nachx.

Z

e^x/2dx = 2e^x/2. Damit erhält man die Gleichung

cos(1/y) = 2e^x/2+C.

Diese Gleichung hat nur dann Lösungen wenn

−1≤2e^x/2+C≤1.

In diesem Fall sind die Lösungsfunktionen

1/y = ±arccos(2e^x/2+C) + 2kπ, k∈Z

y = 1

±arccos(2e^x/2+C) + 2kπ. Aufgabe 14. Seiy(x) eine beliebige Funktion. Berechnen Sie

Z

sin(y(x)) cos(y(x))y⁰(x)dx

einmal mit Substitutionu=y(x) und einmal mit wenig Schreibaufwand, indem Siey(x) durchy ersetzen und y⁰(x) durch^dy/dx.

Lösung von Aufgabe 14.

• Rechenweg mit Substitution u=y(x), du

dx =y⁰(x), dx= 1 y⁰(x)du.

Damit ist Z

sin(y(x)) cos(y(x))y⁰(x)dx = Z

sin(u) cos(u)y⁰(x) 1 y⁰(x)du

= Z

sin(u) cos(u)du.

Substitution

g= sin(u), dg

du = cos(u), du= 1 cos(u)dg.

Damit ist Z

sin(u) cos(u)du = Z

gcos(u) 1 cos(u)dg

= Z

gdg

= 1

2g²+C.

Rücksubstitution 1

2g²+C = 1

2sin²(u) +C

= 1

2sin²(y(x)) +C.

• Schneller Rechenweg.

Z

sin(y(x)) cos(y(x))y⁰(x)dx = Z

sin(y) cos(y)dy dxdx

= Z

sin(y) cos(y)dy

= Z

gdg dydy

= Z

gdg

= 1

2g²+C

= 1

2sin²(y(x)) +C.

Aufgabe 15. Für jede beliebige Funktiong(x) ist die DGL y⁰(x) +g(x)y(x) = 0

separierbar. Man kann sie in einem Schritt auf die Form y⁰(x) = −g(x)y(x)

bringen. Diese DGL ist besonders wichtig, da sie der Einstieg in die nächste Klasse von DGL, den sog. linearen DGL ist. Die DGL ist auch besonders einfach, da y(x) auf der rechten Seite nur als Faktor auftritt, aber keine nichtlinearen Terme wie z.B. sin(y(x)) odery²(x)) vorkommen.

Trennung der Variablen ergibt

y⁰ = −g(x)y 1

ydy = −g(x)dx ln|y| = −G(x) +C.

Hierbei istG(x) eine beliebige Stammfunktion vong(x). Auflösen nachy geht wie folgt.

|y| = e^−G(x)+C

|y| = e^Ce^−G(x) y = ±e^Ce^−G(x)

y = Ke^−G(x)

Der konstante Faktor±e^C wurde im letzten Schritt mitK abgekürzt. Da Cbeliebig ist, kann auch±e^Cjeden beliebigen Wert annehmen außer Null.

Setzt man für K jedoch Null ein, erhält an y(x) = 0 und die konstante Nullfunktion ist tatsächlich ebenfalls Lösung der DGL. Folglich ist

y(x) = Ke^−G(x), K∈R

die allgemeine Lösung der DGL.

Lösungen sind somit alle skalaren Vielfachen der Funktion e^−G(x). Mit den Begriffen der Vektorrechnung ausgedrückt bedeutet das, dass die Lö- sungsmenge eine Ursprungsgerade mit Richtungsvektore^−G(x)ist bzw. ein eindimensionaler Spannraum.

Berechnen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰(x) +xe^xy(x) = 0

einmal mit dem Verfahren Trennung der Variablen und einmal mit o.g.

allgemeiner Formel.

Lösung von Aufgabe 15.

• Lösung durch Trennung der Variablen.

y⁰ = −xe^xy 1

y dy

dx = −xe^x 1

ydy = −xe^xdx.

Nebenrechnung zur Berechnung einer Stammfunktion von xe^x mit partieller Integration.

Z

xe^xdx = xe^x− Z

e^xdx

= xe^x−e^x

= e^x(x−1).

Nach Integration auf beiden Seiten erhält man ln|y| = −e^x(x−1) +C ln|y| = e^x(1−x) +C

|y| = e^ex(1−x)+C

|y| = e^Ce^ex(1−x) y = ±e^Ce^ex(1−x) y = Ke^ex(1−x).

• Mit o.g. Formel. Im Beispiel ist

g(x) = xe^x. Eine Stammfunktion ist

G(x) = e^x(x−1).

Damit ist laut Formel

y = Ke^−G(x)

= Ke^−ex(x−1)

= Ke^ex(1−x).

Aufgabe 16. Eine DGL heißt linear, wenn man sie auf die Form y⁰(x) +g(x)y(x) = r(x)

bringen kann, wobeig(x) undr(x) beliebige Funktionen sind. Der Begriff linear kommt daher, dass man auf der linken Seite eine Linearkombination vony undy⁰ hat, wobei die Gewichte 1 undg(x) vony unabhängig sind.

Insbesondere treten keine nichtlinearen Funktionen von y auf wie z.B.

sin(y) odery².

Der Lösungsweg besteht aus zwei Schritten.

• Zuerst setzt man die rechte Seiter(x) auf Null und erhält die homo- gene DGL

y⁰(x) +g(x)y(x) = 0.

Diese DGL ist separierbar und hat die allgemeine Lösung

y(x) = Ke^−G(x)

wobei G(x) eine beliebige Stammfunktion vong(x) ist.

• Der zweite Schritt erscheint zunächst überraschend und man sieht erst hinterher, dass er funktioniert. Man ersetzt die KonstanteK in der allgemeinen homogenen Lösung durch eine Funktion k(x). Der Schritt heißt daher “Variation der Konstanten”. Auf diese Weise er- hält man den Lösungsansatz für die inhomogene DGL

y = k(x)e^−G(x).

Ziel ist es jetzt, die Funktionk(x) so zu berechnen, dass dieser Ansatz die inhomogene DGL erfüllt. Hierzu wird der Ansatz in die DGL eingesetzt und nach k(x) aufgelöst. Zunächst wird die Ableitung y⁰ berechnet.

y⁰ = k⁰(x)e^−G(x)+k(x)(−g(x))e^−G(x)

= k⁰(x)e^−G(x)−g(x)k(x)e^−G(x). Einsetzen in die inhomogene DGL

y⁰(x) +g(x)y(x) = r(x) ergibt

k⁰(x)e^−G(x)−g(x)k(x)e^−G(x)

| {z }

y⁰(x)

+g(x)k(x)e^−G(x)

| {z }

g(x)y(y)

= r(x).

An dieser Stelle zeigt sich, dass der Ansatz durch Variation der Kon- stanten tatsächlich eine gute Idee war, denn es fällt sehr viel weg.

Übrig bleibt nur

k⁰(x)e^−G(x) = r(x) k⁰(x) = r(x)e^G(x)

k(x) = Z

r(x)e^G(x)dx.

Sei S(x) eine beliebige Stammfunktion vonr(x)e^G(x). Dann ist k(x) = S(x) +C

und somit ist die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL y = k(x)e^−G(x)

= (S(x) +C)e^−G(x)

= S(x)e^−G(x)+Ce^−G(x).

Der zweite SummandCe^−G(x)ist übrigens genau die allgemeine ho- mogene Lösung. Man erhält somit die allgemeine inhomogene Lösung als Summe aus einer partikulären LösungS(x)e^−G(x)der inhomoge- nen Lösung und der allgemeinen homogenen LösungCe^−G(x). Bei diesem Verfahren muss man somit an zwei Stellen eine Stammfunktion berechnen: Für die allgemeine homogene Lösung eine StammfunktionG(x) vong(x) und nach der Variation der Konstanten eine Stammfunktion von r(x)e^G(x).

Berechnen Sie mit diesem Verfahren die allgemeine Lösung der DGL y⁰+1

xy = x²

fürx >0. Prüfen Sie Ihr Ergebnis durch Einsetzen nach.

Lösung von Aufgabe 16.

• Homogene DGL

y⁰+1

xy = 0.

Trennung der Variablen.

y⁰ = −1 xy 1

ydy = −1 xdx.

Integration.

ln|y| = −ln|x|+C.

Dax >0 kann man ln|x|durch ln(x) ersetzen und erhält

|y| = e^−ln(x)+C

= e^C 1 e^ln(x) y = ±e^C1

x y = K1

x.

• Variation der Konstanten. Ansatz y = k(x)1

x. Ableiten.

y⁰ = k⁰(x)1

x−k(x) 1 x². Einsetzen in Ansatz.

k⁰(x)1

x−k(x)1 x² +1

xk(x)1

x = x² k⁰(x)1

x = x² k⁰(x) = x³ k(x) = 1

4x⁴+C.

Einsetzen von k(x) in den Ansatz ergibt die allgemeine inhomogene Lösung

y = k(x)1 x

= 1

4x³+C1 x.

• Verifikation. Um die berechnete Lösung in die DGL einzusetzen, be- rechnet man zuerst die Ableitung.

y⁰ = 3

4x²−C 1 x². Damit ist

y⁰+1

xy = 3

4x²−C 1 x²

| {z }

y⁰

+1 x







 1

4x³+C1 x

| {z }

y









= 3

4x²−C 1 x² +1

4x²+C 1 x²

= x².

Aufgabe 17. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL xy⁰−y−x²cos(x) = 0 fürx >0.

Lösung von Aufgabe 17. Umformen liefert

xy⁰ = y+x²cos(x) y⁰ = y

x+xcos(x) y⁰−1

xy = xcos(x).

Es handelt sich um eine lineare, inhomogene DGL erster Ordnung. Lösen der homogenen DGL

y⁰−1

xy = 0 y⁰ = 1 xy 1

ydy = 1 xdx ln|y| = ln|x|+C

|y| = |x|K, K∈R⁺ y = |x|K, K∈R.

Dax >0 ist|x|=xund damit ist die allgemeine homogene Lösung y = Kx.

Variation der Konstanten. Ansatz y = xk(x)

y⁰ = k(x) +xk⁰(x).

Einsetzen in inhomogene DGL.

k(x) +xk⁰(x)− 1

xxk(x) = xcos(x) xk⁰(x) = xcos(x) k⁰(x) = cos(x)

k(x) = sin(x) +C.

Inhomogene Lösung ist somit

y = xk(x)

= x(sin(x) +C).

Aufgabe 18. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰−y

x= x−1 x fürx∈R⁺.

Lösung von Aufgabe 18. Es handelt sich um eine lineare, inhomogene DGL erster Ordnung. Allgemeine Lösung der homogenen DGL

y⁰−1 xy= 0 durch Trennung der Variablen:

dy

dx = 1 xy 1

ydy = 1 xdx.

Stammfunktion auf beiden Seiten:

ln(|y|) = ln(|x|) +C.

Auflösen nachy:

|y| = e^ln(|x|)+C

= K|x| K∈R⁺

Da in der Aufgabenstellung eine Lösung für x ∈ R⁺ gesucht wird, ist

|x|=x. Damit ist die allgemeine homogene Lösung yH = Kx, K∈R.

Durch Variation der Konstanten erhält man den Ansatz y = k(x)x

y⁰ = k⁰(x)x+k(x).

Einsetzen in die DGL:

k⁰(x)x+k(x)−1

xk(x)x = x−1 x k⁰(x)x = x−1

x k⁰(x) = x−1

x² k⁰(x) = 1

x− 1 x² k(x) = ln(|x|) +1

x+C Einsetzen in den Ansatz:

y(x) =

ln(|x|) + 1 x+C

x

= xln(|x|) + 1 +Cx.

Aufgabe 19. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰ = x−y

x fürx >0.

Lösung von Aufgabe 19. Umformen ergibt y⁰+1

xy = x.

Es handelt sich also um eine lineare DGL erster Ordnung.

• Allgemeine Lösung der homogenen DGL y⁰+1

xy = 0 1

yy⁰ = −1 x 1

ydy = −1 xdx ln(|y|) = −ln(|x|) +C

|y| = K 1

|x|, K >0 y = K 1

|x|, K∈R y = K1

x, dax >0.

• Variation der Konstanten. Ansatz:

y = k(x)1 x y⁰ = k⁰(x)1

x−k(x) 1 x² Einsetzen in inhomogene DGL:

k⁰(x)1

x−k(x) 1

x² +k(x)1

x² = x k⁰(x)1

x = x k⁰(x) = x²

k(x) = x³/3 +C.

• Allgemeine Lösung der inhomogenen DGL.

y = x³/3 +C x

= 1

3x²+C1 x.

Aufgabe 20. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der DGL y⁰+ 2 sin(x) cos(x)y=e^cos2(x).

Lösung von Aufgabe 20. Es handelt sich um eine lineare, inhomogene DGL erster Ordnung. Allgemeine Lösung der homogenen DGL

y⁰+ 2 sin(x) cos(x)y= 0 durch Trennung der Variablen:

dy

dx = −2 sin(x) cos(x)y 1

ydy = −2 sin(x) cos(x)dx.

Stammfunktion auf beiden Seiten:

ln(|y|) = cos²(x) +C.

Auflösen nachy:

|y| = e^cos2(x)+C

= Ke^cos2(x), K∈R⁺ y_H = Ke^cos2(x), K∈R. Durch Variation der Konstanten erhält man den Ansatz

y = k(x)e^cos2(x)

y⁰ = k⁰(x)e^cos2(x)−k(x)e^cos2(x)2 cos(x) sin(x) Einsetzen in die DGL:

k⁰(x)e^cos2(x)−k(x)e^cos2(x)2 cos(x) sin(x) +

2 sin(x) cos(x)k(x)e^cos2(x) = e^cos2(x) k⁰(x)e^cos2(x) = e^cos2(x)

k⁰(x) = 1 k(x) = x+C.

Einsetzen in den Ansatz:

y(x) = (x+C)e^cos2(x).

Aufgabe 21. Die Ableitung bzw. Tangentensteigung der Funktiony(x) wurde als Grenzwert der Sekantensteigung definiert durch

y⁰(x) = lim

∆x→0

y(x+ ∆x)−y(x)

∆x

| {z }

Sekantensteigung

Für kleine Werte von ∆x ist Tangentensteigung und Sekantensteigung näherungsweise gleich. Wenn man bereit ist, kleine Fehler zu akzeptieren, kann man daher mit der Gleichung

y⁰(x) = y(x+ ∆x)−y(x)

∆x arbeiten. Umformen ergibt

y(x+ ∆x) = y(x) +y⁰(x)∆x.

Kennt man nun den Startwerty(0), kann man mit dieser Gleichung suk- zessive

y(∆x), y(2∆x), y(3∆x), . . . berechnen.

Gegeben sei konkret die DGL

y⁰(x) = p

x+y(x).

Aus o.g. Gleichung folgt

y(x+ ∆x) = y(x) +p

x+y(x) ∆x. (∗)

Gegeben sei der Startwerty(0) = 1 und die Schrittweite ∆x= 0.01.

• Setzt man x= 0 in (∗) ein, erhält man y(∆x) = y(0) +p

0 +y(0) ∆x

= 1 +√

0 + 1·0.01

= 1.01

• Setzt man x= ∆xin obige Gleichung ein, erhält man y(2∆x) = y(∆x) +p

∆x+y(∆x) ∆x

= 1.01 +√

0.01 + 1.01·0.01

≈ 1.0201

• Setzt man x= 2∆xin obige Gleichung ein, erhält man y(3∆x) = y(2∆x) +p

2∆x+y(2∆x)∆x

= 1.0201 +√

0.02 + 1.0201·0.01

≈ 1.0303.

Und so weiter.

• Berechnen Sie nach diesem Schema y(4∆x) undy(5∆x).

• Benutzen Sie einen Computer um y(2) zu berechnen. Mit der gege- benen Schrittweite ist 2 = 200∆x. Sie müssen also 200 Iterationen berechnen.

• Die Approxmation der Tangentensteigung durch die Sekantenstei- gung ist umso genauer, je kleiner ∆xist. Die Ergebnisse mit kleine- rem ∆xsind somit genauer. Berechnen Sie nuny(2) mit einer Schritt- weite ∆x= 0.001. Sie müssen dann 2000 Iterationen durchführen.

Lösung von Aufgabe 21.

y(4∆x) ≈ 1.0406 y(5∆x) ≈ 1.051 Mit Schrittweite ∆x= 0.01 erhält man

y(2) ≈ 4.66183 Mit Schrittweite ∆x= 0.001 erhält man

y(2) ≈ 4.67123

Aufgabe 22. Gegeben sei die DGL y⁰(x) = cos

e^sin(x)y(x)

und der Anfangswerty(0) = 2. Schreiben Sie ein Programm, das mit dem Euler Verfahren mit Schrittweite ∆x = 10⁻³ einen Näherungswert für y(20) berechnet. Die Programmiersprache ist hierbei egal.

Lösung von Aufgabe 22. Das Ergebnis isty(20)≈9.477. In Java sieht das Programm wie folgt aus:

class Euler {

public static void main(String[] args) {

int i;

double y,ystrich;

double x = 0.0;

double dx = 1.0e-3;

int n = 20000;

y = 2.0;

for(i=0; i<=n; i++) {

x = (double)i * dx;

System.out.println("x = " + x + ", y = " + y);

ystrich = Math.cos(Math.exp(Math.sin(x)*y));

y = y + ystrich*dx;

} } }

Aufgabe 23. Gegeben Sei die DGL y⁰ = p

x+y²

sowie der Wert y(3) = 2. Berechnen Sie näherungsweise y(3 + ∆x) für

∆x= 0.01.

Lösung von Aufgabe 23. Aus der DGL erhält man y⁰(3) = p

3 +y(3)²

= √

7.

Damit ist

y(3 + ∆x) ≈ y(3) +y⁰(3)∆x

= 2 +√ 7∆x

≈ 2.026