Dies wird von a= 1 erf¨ullt und somit ist φ(x) ≡1 eine L¨osung der Differentialgleichung

Institut f¨ur Analysis Dr. Christoph Schmoeger M.Sc. Jonathan Wunderlich H¨ohere Mathematik III f¨ur die Fachrichtung Physik

Wintersemester 2016/17 17.11.2016

L¨osungsvorschlag zu ¨Ubungsblatt 2

Aufgabe 5:

L¨osen Sie die folgenden Anfangswertprobleme auf geeigneten Intervallen:

(i) y⁰= (1−x)y²+ (2x−1)y−x, y(1) = 2

Hinweis: Es gibt eine konstante L¨osung der Differentialgleichung.

(ii) y⁰=e^−xy²+y−e^x, y(log 2) = ¹⁰₃

Hinweis: Verwenden Sie den Ansatz Φ(x) =e^ax mita∈Rum eine L¨osung der Differenti- algleichung zu finden.

L¨osung:

(i) Hierbei handelt es sich um eine Riccati’sche Differentialgleichung mit g(x) = −2x+ 1, h(x) =x−1 undk(x) =−x. Wir machen den Ansatz φ(x) =a mita∈Rund erhalten

0 = (−a²+ 2a−1)x+ (a²−a).

Dies wird von a= 1 erf¨ullt und somit ist φ(x) ≡1 eine L¨osung der Differentialgleichung.

Mit dem Ansatz u=y−φberechnen wir weitere L¨osungen. Laut Vorlesung erhalten wir die folgende Differentialgleichung f¨uru:

u⁰+ (−2x+ 1 + 2φ(x−1) + (x−1)u² = 0 ⇔ u⁰−u+ (x−1)u² = 0,

eine Bernoulli’sche Differentialgleichung mit α = 2. Mit z := u⁻¹ erhalten wir das An- fangswertproblem

z⁰+z+ 1−x= 0, z(1) = 1

u(1) = 1

y(1)−1 = 1.

z_h(x) = Ce^−x mit C ∈R ist L¨osung der homogenen DGL und Variation der Konstanten liefert eine spezielle L¨osungzp(x) =x−2, also

z(x) =Ce^−x+x−2 (C ∈R).

Verwenden des Anfangswertes ergibtC = 2eund damit die (auf ganzRdefinierte) L¨osung y(x) =φ(x) +u(x) = 1 + 1

2e^1−x+x−2.

(ii) Mit dem angegebenen Ansatz finden wir eine spezielle L¨osungφ(x) =e^xf¨ur die Riccati’sche DGL mitg(x) =−1,h(x) =−e^−xundk(x) =−e^x. Der Ansatzu=y−φaus der Vorlesung liefert die Bernoulli’sche DGL

u⁰+ (−1−2φe^−x)u−e^−xu²= 0 ⇔ u⁰−3u−e^−xu² = 0.

und somit das folgenden Anfangswertproblem f¨urz=u⁻¹: z⁰+ 3z+e^−x= 0, z(log 2) = 3

4.

Die allgemeine L¨osung ist durch z(x) =Ce^−3x−¹₂e^−x mitC ∈Rgegeben (vgl. Aufgabe 4 (iii)). Einsetzen des Anfangswertes liefert C= 8 und somit

y(x) =e^x+ 1

8e^−3x−¹₂e^−x =e^x+ 2e^3x

16−e^2x (x∈(−∞,log 4)).

Aufgabe 6:

(i) Berechnen Sie die L¨osung des Anfangswertproblems

(2x−3y) dx+ (2y−3x) dy= 0 (x, y)∈R², y(0) = 2 in expliziter Form und geben Sie das maximale Existenzintervall an.

(ii) Zeigen Sie, dass die Differentialgleichung

(1 + 2x²) dx+ 2xy dy= 0

nicht exakt ist. Bestimmen Sie weiter einen integrierenden Faktor der Formµ=µ(x²+y²) und bestimmen Sie die allgemeine L¨osung in impliziter Form

(iii) Zeigen Sie, dass die Differentialgleichung

2xtany dx+x² dy= 0

nicht exakt ist. Bestimmen Sie weiter einen integrierenden Faktor der Formµ=µ(y) und bestimmen Sie die allgemeine L¨osung in impliziter Form.

L¨osung:

(i) Wir setzten

P(x, y) = 2x−3y, Q(x, y) = 2y−3x ((x, y)∈R²).

Weiter gilt ∂yP =−3 = ∂xQ f¨ur alle ((x, y)∈R²) und somit ist die Differentialgleichung exakt. Als n¨achstes bestimmen wir eine Stammfunktion F des Vektorfeldes (P, Q). Es gilt f¨ur (x, y)∈R²:

F(x, y) = Z

P(x, y)dx+ϕ(y) = Z

(2x−3y)dx+ϕ(y) =x²−3xy+ϕ(y), F(x, y) =

Z

Q(x, y)dx+ψ(x) = Z

(2y−3x)dx+ψ(x) =y²−3xy+ψ(x).

Mitϕ(y) =y² und ψ(x) =x² erhalten wir die Stammfunktion F(x, y) =x²−3xy+y² ((x, y)∈R²).

Wegen der Anfangsbedingung ist die L¨osung in impliziter Form zun¨achst durch x²−3xy+y² =F(x, y) = const =F(0,2) = 4

gegeben. Die explizite L¨osung erhalten wir durch Aufl¨osen nachy:

y(x) = 3 2x±

r9

4x²−x²+ 4 = 3 2x±

r5

4x²+ 4.

Die Anfangsbedingung verlangt schließlich die L¨osung y(x) =3

2x+ r5

4x²+ 4 (x∈R).

(ii) Wir setzen

P(x, y) = 1 + 2x², Q(x, y) = 2xy ((x, y)∈R²).

Dann gilt∂_yP(x, y) = 06= 2y=∂_xQ(x, y), also ist die DGL nicht exakt. Wir multiplizieren die DGL mitµ=µ(x²+y²) und erhalten:

∂y(µ(x, y)P(x, y)) = 2yµ⁰(x²+y²)(1 + 2x²) +µ(x²+y²)·0 = (2y+ 4x²y)µ⁰(x²+y²),

∂_x(µ(x, y)Q(x, y)) = 2xµ⁰(x²+y²)2xy+µ(x²+y²)2y= 4x²yµ⁰(x²+y²) + 2yµ(x²+y²).

Gleichsetzen liefertµ⁰(x²+y²) =µ(x²+y²), bzw. (mitt=x²+y²) µ⁰(t) =µ(t). Mit der L¨osung µ(t) =e^t erhalten wir den integrierenden Faktor µ(x, y) =e^x2+y2 und die exakte Differentialgleichung

(1 + 2x²)e^x2+y2 dx+ 2xye^x2+y2 dy= 0.

Jetzt m¨ussen wir noch eine Stammfunktion F f¨ur das Vektorfeld (µP, µQ) finden. Wir integrieren zun¨achstµQbez¨uglichy und erhalten:

F(x, y) = Z

µ(x, y)Q(x, y)dy+ϕ(x) =xe^x2+y2 +ϕ(x).

Ableiten von F nach xergibt die Bedingung

∂_xF(x, y) =e^x2+y2 + 2x²e^x2+y2+ϕ⁰(x)= (1 + 2x^{! 2})e^x2+y2 =µ(x, y)P(x, y)

und somit ϕ⁰(x) = 0, also ϕ(x) = C mit C ∈ R. Wir w¨ahlen C = 0 und erhalten die Stammfunktion

F(x, y) =xe^x2+y2. Die allgemeine L¨osung in impliziter Form lautet schließlich

xe^x2+y(x)2 =C (C ∈R).

(iii) Wir setzen

P(x, y) = 2xtany, Q(x, y) =x² ((x, y)∈R²).

Dann gilt∂_yP(x, y) = _cos^2x2y 6= 2x=∂_xQ(x, y), also ist die DGL nicht exakt. Wir multipli- zieren die DGL mit µ=µ(y) und erhalten:

∂_y(µ(y)P(x, y)) =µ⁰(y)2xtany+µ(y) 2x

cos²y = 2x

µ⁰(y) tany+ µ(y) cos²y

,

∂x(µ(y)Q(x, y)) =µ(y)2x.

Gleichsetzen liefertµ⁰(y) =−tanyµ(y), alsoµ(y) = cosy. Dies liefert die exakte Differen- tialgleichung

2xsiny dx+x²cosy dy= 0.

Jetzt m¨ussen wir noch eine Stammfunktion F f¨ur das Vektorfeld (µP, µQ) finden. Wir integrieren zun¨achstµP bez¨uglich x und erhalten:

F(x, y) = Z

µ(y)P(x, y)dx+ϕ(y) =x²siny+ϕ(y).

Ableiten von F nach y ergibt die Bedingung

∂yF(x, y) =x²cosy+ϕ⁰(y)=^! x²cosy=µ(y)Q(x, y)

und somit ϕ⁰(x) = 0, also ϕ(x) = C mit C ∈ R. Wir w¨ahlen C = 0 und erhalten die Stammfunktion

F(x, y) =x²siny.

Die allgemeine L¨osung in impliziter Form lautet schließlich x²siny=C (C∈R).

Aufgabe 7:

L¨osen Sie die folgenden impliziten Differentialgleichungen auf geeigneten Intervallen:

(i) (y⁰)² =x,

(ii) y=xy⁰−log (y⁰)³ . L¨osung:

(i) Hier haben wir die Form x = g(y⁰) mit g(p) = p² vorliegen. Aus der Vorlesung wissen wir, dass es keine geradlinige L¨osungen gibt (Man kann das aber auch hier am expliziten Beispiel nochmal nachrechnen). Weiter erhalten wir laut Vorlesung x(p) = g(p) = p² (⇔ F(x(p),y(p), p) = 0). Aufl¨˜ osen nach p ergibt p = √

x (wir fordern also x ≥ 0). Mit

˜

y⁰(p) =px⁰(p) erhalten wir ˜y⁰(p) = 2p². Dies liefert

˜ y(p) =

Z

pg⁰(p)dp= Z

2p²dp= 2

3p³+C (C ∈R).

Insgesamt erhalten wir also y(x) = 2

3x³² +C (x∈[0,∞), C ∈R).

(ii) Hierbei handelt es sich um eine Clairant’sche DGL mitg(p) = 3 log(p) (Hier haben wir die Logarithmengesetze verwendet). Geradlinige L¨osungen sind gegeben durch y(x) = ax− 3 log(a) mit a >0. Um weitere L¨osungen zu finden betrachten wir

0 =F(x(p),y(p), p) = ˜˜ y(p)−x(p)p+g(p), also ˜y(p) =x(p)p−g(p) =x(p)p−3 log(p). Dann gilt

˜

y⁰(p) =x⁰(p)p+x(p)−3 p

=! px⁰(p),

also x(p) = ³_p, bzw.p=p(x) = ³_x (wir fordern x6= 0). Damit erhalten wir schließlich y(x) =x3

x −3 log 3

x

= 3−3 log 3

x

(x∈(0,∞)).

Aufgabe 8:

Gegeben sei die folgende implizite Differentialgleichung y =x²−2xy⁰+3

2(y⁰)². (i) Bestimmen Sie die L¨osungen dieser Differentialgleichung.

(ii) F¨ur welche Wertex₀,y₀ gibt es eine L¨osung y, die y(x₀) =y₀ erf¨ullt?

(iii) Bestimmen Sie die Menge U aller Paare (x₀, y₀) ∈ R² f¨ur die genau eine L¨osung mit y(x₀) =y₀ existiert?

L¨osung:

(i) Es handelt sich um eine implizite Differentialgleichung erster Ordnung. Wir suchen zun¨achst nach geradlinigen L¨osungen der Formy(x) =ax+bauf einem Intervall I mita, b∈R, es gilt also y⁰(x) =a. Einsetzen in die DGL liefert

ax+b=x²−2ax+3 2a².

Durch Koeffizientenvergleich (1 = 0) sieht man, dass diese Gleichung f¨ur keine Parameter a, bauf keinem Intervall I erf¨ullt werden kann. Es gibt also keine geradlinigen L¨osungen.

Weiter existiert einx∈I mity⁰⁰(x) = 0. O.B.d.A. seiy⁰⁰(y)>0 f¨ur allex∈I. Somit isty⁰ streng monoton wachsend und folglich aufI invertierbar. Wir setzenx=x(p) = (y⁰)⁻¹(p) f¨urp∈J :=y⁰(I), es gilt alsop=y⁰(x). Wir definieren weiter ˜y(p) := (y◦x)(p) =y(x(p)) f¨urp∈J. Einsetzen in die DGL (vgl.F(x(p),y(p), p) = 0) ergibt˜

˜

y(p) =x(p)²−2x(p)p+ 3

2p². (1)

Differenzieren nach pliefert

˜ y⁰(p)

| {z }

=y⁰(x(p))·x⁰(p)=px⁰(p)

= 2x(p)x⁰(p)−2x⁰(p)p−2x(p) + 3p

⇔(3p−2x(p))x⁰(p) = 3p−2x(p).

Wir f¨uhren eine Fallunterscheidung durch:

• 3p−2x(p) 6= 0: Dann gilt 3p−2x(p) 6= 0 auf einem Intervall ˜J ⊂J. O.B.d.A. gelte J˜=J. Aus obigem folgt alsox⁰(p) = 1 und damitx(p) =p+C, bzw.P =p(x) =x−C f¨ur einC ∈R. Wegen (1) gilt dann

y(x) = ˜y(p) =x²−2x(x−C) +3

2(x−C)²= 1

2x²−Cx+3

2C² (C∈R).

• 3p−2x(p) = 0: Jetzt gilt x(p) = ³₂p, bzw. p=p(x) = ²₃x. Mit (1) folgt nun y(x) =x²−2x2

3x+3 2

2 3x

2

= x² 3 . Damit haben wir alle L¨osungen der impliziten DGL gefunden.

(ii) Wegen (i) gilty(x0) =y0 f¨urx0,y0 genau dann wenn (x₀, y₀)∈E :=

(x, y)∈R²:y= x² 3

| {z }

=:E1

∪ [

C∈R

(x, y)∈R²:y= 1

2x²−Cx+3 2C²

| {z }

=:E2

.

Es gilt (x, y)∈E2 genau dann, wenn einC∈Rexistiert mit y= 1

2x²−Cx+ 3

2C² ⇔ C²−2

3Cx+x² 3 −2

3y = 0.

Diese quadratische Gleichung hat genau dann L¨osungen, wenn ihre Diskriminate D:= x²

3 −2 3y−x²

3 = 2 3y−2

9x²

nicht-negativ ist. Also falls y ≥ ¹₃x² gilt. Außerdem gilt (x, y) ∈ E₁ genau dann, wenn

1

3x² =y, es gilt alsoE1 ⊆E2. Insgesamt gilt E =E2 =

(x, y)∈R²:y≥ 1 3x²

.

(iii) Aus den ¨Uberlegungen in (ii) wissen wir, dass zwei verschiedene L¨osungen existieren, falls f¨ur die Diskriminante D > 0 gilt, also y0 > ¹₃x02. Ist D = 0, so haben wir die beiden verschiedenen L¨osungen

y1(x) = x² 2 − x0x

3 +x02

6 und y2(x) = x² 3 . Es gilt alsoU =∅.