y 0 = 1 + y 2 mit y (1) = 2 zu lösen. Das heiÿt für die allgemeine

8 Aufgaben zur Mathematikvorlesung für Physiker IV

8.1 AWP I

Es gilt

xy 1 + x ²

y ⁰ = 1 + y ²

^mit

y (1) = 2

^{zu lösen. Das heiÿt für die allgemeine}

Lösungsformel:

y =

y ₀ + Z x

x 0

dt b (t) e ^{− A(x)}

e ^A(x)

^mit

A (x) = Z x

x 0

dt a (t) ,

dass

x 0 = 1

^und

y 0 = 2.

^{Zunächst ist der Trick}

2yy ⁰ = y ² ₀

anzuwenden. Das ergibt

x 1 + x ² y ² ₀

= 1 + y ² .

^{An dieser Stelle bietet es sich an die} Substitution

y ˜ = y ²

anzuwenden, so dass

x 1 + x ²

˜

y ⁰ = 1 + ˜ y.

^{Nach Teilen und umstellen erhält man die}

gewohnte Form:

˜

y ⁰ = 2 x + x ³

| {z }

a(x)

˜ y + 2

x + x ³

| {z }

b(x)

.

Um

A (x)

^{zu nden empehlt sich eine} Partialbruchzerlegung mit dem Trick

t ² + 1 = (t + i) (t − i)

^:

2

t (t + i) (t − i) = 2 U

t + V

t + i + W t − i

...mitdem Nennerauf beiden Seiten multiplizierenergibt ...

2 = U (t + i) (t − i) + V t (t − i) + W t (t + i)

...nach umstellen...

2 = t ² (U + V + W ) + ti (W − V ) + U

...undaus demKoezientenvergleich folgt

U = 2

^und

V = W = − 1.

^{Und manrechne}

gleich allgemeinweiter

A (x) = 2 Z x

x 0

dt 1 t −

Z x x 0

dt 1 t + i −

Z x x 0

dt 1 t − i

= 2 Z x

x 0

dt 1 t −

Z x x 0

dt 1 t + i +

Z x x 0

dt 1 t − i

= 2 [ln t] ^x _{x 0} − [ln (t + i) + ln (t − i)] ^x _{x 0}

= 2 [ln t] ^x _{x 0} −

ln t ² + 1 x x 0

= 2 ln x x 0 − ln

x ² + 1 x ² ₀ + 1

= ln x ²

x ² ₀ · x ² ₀ + 1 x ² + 1

˜

y = y ² ₀ + Z x

1

dt 2

t (1 + t ² ) e ^{− ln}

t 2 x 2 0 +t 2 t 2 x 2

0 +x 2 0

! e ^ln

x 2 x 2 0 ·

x 2 0 +1 x2 +1

Wassichvereinfacht zu

˜ y =

y ₀ ² + x ² ₀ x ² ₀ + 1

Z x x 0

dt 2 t ³

x ²

x ² ₀ · x ² ₀ + 1 x ² + 1

= y ² ₀ + x ² ₀ x ² ₀ + 1

− 1 t ²

x x 0

! x ²

x ² ₀ · x ² ₀ + 1 x ² + 1

= y ₀ ² x ²

x ² ₀ · x ² ₀ + 1

x ² + 1 + x ² x ² + 1

1 x ² ₀ − 1

x ²

= y ² ₀ x ² x ² ₀ + 1

+ x ² − x ² ₀ x ² ₀ (x ² + 1)

AusderResubstitutionfolgt.

y = ± r

y ² ₀ x ² ( ^{x 2} 0 +1 ) ^{+x 2} − x ² ₀

x ² ₀ (x ² +1)

^.SetztmandieRandbedingung

x ₀ = 1

^und

y ₀ = 2

^{erhält man}

y = ±

r 9x ² − 1 1 + x ² ,

das bedeutet

| x | > 1/3,

^{damit der Radikant nicht negativ wird.} Randbedingungen für eineLösungauf ganz

R

^{kann esnicht geben,denn}

x ₀

^{steht imNenner, mussalso}

x ₀ 6 = 0

sein,damit überhaupteineLösungexistiert.Fürjedesbetragsmäÿignochsokleine,aber

feste

x ₀ ,

^{gibtes ein}

x

^{,sodassderZähler und damit derRadikand negativwird.}

8.2 AWP II

Wirbetrachten dasAWP:

y ⁰ = − x

√ y + 1 , y (0) = 0

wobeizuzeigenist,dassdieseskeineLösungbesitzt.Esfolgtfür

g (y) = √ y+1 ¹

^undfür

h (x) = x,

^{somit also:}

g (y ₀ ) = 1

√ 0 + 1 = 1 6 = 0

h (x ₀ ) = 0

Bedingung für die Existenz einer Lösung ist, das (a)

y ₀

^{innerer Punkt des Intervalls}

und (b)

g (y) = √ y+1 ¹

^{ingesamten Intervall stetigist.Wenn mandasIntervall sowählt,}

dass

y ₀

^{innererPunktist,musseinbisschenlinksundrechtsvon0darinliegen.Bei 0ist}

g

^{aberunstetig. Dasheiÿt,wirmüssen dasIntervalllinksvon0}abschneiden.Dannist

y ₀

abernicht mehr innererPunkt.

y = f (x)

WirsucheneineGleichung

y = f (x)

^{einerimerstenQuadranten}verlaufendenKurvemit den Randbedingungen:

dass sie durch den Punkt

(24, 3) ,

^{d.h. also}

x = 24

^mit

y = 3,

^{läuft und die Schnitt-}

punkte jeder Tangenten mit den Koordiantenachsen gleichweit vom Berührungspunkt

entfernt sind.

Diesgilt z.B.für dieGleichung:

f (x) = x 8

Mit

x = 24

^folgt:

f (24) = 24 8 = 3

wie verlangt. Alle Tangenten der Ursprungsgeraden gehen durch den Ursprung. Also

ist jeder Berührungspunkt gleich weit vom Schnittpunkt mit den Achsen entfernt, da

diese indemtrivialen Fall zusammenfallen.

8.4 Exakte DGL

Wirbetrachten dieDGL:

2x

y ³ dx + y ² − 3x ²

y ⁴ dy = 0 2xydx + y ² − 3x ²

dy = 0 2xy + y ² − 3x ² dy

dx = 0 2xy + y ² − 3x ²

y ⁰ = 0

Somit gilt

g (x, y) = 2xy

^und

h (x, y) = y ² − 3x ² ,

^{wir benutzen die} Integrabilitäts- bedingung, die notwendig für die Exaktheit ist und sogar hinreichend für ein einfach

zusammenhängendes GebietG:

∂g

∂y = ∂h

∂x

⇒ 2x = − 6x

DieseGleichungistalsonochnichtexakt, bzw.wirdnurmit

x = 0

^{erfüllt.Wirnutzen}

einenintegrierenden Faktor,wobei:

m ⁰ (y) = m (y)

∂h

∂x − ∂y ^∂g

g

m ⁰ (y) = − 4 y m (y)

Hiermitfolgt:

m (y) = y ^{− 4}

als integrierenderFaktor, somitfolgt also:

2xy ^{− 3} + y ^{− 4} y ² − 3x ² y ⁰ = 0

DiesentsprichtderAusgangsgleichung,d.h.also,dassesnichtimmersinnvollistFak-

toren,diemankürzenkönnteherauszukürzen,dahierdurchdieExaktheitverlorenginge.

Nachdem wir dies eingesehen haben, folgt natürlich auch die Exaktheit der Gleichung,

wir nutzen also wieder die Integrabilitätsbedingung, wobei diesmal

g (x, y) = 2 _y ^x 3

^und

h (x, y) = ^{y 2 −} _y 4 ^{3x 2} ,

^:

∂g

∂y = ∂h

∂x

⇒ − 6x

y ⁴ = − 6x y ⁴

Diese giltalso, nun versuchenwir

F

^{zubestimmenmit:}

∂F

∂x = g, ∂F

∂y = h

∂F

∂x = 2 x y ³

∂F

∂y = 1

y ² − 3x ² y ⁴

Für

F (x, y)

^folgtsomit:

F (x, y) = x ² y ³ − 1

y + c

Somit folgt mit

F (x, y) = F (x ₀ , y ₀ ) : x ²

y ³ − 1

y + c = x ² ₀ y ³ ₀ − 1

y ₀ + c 0 =

x ² ₀ y ₀ ³ − 1

y ₀

y ³ + y ² − x ²

EsistdieIntegralkurvedurchdenPunkt

(1, 1)

^{zunden,wirsetzeninobigeGleichung}

x ₀ = 1

^und

y ₀ = 1

^{einund erhalten:}

y ² = x ² y = ± x

Ist somit das Ergebnis für die Integralkurve durch den Punkt

(1, 1) ,

^{wir setzen dies}

einund erhalten:

2x ( ± x) ⁻³ + ( ± x) ⁻⁴

( ± x) ² − 3x ²

( ± 1) = 0 ( ± 2) · x ⁻² − ( ± 2) · x ⁻² = 0

( ± 2) · x ⁻² = ( ± 2) · x ⁻²

Die Probe geht auf,somit folgt also

y = ± x

^{für die} Integralkurve dieser DGL durch den Punkt

(1, 1) .