Mathematik für Ingenieure III, Wintersemester 2015/2016 Lösungen

Mathematik für Ingenieure III, Wintersemester 2015/2016
Lösungen zu Serie 9
(38) Bestimme die allgemeine Lösung der gewöhnlichen Differentialgleichung
y 0 = ey sin t
und bestimme weiter für jedes a ∈ R die Lösung des Anfangswertproblems mit y(0) = a.
Dies ist eine Gleichung von separierten Typ und man kann dies entweder mit der
symbolischen Methode oder über die Formel aus §7.1 rechnen. Mit der symbolischen
Methode haben wir
Z
Z
dy
y
−y
−y
= e sin t =⇒ e dy = sin t dt =⇒ e dy = sin t dt
dt
und somit wird
−e−y = C − cos t also y(t) = − ln(C + cos t)
wobei wir C stillschweigend zu −C abändern. Wollen wir das Anfangswertproblem
y(0) = a lösen, so ist wegen y(0) = − ln(C + 1) zunächst C = e−a − 1 und damit wird
y(t) = − ln(e−a − 1 + cos t).
Kommen wir zur zweiten Methode. Die Gleichung ist y 0 = f (t)g(y) mit f (x) = sin x
und g(x) = ex . Die Lösung des Anfangswertproblems y(0) = a ist damit durch die
Gleichung
Z t
Z y(t)
ds
1 − cos t =
sin s ds =
= e−a − e−y(t)
s
e
0
a
gegeben, also ist wieder y(t) = − ln(e−a − 1 + cos t).
(39) Bestimme die Lösungen der folgenden Anfangswertprobleme:
(a) (t2 + 1)y 0 − ty = 1, y(0) = b mit b ∈ R,
(b) y 0 =
y
1
+ 3 , y(1) = 1.
2
t
t
(a) Das betrachtete Anfangswertproblem läßt sich in der Form
y0 =
t2
t
1
y+
, y(0) = b
+1
1 + t2
1
schreiben, es handelt sich also um eine Gleichung von linearen Typ. Wie in §7.1 bestimmen wir zunächst die allgemeine Lösung der homogenen linearen Gleichung
y0 =
t
y.
1 + t2
Dies ist eine Gleichung von separierten Typ, also
Z
Z
dy
t
dy
t
1
=
dt und somit ln y =
=
dt = ln(1 + t2 ) + C,
2
2
y
1+t
y
1+t
2
die allgemeine Lösung ist also
√
y(t) = C 1 + t2 .
Für die Ausgangsgleichung machen wir den Ansatz über die Variation der Konstanten
√
y(t) = C(t) 1 + t2
und wegen
√
√
tC(t)
t
0
+ C 0 (t) 1 + t2 =
y 0 (t) = √
y(t)
+
C
(t)
1 + t2
2
2
1
+
t
1+t
haben wir
1
und C(0) = b.
(1 + t2 )3/2
Mit partieller Integration ergibt sich
Z
Z
dt
1
t2
=
−
dt
(1 + t2 )3/2
(1 + t2 )1/2 (1 + t2 )3/2
Z
Z
t
dt
t
dt
√
+√
− √
=√
=
2
2
2
1+t
1+t
1+t
1 + t2
C 0 (t) =
also wird
C(t) = b + √
t
1 + t2
und wir haben schließlich
√
√
y(t) = C(t) 1 + t2 = t + b 1 + t2 .
Man kann das obige Integral auch über Substitution berechnen, mit
t = sinh s wird
dt
= cosh s =⇒ dt = cosh s ds
ds
und wir haben erneut
Z
Z
Z
dt
cosh s
ds
=
ds =
= tanh s
2
2
3/2
3/2
(1 + t )
(1 + sinh s)
cosh2 s
s
t
sinh s
sinh2 s
=
=
=√
.
2
cosh s
1 + sinh s
1 + t2
2
Alternativ können wir auch direkt die Lösungsformel aus §7.1 verwenden, und erhalten
R
Z t − 1 ln(1+s2 ) !
R
t
s
1
e 2
1
2
− 0s 2u du
ds
0 1+s2
u +1
y(t) = b +
e
ds
e
=
b
+
ds e 2 ln(1+t )
2
2
1+s
0 1+s
0
Z t
√
√
√
ds
t
2 =
2 = (t + b 1 + t2 ).
√
= b+
1
+
t
b
+
1
+
t
2 3/2
1 + t2
0 (1 + s )
Z
t
(b) Dies ist wieder eine inhomogene lineare Gleichung und die zugehörige homogene
Gleichung ist y 0 = y/t2 mit der allgemeinen Lösung
R
y(t) = C · e
dt
t2
= C · e−1/t .
Für die Lösung der inhomogenen Gleichung machen wir den Ansatz über die Variation
der Konstanten
y(t) = C(t) · e−1/t
und wie in (a) haben wir
y 0 (t) = C(t)
y(t)
e−1/t
+ C 0 (t)e−1/t = 2 + C 0 (t)e−1/t .
2
t
t
Dies ergibt die Bedingung
1 1/t
e , C(1) = e
t3
da y(1) = C(1)/e = 1 sein muss. Wegen
C 0 (t) =
d 1/t
1
e = − 2 e1/t
dt
t
erhalten wir mit partieller Integration
Z 1/t
Z 1/t
e
e1/t
e
1 1/t
dt = −
dt = 1 −
−
e ,
t3
t
t2
t
und es wird
Z
C(t) = e +
1
t
1 1/s
1 1/t
e ds = e + 1 −
e .
s3
t
Als Lösung ergibt sich
1
1
y(t) = 1 − + exp 1 −
.
t
t
Alternativ kann man wieder direkt über die Lösungsformel vorgehen und es ergibt sich
wegen
t
Z t
ds
1
1 =− =1−
2
s 1
t
1 s
3
erneut
y(t) =
t
Z s Z t 1
dr
ds
exp
−
ds
·
exp
1+
3
2
s2
1 s
1 r
1
Z t
1
1 1/s
1
1 1/t −1/t
−1/t
=e· 1+
e ds e
1−
e
e
=e 1+
e 1 s3
e
t
1
1
= 1 − + exp 1 −
.
t
t
Z
(40) Bestimme die Lösung des Anfangswertproblems
y π
ty 0 = y − t sin
, y(1) = .
t
2
In expliziter Form wird die Differentialgleichung zu
y y y
y 0 = − sin
=f
t
t
t
mit f (x) = x − sin x. Dies ist eine Gleichung von homogenen Typ und wie in §7.1
gesehen erfüllt die Funktion u(t) = y(t)/t das Anfangswertproblem
u0 =
f (u) − u
sin u
π
=−
, u(1) = .
t
t
2
Dies ist ein Anfangswertproblem erster Ordnung von separierten Typ und die Lösungsformel für diese Gleichungen gibt
t
Z u(t)
Z t
ds
ds
−
=
= ln s = ln t.
1 s
π/2 sin s
1
Zur Berechnung des trigonometrischen Integrals schreiben wir
sin2 2s + cos2 2s
1 + tan2
1
1
1
s
1
=
tan
+
=
=
=
sin s
2 sin 2s cos 2s
2 sin 2s cos 2s
2
2 tan 2s
2 tan 2s
s
2
und substituieren
1 + tan2
s dr
=
r = tan ,
2 ds
2
Damit wird
Z u(t)
Z u(t)
1 + tan2
ds
−
=−
2 tan 2s
π/2 sin s
π/2
s
2
s
2
=⇒ dr =
Z
ds = −
1
4
tan
1 + tan2
2
u(t)
2
s
2
ds.
dr
u(t)
= − ln tan
,
r
2
also ist
u(t)
1
tan
= =⇒ u(t) = 2 arctan
2
t
1
.
t
Verwenden wir noch die für alle x > 0 gültige Formel
1
π
arctan
= − arctan x
x
2
so wird schließlich
u(t) = π − 2 arctan t.
Die Lösung y ergibt sich als
y(t) = tu(t) = πt − 2t arctan t.
(41) Löse das Anfangswertproblem
2
t + 2y + 1
0
, y(0) = 0.
y =
2t + 1
Dies ist eine Gleichung mit rationalen Argument von Grad 1
αt + βy + γ
0
y =f
mit f (x) = x2 , α = 1, β = 2, γ = 1, δ = 1, = 0, φ = 1.
δt + y + φ
Gemäß des Verfahrens aus §7.1 berechnen wir zunächst
1 2 2 0 = −4
wir sind also im zweiten Fall. Nun bestimme y0 , t0 als Lösung des linearen Gleichungssystems
1
1
1
t0 + 2y0 = −1,
also t0 = − , y0 = − (1 + t0 ) = − .
2t0
= −1
2
2
4
Für die Funktion
1
u(t) := y t −
2
+
1
4
erhalten wir mit
g(x) := f
1 + 2x
2
=
5
1
+x
2
2
= x2 + x +
1
4
das Anfangswertproblem
0
u =g
1
1
, u
=
t
2
4
u
von homogenen Typ. Wieder nach §7.1 erfüllt
v(t) :=
u(t)
t
das Anfangswertproblem
v 2 + 14
g(v) − v
v =
=
, v
t
t
0
1
1
= .
2
2
Die Lösungsformel für Gleichungen von separierten Typ gibt
Z v(t)
Z t
ds
ds
1
= ln t − ln = ln(2t).
1 =
2
2
1/2 s + 4
1/2 s
Nun ist
Z
ds
s2 +
Z
1
4
=4
ds
= 2 arctan(2s)
1 + (2s)2
also
Z
v(t)
ln(2t) =
1/2
s2
ds
+
1
4
= 2 arctan(v(t)) − 2 arctan(1) = 2 arctan(v(t)) −
π
2
und somit werden
1
1
π
v(t) =
tan
ln(2t) +
,
2
2
4
t
1
π
· tan
ln(2t) +
,
u(t) =
2
2
4
1
π
1
1
1
ln(2t + 1) +
y(t) = u t +
− =
(2t + 1) tan
−1 .
2
4
4
2
4
(42) Seien a, b ∈ R. Bestimme alle maximalen Lösungen des impliziten Anfangswertproblems
yy 0 = t, y(a) = b.
Angenommen y : I → R ist eine Lösung des impliziten Anfangswertproblems yy 0 = t,
y(a) = b. Ist dann u := y 2 so haben wir u(a) = y(a)2 = b2 und
u0 (t) = 2y(t)y 0 (t) = 2t
6
für jedes t ∈ I, also
y(t)2 = u(t) = t2 + b2 − a2
für alle t ∈ I. Weiter ist für alle t ∈ I mit t 6= 0 stets y(t)y 0 (t) = t 6= 0 also auch
y(t) 6= 0 und y muss damit auf den positiven und negativen Teil von I jeweils dassselbe
Vorzeichen haben. Im Fall 0 ∈ I haben wir weiter
t
t→0 y(t)
y 0 (0) = lim y 0 (t) = lim
t→0
es muss dann also y(0) = 0 sein und da auch
y 0 (0) = lim t → 0
y(t)
y(t) − y(0)
= lim
t→0 t
t
gilt muss y 0 (0) ∈ {−1, 1} sein. Damit hat y 0 keine Nullstelle und y ist streng monoton.
Für die maximalen Lösungen erhalten wir damit:
1. Ist |b| > |a| so hat das Anfangswertproblem die eindeutige maximale Lösung
√
y : R → R; t 7→ sign(b) · t2 + b2 − a2 .
2. Ist a > |b|, so hat das Anfangswertproblem die eindeutige maximale Lösung
√
√
y : ( a2 − b2 , ∞) → R; t 7→ sign(b) · t2 + b2 − a2 .
3. Ist a < −|b|, so hat das Anfangswertproblem die eindeutige maximale Lösung
√
√
y : (−∞, − a2 − b2 ) → R; t 7→ sign(b) · t2 + b2 − a2 .
4. Ist a = b 6= 0 so hat das Anfangswertproblem die eindeutige maximale Lösung
y : R → R; t 7→ t.
5. Ist a = −b 6= 0 so hat das Anfangswertproblem die eindeutige maximale Lösung
y : R → R; t 7→ −t.
6. Ist a = b = 0 so hat das Anfangswertproblem genau zwei maximale Lösungen,
nämlich
y+ : R → R; t 7→ t und y− : R → R; t 7→ −t.
7. Ist a 6= 0, b = 0 so hat das Anfangswertproblem keine Lösung.
7