Gewöhnliche Differentialgleichungen

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Prof. Dr. W. Rosenheinrich
Fachbereich Grundlagenwissenschaften
Fachhochschule Jena
21.12.2007
Übungsmaterial: Gewöhnliche Differentialgleichungen
Dies ist eine erste Variante. Sie soll noch wesentlich ergänzt werden.
Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koefizienten kommen vor, sind aber kein eigentliches
Thema. Dazu gibt es separates Übungsmaterial, s. d..
Aufgaben:
1 Richtungsfelder:
1. Skizzieren Sie die Richtungsfelder zu den folgenden DGl !
a) y 0 =
1
,
y
b) y 0 = xy ,
c) y 0 =
√
x+y
2. Skizzieren Sie die Richtungsfelder zu den folgenden DGl !
a) y 0 = sin x ,
b) y 0 = sin y ,
c) y 0 = sin(x + y)
3. Skizzieren Sie die Richtungsfelder zu den folgenden linearen DGl !
a) y 0 + xy = 1 ,
b) y 0 − xy = 1 ,
c) y 0 +
y
=1,
x
d) y 0 −
c) y 0 =
y+2
x+1
y
=1
x
2. Formale Aufgaben, Trennung der Variablen:
1. Finden Sie die allgemeine Lösung der folgenden DGl!
a) y 02 = y 2 + 1 ,
b) y 0 =
x+1
,
y+2
2. Finden Sie die allgemeine Lösung der folgenden DGl!
a) y 0 = y(y + 1)(x + 2)(x + 3) ,
b) y 0 · tan x = y + 2 ,
c) y · y 0 =
3 + y2
1 + x2
3. Anwendungsaufgaben, Trennung der Variablen:
1. Ein Körper bewegt sich, einmal beschleunigt, frei und gerade auf einer ebenen Fläche. Dabei wird
er von einem Widerstand gebremst, so daß sich seine ursprüngliche Geschwindigkeit im Moment
t = 0 von 10m/s auf nur noch 9m/s nach 1s verringert hat. Beantworten Sie die folgenden Fragen:
a) Wie lautet die DGl der Bewegung?
b) Wie lautet das Weg - Zeit - Gesetz der Bewegung?
c) Wie weit kommt der Körper letztlich?
für die folgenden Formen des Bewegungswiderstandes:
I) der Luftwiderstand ist der Geschwindigkeit proportional,
II) der Luftwiderstand ist dem Quadrat der Geschwindigkeit proportional, und
III) die Gleitreibung ist der Geschwindigkeit indirekt proportional?
(Es soll jeweils nur eine Form des Widerstandes vorliegen.)
2. Eine Masse von 10kg wird durch einen Antrieb beschleunigt; die von diesem Antrieb entwickelte
Kraft ist abhängig von seiner Drehzahl, und zwar ist sie eine lineare Funktion davon. Wenn der
Antrieb und damit die Masse stehen beträgt die Kraft 20N , bewegt sich die Masse mit 4m/s, so
verbleibt eine Kraft von 15N . Stellen Sie die Differentialgleichung für das Geschwindigkeits - Zeit
- Gesetz der Bewegung der Masse auf ! Ermitteln Sie v(t) aus der Angabe, daß sich die Masse im
Moment t = 0, in dem der Antrieb eingeschaltet wird, in Ruhe befinden möge !
1
3. Wenn ein großes, wassergefülltes Gefäß eine kleine Öffnung im Boden hat, so ist die Ausflußgeschwindigkeit proportional der Wurzel aus der Höhe des Wasserspiegels über dieser Öffnung. Das
Gefäß sei ein senkrecht stehender Rotationskörper.
a) Wie lautet das Weg - Zeit - Gesetz für den Wasserspiegel bei einem Gefäß in der Form eines
Zylinders?
b) Welchen Radius r = r(h) muß es in der Höhe h über der Öffnung haben, damit sich der Wasserspiegel im Gefäß mit konstanter Geschwindigkeit senkt?
4. Wenn ein großes, wassergefülltes Gefäß eine kleine Öffnung im Boden hat, so ist die Ausflußgeschwindigkeit proportional der Wurzel aus der Höhe des Wasserspiegels über dieser Öffnung. Das
Gefäß sei ein senkrecht stehender Rotationskörper.
a) Wie lautet das Weg - Zeit - Gesetz für den Wasserspiegel bei einem Gefäß in der Form einer
Kugel des Radius R?
b) Die Kugel habe ein Volumen von 70l; sie sei anfangs völlig gefüllt, und im Moment t = 0 beträgt
der Ausfluß durch das ziemlich kleine Loch 0.4l/min. Wie lange dauert es, bis sie leergelaufen ist,
wenn sich die Ausflußgeschwindigkeit wie genannt verringert?
5. Ein Regler steuert den Zufluß von Wasser in einen Behälter von der Form eines stehenden Zylinders.
Die Stärke des Zuflussses ist proportional zur Differenz des Niveaus des Wasserspiegels zum angestrebten Niveau y = 220cm. Im Moment t = 0 ist der Wasserspiegel 60cm unter dieser Marke; es
fließt nichts mehr ab und im Verlaufe von zwei Minuten reduziert sich die Differenz auf die Hälfte.
Geben Sie die Differentialgleichung für die Höhe y(t) des Wasserspiegels an und ermitteln Sie aus
ihr und den gemachten Angaben die Funktion y(t); es wird angenommen, daß die Wassermenge im
Behälter nur durch diesen Zufluß verändert wird.
6. Ein Körper befindet sich in Ruhe, im Moment t = 0 beginnt eine konstante Kraft auf ihn einzuwirken, die ihn anfangs mit 20m/sec2 beschleunigt. Der Körper verliert dabei Masse, und zwar
pro Sekunde ein Zehntel seiner Anfangsmasse. Geben Sie die Differentialgleichung zur Bestimmung
seiner Geschwindigkeit an und berechnen Sie v(x)! Weitere Kräfte (Reibung usw.) mögen nicht
vorliegen!
7. Ein schwerer Massepunkt gleitet reibungsfrei über eine auf einer horizontalen Ebene liegende Halbkugel. Er lag ursprünglich auf dem ’Nordpol’ und erhielt bei t = 0 eine (kleine) Anfangsgeschwindigkeit v0 , worauf er unter dem Einfluß der Erdbeschleunigung g zum ’Äquator’ rutscht. Es sei ϕ
der Winkel zwischen dem Radius zum Punkt und der Senkrechten. Der Kugelradius R sei gegeben.
Formulieren Sie eine Differentialgleichung für ϕ(t)!
8. Die Strahlen einer Lichtquelle werden im umgebenden Medium absorbiert. Die Helligkeit f (r) im
Abstand r von der Lichtquelle genügt der DGl
d 4πr2 f (r) = kr2 f (r)
dr
mit einer Konstanten k. Geben Sie die allgemeine Lösung der DGl an!
9. Nach dem Newtonschen Gesetz ist die Abkühlgeschwindigkeit eines Körpers der Temperaturdifferenz zur Umgebung proportional. Der Körper habe im Moment t = 0 die Temperatur 100o C, die
Zimmerluft hingegen 20o C. Nach zehn Minuten ist die Temperatur des Körpers auf 60o C gefallen.
Geben Sie eine DGl für die zeitabhängige Temperatur T (t) an, und ermitteln Sie aus den gemachten
Angaben die konkrete Funktion T (t)! Wie lange dauert es, bis sich der Körper auf 25o C abgekühlt
hat?
10. In einen Behälter, der in 100l Salzlösung 10kg Salz enthält, beginnt im Moment t = 0 reines
Wasser einzuströmen, und zwar 15l pro Minute. Der Behälterinhalt ist dank dauernden Rührens
homogen, über einen Überlauf fließen pro Minute auch 15l Salzlösung ab. Geben Sie eine DGl für
die zeitabhängige Salzmenge S(t) im Behälter an, und berechnen Sie hieraus S(t)!
11. Zwei gleichgroße Flüssigkeitsmengen sind durch eine Membran getrennt; die eine enthält anfangs
1400g Salz, die andere nichts davon. Das Salz diffundiert durch die Membran in die Flüssigkeit
mit der niedrigeren Konzentration; die Diffusionsgeschwindigkeit (Menge je Zeiteinheit) ist dem
Konzentrationsunterschied proportional. In der ersten Sekunde passieren 15.7mg die Membran.
Diese altert, und damit verschlechtert sich ihre Durchlässigkeit. Pro Stunde nimmt sie um 8% des
Wertes zu Beginn dieser Stunde ab.
Bestimmen Sie aus diesen Angaben die zeitabhängigen Salzmengen in den beiden Behältern!
2
12. Der momentane Treibstoffverbrauch eines gewissen Flugzeugtyps setze sich aus einem konstanten
Anteil und einem zum Gewicht des Flugzeugs proportionalen zusammen.
Vollgetankt (dabei entfallen 30% des Flugzeuggewichts auf den Treibstoff) kann das Flugzeug
3800km zurücklegen. Dabei fliegt es praktisch immer mit derselben Geschwindigkeit.
Am Ende dieses Fluges ist der momentane Verbrauch nur noch 80% von dem am Anfang.
a) Wie weit kommt das Flugzeug, wenn es mit halbvollem Tank startet?
b) Wieviel Prozent des Tankvolumens müssen gefüllt sein, um 1600km zu fliegen?
13. Gegeben ist ein Seil der Länge L mit konstanten Querschnitt.
Belastet man ein Stück der Länge 1 (es hat das Gewicht G) in horizontaler Lage mit der Kraft f ,
so verlängert es sich um die Strecke kf .
Dieses Seil wird nun an einem Ende befestigt und hängt ansonsten unter seinem Eigengewicht
senkrecht nach unten. Dabei dehnt es sich. Ein Punkt, der im unbelasteteten Seil die Entfernung x
vom Befestigungsende hatte gerät jetzt in den Abstand y(x).
Ermitteln Sie diesen! Um wieviel verlängert sich das Seil insgesamt?
4. Formale Aufgaben, Lineare DGl. 1. Ordung:
1. Lösen Sie das Anfangswertproblem
y 0 + 2xy
=
6x
,
y(0) = −2
!
5. Anwendungsaufgaben, Lineare DGl. 1. Ordung:
1. An einem leeren Kondensator der Kapazität 160pF wird im Moment t = 0 eine Spannung von 140V
angelegt; dabei ist ein Widerstand von 800kΩ in Reihe geschaltet.
a) Geben Sie eine DGl für die Ladung des Kondensators als Funktion der Zeit an!
Idee: Der Ladestrom ist stets proportional zur Spannungsdifferenz.
b) Geben Sie die Ladung des Kondensators als Funktion der Zeit an!
c) In welchem Moment ist der Kondensator zu 90% seiner Kapazität geladen?
2. In der nachstehenden Schaltung liegt die Eingangsspannung
R
Ue (t) an; über den Widerstand R fließt dadurch ein Strom
in oder aus dem Kondensator mit der Kapazität C. An diesem resultiert eine Spannung Ua (t), die gemessen wird. Der
Innenwiderstand der Spannungsquelle sei in R enthalten.
s
1. Welcher Zusammenhang besteht zwischen Ua und der Ladung Q des Kondensators? Welcher Zusammenhang besteht
Ue (t)
C
s
zwischen der Änderung der Ladung Q und dem momentan
fließenden Strom I? Wie hängt der Strom I von Ue und Ua
ab?
2. Formulieren Sie eine Differntialgleichung für die Funktion Ua (t) mit der gegebenen Funktion Ue (t)! Lösen Sie diese
in allgemeiner Form!
3. Geben Sie spezielle Lösungen für die folgenden Fälle an:
a) Der Kondensator ist im Moment t = 0 leer oder
b) er enthält die Ladung Q0 ,
kombiniert mit
I) Ue (t) = Ue = const.,
II) Ue (t) = at oder
III) Ue (t) = A sin ωt !
4. Es gelte limt→∞ Ue (t) = U∞ = const.. Berechnen Sie limt→∞ Ua (t) !
Welchen Einfluß hat die Anfangsladung des Kondensators auf diesen Grenzwert?
s
Ua (t)
s
6. Formale Aufgaben, Substitutionen:
1. Finden Sie die allgemeine Lösung der folgenden DGl, indem Sie durch geeignete Substitutionen
separierbare DGl für neue Unbekannte gewinnen!
a) y 0 = (y + 4x)2 ,
3
b) y 0 = x2 y 3 −
y
x
7. Gemischte Aufgaben:
1. Finden Sie die allgemeine Lösung der folgenden DGl!
a) y 0 x = y ,
b) y 0 x = y + 1 ,
c) y 0 = xy ,
d) y 0 = xy + x
2. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Differentialgleichungen!
a) y 0 = (y 2 + 4y + 3)(x + sin 2x) ,
y 000 + 4y 00 + 16y 0 + 64y = 600e2x − 48 − 192x
3. Bestimmen Sie die allgemeinen Lösungen der folgenden Differentialgleichungen!
a) y 0 = 3y(y + 1)x2
,
b) y 0 − cos x · y = 3 cos x
8. Formale Differentialgleichungen 2. Ordnung:
1. Autonome DGl der Form y 00 = f (y) kann man zu einer DGl 1. Ordnung reduzieren, indem man sie
mit y 0 multipliziert und nach x integriert.
Mit der Stammfunktion F (y) zu f (y) wird dann 21 (y 0 )2 = F (y) + c.
Lösen Sie die Anfangswertprobleme
a) y 00 = 6y 2 ,
a) y 00 = ey ,
y(0) = 1 ,
y(0) = 0 ,
y 0 (0) = −2 ,
√
y 0 (0) = − 2 !
8. Angewandte Differentialgleichungen 2. Ordnung:
1. Ein Körper der Masse m fällt auf ein Zentrum zu, dessen Anziehungskraft F = k/r2 vom Abstand
r zwischen Körper und Zentrum abhängt. Der Fall beginne aus der Ruhelage im Abstand r(0) =
a > 0. Formulieren sie eine DGl für r(t), lösen Sie diese zum formulierten Anfangswertproblem, und
berechnen Sie die Fallzeit bis in das Zentrum!
4
Lösungen:
1 Richtungsfelder:
1. a) Die
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1 .....
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0 .
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Anstiege
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hängen nicht
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x ab.
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−1.0
−0.5
0.0
0.5
Da die Achsen nicht im gleichen Maßstab unterteilt sind ist das Bild nur qualitativ richtig.
b) Auf
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−2 ..
−1.0
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Achsen verlaufen alle Lösungen
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1.0
horizontal.
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5
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1.0
c) Jetzt sind Lösungen nur oberhalb der Geraden y = −x
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0
möglich:
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−2
−1.0
−0.5
2. a) Die Anstiege hängen nur
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3
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2 ...... ...... ...... ...... .....
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0 ......
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b) Die Anstiege hängen nur von
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−2
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0
1
2
3
c) Die Anstiege hängen nur von x + y ab, sind also entlang Geraden der Form y = −x + C konstant.
Es sind beispielsweise Lösungen: y = −x + (2k − 0.5)π:
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−3
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0
1
2
3
7
3. Die Gleichungen werden jeweils nach y 0 aufgelöst.
a) y 0 = 1 − xy:
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b) y 0 = 1 + xy:
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c) y 0 = 1 − y/x:
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d) y 0 = 1 + y/x:
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2. Formale Aufgaben, Trennung der Variablen:
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2
1. Alle drei DGl können mit Separation behandelt werden.
a) y 02 = y 2 + 1 ,
y+
p
y0 = ±
p
y0
p
= ±1 ,
y2 + 1
y2 + 1 ,
y 2 + 1 = Ce±x = A ,
ln |y +
p
y 2 + 1| = ±x + c
y 2 + 1 = (A − y)2 = A2 − 2Ay + y 2 ,
A2 − 1
C 2 e±x − e∓x
e±(x+c) − e∓(x+c)
=
=
= ± sinh(x + c)
2A
2C
2
Tatsächlich gilt für die Hyperbelfunktionen (sinh x)0 = cosh x und cosh2 x − sinh2 x = 1.
Eine Sonderlösung gibt es hier nicht.
b) Keine Sonderlösung, also
y=
y 0 (y + 2) = x + 1 ,
x2
y2
+ 2y =
+x+c ,
2
2
y 2 + 4y − x2 − 2x − c = 0 ,
y1,2 = −2 ±
p
x2 + 2x + C
Der Summand 4 unter der letzten Wurzel ist nicht nötig, da eine unbestimmte Konstante addiert
wird.
c) Eine Sonderlösung y ≡ −2, ansonsten
y0
1
=
,
y+2
x+1
ln |y + 2| = ln(x + 1) + c ,
y = −2 + C(x + 1)
Die Sonderlösung ordnet sich hier ein.
2. Alle drei DGl können mit Separation behandelt werden.
a) Sonderlösungen sind y ≡ 0 und y ≡ −1, ansonsten
y0
y0
y0
=
−
= (x + 2)(x + 3) = x2 + 5x + 6
y(y + 1)
y
y+1
3
2
y = ln 1 − 1 = x + 5x + 6x + c
ln |y| − ln |y + 1| = ln y+1
y+1
3
2
3
2
1
x
5x
1
1−
= C · exp
+
+ 6x , y = −1 +
2
x3
y+1
3
2
1 + C · exp 3 + 5x2 + 6x
exp(x) = ex . Vor das C mußte kein Minuszeichen gesetzt werden.
Die Sonderlösungen gehören zu den Spezialfällen C = 0 und C → ∞.
b) Sonderlösung: y ≡ −2, ansonsten
y0
1
=
,
y+2
tan x
ln |y + 2| = ln sin x + c ,
y = −2 + C sin x
Die Sonderlösung ordnet sich hier ein.
c) Keine Sonderlösung.
yy 0
1
=
,
2
3+y
1 + x2
1
ln(3 + y 2 ) = arctan x + c ,
2
3 + y 2 = Ce2 arctan x ,
y= ±
p
Ce2 arctan x − 3
3. Anwendungsaufgaben, Trennung der Variablen:
1. Die wirkende Kraft ist gleich der Masse des Körpers mal dessen Beschleunigung, für die man v̇
schreiben kann. Da die Kraft gegen die Bewegung gerichtet ist wird sie mit einem Minuszeichen
verwendet: mv̇ = −F , also v̇ = −F/m.
Es wird zunächst das Geschwindigkeits - Zeit - Gesetz gewonnen, und daraus durch Integration das
Weg - Zeit - Gesetz.
Die DGl wird - mit einem Proportionalitätsfaktor c, der u. a. die Masse enthält - entsprechend:
I) v̇ = −cv ⇒ v(t) = c1 e−ct = 10e−ct , v(1) = 9 ⇒ −c = ln 0.9, c = 0.1054
Der Parameter c1 der allgemeinen Lösung der DGl bestimmt sich aus der Anfangsbedingung, und
der Proportionalitätsfaktor c resultiert aus der Angabe für t = 1s.
Z t
10
10
= 94.9m
x(t) =
10e−0.1054t dt =
1 − e−0.1054t , t → ∞ ⇒ x∞ =
0.1054
0.1054
0
10
II) v̇ = −cv 2 ⇒ v(t) =
Z
1
1
=
, v(1) = 9 ⇒ c = 0.01111
ct + c1
ct + 0.1
t
1
dt
=
ln(0.01111t + 0.1), t → ∞ ⇒ x∞ = ∞
0.01111t
+
0.1
0.01111
0
√
√
III) v̇ = −c/v ⇒ v(t) = c1 − 2ct = 100 − 2ct , v(1) = 9 ⇒ 2c = 19, c = 9.5
Z t
√
2 · 1003/2
2 · (100 − 19t)3/2
x(t) =
100 − 19tdt =
−
= 35.09 − 0.03509 · (100 − 19t)3/2 ,
3 · 19
3 · 19
0
x(t) =
t → ∞ ⇒ x∞ = x(5.26) = 35.09m
Der Körper kommt nach 5.25s bzw. 35.09m zum Stehen; ab diesem Moment wird in diesem Falle
die Differentialgleichung sinnlos.
2. Kraft ist Masse mal Beschleunigung; hier:
5
mv̇ = F (v) = 20 − v
4
.
Mit der Geschwindigkeit in m/s wird für die Maßzahl der Geschwindigkeit bzw. Beschleunigung
Z
dv
v̇ = 2 − 0.125v =⇒
= −8t + c =⇒ ln |v − 16| = −8t + c
v − 16
v(t) = 16 − Ce−8t = v(0) = 0 = 16 − C =⇒ v(t) = 16 1 − e−8t
.
3. Die momentane
Geschwindigkeit v = ḣ des Wasserspiegels ist proportional zur Ausflußgeschwindig√
keit va ∼ h und indirekt proportional√zur momentanen Oberfläche, also zu r−2 , folglich gilt mit
einer Konstanten c die Beziehung ḣ = c h/r2 .
2
Z
Z
√
dh
cdt
ct
1 ct
√ =
a)
⇒
2
h
=
+
c
⇒
h(t)
=
+
c
1
1
r2
r2
4 r2
h
Die Integrationskonstante c1 ist sicher negativ und betragsmäßig größer als
√
c h
k2
b)
ḣ = k = konst. ⇒ k = 2 ⇒ h(r) = 2 r4
r
c
ct
r2 .
Der Vertikalschnitt entspricht also einer Parabel 4. Ordnung.
4. Die Höhe des Wasserspiegels
über der Ausflußöffnung
sei h, der davon abhängige Radius des Wasp
p
serspiegels ist r(h) = R2 − (h − R)2 = (2R − h)h.
√ Im sehr kurzen Zeitabschnitt dt läuft - mit
einem Proportionalitätsfaktor k - die Menge dV = k hdt aus; dadurch senkt sich der Wasserspiegel
um −dh = dV /πR2 (h):
√
Z √
Z
dh
k h
k1
−
=
= √
=⇒
h(2R − h)dh = − k1 dt
dt
πh(2R − h)
h(2R − h)
4R 3/2 2 5/2
h − h
= −k1 t + c
3
5
Bei t = 0 ist h = 2R, also gilt
c =
2
2
2
4
4R
(2R)3/2 − (2R)5/2 = (2R)5/2 − (2R)5/2 =
(2R)5/2
3
5
3
5
15
Die Gleichung
4R 3/2 2 5/2
4
h − h
= −k1 t + (2R)5/2
3
5
15
ist eine implizite Definition der Funktion h = h(t). Eine einfache Auflösung dieser Gleichung nach
h ist nicht möglich; man kann nur für einen gegebenen Wert von t die zugehörige Höhe h über ein
Näherungsverfahren numerisch bestimmen.
b) Nimmt man als Längeneinheit dm, so ist 34 πR3 = 70, also R = 2.557. Es folgt
3.409h1.5 − 0.4h2.5 = 15.766 − k1 t
11
√
Die Zeit t wird in Minuten gemessen,
dann ergibt die Beziehung dV = k hdt für den Anfang
√
(h = 2R) die Gleichung 0.4 = k 2 · 2.557, es folgt k = 0.1769 oder k1 = k/π = 0.05630. Die Zeit
zum Auslaufen der Kugel resultiert aus der Forderung h(t∗ ) = 0, also ist dann 15.776 − 0.05630t∗ =
0 oder t∗ = 280.2. Das Entleeren der Kugel dauert also 4 Stunden und 40 Minuten. Wenn die
Ausströmgeschwindigkeit nicht abnähme, so wäre die benötigte Zeit 70/0.4 = 175 Minuten, also
37.5% kürzer.
Die numerische Lösung der nichtlinearen Gleichung muß vorsichtig erfolgen, um nicht auf eine
Scheinlösung zu geraten. Für t > 0 hat diese Gleichung zwei positive Lösungen, eine kleiner als 2R
und die andere größer, letztere ist aber sinnlos. Bei t → 0 + 0 laufen beide Lösungszweige in 2R
ein. Für t = 10 sind die Lösungen z. B. 4.3891 und 5.8051. Man muß also Sorge tragen, daß das
Näherungsverfahren die kleine Lösung berechnet.
5. ẏ = vertikale Geschwindigkeit des Wasserspiegels ∼ Zufluß ∼ 220 − y
Mit einem Proportionalitätsfaktor k wird ẏ = k(220 − y), separiert:
Z
Z
dy
dy
= k · dt ⇒
= k · dt ⇒ − ln(220 − y) = kt + c
220 − y
220 − y
y(t) = 220 − e−kt+c = 220 − ec · e−kt = 220 − c1 e−kt
y(0) = 220 − 60 = 220 − c1 ⇒ c1 = 60
y(2) = 220 − 30 = 220 − 60e−2k ⇒ e−2k = 0.5 ⇒ −2k = ln 0.5 ⇒ k = 0.347
y(t) = 220 − 60e−0.347t , t in Minuten, y in Zentimeter.
6.
F = v̇ · m(t) = v̇ · m0 · (1 − 0.1t) ,
Z
v(t) = −
F/m0 = 20m/sec2
200dt
= −200 ln |t − 10| + c
t − 10
⇒
v̇ =
200
20
=−
,
1 − 0.1t
t − 10
v(0) = 0
v(t) = 200 ln 10 − 200 ln(10 − t) = 200 ln
10
10 − t
Die Funktion ist offenbar nur für t < 10sec sinnvoll.
7. Die jeweils beschleunigende Hangabtriebskraft ist FH = mg · sin ϕ, wobei die gewählte Orientierung
des Winkels berücksichtigt wurde. Für die Beschleunigung gilt Rϕ̈, das 2. Newtonsche Axiom liefert
Rmϕ̈
=
mg · sin ϕ
,
und hieraus kann die Masse m gekürzt werden.
Anfangsbedingungen sind ϕ(0) = 0 und Rϕ̇(0) = v0 .
Durch eine Energiebetrachtung gewinnt man sofort eine DGl erster Ordnung: An der ’Stelle’ ϕ hat
der Punkt die Höhe R(1−cos ϕ) und damit die potentielle Energie mgR(1−cos ϕ) eingebüßt; wegen
der fehlenden Reibung ist das aber gerade der Gewinn an kinetischer Energie 12 m(Rϕ̇)2 , und nach
Kürzen von mR bleibt
v2
2g(1 − cos ϕ) = Rϕ̇2 + 0
.
R
Die Anfangsenergie ist einzubeziehen. Das Problem ist übrigens gerade eine Umkehrung des Modells
des mathematischen Pendels.
8. Da die Strahlung sicher mit der Entfernung abnimmt muß k negativ sein. Der bequemste Weg zur
Lösung der Gleichung besteht in der Einführung der Funktion ϕ(r) = r2 f (r), dann gilt 4πϕ0 = kϕ
und es folgt in üblicher Weise
k
ϕ(r) = Ce 4π r
⇒
k
f (r) = Cr−2 · e 4π r .
Die allgemeine Lösung enthält den unbestimmten Parameter C, der die Stärke der Lichtquelle
beschreibt.
9.
dT ∼ (T − 20) · dt ⇒ Ṫ = c(T − 20) ⇒ ln(T − 20) = ct ⇒ T (t) = 20 + ect+c1 = 20 + 80ect ,
12
T (10) = 60 = 20 + 80e10c ⇒ 0.5 = e10c ⇒ c = −0.0693 ,
ln(5/80)
= 40min
−0.0693
25 = 20 + 80e−0.0693t ⇒ t =
Ein elementarer Überschlag bestätigt das Resultat: Die Differenz zu 20o C halbiert sich alle 10min:
80 - 40 - 20 - 10 - 5 !
10. Wir betrachten einen kleinen Zeitabschnitt dt; die Zeit werde in Minuten gemessen. In dieser Zeit
werden 15dt Liter durchgesetzt, sie führen die Salzmenge dS mit sich. Diese verhält sich zur gesamten Salzmenge S = S(t) wie das Volumen 15dt zum Gesamtvolumen 100. Man beachte, daß die
Salzmenge abnimmt, also ist
dS = −
15dt
S
100
=⇒
Ṡ = −0.15S
=⇒
S(t) = ce−0.15t
Aus dem Anfangswert folgt
S(0) = ce0 = c = 10
=⇒
S(t) = 10e−0.15t
.
11. Die Salzmenge im ersten Behälter sei S1 (t), die im zweiten entsprechend S2 (t), ihre Summe ist
konstant 1400. Die Mengen werden in Gramm gemessen, die Zeit in Stunden. In einem sehr kurzen
Zeitintervall passiert die Menge dS2 = k(t)(S1 − S2 )dt, dabei ist k(t) ein wegen des Alterungsprozesses zeitabhängiger Proprtionalitätsfaktor. Es ist k(0) = 15.7mg/s/1400g = 0.04037/h und es gilt
k(t) = 0.04037 · 0.92t = 0.04037 · e−0.083382t . Damit gelangt man zu der separierbaren DGl
dS2
= 0.04037 · e−0.083382t · (S1 − S2 ) = 0.04037 · e−0.083382t · (1400 − 2S2 ) .
dt
Die Bedingung, daß die beiden Flüssigkeitsmengen gleichgroß sein sollen, ist in dem Faktor ’2’ in
der letzten Klammer enthalten. Man integriert:
Z
Z
dS2
= −2 · 0.04037 e−0.083382t dt =⇒ ln |S2 − 700| = 0.96835e−0.083382t + c
S2 − 700
Weil offenbar stets S2 < 700 gilt ist also
S2 (t) = 700 − exp 0.96835e−0.083382t + c
und aus S2 (0) = 0 folgt 0.96835 + c = ln 700.. Resultat:
S2 (t) = 700 − 700 exp 0.96835(e−0.083382t − 1)
Die Salzkonzentration in den beiden Behältern wird sich nicht ausgleichen; die ’Endmenge’ ist
S2∗ = 700(1 − e−0.96835 ). Der zeitliche Ablauf ist der folgende:
t [h]
S2 [g]
1
2
4
10
20
40
100
1000
52.2
96.7
168.1
295.2
380.9
424.9
434,1
434.2
12. Der Momentanverbrauch V ist die (mit umgekehrten Vorzeichen genommene) Ableitung der Treibstoffmenge nach der Zeit. Wegen der vorausgesetzt konstanten Geschwindigkeit sind Zeit und zurückgelegte Wegstrecke proportional, folglich sind auch Momentanverbrauch und Ableitung der
Treibstoffmenge nach der Strecke s proportional.
Es gilt also mit Konstanten a und b: V (s) = a + b · G(s), dabei bezeichne G(s) das Gewicht des
Flugzeuges nach Zurücklegen der Strecke s.
Einen Koeffizienten kann man eliminieren, indem man V (3800) = a + b · 0.7 · G0 = 0.8V (0) =
0.8 (a + b · G0 ) berücksichtigt. Hieraus folgt 0.2a − 0.1bG0 = 0, also z. B. a = 0.5bG0 . G0 ist das
Gesamtgewicht zu Beginn des Fluges.
Das momentane Gewicht ist das Startgewicht G0 minus dem Gewicht des bisher verbrauchten
Treibstoffs:
Z s
G(s) = G0 −
V (σ) dσ .
0
13
Nach Vereinigen dieser Gleichungen ergibt sich für das momentane Gewicht
Z s
[a + bG(σ)] dσ ,
G(s) = G0 −
0
und hieraus liefert die Differentation der Gleichung nach s eine DGl.. Die Ableitung des Integrals
nach seiner oberen Grenze ist der Wert des Integranden in dieser Grenze:
G0 = −a − b G
a
G(s) = − + C2 = −0.5G0 + C2 e−bs .
b
=⇒
Die Anfangsbedingung G(0) = G0 = −0.5G0 + C2 ergibt C2 = 1.5G0 . Damit ist das momentane
(eigentlich: lokale) Gewicht durch das Startgewicht ausgedrückt:
G(s) = 1.5e−bs − 0.5 G0 .
Diese Gleichung ist nur sinnvoll für 0 ≤ s ≤ 3800.
1.2
)/3800 = 5.872 · 10−5 sowie
Aus G(3800) = 0.7G0 folgt 1.5e−3800b − 0.5 = 0.7 oder b = −(ln 1.5
−5
a = 2.936 · 10 G0 . Beides sind feste Werte.
a) ’Start mit halbvollem Tank’ bedeutet ein Startgewicht G0 = 0.85G∗0 mit dem speziellen Gewicht
G∗ des vollgetankten Flugzeugs, und geflogen wird bis der Tank leer ist, also G(s) = 0.7G∗0 eintritt:
0.7G∗0 = 1.5e−bs − 0.5 · 0.85G∗0 =⇒ 0.7 = 1.275e−bs − 0.425 =⇒ 1.125 = 1.275e−bs =⇒
s=−
1.125
1.125
ln 1.275
ln 1.275
=
· 3800 = 0.5609 · 3800 = 2131 .
b
ln 1.2
1.5
Bei Start mit halbvollem Tank fliegt man mithin rund 12% mehr als die halbe Strecke zum vollen
Tankinhalt.
b) Wieviel muß man für 1600km tanken? Nach dieser Strecke soll der Tank leer sein, also sei
0.7G∗0 = 1.5e−b·1600 − 0.5 · G0
=⇒
−1
G0 = 0.7G∗0 · 1.5e−b·1600 − 0.5
= 0.8088G∗0 .
Vollgetankt sind 30% des Gewichtes Treibstoff, jetzt müssen es nur 10.88% sein.
Das sind 10.88%/0.3 = 36.3% der vollen Tankmenge, dabei fliegt man 1600/3800 = 42.1% der
Maximalstrecke.
13. Betrachten wir die Strecke dy = y(x + dx) − y(x) zwischen zwei Punkten, die ursprünglich den
Abstand dx hatten.
Im Querschnitt in dieser sehr kurzen Strecke wirkt - wegen ihrer Kürze! - überall dieselbe Zugkraft:
die Last des darunter befindlichen Seils. Dessen Länge ist L − x und sein Gewicht wird G(L − x).
Damit dehnt sich die Strecke dx auf dy = [1 + kG(L − x)]dx, woraus
y0 =
dy
= 1 + kG(L − x) .
dx
resultiert. Es folgt
Z x
Z x
h
h
x i
s ix
y 0 (s) ds =
[1 + kG(L − s)] ds = s 1 + kG L −
= x 1 + kG L −
2
2
0
0
0
einer- und
Z
0
x
x
y (s) ds = y(s) = y(x) − y(0) = y(x) − 0 = y(x)
0
0
andererseits, mithin
y(x)
=
h
x i
x 1 + kG L −
.
2
Speziell ist
y(L)
=
kGL
L 1+
2
=
L+
kGL2
.
2
Der Faktor 1/2 bringt zum Ausdruck, daß sich das Seil nach unten zu immer weniger dehnt.
(Frage: Ein gedehntes Seilstück der Länge 1 ist offenbar leichter als G - muß man das beachten?)
Das war ein ganz einfacher Typ von DGl: y 0 = f (x) - hier mußte man nur integrieren.
14
4. Formale Aufgaben, Lineare DGl. 1. Ordung:
1.
Z
0
y + p(x)y = q(x) ,
y(x) = e
y(x) = e−x
Z
2
−x2
Z
Z
2xdx = x2
p(x)dx =
2
6xex dx ,
x2 = g(x) = t ,
2
3et dt = e−x (3et + c) = e−x
2
g 0 (x) = 2x
2
2
3ex + c = 3 + ce−x
Das ist die allgemeine Lösung der Differentialgleichung; aus den Anfangswerten folgt
y(0) = 3 + c = −2 ,
c = −5
=⇒
y(x) = 3 − 5e−x
2
5. Anwendungsaufgaben, Lineare DGl. 1. Ordung:
1. a) Zu einer momentanen Ladung Q(t) gehört die Spannung U (t) am Kondensator; die Beziehung
zwischen beiden Größen wird durch die Kapazität C hergestellt: Q = CU . Im kurzen Zeitraum
dt ändert sich die Ladung um dQ, wobei dieser Wert aus Zeitintervall und Ladestrom resultiert:
dq = Idt. Der Strom I(t) hängt ab von der Differenz zwischen der Kondensatorspannung U (t)
und der Außenspannung Ua einerseits und dem eingeschalteten Widerstand R andererseits: I(t) =
(Ua − U (t))/R. Damit ist
dQ
=
Ua − U (t)
dt
R
=⇒
Q̇
=
Ua C − Q/C
.
R
b) Es handelt sich um eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung:
y 0 + p(x)y = q(x)
Q(t) = e
−
Rt
dτ
0 RC
:
Z
Q(0) +
0
t
1
Ua
, q(x) =
RC
R
Z t
R τ ds t
Ua
Ua τ
e 0 RC dτ = e− RC Q(0) +
e RC dτ
R
0 R
y(x)=Q(t)
ˆ
, p(x) =
Nach Voraussetzung ist der Kondensator anfangs leer, also Q(0) = 0; die Integration ergibt
h
i
i
h
t
t
t
Q(t) = e− RC Ua Ce R − Ua C = Ua C 1 − e− RC
Mit den konkreten Werten wird
Ua C = 140V · 160pF = 2.24 · 10−8 As ,
RC = 800kΩ · 160pF = 1.24 · 10−4 /s = 1/(7813s)
oder, t in Sekunden und Q(t) in As gemessen:
Q(t) = 2.24 · 10−8 1 − e−7813t
,
die Exponentialfunktion strebt mit wachsender Zeit gegen Null und der Wert 2.24 · 10−8 ist die
endgültige Ladung des Kondensators. Sie ist zu 90% erreicht, wenn e−7813t = 0.1 wird, d.h. es gilt
t = ln 0.1/(−7813) = 0.000295s.
2. 1, 2. Momentan gilt Q = C · Ua und I = (Ue − Ua )/R; für kurze Zeiträume ∆t ist ∆Q ≈ I · ∆t, also
C · ∆Ua ≈ (Ue − Ua ) · ∆t/R. Der Grenzübergang ∆t → 0 ergibt
∆Ua
Ue − Ua
≈
∆t
RC
=⇒
dUa
Ue (t) − Ua
=
dt
RC
.
Das ist eine inhomogene lineare DGl. erster Ordnung vom Typ y 0 + p(x)y = q(x) oder besser
y 0 + p(t)y = q(t); hier ist p(t) = 1/RC und q(t) = Ue (t)/RC.
Z t
τ t
t
p(τ ) dτ =
.
=
RC 0
RC
0
Z t
Z t
Ue (τ ) τ /RC
Q(0) −t/RC
Ue (τ ) (τ −t)/RC
Ua (t) = exp(−t/RC)· Ua (0) +
·e
dτ =
e
+
·e
dτ .
RC
C
RC
0
0
15
3. Betrachten wir die einzelnen Eingangsspannungen:
I) Ue (t) = Ue :
Z t
t
Ue
Q(0) −t/RC
Q(0) −t/RC
Ua (t) =
e
+
· e(τ −t)/RC dτ =
e
+ Ue · e(τ −t)/RC =
C
RC
C
0
0
Q(0) −t/RC
.
e
+ Ue · 1 − e−t/RC
C
Hier sind beide mögliche Anfangsbedingungen erfaßt; sie werden offensichtlich im Laufe der Zeit
bedeutungslos.
II) Ue (t) = at:
Z t
t
Q(0) −t/RC
at (τ −t)/RC
Q(0) −t/RC
a
Ua (t) =
e
·e
e
· e(τ −t)/RC RCτ − (RC)2 =
+
dτ =
+
C
C
RC
0
0 RC
Q(0) −t/RC
Q(0)
=
e
+ a [t − RC] + aRC · e−t/RC =
+ aRC e−t/RC + a [t − RC] .
C
C
=
Wiederum verlieren die Anfangsbedingungen ihre Bedeutung; langfristig ist Ua einfach um aRC
kleiner als Ue .
III) Ue (t) = A sin ωt:
Z t
Q(0) −t/RC
A sin ωτ (τ −t)/RC
e
·e
Ua (t) =
+
dτ =
C
RC
0
t
A
(1/RC) · sin ωτ − ω cos ωτ Q(0) −t/RC
e
+
· e(τ −t)/RC ·
=
=
C
RC
(1/RC)2 + ω 2
0
t
sin ωτ − RCω cos ωτ Q(0) −t/RC
e
+ A · e(τ −t)/RC ·
=
=
C
1 + (RCω)2
0
Q(0) −t/RC
sin ωt − RCω cos ωt
RC
e
+A
+ Ae−t/RC ·
=
C
1 + (RCω)2
1 + (RCω)2
Q(0)
ARC
sin ωt − RCω cos ωt
=
+
=
e−t/RC + A
2
C
1 + (RCω)
1 + (RCω)2
ARC
Q(0)
A
+
sin (ωt − arctan(RCω))
=
e−t/RC +
C
1 + (RCω)2
1 + (RCω)2
=
.
Letztendlich ist Ua eine gegenüber Ue gedämpfte und phasenverschobene Schwingung.
4. limt→∞ Ue (t) = U∞ = const. bedeutet, daß für jedes ε > 0 ein T = T (ε) existiert derart, so daß
|Ue (t) − U∞ | < ε gilt für alle t ≥ T .
Sei also t ≥ T für ein gewisses ε, dann gilt
Z t
Q(0) −t/RC
Ue (τ ) (τ −t)/RC
Ua (t) =
e
+
·e
dτ =
C
RC
0
Z T
Z t
Q(0) −t/RC
Ue (τ ) (τ −t)/RC
Ue (τ ) (τ −t)/RC
=
e
+
·e
dτ +
·e
dτ =
C
RC
RC
0
T
Z T
Z t
Z t
Q(0) −t/RC
Ue (τ ) (τ −t)/RC
Ue (τ ) − U∞ (τ −t)/RC
U∞ (τ −t)/RC
=
e
+
·e
dτ +
·e
dτ +
·e
dτ =
C
RC
RC
RC
0
T
T
= F1 (t) + F2 (t) + F3 (t) + F4 (t) .
Offenbar ist limt→∞ F1 (t) = 0 .
Weiter gilt
Z T
Z T
Ue (τ ) (τ −t)/RC
Ue (τ ) ([τ −T ]+[T −t])/RC
F2 (t) =
·e
dτ =
·e
dτ =
RC
RC
0
0
(T −t)/RC
Z
= e
0
T
Ue (τ ) (τ −T )/RC
·e
dτ
RC
16
.
Das Integral ist bezüglich t konstant; der Vorfaktor geht mit wachsendem t gegen Null, also gilt
limt→∞ F2 (t) = 0 .
F3 (t) kann abgeschätzt werden:
Z t
Z t
Ue (τ ) − U∞ (τ −t)/RC |Ue (τ ) − U∞ | (τ −t)/RC
|F3 (t)| = ·e
·e
dτ ≤
dτ <
RC
RC
T
T
Z
t
<
T
t
ε
· e(τ −t)/RC dτ = εe(τ −t)/RC = ε 1 − e(T −t)/RC < ε .
RC
T
Da ε ein beliebiger positiver Wert ist und durch Vergrößerung von T beliebig klein gemacht werden
kann wird also limt→∞ F3 (t) = 0 .
Letztlich folgt
Z t
t
U∞ (τ −t)/RC
.
F4 (t) =
·e
dτ = U∞ e(τ −t)/RC = U∞ 1 − e(T −t)/RC
T
T RC
Resultat: limt→∞ Ua (t) = U∞ .
Die Anfangsbedingung wird exponentiell in der Zeit abgebaut und verliert ihre Bedeutung. Der linke
Teil der Kontur ist ein geschlossener Stromkreis, über den sich der Kondensator dauernd entlädt, so
daß seine momentane Ladung hauptsächlich der jüngeren Vergangenheit entstammt. Dieser Abbau
erfolgt umso schneller, je kleiner der Kondensator bzw. der Widerstand ist.
6. Formale Aufgaben, Substitutionen:
1. Finden Sie die allgemeine Lösung der folgenden DGl, indem Sie durch geeignete Substitutionen
separierbare DGl für neue Unbekannte gewinnen!
a) y 0 = (y + 4x)2 ,
b) y 0 = x2 y 3 −
y
x
7. Gemischte Aufgaben:
1. a) Sonderlösung y ≡ 0, ansonsten Separation:
1
y0
= ,
y
x
ln |y| = ln x + c = ln(|C|x) ,
|y| = |C|x ,
y = Cx
Die Sonderlösung ordnet sich hier ein.
b) Lineare DGl, mit nichtkonstanten Koeffizienten, Lösungsformel bzw. Variation der Konstanten:
Z
Z
1
1
dx
1 1
y0 − y = ,
= ln x , eln x = x , y = x ·
· dx = −1 + cx
x
x
x
x x
c) Sonderlösung y ≡ 0, ansonsten Separation:
y0
=x,
y
ln |y| =
x2
+c,
2
2
|y| = |C|ex
/2
,
y = Cex
2
/2
Die Sonderlösung ordnet sich hier ein.
b) Lineare DGl, mit nichtkonstanten Koeffizienten, Lösungsformel bzw. Variation der Konstanten:
Z
Z
2
2
2
x2
y 0 − xy = x ,
x dx =
, y = ex /2 · e−x /2 · x dx = −1 + Cex /2
2
Beim letzten Integral sollte man −x2 /2 = s substituieren.
Anderer Lösungsweg: In y 0 = (y + 1)0 = xy + x = x(y + 1) ersetzt man y + 1 = z und gelangt zu
z 0 = xz, d. h. zur Aufgabe c). Von deren Lösung ist dann 1 zu subtrahieren.
2.
Z
a)
y 2 +4y+3 = (y+1)(y+3)
dy
=
y 2 + 4y + 3
=⇒
Z
(x + sin 2x)dx =
x2
1
− cos 2x + c
2
2
1 = A(y+3)+B(y+1) = (A+B)y+(3A+B) =⇒ A+B = 0, 3A+B = 1
17
1
1
1
x2
1
, B=−
=⇒
(ln(y + 1) − ln(y + 3)) =
− cos 2x + c
2
2
2
2
2
2
y+1
y+1
ln
= x2 − cos 2x + c =⇒
= ex −cos 2x+c = q
y+3
y+3
A=
2
y + 1 = qy + 3q
=⇒
y =
3ex −cos 2x+c − 1
3q − 1
=
1−q
1 − ex2 −cos 2x+c
Die Funktionen y(x) ≡ −1 und y(x) ≡ −3 sind Sonderlösungen der Differentialgleichung.
b) Das charakteristische Polynom P3 (λ) = λ3 + 4λ2 + 16λ + 64 hat mindestens eine relle Nullstelle,
die obendrein negativ ist. Man probiert die negativen Teiler von 64 und findet nach -1 und -2
dann -4 als erste derartige Nullstelle: λ1 = −4. Das Restpolynom hat die Form λ2 + 16, es hat die
komplexen Nullstellen λ2,3 = ±4i. Die Lösung des homogenen Problems ist folglich
yh (x)
=
C1 e−4x + C2 sin 4x + C3 cos 4x
.
Die rechte Seite enthält eine Exponentialfunktion und ein Polynom; wegen P3 (2) 6= 0 und P3 (0) 6= 0
kann der Ansatz in der Form
ys (x) = Ae2x + B + Cx
gemacht werden; das ergibt
y 000 + 4y 00 + 16y 0 + 64y = 8Ae2x + 16Ae2x + 32Ae2x + 16C + 64Ae2x + 64B + 64Cx =
= 120Ae2x + (16C + 64B) + 64Cx = 600e2x − 48 − 192x
Damit ist A = 5, C = −3 und B = 0 und es wird
y(x) = yh (x) + ys (x) = C1 e−4x + C2 sin 4x + C3 cos 4x + 5e2x − 3x
3.
Z
a)
dy
=
y(y + 1)
y x3 +c
y + 1 = e
Z
Z 2
3x dx
=⇒
=⇒
3
y
= Aex
y+1
.
y 1
1
= x3 + c
−
dy = ln y y+1
y + 1
3
=⇒
y(x) =
Aex
A
= −x3
3
x
1 − Ae
e
−A
Sonderlösungen sind y(x) ≡ 0 und y(x) ≡ −1, sie entsprechen den Fällen A = 0 und A → ∞.
b) Lineare DGl. 1. Ordnung, p(x) = − cos x, q(x) = 3 cos x
Z
Z
R
R
y(x) = e cos xdx 3 cos x · e− cos xdx dx = 3esin x cos xe− sin x dx
Z
sin x = t ,
cos xdx = dt
=⇒
cos xe− sin x dx =
Z
e−t dt = −e−t + c = −e− sin x + c
y(x) = 3esin x −e− sin x + c = −3 + ce− sin x
8. Formale Differentialgleichungen 2. Ordnung:
1. Aus y 0 · y 00 = 6y 2 · y 0 folgt nach Integration und Multiplikation mit 2 die Gleichung (y 0 )2 = 4y 3 +
c1 , mit den Anfangswerten ist 4 = 4 + c1 , also c1 = 0. Es verbleibt eine separierbare DGl 1.
Ordnung: y 0 = −2y 1.5 (wegen y 0 (0) = −2 < 0 ist beim Wurzelziehen ein Minuszeichen zu setzen)
mit −2y −0.5 = −2x + c2 oder y(x) = 1/(x + c2 )2 .
Wegen y(0) = 1/c22 = 1 ist c1 = ±1 möglich, also hat man also zunächst zwei Lösungen des AWP:
y1 (x) = 1/(x+1)2 und y2 (x) = 1/(x−1)2 . Allerdings scheidet y2 (x) aus, da y20 (0) = +2 der anderen
Anfangsbedingung nicht genügt.
b) y 0 · y 00 = y 0 · ey ergibt (y 0 )2 = 2ey + c1 , die Anfangswerte eingesetzt wird 2 = 2 + c1 und folglich
c1 = 0.
√
√
√
Es bleibt y 0 = − 2 ey/2 oder y 0 · e−y/2 = − 2, woraus durch Integration −2e−y/2 = − 2x + c2
folgt.
√
Einsetzen des Anfangswertes liefert −2 · 1 = c2 und damit wird y(x) = −2 ln( 2 x/2 + 1).
18
Anmerkung: In Aufgabe a) war es wesentlich, daß c1 = 0 wurde, ansonsten wäre man an der
nachfolgenden Integration gescheitert - das Integral
Z
dy
p
4y 3 + c1
ist bei c1 6= 0 nicht (in elementaren Funktionen) angebbar.
Es war also sinnvoll, ein Anfangswertproblem zu betrachten, statt nach der allgemeinen Lösung zu
fragen.
Dagegen überführt die Substitution ex + c = t2 das Integral
Z
Z
dx
2t dt
√
in eines mit rationalem Integranden:
.
(t2 − c)t
ex + c
Die weitere Rechnung ist allerdings umständlich, sofern nicht c = 0 gilt.
9. Angewandte Differentialgleichungen 2. Ordnung:
1. Die Beschleunigung r̈ resultiert aus der Anziehungskraft gemäß mr̈ = −k/r2 . Die Gleichung wird
mit 2ṙ multipliziert; links steht dann das Produkt 2ṙr̈, das nichts anderes ist als die Zeitableitung
von ṙ2 . Rechts steht −ṙ/r2 , und das ist die Ableitung von 1/r nach t. Die sich damit anbietende
Integration ergibt mṙ2 = k/r + c. Aus der Anfangsbedingung ṙ(0) = 0 folgt 0 = k/a + c und es
verbleibt die Differentialgleichung erster Ordnung:
r
Z r
am
r
k(a − r)
k k
2
=⇒
dr = −t + c1
mṙ = − =
r
a
ar
k
a−r
Wegen des physikalisch notwendigen ṙ ≤ 0 ist beim Wurzelziehen ein Minuszeichen einzufügen, das
vor das t auf die rechte Seite gesetzt wurde. Zur Integration der linken Seite setzt man A = a2 , x = s2
und dx = 2sds, dann ist
Z r
Z
Z r
r
s2
s2
√
2sds
=
2
dr =
ds .
2
2
a−r
A −s
A2 − s2
√
0
0
2
2
Weiterhin wird
√ partiell integriert, sei v(s) = s und u (s) = s/ A − s , dann erhält man v (s) = 1
2
2
und u(s) = − A − s , also
Z p
Z
Z
p
p
A2 − s2
s2
2
2
2
2
2
2
√
√
A − s ds = −s A − s +
I=
ds = −s A − s +
ds =
A2 − s2
A2 − s2
p
s
= −s A2 − s2 + A2 arcsin − I
A
oder
1h p 2
si
I=
−s A − s2 + A2 arcsin
2
A
und es wird damit nach der Rücksubstitution
r
r p
am
r
− ar − r2 + a arcsin
= −t + c1 .
k
a
p am
Aus dem Anfangswert r(0) = a folgt links
k πa/2 und rechts c1 , die endgültige Beziehung
zwischen r und t ist folglich durch die Gleichung
r
r r
p
am
r
am aπ
− ar − r2 + a arcsin
= −t +
k
a
k 2
gegeben. Sie kann nicht in elementarer Weise nach r(t) aufgelöst werden. Die Fallzeit t∗ des Körpers
bis ins Zentrum resultiert aus der Bedingung r(t∗ ) = 0 zu
r
am aπ
t∗ =
.
k 2
Dieser Ausdruck hat tatsächlich die Maßeinheit einer Zeit.
19
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