Uebung4_Tutoren
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TU München Prof. P. Vogl Mathematischer Vorkurs für Physiker WS 2012/13 Übung4 Wichtige Formeln aus der Vorlesung: Z () () () Z = () = Basisaufgaben Beispiel 1: Gegeben sei die gewöhnliche Differenzialgleichung für (), ̇ = () () = − Es bedeutet ̇ = . Diese DGL beschreibt Rostfraß. Es möge die Anfangsbedingung gelten ( = 0) = 1.Bestimmen Sie die Lösung für 0. Wie verhält sich die Lösung für große Zeiten? Lösung: = − ln = −− + Für = 0 folgt ln = −1 + und wegen ln 1 = 0 folgt = 1, um die Anfangsbedingung zu erfüllen. Es folgt () = exp(1 − − ) Für große Zeiten geht die Funktion gegen e=2.718. Sie steigt monoton von 1 auf diesen Wert. Beispiel 2: Lösen Sie die Differenzialgleichung 1 − 2 ( 6= 0) und betrachten Sie getrennt die Fälle = ±1 und || 6= 1. Hilfe: ¯ ¯ Z 1 ¯¯ 1 + ¯¯ = ln 1 − 2 2 ¯1 − ¯ 0 = 1 Lösung: Für = 1 folgt 0 = 0, d.h. = . Die Trennung der Variablen ergibt 1 − 2 ¯ ¯ 1 ¯¯ 1 + ¯¯ ln ¯ 2 1 − ¯ s¯ ¯ ¯1 + ¯ ¯ ¯ ¯1 − ¯ ¯ ¯ ¯1 + ¯ ¯ ¯ ¯1 − ¯ = = ln + ln = = 2 2 () = 2 2 − 1 2 2 + 1 Die Lösung existiert nicht auf der ganzen rellen Achse. Beispiel 3: Bei unbeschränktem Wachstum ist die zeitliche Änderung der Zahl () der Individuen einer Population proportional zu den schon vorhandenen Individuen, seien das Seerosen im einem Teich oder Bakterien in einer Nährlösung und einer Vermehrungsrate . Stellen Sie die dazugehörige Differentialgleichung für () auf und lösen Sie diese. Nehmen Sie an, dass zur Zeit = 0 gilt (0) = 0 . Lösung: Die aufgestellte Gleichung unterscheidet sich nur durch ein anderes Vorzeichen vom radioaktiven Zerfall aus der Vorlesung ̇ = ⇒ = Die Separation der Variablen liefert: = Die Integration ergibt ln + ln 1 = und mit der Randbedingung (0) = 0 () = 0 · Die Population wird weiter exponentiell wachsen, solange genügend Ressourcen vorhanden sind. Beispiel 4: Lösen Sie die eindimensionale newtonsche Bewegungsgleichung für die Geschwindigkeit eines Massenpunkt für einen Fall mit Stokes’scher Reibung. Die Masse wird einmal von der Gravitationskraft beschleunigt. Als verzögernde Kraft wirkt eine Reibungskraft der Form −, wobei die Geschwindigkeit bedeutet Dies ist zum Beispiel gegeben, wenn ein Objekt im Wasser zu Boden sinkt. Die Bewegungsgleichung entlang der Vertikalen lautet damit: ̇ = − Nehmen Sie an, dass zur Zeit = 0 gilt (0) = 0. Wie lautet ()? Was gilt für den Grenzfall → ∞? Lösung: Die Separation der Variablen liefert: 1 − + = − 2 Mit der Substitution = − + wird = und es ergibt sich Z Z −+ = − − 0 à ! − + = − − Dabei sind die Integrationsgrenzen für die Zeit (0 ) und entsprechend für die Geschwindigkeit (0 ), was für bedeutet (− − + ). Anwendung der Exponentialfunktion auf beiden Seiten liefert − + − 1− = − = − () = − µ ¶ − Mit zunehmender Zeit strebt diese Geschwindigkeit gegen einen Grenzwert ∞ . Anschaulich ist dann die abwärts beschleunigende Kraft gleich der verzögernden Kraft −. Die Endgeschwindigkeit erhalten wir, wenn wir in die Zeit gegen ∞ gehen lassen. Dann geht die Exponentialfunktion gegen Null und nur der erste Summand bleibt stehen. Eine konstante Geschwindigkeit hat sich eingestellt. Beispiel 5: Lösen Sie die Differenzialgleichung √ ̇() = (0) = 20 Diese Gleichung tritt bei der Berechnung der Entleerung eines Wasserbehälters durch eine Öffnung am Boden auf (die Konstante enthält die Lochgröße und die Gravitationskonstante, ist der Füllstand) Lösung: √ = √ 2 = + ( + )2 () = 4 2 20 = 4 1 () = ( + 20 )2 4 Beispiel 6: Lösen Sie das Anfangswertproblem 1 + 2 − 0 = 0 (1) = 1 Hilfe: Z = arctan 1 + 2 3 Lösung: 1 + 2 ln + tan( + ln ) tan 4 tan(ln + ) 4 = 1 + 2 arctan 1 = = = = = = Beispiel 7: Lösen Sie das Anfangswertproblem (1 + ) 0 = (1) = 1 Hilfe: Z 1 1 = ln 1 + 1 + − Lösung: 2 2 1 2 2 2 1 = 1 + 1 + − 1 = ln(1 + ) + ln = − ln 1 + = = ln + ln(1 + ) 1 1 1 + − ln(1 + ) + ln(1 + ) = + ln 2 2 1+ s µ ¶ 2 1 + = ± 1 + ln 1+ = Beispiel 8: Gegeben sei die gewöhnliche inhomogene Differenzialgleichung 1. Ordnung für (), 0 + 1 = 3 Bestimmen Sie die allgemeine Lösung, indem Sie zuerst die homogene Lösung hom () lösen. Machen Sie dann für die inhomogene Differenzialgleichung den Ansatz part () = ()hom () und lösen Sie die Differenzialgleichung für () (Variation der Konstanten). Lösung: Für die homogene DGL 0 + 1 = 0 4 gilt ln = − ln + Konstante = = − wobei ∈ R. Durch Variation der Konstanten setzt man die partikuläre Lösung in der Form an () = () () daher 5 0 () = 3 → () = 5 Damit ist Lösung der inhomogenen DGL gegeben durch () = 4 + 5 Beispiel 9: Gegeben sei die gewöhnliche Differenzialgleichung für (), 0 = 2 + 35 Bestimmen Sie die allgemeine Lösung analog zum Beispiel 8 (Variation der Konstanten). Lösung: Für die homogene DGL 0 − 2 = 0 gilt ln = 2 = 2 + Konstante = 2 wobei ∈ R. Durch Variation der Konstanten, eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL ist () = () () daher 0 () 2 = 35 → () = 3 Damit ist Lösung der inhomogenen DGL () = 2 + 5 Ergänzungsaufgaben Beispiel 10: Die Methode der Trennung der Variablen läßt sich auch auf partielle Differenzialgleichungen anwenden. Die berühmte Saitenschwingungsgleichung für die Funktion ( ) lautet ( ist konstant) 2 2 = 2 2 2 5 Verwenden Sie den Separationsansatz ( ) = () () und benützen Sie die Tatsache, dass eine Gleichung der Form () = () ∀ bedeutet, dass () = () = konst sein müssen. Wie lauten die resultierenden Differenzialgleichungen für und ? Lösung: Mit dem Ansatz wird () 00 () = 2 00 () () 00 () 00 () = 2 = −2 () () 00 + 2 00 + 2 2 = 0 = 0 Die Konstante 2 wird mit einem vorangestellten negativen Vorzeichen eingesetzt, weil sonst die physikalischen Randbedingungen nicht erfüllt werden können. 6