Präsenzübung zur Vorlesung ” Höhere Mathematik 3“ - Universität ...

Technische Universität Kaiserslautern
Dr. Martin Gutting
Dipl.-Math. Dipl.-Phys. Matthias Augustin
Dr. Christian Gerhards
Dipl.-Ing. Florian Kieser
Aufgabe 1:
Präsenzübung zur Vorlesung
” Höhere Mathematik 3“
Übungsblatt 8
Lösungsvorschlag – ohne Gewähr
D-67663 Kaiserslautern
WS 2011/2012
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In der Vorlesung haben Sie folgende Begriffe zur Klassifizerung von Differentialgleichungen
kennen gelernt:
gewöhnlich, partiell, linear, nichtlinear, zeitabhängig, autonom, Ordnung
Klassifizieren Sie mit Hilfe dieser Begriffe die folgenden Differentialgleichungen.
(a) y ′′ + y ′ = 0
(b) x ...
x + ˙x + sin(t 2 ) = 0
(c) ∂xu + ∂tu + 2u = 0
Lösung
(a) gewöhnlich, linear, autonom, Ordnung 2
(b) gewöhnlich, nichtlinear, zeitabhängig, Ordnung 3
(c) partiell, linear, Ordnung 1
Aufgabe 2:
Wandeln Sie die folgenden Differentialgleichungen höherer Ordnung in Systeme von Differentialgleichungen
erster Ordnung um.
(a) t¨x + exp( ˙x) + t = 0, t > 0
(b) y ′′′ + 17y ′′ + sin(x)y ′ + cos(y) = 0
Lösung
(a) Es sei x1 = x und x2 = ˙x. Dann erhalten wir
� � �
˙x1
x2
=
˙x2 − 1
t exp(x2)
�
− 1
(b) Es sei y1 = y, y2 = y ′ und y3 = y ′′ . Dann erhalten wir
⎛
⎝
y ′ 1
y ′ 2
y ′ 3
⎞
⎛
y2
⎞
⎠ = ⎝
y3
⎠
−17y3 − sin(x)y2 − cos(y1)

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Aufgabe 3:
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Bestimmen Sie mit dem Ansatz y = c exp(ax) die allgemeine Lösung der folgenden
Differentialgleichungen.
(a) y ′′ + 4y ′ + 13y = 0
(b) y ′′ + y ′ − 2y = 0
(c) y ′′ + y ′ = 0
(d) y (4) + 3y ′′ − 4y = 0
Lösung
(a) Einsetzen liefert
c a 2 exp(ax) + 4c a exp(ax) + 13c exp(ax) = 0 ⇔ c � a 2 + 4a + 13 � exp(ax) = 0
Da wir davon ausgehen können, dass im Allgemeinen c von 0 verschieden ist und die
Exponentialfunktion auf R nicht 0 wird, erhalten wir
Damit erhalten wir
a 2 + 4a + 13 =0
a = − 2 ± √ 4 − 13 = −2 ± √ −9 = −2 ± 3i
y(x) =c exp((−2 ± 3i)x) = c exp(−2x) (cos(3x) ± i sin(3x))
und durch Trennung in Real- und Imaginärteil
Die allgemeine Lösung ist folglich
y1(x) =c1 exp(−2x) cos(3x),
y2(x) =c2 exp(−2x) sin(3x).
y(x) = c1 exp(−2x) cos(3x) + c2 exp(−2x) sin(3x).
(b) Analog zu (a) erhalten wir die quadratische Gleichung
a 2 + a − 2 =0
a = − 1
2 ±
a1 =1
a2 = − 2
�
1
1 3
+ 2 = − ± 4 2 2

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und somit die beiden Lösungen
Die allgemeine Lösung ist folglich
(c) Hier ergibt sich
und somit die beiden Lösungen
Die allgemeine Lösung ist folglich
(d) Durch Einsetzen erhalten wir
y1(x) =c1 exp(x),
y2(x) =c2 exp(−2x).
y(x) = c1 exp(x) + c2 exp(−2x).
a 2 + a =0
a = 0 oder a = −1
y1(x) =c1,
y2(x) =c2 exp(−x).
y(x) = c2 exp(−x) + c1.
a 4 + 3a 2 − 4 =0
(a 2 − 1)(a 2 + 4) =0
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und somit für a die 4 Lösungen a = 1, a = −1, a = 2i und a = −2i. Damit ergibt
sich
Die allgemeine Lösung ist folglich
Aufgabe 4:
y1(x) =c1 exp(x),
y2(x) =c2 exp(−x),
y3(x) =c3 sin(2x),
y4(x) =c4 cos(2x).
y(x) = c1 exp(x) + c2 exp(−x) + c3 sin(2x) + c4 cos(2x).
Bestimmen Sie eine Lösung der folgenden Differentialgleichungen und Anfangswertprobleme
durch Trennung der Variablen und geben Sie den Definitionsbereich der Lösung
an.
(a) y ′ = 4x3 +2x+12
2(y+3)
(b) y ′ + 1y
= 0, x > 0
x
(c) y ′ = e y cos(x), y � π
2
� = 0
(d) y ′ = 1 + x + y 2 + xy 2 , y(0) = 1

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Lösung
(a) Trennung der Variablen liefert
�
2(y + 3) dy = 4x 3 + 2x + 12 dx
�
2(y + 3) dy = 4x 3 + 2x + 12 dx
(y + 3) 2 = x 4 + x 2 + 12x + c
y = −3 ± √ x 4 + x 2 + 12x + c
Der Definitionsbereich ist {x ∈ R : x 4 + x 2 + 12x + c ≥ 0}.
(b) Trennung der Variablen liefert
dy
y
1 = − xdx �
1dy
= −
y
� 1
x dx
ln (|y|) = − ln(x) + c, da laut Voraussetzung x > 0
y = c
x
y ist für alle x ∈ R + definiert.
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Auf eine explizite Unterscheidung des Vorzeichens, da im Argument des Logarithmus
auf der linken Seite |y| steht, wurde hier verzichtet, da dieses durch die Konstante
c ∈ R bestimmt wird.
(c) Wir erhalten
�
e −y dy = cos(x) dx
e −y �
dy = cos(x) dx
−e −y = sin(x) + c
y = − ln (− sin(x) − c)
Die Anfangsbedingung liefert c = −2. Da − sin(x) + 2 > 0 für alle x ∈ R gilt,
existiert die Lösung auf ganz R.
(d) Durch Trennung der Variablen erhalten wir
dy
y ′ =1 + x + y 2 + xy 2 = (1 + x)(1 + y 2 )
1+y2 =1 + x dx
�
1
1+y2 �
dy = 1 + x dx
arctan(y) =x + 1
2 x2 + c
y = tan � x + 1
2 x2 + c �

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Der Tangens ist auf Intervallen der Form � − π π + kπ, 2 2 + kπ� für k ∈ Z definiert. Die
Anfangsbedingung liefert zunächst tan(c) = 1 und damit c ∈ { π + kπ : k ∈ Z}. Da
4
tan(x + 1
2x2 + π
1
+ kπ) = tan(x + 4 2x2 + π
1
) gilt, muss x + 4 2x2 + π
4 ∈ � − π
�
π , gelten.
2 2
Die Funktion x + 1
2x2 + π ist somit eine nach oben geöffnete Parabel mit Tiefpunkt
4
in � −1, π
�
1 π 1 π
− . Da − > − gilt, wird der Definitionsbereich nur durch die obere
4 2 4 2 2
Intervallgrenze des Definitionsbereichs des Tangens bestimmt. Folglich muss an den
Rändern des Definitionsbereichs der Lösung y gelten
x + 1
2x2 + π
4
= π
2
x 2 + 2x − π
2 =0
x = − 1 ±
�
1 + π
2
Die Lösung ist also definiert auf dem Intervall � −1 − � 1 + π
2 , −1 + � 1 + π
�
.
2