Mathe für Physiker I Wintersemester 03/04 Walter Oevel 8. 1. 2004

Ü b u n g s b l a t t 11

Abgabe von ∗–Aufgaben am 15.1.2004 in der Übung.

Aufgabe 91*: (Differentialgleichungen, Separation. 10 Bonuspunkte) Finde alle ’isoelastischen’ Funktionen, d.h., bestimme die allgemeine Form der Funktionen f(x), die die Eigenschaft haben, dass die ”Elastizität“

ϵ_{f,x}(x) = \frac{f′(x) · x}{f(x)}

konstant ist.

Musterlösung: Setzen wir die Elastizität gleich einer Konstanten ϵ, so ergibt sich eine Differentialgleichung für f:

ϵ_{f,x}(x) = \frac{f′(x) · x}{f(x)} = ϵ ⇒ \frac{f′(x)}{f(x)} = \frac{ϵ}{x}.

Mit y = f(x), f′(x) = \frac{dy}{dx} lassen sich die Variablen sofort trennen:

\frac{\frac{dy}{dx}}{y} = \frac{ϵ}{x} ⇒ \frac{dy}{y} = \frac{ϵ}{x} dx ⇒ ∫ \frac{dy}{y} = ∫ \frac{ϵ}{x} dx

⇒ ln(|y|) = ϵ ln(|x|) + c̃ ⇒ ln(|y|) = ln(|x|^{ϵ}) + c̃

⇒ |y| = e^{ln(|x|^{ϵ})+c̃} ⇒ y = \underbrace{±ec̃}_{c} ·e^{ln(|x|^{ϵ})}

⇒ y = c · |x|^{ϵ}

mit einer beliebigen Konstanten c. Damit ist die allgemeinste Form einer isoelastischen Funktion f(x) = c · |x|^{ϵ}, wobei ϵ die konstante Elastizität ist.

Aufgabe 92*: (Differentialgleichungen, Separation. 10 Bonuspunkte)

a) Bestimme die allgemeine Lösung der DGL y′ − x^{2} · y^{2} = 0.

b) Finde die spezielle Lösung zur Anfangsbedingung y(1) = 1.

Musterlösung:

a) Separation:

y′ − x^{2} · y^{2} = 0 ⇒ \frac{dy}{dx} = x^{2} · y^{2} ⇒ \frac{dy}{y^{2}} = x^{2} dx ⇒ ∫ \frac{dy}{y^{2}} = ∫ x^{2} dx

⇒ −\frac{1}{y} = \frac{x^{3}}{3} + \frac{c}{3} ⇒ y = −\frac{3}{x^{3} + c}.

Hierbei wurde die Integrationskonstante als \frac{c}{3} eingeführt, damit das Ergebnis hübscher aussieht. b) Anpassen der Konstanten c an die Anfangsbedingung:

y(1) = −\frac{3}{1^{3} + c} ⇒ \frac{−y(1)}{3} = \frac{1}{1 + c} ⇒ 1 + c = \frac{3}{−y(1)} ⇒ c = \frac{3}{−y(1)} − 1.

Für y(1) = 1 ergibt sich c = −4, also ist die spezielle Lösung zu dieser Anfangsbedingung

y(x) = −\frac{3}{x − 4} = \frac{3}{4 − x}.

Aufgabe 93*: (Differentialgleichungen, Variation der Konstanten. 10 Bonuspunkte)

a) Bestimme die allgemeine Lösung der DGL y′ − x^{2} · y = x^{5}.

b) Finde die spezielle Lösung zur Anfangsbedingung y(1) = 1.

Musterlösung:

a) Wir brauchen zunächst die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung y′ = x^{2} · y. Wir benutzen direkt die Lösungsformel aus Beispiel 6.16 der Vorlesung:

y_{h}(x) = c · e^{F (x)},

wobei F (x) irgendeine Stammfunktion von x^{2} ist, also z.B. F (x) = \frac{x^{3}}{3} . Die homogene Lösung ist damit

y_{h}(x) = c · e^{\frac{x^{3}}{3}} .

Nun ’Variation der Konstanten’. Ansatz für die inhomogene DGL:

y(x) = c(x) · e^{\frac{x^{3}}{3}} .

In die DGL y′ − x^{2} · y = x^{5} eingesetzt ergibt sich

c′(x) · e^{\frac{x^{3}}{3}} + c(x) · x^{2} · e^{\frac{x^{3}}{3}} − x^{2} · c(x) · e^{\frac{x^{3}}{3}} = x^{5}
⇒ c′(x) = x^{5} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} ⇒ c(x) = ∫ x^{5} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} dx

Es verbleibt, die Stammfunktion von x^{5} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} zu finden. Substitution z = −\frac{x^{3}}{3} , dz = −x^{2} dx:

∫ x^{5} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} dx = ∫ x^{5} · e^{z} \frac{−dz}{x^{2}} = ∫ (−x^{3}) · e^{−z} dz = 3 · ∫ z · e^{z} dz.

Partielle Integration:

3 · ∫ \underbrace{z}_{f} · \underbrace{e^{z}}_{g′} dz = 3 · \underbrace{z}_{f} · \underbrace{e^{z}}_{g} − 3 · ∫ \underbrace{1}_{f′} · \underbrace{e^{z}}_{g} dz = 3 · z · e^{z} − 3 · e^{z} + c̃.

Rücksubstitution z = −\frac{x^{3}}{3} :

c(x) = ∫ x^{5} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} dx = 3 · z · e^{z} − 3 · e^{z} = −x^{3} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} − 3 · e^{− \frac{x^{2}}{3}} + c̃.

Die allgemeine Lösung der DGL y′ − x^{2} · y = x^{5} ist damit

y(x) = c(x) · e^{\frac{x^{3}}{3}} = ( − x^{3} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} − 3 · e^{− \frac{x^{2}}{3}} + c̃) · e^{\frac{x^{3}}{3}} = −x^{3} − 3 + c̃ · e^{\frac{x^{3}}{3}}

mit einer beliebigen Konstanten c̃.

b) Anpassen der Anfangsbedingung:

y(1) = −1^{3} − 3 + c̃ · e^{\frac{1^{3}}{3}} = 1 ⇒ c̃ · e^{\frac{1^{3}}{3}} = 5 ⇒ c̃ · 5 · e^{− \frac{1}{3}} .

Die spezielle Lösung zu dieser Anfangsbedingung ist damit

y(x) = −x^{3} − 3 + 5 · e^{− \frac{1}{3}} · e^{\frac{x^{3}}{3}} = −x^{3} − 3 + 5 · e^{\frac{x^{3}}{3} − \frac{1}{3}} = −x^{3} − 3 + 5 · e^{\frac{x^{3}−1}{3}} .

Aufgabe 94*: (Differentialgleichungen, 10 Bonuspunkte)

a) Finde die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y′(x) + 2 · y(x) = e^{x}.

b) Finde die spezielle Lösung zur Anfangsbedingung y(0) = 1.

Musterlösung:

a) Löse zunächst die homogene DGL durch Separation:

\frac{dy}{dx} + 2 · y(x) = 0 ⇒ \frac{dy}{dx} = −2 · y ⇒ \frac{dy}{y} = −2 dx ⇒ ∫ \frac{dy}{y} = − ∫ 2 dx

⇒ ln(|y|) = −2 · x + c̃ ⇒ |y| = e^{−2·x+c̃} ⇒ y = \underbrace{±ec̃}_{c} ·e^{−2·x} ⇒ y = c · e^{−2·x}.

Variation der Konstanten: y(x) = c(x) · e^{−2·x} eingesetzt in y′(x) + 2 · y = x:

⇒ y′(x) + 2 · y(x) = c′(x) · e^{−2·x} + \underbrace{c(x) · (−2 · e^{−2·x}) + 2 · y(x)}_{0} = e^{x}

⇒ c′(x) · e^{−2·x} = e^{x} ⇒ c′(x) = e^{x} · e^{2·x} = e^{3·x} ⇒ c(x) = ∫ e^{3·x} dx = \frac{1}{3} · e^{3·x} + c_{1}.

Die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL ist damit

y(x) = c(x) · e^{−2·x} = (\frac{1}{3} · e^{3·x} + c_{1}) · e^{−2·x} = \frac{1}{3} · e^{x} + c_{1} · e^{−2·x}

(mit einer beliebigen Konstanten c_{1}).

b) Anpassen der freien Konstanten an die Anfangsbedingung:

y(0) = \frac{1}{3} · e^{0} + c_{1} · e^{−0^{2}} = 1 ⇒ c_{1} = 1 − \frac{1}{3} = \frac{2}{3}.

Die spezielle Lösung zur Anfangsbedingung y(0) = 1 ist damit

y(x) = \frac{1}{3} · e^{x} + \frac{2}{3} · e^{−2·x}

Kontrolle:

y′(x) + 2 · y(x) = \frac{1}{3} · e^{x} + \frac{2}{3} · (−2 · e^{−2·x}) + 2 · (\frac{1}{3} · e^{x} + \frac{2}{3} · e^{−2·x}) = e^{x},

y(0) = \frac{1}{3} · e^{0} + \frac{2}{3} · e^{−2·0} = 1. (ok)

Aufgabe 95*: (Differentialgleichungen, 10 Bonuspunkte)

a) Finde die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y′(x) − \frac{cos(x)}{sin(x)} · y(x) = sin(x).

b) Finde die spezielle Lösung zur Anfangsbedingung y(\frac{π}{2} ) = 0.

Musterlösung:

a) Löse zunächst die homogene DGL durch Separation:

\frac{dy}{dx} − \frac{cos(x)}{sin(x)} · y = 0 ⇒ \frac{dy}{dx} = \frac{cos(x)}{sin(x)} · y ⇒ \frac{dy}{y} = \frac{cos(x)}{sin(x)} dx ⇒ ∫ \frac{dy}{y} = ∫ \frac{cos(x)}{sin(x)} dx.

Mit der Substitution z = sin(x), dz = cos(x) dx ergibt sich

ln(|y|) = ∫ \frac{1}{z} dz = ln(|z|) + c̃ = ln(| sin(x)|) + c̃ ⇒ |y| = e^{ln(| sin(x)|)+c̃} = e^{ln(| sin(x)|)} · ec̃

= | sin(x)| · ec̃ ⇒ y = \underbrace{±ec̃}_{c} · sin(x) ⇒ y = c · sin(x).

Variation der Konstanten: y(x) = c(x) · sin(x) eingesetzt in y′(x) − \frac{cos(x)}{sin(x)} · y = sin(x):

y′(x) − \frac{cos(x)}{sin(x)}y = c′(x) · sin(x) + c(x) · cos(x) − \frac{cos(x)}{sin(x)} c(x) · sin(x) =^{(!)} sin(x)

⇒ c′(x) · sin(x) = sin(x) ⇒ c′(x) = 1 ⇒ c(x) = x + c_{1}.

Die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL ist damit

y(x) = c(x) · sin(x) = (x + c_{1}) · sin(x) (mit einer beliebigen Konstanten c_{1}).

b) Anpassen der freien Konstanten an die Anfangsbedingung:

y(\frac{π}{2} ) = (\frac{π}{2} + c_{1}) · sin (\frac{π}{2} ) = \frac{π}{2} + c_{1} = 0 ⇒ c_{1} = −\frac{π}{2} .

Die spezielle Lösung zur Anfangsbedingung y(\frac{π}{2} ) = 0 ist damit

y(x) = (x − \frac{π}{2} ) · sin(x).

Kontrolle: y′(x) − \frac{cos(x)}{sin(x)} · y(x) = sin(x) + (x − \frac{π}{2} ) · cos(x) − \frac{cos(x)}{sin(x)} · (x − \frac{π}{2} ) · sin(x) = sin(x),

y(\frac{π}{2} ) = (\frac{π}{2} − \frac{π}{2} ) · sin (\frac{π}{2} ) = 0 (OK).

Aufgabe 96*: (lineare Differentialgleichungen höherer Ordnung, 20 Bonuspunkte) Bestimme die Lösung der Differentialgleichung

y′′′(x) − 3 · y′′(x) + 4 · y′(x) − 12 · y(x) = sin(x) + cos(2 · x)

zur Anfangsbedingung y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0.

Musterlösung: Das charakteristische Polynom

λ^{3} − 3 · λ^{2} + 4 · λ − 12 = (λ − 3) · (λ^{2} + 4)

hat die einfachen Nullstellen λ_{1} = 3, λ_{2} = 2 · i, λ_{3} = −2 · i. Die allgemeine homogene Lösung ist damit

y_{hom}(x) = c_{1} · e^{3·x} + c_{2} · e^{i·2·x} + c_{3} · e^{−i·2·x} = C_{1} · e^{3·x} + C_{2} · sin(2 · x) + C_{3} · cos(2 · x).

Für die spezielle Lösung der inhomogenen DGL wird der Ansatz

y(x) = a · sin(x) + b · cos(x) + c · x · sin(2 · x) + d · x · cos(2 · x)

gemacht (beachte Resonanz für den Term cos(2 · x)). Einsetzen in die inhomogene DGL liefert

y′′′(x) − 3 · y′′(x) + 4 · y′(x) − 12 = sin(x) + cos(2 · x)

= (3 · a − 9 · b) · cos(x) − (9 · a + 3 · b) · sin(x) + (12 · d − 8 · c) · sin(2 · x) − (8 · d + 12 · c) · cos(2 · x). Vergleich mit der rechten Seite sin(x) + cos(2 · x) liefert

3 · a − 9 · b = 0, − 9 · a − 3 · b = 1, 12 · d − 8 · c = 0, − 8 · d − 12 · c = 1

⇒ a = − \frac{1}{10}, b = − \frac{1}{30}, c = − \frac{3}{52}, d = − \frac{1}{26}.

Die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL ist damit

y(x) = C_{1} · e^{3·x} + C_{2} · sin(2 · x) + C_{3} · cos(2 · x) − \frac{1}{10} · sin(x) − \frac{1}{30} · cos(x) − \frac{3}{52} · sin(2 · x) − \frac{1}{26} · cos(2 · x).

Anpassen der Anfangsbedingungen:

y(0) = C_{1} + C_{3} − \frac{1}{30} = 0, y′(0) = 3 · C_{1} + 2 · 2 − \frac{9}{65} = 0, y′′(0) = 9 · C_{1} − 4 · C_{3} − \frac{77}{390} = 0.

Die Lösung dieses linearen Gleichungssystems für C_{1}, C_{2}, C_{3} ist (z.B. per MuPAD):

C_{1} = \frac{43}{1690}, C_{2} = \frac{21}{676}, C_{3} = \frac{4}{507},

also

y(x) = \frac{43}{1690} · e^{3·x} + \frac{21}{676} · sin(2 · x) + \frac{4}{507} · cos(2 · x) − \frac{1}{10} · sin(x) − \frac{1}{30} · cos(x) − \frac{3}{52} · sin(2 · x).

Aufgabe 97*: (Differentialgleichungen, 5 + 10 + 5 Bonuspunkte)

a) Betrachte die homogene lineare DGL zweiter Ordnung

y′′(x) + a_{1}(x) · y′(x) + a_{0}(x) · y(x) = 0.

Seien y_{1} und y_{2} zwei Lösungen. Zeige, dass die ”Wronski-Determinante“ W = y_{1} · y′_{2} − y_{2} · y′_{1} die lineare DGL erster Ordnung

W′(x) = −a_{1}(x) · W (x)

erfüllt.

b) Eine Lösung y_{1} der DGL (Schrödinger-Gleichung)

y′′(x) + u(x) · y(x) = 0

(mit einer vorgegebenen Funktion u(x)) sei bekannt. Benutze das obige Ergebnis für die Wronski-Determinante, um eine DGL 1-ter Ordnung für eine zweite Lösung y_{2} herzuleiten. Drücke y_{2} durch y_{1} aus (eine Integration ist nötig).

c) Eine erste Lösung y_{1} von y′′ = 2 · y/x^{2} ist y = x^{2}. Finde mittels b) eine davon linear unabhängige zweite Lösung.

Musterlösung:

a) Durch Einsetzen der DGL y′′ = −a_{1} · y′ − a_{0} · y ergibt sich

W′ = (y_{1} · y′_{2} − y_{2} · y′_{1})′ = y_{1} · y′′_{2} − y_{2} · y′′_{1}

= y_{1} · (−a_{1} · y′_{2} − a_{0} · y_{2}) − y_{2} · (−a_{1} · y′_{1} − a_{0} · y_{1}) = −a_{1} · (y_{1} · y′_{2} − y_{2} · y′_{1}) = −a_{1} · W.

b) Die Lösung der DGL W′ = −a_{1} · W für die Wronski-Determinante ergibt sich durch Separation der Variablen zu

\frac{dW}{W} = −a_{1}(x) · dx ⇒ ln(|W |) − ln(|W (x_{0})|) = − ∫_{x0}^{x} a_{1}(ξ) dξ

⇒ W (x) = W (x_{0}) · e^{− ∫_{x0}^{x} a_{1}(ξ) dξ}

(Die Betragszeichen können entfallen, da W (x) nicht das Vorzeichen wechseln kann und das selbe Vorzeichen wie W (x_{0}) haben muss.) Für die DGL y′′ + u · y = 0 folgt mit a_{1}(x) = 0:

W (x) = const =: −c.

Einsetzen von W = y_{1} · y′_{2} − y_{2} · y′_{1} liefert bei gegebenem y_{1} eine DGL erster Ordnung für y_{2}:

y_{1} · y′_{2} − y_{2} · y′_{1} = −c.

Nach Division durch y_{1}^{2} erhält man

\frac{d}{dx} \frac{y_{2}}{y_{1}} = \frac{y′_{2} · y_{1} − y′_{1} · y_{2}}{y_{1}^{2}} = \frac{c}{y_{1}^{2}} ⇒ y_{2}(x) = c · y_{1}(x) · ∫ ^{x} \frac{dξ}{y_{1}^{2}(ξ)}.

c) Aus der obigen Formel für y_{2} folgt mit y_{1}(x) = x^{2}:

y_{2}(x) = c · x^{2} · ∫ ^{x} \frac{dξ}{ξ^{4}} = c · x^{2} · ( − \frac{1}{3} · \frac{1}{x^{3}} + c_{1}) = \underbrace{\frac{−c}{3}}_{C_{1}} ·\frac{1}{x} + \underbrace{c · c_{1}}_{C_{2}} ·x^{2}.

Damit ist aus einer ersten Lösung y_{1}(x) = x^{2} die allgemeine Lösung

y(x) = \frac{C_{1}}{x} + C_{2} · x^{2}

mit beliebigen Konstanten C_{1}, C_{2} konstruiert.