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M2 SS2011
Di, 2015-06-16 19:21 — richard
Aufgabe 4, Inhomogene DGL 1. Ordnung
Lösen Sie die DGL (durch Trennung der Variablen und durch Variation der Konstanten) und unter Beachtung der Anfangsbedingungen.
(a) $y'\cdot\sin x+\cos x\cdot y=4\cdot\sin x\cdot\cos^{3}x$ mit der Anfangsbedingung $y(\frac{\pi}{2})=2$, Integration zB. durch Substitution
(b) $y'+\frac{1}{x+1}\cdot y\ =\ \frac{1}{x+1}$
zu (a)
Die allgemeine Lösung y(x) einer inhomogenen linearen DGL 1. Ordnung $y'+f(x)\cdot y=g(x)$ ist als Summe der allgemeinen Lösung $y_{0}(x)$ der zugehörigen homogenen DGL $y'+f(x)\cdot y=0$ und einer beliebigen partikulären Lösung $y_{p}(x)$ darstellbar $y(x)=y_{0}+y_{p}$. Die homogene Lösung erhält man durch Trennung der Variablen, und die partikuläre Lösung durch Variation der Konstanten.
Zunächst formulieren wir die Aufgabe um, so dass sie die gewünschte Gestalt $y'+f(x)\cdot y=g(x)$ hat.
| $$y'\cdot\sin x+\cos x\cdot y=4\cdot\sin x\cdot\cos^{3}x$$ | Division durch sin x |
| $$y'+\frac{\cos x}{\sin x}\cdot y=4\cdot\cos^{3}x$$ | hat die gewünschte Gestalt |
| $$y'+\frac{\cos x}{\sin x}\cdot y=0$$ | ist die zugehörige homogene DGL, die umgeschrieben wird |
| $$\frac{dy}{dx}+\frac{\cos x}{\sin x}\cdot y=0$$ | Trennung der Variablen |
| $$\frac{dy}{y}=-\frac{\cos x}{\sin x}\cdot dx$$ | |
| $$\int\frac{dy}{y}=-\int\frac{\cos x}{\sin x}\cdot dx$$ | linke Seite ist klar, rechte wird durch partielle Integration gelöst |
| $$\ln y\ =\ -\ln(\sin(x))+\ln(C)$$ | e hoch |
| $$e^{\ln y}\ =\ e^{-\ln(\sin(x))+\ln(C)}$$ | |
| $$e^{\ln y}\ =\ e^{-\ln(\sin(x))}\cdot e^{\ln(C)}$$ | |
| $$y\ =\ \frac{C}{sin(x)}$$ |
Um die inhomogene Gleichung $y'+\frac{\cos x}{\sin x}\cdot y=4\cdot\cos^{3}x$ zu lösen, nimmt man die Lösung der homogenen Gleichung $y\ =\ \frac{C}{sin(x)}$, ändert aber die Konstante C so ab, dass sie eine Funktion von x ist, also C(x) statt C: $y\ =\ \frac{C(x)}{sin(x)}$.
Nun berechnet man für diese Funktion die Ableitung (Produkt-/Quotientenregel, Kettenregel) und setzt sowohl y als auch y' in die inhomogene DGL der Aufgabe ein.
$$y\ =\ \frac{C(x)}{sin(x)} \tag{*1*}$$
$$y' = \frac{C'(x) \cdot sin(x) \ \ -\ \ C(x) \cdot cos(x)}{sin^2(x)}$$
Die DGL sieht nach dieser Einsetzung so aus:
$$\frac{C'(x) \cdot sin(x) \ \ -\ \ C(x) \cdot cos(x)}{sin^2(x)}\ \ \ +\ \ \ \frac{\cos(x)}{\sin(x)}\cdot \frac{C(x)}{sin(x)}\ \ \ =\ \ \ 4\cdot\cos^{3}(x)$$ Wir ziehen den ersten Bruch auseinander:
$$\frac{C'(x) \cdot sin(x)}{sin^2(x)} \ \ -\ \ \frac{C(x) \cdot cos(x)}{sin^2(x)}\ \ \ +\ \ \ \frac{C(x) \cdot cos(x)}{sin^2(x)} \ \ \ =\ \ \ 4\cdot\cos^{3}(x)$$ und vereinfacht:
$$\frac{C'(x)}{sin(x)} \ \ \ =\ \ \ 4\cdot\cos^{3}(x)$$
$$C'(x) \ \ \ =\ \ \ 4\cdot\cos^{3}(x) \cdot sin(x)$$
was man über Integration durch Substitution integrieren kann
$$\int C'(x) \ \ \ =\ \ \ 4 \int \cos^{3}(x) \cdot sin(x) dx$$
Substitution: $u=cos(x)$, $\frac{du}{dx}=-sin(x)$ und $du = -sin(x) dx$.
$$C(x) \ \ \ =\ \ \ 4 \int (-1)(-1) \cos^{3}(x) \cdot sin(x) dx \ \ \ =\ \ \ -4 \int \cos^{3}(x) \cdot (-sin(x)) dx \ \ \ =\ \ \ -4 \int u^{3} du$$
$$C(x) \ \ \ =\ \ \ -4 \frac{1}{4} u^4 \ \ \ =\ \ \ - u^4 \ \ \ =\ \ \ - cos^{4}(x)\ \ +\ \ K$$
Dieses C(x) setzen wir nun in unseren Lösungsansatz (*1*) ein und erhalten die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL dieser Aufgabe:
$$y\ =\ \frac{- cos^{4}(x)+K}{sin(x)}$$
Die Konstante K muss noch über die Anfangsbedingung $y(\frac{\pi}{2})=2$ bestimmt werden:
$$2\ =\ \frac{- cos^{4}(\frac{\pi}{2})+K}{sin(\frac{\pi}{2})} \ \ \ = \ \ \ \frac{- 0^{4}+K}{1} \ \ \ = \ \ \ K $$
Damit haben wir nun endgültig die Lösung der Aufgabe (a):
$$y\ =\ \frac{- cos^{4}(x)+2}{sin(x)}$$
zu (b)
Diese Aufgabe möchte ich parallel zur Vorgehensweise im Vorlesungsscript m2script13_dgl_1.pdf (Seite 18) bearbeiten.
| Aus dem Vorlesungsscript | Aufgabe aus der Klausur |
| Eine inhomogene lineare DGL 1. Ordnung $$y'+f(x)\cdot y = g(x) \tag{V-32}$$ lässt sich wie folgt durch Variation der Konstanten lösen. | $$y'+\frac{1}{x+1}\cdot y\ =\ \frac{1}{x+1}$$ |
| Zunächst wird die zugehörige homogene DGL $$y'+f(x)\cdot y = 0 \tag{V-33}$$ durch Trennung der Variablen gelöst. | $$y'+\frac{1}{x+1}\cdot y\ =\ 0$$ |
| Dies führt zu der allgemeinen Lösung $$y_0=K \cdot e^{-\int f(x) dx} \tag{V-34}$$ | $$y_0\ =\ K \cdot e^{-\int \frac{1}{x+1} dx}\ = \ K \cdot e^{-\ln(x+1)}\ =\ K \cdot \frac{1}{e^{ln(x+1)}}$$ $$y_0\ =\ K \cdot \frac{1}{x+1}$$ |
| Wir ersetzen jetzt die Integrationskonstante K durch eine Funktion K(x) und versuchen die inhomogene DGL durch den Produktansatz $$y=K(x) \cdot e^{-\int f(x) dx} \tag{V-35}$$zu lösen. | $$y\ =\ K(x) \cdot \frac{1}{x+1}$$ |
| Dazu wird noch die 1. Ableitung dieses Lösungsansatzes benötigt. Unter Verwendung von Produkt- und Kettenregel erhalten wir: $$y'\ =\ K'(x) \cdot e^{-\int f(x) dx} \ -\ K(x) \cdot f(x) \cdot e^{-\int f(x) dx} \tag{V-36}$$ | $$(uv)'=u'v+uv'$$ $$y' = K'(x) \cdot \frac{1}{x+1} \ +\ K(x) \frac{-1}{(x+1)^2}$$ |
| Wir setzen nun die für y und y' gefundenen Funktionsterme (V-35 und V-36) in die inhomogene DGL (V-32) ein: $$K'(x) \cdot e^{-\int f(x) dx} - K(x) \cdot f(x) \cdot e^{-\int f(x) dx} + f(x) \cdot K(x) \cdot e^{-\int f(x) dx} \ =\ g(x)$$ $$K'(x) \cdot e^{-\int f(x) dx} \ \ =\ \ g(x)$$ $$K'(x) \ \ =\ \ g(x) \cdot e^{\int f(x) dx} \tag{V-37}$$ |
$$K'(x) \ \ =\ \ g(x) \cdot e^{\int f(x) dx}$$ $$K'(x) \ \ =\ \ \frac{1}{x+1} \cdot e^{\int \frac{1}{x+1} dx}$$ $$K'(x) \ \ =\ \ \frac{1}{x+1} \cdot e^{\ln(x+1)}$$ $$K'(x) \ \ =\ \ \frac{1}{x+1} \cdot (x+1)\ \ =\ \ 1$$ |
| Durch Integration folgt weiter: $$K(x) \ \ =\ \ \int g(x) \cdot e^{\int f(x) dx} dx \ +\ C \tag{V-38}$$ | $$K(x) \ \ =\ \ x + C$$ |
| Diesen Ausdruck für K(x) setzen wir nun in den Lösungsansatz (V-35) ein und erhalten die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL (V-32) in der Form: $$y\ =\ \left( \int g(x) \cdot e^{\int f(x) dx} dx \ +\ C \right) \cdot e^{-\int f(x) dx} \tag{V-39}$$ |
$$y\ =\ ( x+C ) \cdot \frac{1}{x+1}$$ $$y\ =\ \frac{x+C}{x+1} $$ |
| Hätte man jetzt noch eine Anfangsbedingung, könnte man auch noch das C ausrechnen. |
Aufgabe 5, Inhomogene DGL 2. Ordnung mit konst. Koeffizienten
Lösen Sie die Differentialgleichung 2. Ordnung durch Rechnung
(a) $y ′′ + 2 y ′ + 5y = 12 sin x − 4 cos x$
(b) $y ′′ + 2 y ′ + y = x2 + 2 x + 1 $
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