Lösungen ¨Ubungsblatt Nr. 7 (G19) (a) W(x) = 2 x − 3 x 0 1 3x2 0 0

Lösungen Übungsblatt Nr. 7
(G19) (a)


2 x − 3 x3
1
3x2  ,
W (x) =  0
0
0
6x
det(W (x)) = 12x.
Da det(W (1)) = 12 6= 0 ist, sind die Funktionen linear unabhängig.
(b)
sin(x)
cos(x)
W (x) =
,
det(W (x)) = −1.
cos(x) − sin(x)
Die Funktionen sind linear
(c)

2x

2
W (x) =
0
unabhängig.

ex
e−x
ex −e−x  ,
ex
e−x
det(W (x)) = 4x.
Da det(W (1)) = 4 6= 0 ist, sind die Funktionen linear unabhängig.
(d) Da
2
1
· y1 (x) − · y2 (x) + 1 · y3 (x) = 0
3
5
gilt, sind die Funktionen linear abhängig.
(G20) a) Es gilt y10 (x) = 2(x + 1) und y100 (x) = 2. Eingesetzt in die DGL
ergibt dies
x(x + 1)2 − (2x + 1)2(x + 1) + 2(x + 1)2 = 2(x + 1)(x − 2x − 1 + x + 1) = 0.
Mit y20 (x) = 2x, y200 (x) = 2 folgt
x(x + 1)2 − (2x + 1)2x + 2x2 = 2x(x + 1 − 2x − 1 + x) = 0.
Also sind y1 (x) und y2 (x) Lösungen der homogenen DGL. Die zugehörige
Wronskische Matrix ist
(x + 1)2 x2
W (x) =
2(x + 1) 2x
und die Wronski-Determinante berechnet sich zu det(W (x)) = 2x(x + 1).
Somit bilden y1 (x) und y2 (x) ein Fundamentalsystem der homogenen DGL.
b) Variation der Konstanten für die Lösung der inhomogenen DGL ergibt
0
0
v1 (x)
(x + 1)2 x2
·
=
.
2x(x + 1)
2(x + 1) 2x
v20 (x)
Aus der ersten Gleichung erhält man
v10 (x) = −
x2
· v20 (x).
2
(x + 1)
Setzt man dies in die zweite Gleichung ein, ergibt sich
2x
· v 0 (x) = 2x(x + 1),
x+1 2
also v20 (x) = (x + 1)2 . Daraus folgt v10 (x) = −x2 .
Integration ergibt v1 (x) = − 31 x3 + c1 und v2 (x) = 13 (x + 1)3 + c2 , also lautet
die allgemeine Lösung
1
y(x) = c1 · (x + 1)2 + c2 · x2 + x2 (x + 1)2 .
3
(G21) Um den Aufwand zu vermeiden, die physikalischen Einheiten immer
mitführen zu müssen, setzen wir l := 0.8 m und s := 0.1 m. Mit y(t) sei die
Länge der Kette bezeichnet, die zum Zeitpunkt t bereits abgeglitten ist.
Als Anfangsbedingungen ergeben sich y(0) = s (Am Anfang hängen 0.1 m
der Kette über) und y 0 (0) = 0 (Die Kette befindet sich am Anfang in Ruhe).
Mit der Gravitationskonstante g und der Beziehung m = α · l erhält man die
Bewegungsgleichung
lα y 00 (t) = gα y(t)
und somit die lineare DGL 2. Ordnung
g
y 00 (t) = · y(t).
l
Nach dem Hinweis ist die allgemeine Lösung dieser Gleichung
√
√
y(t) = c1 · e g/l·t + c2 · e− g/l·t .
Mit den Anfangsbedingungen y(0) = s und y 0 (0) = 0 erhält man das LGS
c1 ·
p
c1 + c2 = s,
p
g/l − c2 · g/l = 0.
Aus der zweiten Gleichung ergibt sich c1 = c2 , daraus folgt mit der ersten
Gleichung c1 = c2 = s/2.
Somit ist die Lösung des AWP gegeben durch
p
√
√
y(t) = (s/2) · e g/l·t + (s/2) · e− g/l·t = s · cosh
g/l · t
gegeben, also (mit g = 9.81 ms-2 )
y(t) = 0.1 · cosh (3.502 · t)
Wenn die Kette vollständig vom Tisch geglitten ist, gilt
0.8 = 0.1 · cosh(3.502 · t∗ ).
Es ergibt sich somit
t∗ = arcosh(8)/3.502 = 0.7906.
Also ist die Kette nach 0.7906 Sekunden bereits vollständig abgeglitten.
(H19) Man rechnet leicht nach, dass für die genannten Funktionen y (4) (x) =
y(x) gilt. Die Wronski-Matrix lautet


cos(x)
sin(x) cosh(x) sinh(x)
 − sin(x)
cos(x) sinh(x) cosh(x) 

W (x) = 
 − cos(x) − sin(x) cosh(x) sinh(x)  .
sin(x) − cos(x) sinh(x) cosh(x)
Für x0 = 0 erhält man

1
0
 0
1
W (0) = 
 −1
0
0 −1
1
0
1
0

0
1 

0 
1
und
det(W (0)) = 4.
Also bilden y1 (x), y2 (x), y3 (x), y4 (x) ein Fundamentalsystem und
y(x) = c1 · cos(x) + c2 · sin(x) + c3 · cosh(x) + c4 · sinh(x)
ist die allgemeine Lösung. Mit den Anfangsbedingungen erhält man das folgende lineare Gleichungssysyem für c1 , . . . , c4 :

 
  
1
0 1 0
c1
1
 0




1 0 1   c2   1 

.
·
=
 −1
0 1 0   c3   1 
0 −1 0 1
c4
1
Es folgt c1 = c2 = 0, c3 = c4 = 1, somit
y(x) = cosh(x) + sinh(x) = ex .
(H20) a) Mit dem Ansatz y2 (x) = v(x) · e2x ergibt sich für v(x) die DGL
v 00 (x) + v 0 (x) = 0.
Eine Lösung dieser DGL ist v(x) = e−x , also ist
y2 (x) = ex .
Somit lautet die Lösung der homogenen Gleichung
y(x) = c1 e2x + c2 ex .
b) Variation der Konstanten:
2x
0
e
ex
v1 (x)
0
·
=
.
2e2x ex
v20 (x)
4x
Aus der ersten Gleichung ergibt sich v10 (x) = −e−x · v20 (x), eingesetzt in die
zweite Gleichung ergibt dies −ex v20 (x) = 4x, also v20 (x) = −4xe−x und damit
v10 (x) = 4xe−2x .
Integration ergibt
v1 (x) = −(2x + 1)e−2x ,
v2 (x) = 4(x + 1)e−x ,
also lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung
y(x) = c1 e2x + c2 ex + 2x + 3.
c) Mit den Anfangsbedingungen y(0) = −1, y 0 (0) = 0 ergibt sich für c1 , c2
das LGS
1 1
c1
−4
·
=
.
2 1
c2
−2
Es ergibt sich c1 = 2, c2 = −6, also
y(x) = 2e2x − 6ex + 2x + 3.
(H21) a) Man rechnet leicht nach, daß y1 (x) und y2 (x) Lösungen der homogenen Gleichung sind. Als Wronski-Matrix erhält man
x x−2
,
W (x) =
1 −2x−3
somit ist det(W (x)) = −3x−2 < 0 für x > 0. Also bilden die beiden Funktionen ein Fundamentalsystem der homogenen Gleichung.
b) Variation der Konstanten liefert das Gleichungsystem
0
0
v1 (x)
x x−2
=
.
·
1 −3
v20 (x)
x + 12 x
1 −2x−3
4
Die erste Gleichung ergibt die Beziehung v10 (x) = −x−3 v20 (x), setzt man dies
in die zweite Gleichung ein, so erhält man −3x−3 v20 (x) = 14 x−3 + 12 x. Somit
folgt
1 −3 1
x + x,
12
6
4
1
x
v20 (x) = − − .
12
6
v10 (x) =
Integration ergibt
1 −2
1
x + x2 ,
24
12
1
1 5
v2 (x) = − x − x .
12
30
v1 (x) = −
Somit lautet die allgemeine Lösung
1
1
y(x) = c1 · x + c2 · x−2 − x−1 + x3 .
8
20