Musterlösungen zur 1. Serie: Gleichungen mit getrennten Variablen

Musterlösungen zur 1. Serie: Gleichungen mit getrennten Variablen
1. Aufgabe Berechnen Sie die maximalen Lösungen, insbesondere auch deren Definitionsbereiche, der folgenden Anfangswertprobleme:
tx(x − 2)
, x(0) = 1,
t2 − 1
tx3
′
√
(b) x =
, x(0) = 1.
1 + t2
(a) x′ =
Lösung für (a) Es gilt
Z Z x
dy
1
1 x
1
1
dy = (ln(|x − 2| − ln |x|)
=
−
2 1
y−2 y
2
1 y(y − 2)
und
Z
0
t
s
1
=
2
s −1
2
Z
0
t2
dσ
1
= ln |t2 − 1|.
σ−1
2
t
definiert ist, ist ] − 1, 1 [.
Das größte t-Intervall um den Anfangswert t = 0, so dass dort t2 −1
Das größte x-Intervall um den Anfangswert x = 1, so dass dort x(x − 2) definiert und ungleich
Null ist, ist ]0, 2 [. Also ist das größte Teilintervall von ] − 1, 1 [ um t = 0 gesucht, so dass für
alle t aus diesem Teilintervall die Gleichung
Z t
Z x
s
dy
=
,
2
0 s −1
1 y(y − 2)
nach x ∈]0, 2 [ eindeutig aufgelöst werden kann. Also ist das größte Teilintervall von ] − 1, 1 [
um t = 0 gesucht, so dass für alle t aus diesem Teilintervall die Gleichung
ln
2−x
= ln(1 − t2 ), 0 < x < 2.
x
eindeutig lösbar ist. Dieses Teilintervall ist ] − 1, 1 [ selbst, und die gesuchte maximale Lösung
ist
2
, −1 < t < 1.
x=
2 − t2
Lösung für (b) Es gilt
Z
1
x
dy
1
=−
3
y
2
Z t
Z 2
√
dσ
1
s
1 t
√
√
=
t2 + 1 − 1.
−
1
;
=
x2
2 0
σ+1
s2 + 1
0
t
Das größte t-Intervall um den Anfangswert t = 0, so dass dort √1+t
2 definiert ist, ist ganz R.
3
Das größte x-Intervall um den Anfangswert x = 1, so dass dort x definiert und ungleich Null
1
ist, ist ]0, ∞[. Also ist das größte Teilintervall von um t = 0 gesucht, so dass für alle t aus
diesem Teilintervall die Gleichung
√
1 1
t2 + 1 − 1, x > 0
−
−
1
=
2 x2
√
√
eine eindeutige stetige Lösung x(t) mit x(0) = 1 besitzt. Dieses Teilintervall ist ]− 5/2, 5/2 [,
und die gesuchte maximale Lösung ist
√
√
5
5
1
<t<
.
x= p
, −
√
2
2
3 − 2 1 + t2
2. Aufgabe Berechnen Sie den Funktionswert x(1) der maximalen Lösung des Anfangswertproblems
t
, x(0) = 0.
x′ = 2
x +1
Lösung Es gilt
Z
x
x3
(y + 1)dy =
+ x;
3
2
0
Z
t
sds =
0
t2
.
2
Das größte t-Intervall um den Anfangswert t = 0, so dass dort t definiert ist, ist ganz R ebenso
wie das größte x-Intervall um den Anfangswert x = 0, so dass dort = x2 + 1 definiert und
ungleich Null ist. Die Funktion x ∈ R 7→ x3 /3 + x ∈ R ist streng monoton wachsend, also ist
die Gleichung
t2
x3
+x= , x∈R
3
2
ist für alle t ∈ R eindeutig lösbar, also ist die maximale Lösung unbeschränkt fortsetzbar,
und ihr Wert in t = 1 ist nach den Cardano-Formeln (dem Analogon für Gleichungen dritter
Ordnung der “p − q”-Formeln)
r
√
3 1
3
x= 2−
.
2
3. Aufgabe Es sei α > 1. Zeigen Sie. dass das rechte Intervallende des Definitionsbereichs der
maximalen Lösung des Anfangswertproblems
x′ = xα , x(0) = 1
(1)
endlich ist und gegen Unendlich strebt für α ↓ 1. Zeigen Sie ferner, dass für jedes fixierte t > 0
der Wert x(t) der maximalen Lösung von (1) gegen et strebt für α ↓ 1.
Lösung Die Gleichung
Z x
1
y
−α
1
x1−α − 1 =
dy =
1−α
2
Z
t
ds = t, x > 0
0
ist eindeutig nach x auflösbar für (1 − α)t + 1 > 0, also ist die maximale Lösung
1
x = ((1 − α)t + 1) 1−α , t <
1
.
α−1
Das rechte Intervallende des Definitionsbereichs der maximalen Lösung ist also (α − 1)−1 , und
es strebt gegen Unendlich für α ↓ 1. Zu zeigen bleibt
1
lim ((1 − α)t + 1) 1−α = et , d.h. lim
α↓1
α↓1
ln ((1 − α)t + 1)
= t.
1−α
Nach der l’Hospital-Regel ist das richtig, weil
lim
α↓1
t
= t.
(1 − α)t + 1
*Aufgabe Berechnen Sie die Definitionsbereiche der maximalen Lösungen der Anfangswertprobleme
1
1
, x(0) = ,
x ln x
2
1
′
(b) x = sin x, x(0) = .
2
(a) x′ =
Lösung für (a) Es ist das größte Intervall um t = 0 zu bestimmen, so dass für alle t aus
diesem Intervall die Gleichung
Z x
1
x2 ln x x2 ln 2
−
+
+
= t, 0 < x < 1
(2)
y ln ydy =
1
2
4
8
16
2
nach x auflösbar ist. Die Funktion
f (x) :=
x2 ln x x2
−
2
4
ist in ]0, 1 [ streng monoton fallend, folglich ist ihre Bildmenge gleich
1
f (1), lim f (x) = − , 0 .
x↓0
4
1
liegen, damit (2) lösbar ist. Der Definitionsbereich der maximalen Lösung
Dort muß t − ln82 − 16
ist also
ln 2 1
ln 2
3
.
,
+
− +
16
8 16
8
3
Lösung für (b) Es ist das größte Intervall um t = 0 zu bestimmen, so dass für alle t aus
diesem Intervall die Gleichung
Z x
1
dy = t, 0 < x < π
(3)
1 sin y
2
nach x auflösbar ist. Wegen
Rx
1
2
dy
sin y
1
2
dy
π−y
lim R x
x↑π
=
1
sin x
lim 1
x↑π
π−x
= 1 und lim
x↑π
folgt
lim
x↑π
Z
Analog zeigt man
lim
x↓0
Z
x
1
2
x
1
2
Z
x
1
2
dy
=∞
π−y
dy
= ∞.
sin y
dy
= −∞.
sin y
Also ist (3) für alle t ∈ R lösbar, also ist der Definitionsbereich der maximalen Lösung ganz R.
4

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