BERGISCHE UNIVERSITÄT WUPPERTAL FAKULTÄT 4 - MATHEMATIK UND NATURWISSENSCHAFTEN WiSe 2015/16 Blatt 3 5. 11. 15 Übungen zu Gew. Differentialgleichungen Apl. Prof. Dr. G. Herbort Aufgabe 1. Lösen Sie die folgende Dgln. und geben Sie den Definitionsbereich der Lösungen an: u0 = 1 + x + u2 + xu2 , u(1) = 1 2 Lösung. Mit Separationsansatz finden wir (arctgu)0 (x) = 1 + x also 3 1 u(x) = tg(x + x2 + arctg(1/2) − ) 2 2 Aufgabe 2. (Fluchtgeschwindigkeit einer Rakete) Eine Rakete werde auf dem Boden senkrecht nach oben abgeschossen. Es sei t die Zeit und x die Steighöhe zur Zeit t und v die Geschwindigkeit zur Zeit t. Die Bewegungsgleichung der Rakete lautet (in vereinfachter Form) m dv mgR2 =− dt (R + x)2 wobei m die Masse der Rakete, R der Erdradius und g die Erdbeschleunigung bedeutet. a) Überführen Sie diese Differentialgleichung in eine separierbare Dgl für v als Funktion von x (statt von t) und lösen Sie diese. b) Sei h > 0 eine gewünschte Steighöhe. Wie muss die Startgeschwindigkeit v0 gewählt werden, damit diese Steighöhe erreicht wird? c) Wie groß muss die Startgeschwindigkeit sein, damit die Rakete das Schwerefeld der Erde verlassen kann ( der Fall h −→ ∞)? Lösung. a) Es gilt dv dx = dv /v, dt also ist die Dgl mit der folgenden gleichwertig v(x)v 0 (x) = − gR2 (R + x)2 Die Lösung hierzu ist v(x)2 − v02 = −2 gRx R+x r gRx R+x und damit v(x) = v02 − 2 q gRh ≥ b) Soll die Steighöhe h erreicht werden, muss also v0 ≥ 2 R+h gewählt werden. q √ gRh c) Die Startgeschwindigkeit muss v∞ = limh→∞ 2 R+h = 2gR ≈ 40000km/h werden. Aufgabe 3. a) Lösen Sie die Dgl v02 gRh 2 R+h , 2x + y 2 + 2xyy 0 = 0 b) Zeigen Sie, dass (2x − x2 − y 2 ) + 2y y 0 = 0 nicht exakt ist. Ermitteln Sie einen Eulerschen Multiplikator und finden Sie eine Lösung der Differentialgleichung, die durch den Punkt (0, 1) verläuft. Lösung. a) Die Dgl hat in F (x, y) = x2 +xy 2 eine Stammfunktion. Wir müssen die Gleichungen F (x, y) = c nach y auflösen. Außerhalb x = 0 gilt nun r c − x2 yc (x) = x √ √ Der Definitionsbereich dieser Lösung ist (− c, c), wenn c > 0 und (0, ∞), wenn c < 0. Wenn c = 0, so ist y0 auf (−∞, 0) definiert. b) Wir rechnen nach, dass die Dgl nicht exakt ist. Aber sie wird nach Multiplikation mit e−x exakt. Die Funktion F (x,√y) = e−x (x2 + y 2 ) dient als Stammfunktion, und eine Lösung y mit y(0) = 1 ist dann y(x) = ex − x2 . Aufgabe 4. Wie sehen die Lösungen der DGL p y0 = t+y+1 aus? Die Lösungen y müssen nicht explizit berechnet werden. Wenden Sie ein Verfahren aus der Vorlesung an. Lösung. Wir sehen, dass die Funktion z(t) := t + y(t) die DGL √ z0 = 1 + y0 = 1 + z + 1 1 √ hat die Stammfunktion 1+ x+1 √ √ 1+ x+1 x + 1 − log F (x) := 2 2 lösen muss. Die Funktion f (x) := Das bedeutet (F ◦ z)0 (t) = f ◦ z(t) · z 0 (t) = z0 √ =1 1+ z+1 und damit F (z(t)) = C + t , mit t ≥ F (−1) = 2 log 2 − C Dann wird z(t) = F −1 (C + t), y(t) = −t + F −1 (C + t) 4 . Zeigen Sie, dass ϕ : [0, 2] −→ [0, 2] kontrahierend ist. +2 b) Zeigen Sie, dass f (x) := x3 + 2x − 4 auf [0, 2] genau eine Nullstelle hat. Berechnen Sie diese näherungsweise mit dem Beweisverfahren des Banachschen Fixpunktsatzes für ϕ. (Als Startwert eignet sich x1 := 1, 17) 8x 2 −2 00 ≤ 0 und ϕ00 (x) = 8 (x3x2 +2) Lösung. a) Es gilt ϕ0 (x) = − 2 3 . Also ist ϕ (x) < 0 auf 2 (x + 2) p p p p [0,p 2/3) und ϕ00 (x) > 0 auf ( 2/3, 2]. Es folgt ϕ0 ( 2/3) ≤ ϕ0 (x) ≤ 0, also |ϕ0 | ≤ |ϕ0 ( 2/3)| = 3 3/2 < c := 0, 92. Der Mittelwertsatz ergibt jetzt 4 Aufgabe 5. a) Sei ϕ(x) := x2 |ϕ(x1 ) − ϕ(x2 )| ≤ c|x1 − x2 |, auf [0, 2] b) Es gilt f (0) < 0 < f (1, 2) und f 0 > 0, so dass genau eine Nullstelle x0 für f existiert. Diese ist positiv und ein Fixpunkt für ϕ. Somit berechnen wir die ersten Glieder der Folge x1 := 1, 17,...,xk+1 := ϕ(xk ). Wir finden x2 = 1.1873, Es ist f (x5 ) = −0.02... x3 = 1.1731, x4 = 1.1847, x5 = 1.1752