Aufgabensammlung Mathematik: Band 2: Analysis Mehrerer Reeler Variablen, Vektoranalysis, Gewöhnliche Differentialgleichungen, Integraltransformationen

Herbert Wallner Aufgabensammlung Mathematik Aus dem Programm Mathematikder Informatik Leitfäden Albrecht Beutelspac...

Author: Herbert Wallner

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Herbert Wallner Aufgabensammlung Mathematik

Aus dem Programm

Mathematikder Informatik Leitfäden

Albrecht Beutelspacher Herausgegeben von Prof. Dr. Bernd Becker Survival-Kit Mathematik Prof. Dr. Friedemann Mattern Prof. Dr. Heinrich Müller Albrecht Beutelspacher Prof. Dr. Algebra Wilhelm Schäfer Lineare Prof. Dr. Dorothea Wagner Prof. Dr. Ingo Wegener Gerd Fischer Lineare Algebra Die Leitfäden derund Informatik behandeln Hannes Stoppel Birgit Griese Übungsbuch Algebra ■ Themen aus zur derLinearen Theoretischen, Praktischen und Technischen Informatik entsprechend dem aktuellen Stand der Wissenschaft in einer Otto Forster systematischen und fundierten Darstellung des jeweiligen Gebietes Analysis 2 ■ Methoden und Ergebnisse der Informatik, ausgearbeitet und dargestellt aus der Sicht der Anwendung in einer für Anwender verständlichen, Otto Forster und Thomas Szymczak exakten und präzisen Form. Übungsbuch zur Analysis 2 Die Bände der Reihe wenden sich zum einen als Grundlage und Ehrhard Behrends Ergänzung zu Vorlesungen der Informatik an Studierende und Lehrende Analysis Band 2 in Informatik-Studiengängen an Hochschulen, zum anderen an „Praktiker“, die sich einen Überblick über die Anwendungen der Lothar Papula Informatik (-Methoden) verschaffen wollen; sie dienen aber auch in Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler – Wirtschaft, Industrie und Verwaltung tätigen Informatikerinnen und Klausur- und Übungsaufgaben Informatikern zur Fortbildung in praxisrelevanten Fragestellungen ihres Faches. Claus Wilhelm Turtur Prüfungstrainer Mathematik Dorothea Bahns und Christoph Schweigert Softwarepraktikum - Analysis und Lineare Algebra (mit Maple) Rüdiger Braun und Reinhold Meise Analysis mit Maple www.viewegteubner.de

Herbert Wallner

Aufgabensammlung Mathematik Für Studierende in mathematisch-naturwissenschaftlichen und technischen Studiengängen Band 2: Analysis mehrerer reeller Variablen, Vektoranalysis, Gewöhnliche Differentialgleichungen, Integraltransformationen STUDIUM

Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über abrufbar.

Prof. Dr. Herbert Wallner Institut für Analysis und Computational Number Theory (Math A) Technische Universität Graz Steyrergasse 30 8010 Graz/Österreich [email protected]

1. Auflage 2012 Alle Rechte vorbehalten © Vieweg+Teubner Verlag | Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2012 Lektorat: Ulrike Schmickler-Hirzebruch | Barbara Gerlach Vieweg+Teubner Verlag ist eine Marke von Springer Fachmedien. Springer Fachmedien ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media. www.viewegteubner.de Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlags unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Umschlaggestaltung: KünkelLopka Medienentwicklung, Heidelberg Druck und buchbinderische Verarbeitung: STRAUSS GMBH, Mörlenbach Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier Printed in Germany ISBN 978-3-8348-1812-6

Vorwort Die vorliegende Aufgabensammlung entstand im Laufe meiner langjährigen Tätigkeit an einer Technischen Universität und ist in zwei Teile gegliedert. Die Ausbildung in Mathematik ist einer der Grundpfeiler f¨ ur ein Studium der Ingenieurwissenschaften und erst recht f¨ ur ein solches der Naturwissenschaften. Im Gegensatz zur Schule findet an universitären Einrichtungen meist eine Trennung in ¨ Vorlesung und Ubung statt. Die Vorlesung stellt in der Regel die theoretischen Grundlagen bereit. ¨ Aufgabe der Ubung ist dann die Anwendung des so erworbenen Wissens. Dort sollen konkrete Aufgabenstellungen bearbeitet und einer Lösung zugef¨ uhrt werden, wobei nur elementare Grundkenntnisse aus der Schule und Sätze und Aussagen der Vorlesung ben¨ utzt werden d¨ urfen. Wie dies korrekt erfolgt, wird meist im Rahmen eines Tutoriums vorgezeigt. Aufgabensammlungen können und sollen dies unterst¨ utzen. Insbesondere eine große An¨ zahl von Ubungsaufgaben sollen dazu beitragen, eine gewisse Fertigkeit im Lösen von Aufgaben zu vermitteln. Daneben ist auch der sichere Umgang mit symbolischen Rechenprogrammen (ComputerAlgebra-Systemen) und ihr Einsatz zum Lösen von Aufgaben wichtig. Aber ebenso wie ein Taschenrechner nicht das Erlernen der Grundrechnungsarten vollständig ersetzen kann und soll, ersetzen solche Programme nicht den Erwerb von Fähigkeiten, Probleme auch zu Fuß“ lösen zu können. ” Das Verwenden von Computer-Algebra-Systemen ist nicht Thema dieses Buches. Es wird aber dringend empfohlen, sie parallel zum klassischen Lösen zu verwenden. Der vorliegende zweite Teil umfasst in etwa den Stoff, der an Technischen Universitäten u ¨blicherweise im zweiten bis dritten Semester auf der Tagesordnung steht: Analysis mehrerer reeller Variabler, Vektoranalysis, gewöhnliche Differentialgleichungen und Integraltransformationen. Viele Aufgaben sind aber auch f¨ ur Studierende mathematischer Studiengänge von Interesse, wenngleich typische Mathematikeraufgaben“ fehlen. ” F¨ ur jedes Teilgebiet werden zunächst die zum Bearbeiten der nachfolgenden Aufgaben erforderlichen Grundlagen kurz zusammengefasst. Anschließend werden jeweils eine Reihe speziell ausgewählter Beispiele ausf¨ uhrlich gelöst. In einem weiteren Abschnitt werden Aufgaben mit Lösungen angegeben. In einem abschließenden Kapitel werden Aufgabenstellungen aus Technik und Physik behandelt. Auf Abbildungen wurde weitgehend verzichtet (obwohl sie wichtig sind und das Wesentliche oft zusammenfassen), da heutzutage eine graphische Darstellung durch verschiedene Computerprogramme recht einfach ist.

vi Empfehlungen an die Leserinnen und Leser: Versuchen Sie die Musterbeispiele zunächst eigenständig zu lösen, bevor Sie den vorgeschla¨ genen Lösungsgang ansehen. Uberlegen Sie, ob es nicht alternative Lösungswege gibt. Verwenden Sie parallel zur herkommlichen Lösungsweise auch symbolische Rechenprogramme. Noch eine Empfehlung: Arbeiten Sie nicht ausschließlich im Alleingang, sondern auch in einer kleinen Gruppe, in der Sie Ideen und Ergebnisse austauschen können. Viel Erfolg!

Graz, im August 2011

Herbert Wallner

Inhaltsverzeichnis 1 Analysis mehrerer reeller Variabler 1.1 Stetigkeit und Differenzierbarkeit . . . . . 1.1.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.1.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . 1.2 Richtungsableitung, Tangentialebene . . . 1.2.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.2.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . 1.3 Kettenregel . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.3.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . 1.4 Mittelwertsatz und Satz von TAYLOR . . 1.4.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.4.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.4.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . 1.5 Implizite Funktionen und Umkehrfunktion 1.5.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.5.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.5.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . 1.6 Extrema ohne Nebenbedingungen . . . . . 1.6.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.6.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.6.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . 1.7 Extrema mit Nebenbedingungen . . . . . . 1.7.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.7.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.7.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . 1.8 Kurven im lRn . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.8.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.8.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . 1.9 Mehrfachintegrale . . . . . . . . . . . . . . 1.9.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.9.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.9.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . 1.10 Oberflächen und Oberflächenintegrale . . .

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1 1 1 3 6 8 8 8 12 14 14 14 17 18 18 18 21 24 24 25 30 32 32 32 36 38 38 38 45 47 47 48 53 58 58 59 67 69

viii

Inhaltsverzeichnis 1.10.1 Grundlagen . . . . . . 1.10.2 Musterbeispiele . . . . 1.10.3 Beispiele mit Lösungen 1.11 Kurvenintegrale . . . . . . . . 1.11.1 Grundlagen . . . . . . 1.11.2 Musterbeispiele . . . . 1.11.3 Beispiele mit Lösungen

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69 70 73 75 75 75 78

2 Vektoranalysis 2.1 Differentialoperatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . . . . . . . 2.2 Satz von GAUSS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . . . . . . . 2.3 Satz von GREEN-RIEMANN . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . . . . . . . 2.4 Satz von STOKES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . . . . . . . 2.5 Wegunabhängigkeit von Kurvenintegralen, Potentiale 2.5.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . . . . . . .

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81 81 81 82 83 85 85 85 90 93 93 93 97 99 99 99 102 105 105 106 109

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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111 111 111 115 131 142 142 145 153 159 159 159 165 169 169 169 176

3 Gew¨ ohnliche Differentialgleichungen 3.1 Gewöhnliche Differentialgleichungen erster Ordnung . . 3.1.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Lineare Differentialgleichungen von zweiter und höherer 3.2.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Lösungsdarstellungen mittels Reihen . . . . . . . . . . 3.3.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Lineare Systeme von Differentialgleichungen . . . . . . 3.4.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . . . . . . . .

Inhaltsverzeichnis 3.5

ix

Autonome Differentialgleichungen und autonome Systeme . 3.5.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.3 Beispiele mit Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . .

4 Integraltransformationen 4.1 LAPLACE-Transformation . . 4.1.1 Grundlagen . . . . . . 4.1.2 Musterbeispiele . . . . 4.1.3 Beispiele mit Lösungen 4.2 FOURIER-Transformation . . 4.2.1 Grundlagen . . . . . . 4.2.2 Musterbeispiele . . . . 4.2.3 Beispiele mit Lösungen

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195 195 195 196 207 211 211 212 221

5 Anwendungsbeispiele 225 5.1 Aufgabenstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 5.2 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230 Literaturverzeichnis

249

Kapitel 1 Analysis mehrerer reeller Variabler 1.1 1.1.1

Stetigkeit und Differenzierbarkeit Grundlagen

• Eine reellwertige Funktion mehrerer reeller Variabler f (x) := f (x1 , x2 , . . . , xn ) heißt stetig an einem Punkt x 0 =(x01 , x02 , . . . , x0n )T , wenn es f¨ ur jedes ε > 0 ein δε > 0 gibt, so dass f¨ ur alle x mit (x1 − x01 )2 + (x2 − x02 )2 + · · · + (xn − x0n )2 < δε gilt: |f (x) − f (x 0 )| < ε. • Eine reellwertige Funktion mehrerer reeller Variabler f (x) := f (x1 , x2 , . . . , xn ) ist stetig an einem Punkt x 0 = (x01 , x02 , . . . , x0n )T , wenn f¨ ur jede gegen x 0 konvergente k k k k T k 0 Folge {x } := {(x1 , x2 , . . . , xn ) } mit x → x gilt: f (x k ) → f (x 0 ). Folgenkriterium der Stetigkeit • Falls die reellwertigen Funktionen mehrerer reeller Variabler f(x) und g(x) an x 0 f stetig sind, sind auch die Funktionen (f ± g)(x), (f g)(x) und (x) ebenfalls an g 0 0 x stetig. Letzteres gilt nur, falls g(x ) = 0. • Eine vektorwertige Funktion mehrerer reeller Variabler f(x) := f(x1 , x2 , . . . , xn ) ist stetig an einem Punkt x 0 = (x01 , x02 , . . . , x0n )T , wenn alle Komponentenfunktionen fj (x1 , x2 , . . . , xn ), j = 1, 2, . . . , m stetig sind. Satz von der komponentenweisen Stetigkeit • Eine reellwertige Funktion mehrerer reeller Variabler f (x) := f (x1 , x2 , . . . , xn ) heißt partiell differenzierbar nach der Variablen xi , wenn sie nach xi im gewöhnlichen Sinn (bei Konstanthaltung der u ¨brigen Variablen) differenzierbar ist. ∂f Schreibweise: oder fxi . ∂xi T ∂f ∂f ∂f , ,..., Der mittels der partiellen Ableitungen von f gebildete Vektor ∂x1 ∂x2 ∂xn heißt Gradient von f . Schreibweise: grad f . • Eine vektorwertige Funktion mehrerer reeller Variabler f(x) heißt partiell differenzierbar, wenn alle Komponentenfunktionen fj nach den Variablen xi partiell differenzierbar sind. H. Wallner, Aufgabensammlung Mathematik, DOI 10.1007/978-3-8348-8648-4_1, © Vieweg+Teubner Verlag | Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2012

2

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

∂fj Die mittels der partiellen Ableitungen von f gebildete Matrix ∂xi Matrix von f . Schreibweise: Jf (x).

heißt JACOBI-

• Eine reellwertige Funktion mehrerer reeller Variabler f (x) := f (x1 , x2 , . . . , xn ) heißt differenzierbar an der Stelle x 0 = (x01 , x02 , . . . , x0n )T , wenn es einen Vektor c ∈ lRn und eine f¨ ur x → x 0 gegen Null strebende Funktion f0 (x) gibt, so dass in einer Umgebung von x 0 gilt: f (x) = f (x 0 ) + c · (x − x 0 ) + x − x 0 f0 (x) . c ist dann der Gradient von f an der Stelle x 0 und stellt die Ableitung von f dort dar. Schreibweisen: grad f (x 0 ) bzw. f (x 0 ) . Die Funktion f ∗ (x) := f (x 0 ) + c · (x − x 0 ) heißt lineare (genauer: affine) Approximation von f an x 0 . • F¨ ur reellwertige Funktionen mehrerer reeller Variabler gelten die Linearität der Ableitung, sowie Produkt- und Quotientenregel: Sind f (x) und g(x) differenzierbar und im Fall der Quotientenregel auch g(x) = 0, so gilt:

(f ± g) = f ± g , (f g) = f g + f g

und

f g

=

f g − f g . g2

• Eine vektorwertige Funktion mehrerer reeller Variabler f(x) := f(x1 , x2 , . . . , xn ) heißt differenzierbar an der Stelle x 0 , wenn es eine Matrix C ∈ M (n × m; lR) und eine f¨ ur x → x 0 gegen den Nullvektor strebende Vektorfunktion f0 (x) gibt, so dass in einer Umgebung von x 0 gilt: f(x) = f(x 0 ) + C(x − x 0 ) + x − x 0 f0 (x) . C ist dann die JACOBI-Matrix von f ander Stelle x 0 und stellt die Ableitung von ∂fj (x0 ) bzw. f (x 0 ) . f dort dar. Schreibweisen: Jf (x 0 ) bzw. ∂xi Die Funktion f∗ (x) := f(x 0 ) + C(x − x 0 ) heißt lineare (genauer: affine) Approximation von f an x 0 . • Eine vektorwertige Funktion mehrerer reeller Variabler ist differenzierbar, wenn alle Komponentenfunktionen differenzierbar sind. • Reell- bzw. vektorwertige Funktionen sind differenzierbar, wenn alle ihre partiellen Ableitungen (bei vektorwertigen Funktionen f¨ ur alle Komponentenfunktionen) stetig sind. Sie heißen dann stetig differenzierbar. ∂ 2f ∂ • Höhere Ableitungen werden rekursiv definiert: = ∂xi ∂xk ∂xi

∂f . ∂xk

∂ 2f ∂ 2f und in einer Umgebung U ∂xi ∂xk ∂xk ∂xi 0 0 eines Punktes x stetig, so heißt f an x zweimal stetig differenzierbar. Schreibweise: f ∈ C 2 (U ).

• Sind die zweiten Ableitungsfunktionen

1.1. Stetigkeit und Differenzierbarkeit

3

• F¨ ur f ∈ C 2 (U ) sind die zweiten Ableitungen vertauschbar, d.h. es gilt nach dem Satz von SCHWARZ: ∂ 2f ∂ 2f = . ∂xi ∂xk ∂xk ∂xi • Die Matrix der zweiten Ableitungen einer differenzierbaren reellwertigen Funktion ∂ 2f heißt HESSE-Matrix H(x). Sie ist symmetrisch, mehrerer reeller Variablen ∂xi ∂xk falls f zweimal stetig differenzierbar ist.

1.1.2

Musterbeispiele

1. Untersuchen Sie die Funktion f : lR2 → lR mit f (x, y) =

x+y auf Stetigkeit. 1 + x2 + y 2

L¨ osung: Nachdem sowohl die Zählerfunktion f1 (x, y) := x + y als auch die Nennerfunktion f2 (x, y) := 1 + x2 + y 2 in ganz lR2 stetig sind und f2 (x, y) = 0 in ganz lR2 ist, folgt: f (x, y) ist in ganz lR2 stetig. 2. Untersuchen Sie die Funktion f : lR2 → lR mit f (x, y) =

x2 + y 2 auf Stetigkeit. 3 + xy

L¨ osung: Nachdem sowohl die Zählerfunktion f1 (x, y) := x2 + y 2 als auch die Nennerfunktion 3 f2 (x, y) := 3 + xy in ganz lR2 stetig sind aber f2 (x, y) = 0 auf der Hyperbel y = − x ist, folgt: f (x, y) ist in ganz lR2 \ {3 + xy = 0} stetig. 3. Untersuchen Sie, ob die Funktion ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

xy − x2 + y 2 √ 2 f¨ ur (x, y) = (0, 0) x + y2 f (x, y) = ⎪ ⎪ ⎩ 0 f¨ ur (x, y) = (0, 0) im Ursprung stetig ist. L¨ osung: Nach Definition ist f an (0, 0) stetig, √ falls zu jedem ε > 0 ein δε > 0 gewählt werden kann, so dass f¨ ur alle (x, y) mit x2 + y 2 < δε folgt: |f (x, y) − f (0, 0)| < ε. |x||y| + |x|2 + |y|2 |xy − x2 + y 2 | √ 2 √ 2 ≤ ≤ x + y2 x + y2 √

2 √

2 √ 2 √ x + y 2 x2 + y 2 + x2 + y 2 + x2 + y 2 ! √ 2 = 3 x2 + y 2 < 3δε ≤ ε ≤ 2 x +y ε Die letzte Ungleichung ist erf¨ ullt, wenn wir δε = wählen. Somit ist die Funktion 3 im Ursprung stetig.

|f (x, y) − f (0, 0)| =

2xy in G = lR2 \ {(0, 0)} stetig ist. x2 + y 2 Untersuchen Sie ferner, welche Richtungsgrenzwerte f an (0, 0) annehmen kann.

4. Zeigen Sie, dass die Funktion f (x, y) =

4

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler L¨ osung: In G sind Zähler- und Nennerfunktion stetig und letztere ist dort nicht Null. Daher ist f auf G stetig. Auf der y-Achse ist f Null und besitzt daher dort den Richtungsgrenzwert Null. F¨ ur jede andere Annäherung setzen wir y = kx und erhalten: lim f (x, kx) = lim

x→0 x2

x→0

2kx2 2k = . + k 2 x2 1 + k2

2k besitzt bei k = ±1 absolute Extrema und es gilt: 1 + k2 h(−1) = −1 und h(1) = 1. Daher kann f an (0, 0) jeden Wert g ∈ [−1, 1] als Richtungsgrenzwert besitzen.

Die Funktion h(k) :=

5. Untersuchen Sie die Funktion

⎧ ⎪ ⎨

xy 2 falls (x, y) = (0, 0) f (x, y) = ⎪ x2 + y 4 ⎩ 0 falls (x, y) = (0, 0) auf Richtungsstetigkeit und auf Stetigkeit. L¨ osung: f (x, y) ist auf lR2 \ {(0, 0)} sicher stetig und damit auch richtungsstetig. Untersuchung auf Richtungsstetigkeit im Ursprung x 0 = (0, 0) in Richtung a: ha1 h2 a22 a1 a2 h f (x 0 + ha) = 2 2 = 2 , woraus folgt: lim f (x 0 + ha) = 0 in jeder h→0 h a1 + h4 a42 a1 + h2 a42 Richtung a. Untersuchung auf Stetigkeit mittels des Folgenkriteriums: Betrachten wir nun aber eine Annäherung auf der gegen (0, 0) konvergenten Folge (xn , yn ) = ( n12 , n1 ), so erhalten wir: f (xn , yn ) =

1 · 1 n2 n2 1 + n14 n4

=

1 2

d.h.

lim f (xn , yn ) =

n→∞

1 = 0 . 2

Somit ist die betrachtete Funktion im Ursprung zwar richtungsstetig in jeder Richtung a (sogar mit demselben Grenzwert), letztlich aber doch unstetig. x − y2 auf Differenzier1 + z2 barkeit. Bestimmen Sie ferner alle partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung. L¨ osung: Nachdem sowohl die Zählerfunktion f1 (x, y, z) := x−y 2 als auch die Nennerfunktion f2 (x, y, z) := 1 + z 2 in ganz lR3 differenzierbar sind und f2 (x, y, z) = 0 in ganz lR3 ist, folgt: f (x, y, z) ist in ganz lR3 differenzierbar.

6. Untersuchen Sie die Funktion f : lR3 → lR mit f (x, y, z) =

∂f 1 = , ∂x 1 + z2

−2y ∂f = , ∂y 1 + z2

(x − y 2 )2z ∂f =− , ∂z (1 + z 2 )2

∂ 2f =0, ∂x2

∂ 2f −2 = , ∂y 2 1 + z2

∂ 2f 2(x − y 2 )(1 + z 2 )2 − (x − y 2 )2z4z(1 + z 2 ) 2(x − y 2 )(3z 2 − 1) =− = , 2 2 4 ∂z (1 + z ) (1 + z 2 )3 ∂ 2f ∂ 2f =0= , ∂x∂y ∂y∂x

∂ 2f 2z ∂ 2f =− , = ∂x∂z (1 + z 2 )2 ∂z∂x

∂ 2f 4yz ∂ 2f = . = ∂y∂z (1 + z 2 )2 ∂z∂y


5

7. Untersuchen Sie die folgende Funktion auf Differenzierbarkeit: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

xy 2 + y 3 f¨ ur (x, y) = (0, 0) f (x, y) = ⎪ x2 + y 2 ⎪ ⎩ 0 f¨ ur (x, y) = (0, 0)

.

L¨ osung: f (x, y) ist auf lR2 \{(0, 0)} als Quotient zweier differenzierbarer Funktionen differenzierbar. Damit f (x, y) im Ursprung differenzierbar ist, muss f (x, y) dort jedenfalls partiell differenzierbar sein. Es gilt: f (x, 0) − f (0, 0) 0 = lim = 0 und x→0 x x−0 f (0, y) − f (0, 0) y fy (0, 0) = lim = lim = 1. y→0 y→0 y−0 y

fx (0, 0) = lim

x→0

Angenommen, f (x, y) ist im Ursprung differenzierbar. √ Dann folgt aus f (x, y) = f (0, 0)+fx (0, 0)x+fy (0, 0)y + x2 + y 2 f0 (x, y) f¨ ur f0 (x, y):

xy 2 + y 3 xy(y − x) . − y = ··· = 2 x2 + y 2 (x + y 2 )3/2 0 Annäherung längs der y-Achse liefert: lim f0 (0, y) = lim 3 = 0. Annäherung längs y→0 y→0 y 2x3 1 der Geraden y = −x liefert hingegen: lim f0 (x, −x) = lim √ 3 = √ = 0. x→0 y→0 2 2 x 2 Damit ist aber f (x, y) im Ursprung nicht differenzierbar. 1 f0 (x, y) = √ 2 x + y2

8. Untersuchen Sie die Funktion ⎧ ⎪ x2 sin y + y 2 sin x ⎪ ⎨ √ 2 f¨ ur (x, y) = (0, 0) x + y2 f (x, y) = ⎪ ⎪ ⎩ 0 f¨ ur (x, y) = (0, 0) auf Differenzierbarkeit. L¨ osung: f (x, y) ist auf lR2 \{(0, 0)} als Quotient zweier differenzierbarer Funktionen differenzierbar. Zum Nachweis der Differenzierbarkeit im Ursprung benötigen wir dort die partiellen Ableitungen. Es gilt: f (x, 0) − f (0, 0) 0 = lim = 0 und x→0 x x−0 f (0, y) − f (0, 0) y fy (0, 0) = lim = lim = 0. y→0 0→0 y−0 y fx (0, 0) = lim

x→0

Damit erhalten wir: f0 (x, y) = | sin x| ≤ |x| und | sin y| ≤ |y|: |f0 (x, y)| ≤

x2 sin y + y 2 sin x und daraus mit den Ungleichungen x2 + y 2

x2 y2 |y|+ |x| ≤ (|x|+|y|) ≤ 2 x2 + y 2 → 0 f¨ ur (x, y) → (0, 0) . x2 + y 2 x2 + y 2

≤1

≤1

6

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler Damit ist aber f (x, y) auch im Ursprung differenzierbar. 9. Gegeben ist die vektorwertige Funktion f : lR2 → lR2 mit f(x, y) = (x − xy, xy)T . Zeigen Sie, dass f(x, y) auf ganz lR2 differenzierbar ist und bestimmen Sie: a) die Ableitung f (x), b) die affine Approximation f∗ (x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x − x 0 ) von f bei x 0 = (1, 1)T . f(x) − f∗ (x) Pr¨ ufen Sie direkt nach, dass lim0 f0 (x) = lim0 = 0. x→ x x→ x x − x 0 L¨ osung: Die Komponentenfunktionen f1 (x, y) = x − xy und f2 (x, y) = xy sind auf ganz lR2 differenzierbar und damit auch f(x, y).

a) f (x) =

⎛ ∂f 1 ⎝ ∂x

∂f1 ∂y ∂f2 ∂y

∂f2 ∂x

⎞ ⎠

=

1 − y −x y x

.

b) f∗ (x, y) = f(1, 1) + f (x 0 )(x − x 0 ) =

=

−y + 1 x+y−1

g (x) := f(x) − f∗ (x) =

+

0 −1 1 1

x−1 y−1

=

. x − xy xy

−

−y + 1 x+y−1

Damit folgt: f0 (x) =

0 1

1 g (x) = 0 x − x (x − 1)2 + (y − 1)2

= ··· =

−(x − 1)(y − 1) (x − 1)(y − 1)

−(x − 1)(y − 1) (x − 1)(y − 1)

.

.

Mit x − 1 = r cos ϕ und y − 1 = r sin ϕ erhalten wir dann:

lim0 f0 (x) = lim

x→ x

1.1.3

r→0

−r sin ϕ cos ϕ r sin ϕ cos ϕ

= 0.

Beispiele mit L¨ osungen

1. Untersuchen Sie, ob die Funktion f (x, y) =

3x2 + 2y in der Kreisscheibe x2 + y 2 < 1 x(1 + y)

stetig ist. Lösung: Nein. 2. Gegeben ist die Funktion ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

xy + y 2 f¨ ur (x, y) = (0, 0) |x| + |y| f (x, y) = ⎪ ⎪ ⎩ 0 f¨ ur (x, y) = (0, 0)

.

Untersuchen Sie, ob f (x, y) an (0, 0) stetig ist und welche partiellen Ableitungen erster Ordnung im Ursprung existieren. Lösung: Stetig an (0, 0), fx (0, 0) existiert, fy (0, 0) existiert nicht.


7

3. Untersuchen Sie die folgende Funktion auf Richtungsstetigkeit sowie auf Stetigkeit: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

x 3 y 2 + x2 y 3 f¨ ur (x, y) = (0, 0) f (x, y) = ⎪ x4 + y 6 ⎪ ⎩ 0 f¨ ur (x, y) = (0, 0)

.

Lösung: Richtungsstetig in lR2 , stetig nur in lR2 \ {(0, 0)} . 4. Untersuchen Sie die folgende Funktion auf Differenzierbarkeit: ⎧ ⎪ ⎨

f (x, y) = ⎪ ⎩

(x2 +y 2 )2 sin

√

x2 +y 2

0

f¨ ur (x, y) = (0, 0)

.

f¨ ur (x, y) = (0, 0)

Lösung: Differenzierbar in lR2 . x − y 2 + xyz im Punkt P (1, 1, 0) 1+z differenzierbar ist und berechnen Sie dort den Gradienten.

5. Zeigen Sie, dass die Funktion f (x, y, z) = Lösung:

grad f (1, 1, 0) = (1, −2, 0)T . ⎛

⎞

x cosh y ⎟ 6. Berechnen Sie die JACOBI-Matrix der Vektorfunktion f(x, y, z) = ⎜ ⎝ x sinh y ⎠. z ⎛

Lösung: Jf (x, y, z) =

⎜ ⎝

⎞

cosh y x sinh y 0 sinh y x cosh y 0 ⎟ ⎠. 0 0 1

7. Gegeben ist die Funktion f : lR2 → lR mit f (x, y) = xy + y x . Ermitteln Sie fx (x, y) und fx (x, y). Wo existieren diese? Zeigen Sie ferner, dass im ersten Quadranten gilt: fxy = fyx . Lösung: fx (x, y) = yxy−1 + y x ln y, fy (x, y) = xy ln x + xy x−1 . Sie existieren f¨ ur x > 0 und y > 0, d.h. im ersten Quadranten.

8


1.2

Richtungsableitung, Tangentialebene

1.2.1

Grundlagen

• Sei a ein normierter Vektor. Eine Funktion f : lRn → lR heißt an einem inneren Punkt x 0 ∈ D(f ) in Richtung a differenzierbar, wenn der Grenzwert f (x 0 + ha) − f (x 0 ) h→0 h lim

existiert. Er heißt Richtungsableitung von f an der Stelle x 0 in Richtung a. ∂f 0 Schreibweise: (x ). ∂a • F¨ ur eine differenzierbare Funktion f kann die Richtungsableitung als Projektion des Gradienten von f auf die Richtung a dargestellt werden:

∂f 0 (x ) = gradf (x 0 ), a . ∂a

¨ Damit gibt der Gradient die Richtung der maximalen Anderung von f an. • F¨ ur eine differenzierbare Funktion f : lR2 → lR wird durch die lineare Approximation f ∗ (x, y) = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) die Tangentialebene definiert:

fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) − z − f (x0 , y0 ) = 0 . Ihr Normalenvektor n und damit der Normalenvektor an den Graphen von f im

T Punkt P x0 , y0 , f (x0 , y0 ) ist dann n = fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0 ), −1 . • F¨ ur eine differenzierbare Funktion F : lR3 → lR ist durch F (x, y, z) = C eine Fläche im lR3 definiert. Der Normalenvektor n an diese Fläche im Punkt P (x0 , y0 , z0 ) mit F (x0 , y0 , z0 ) = C ist durch

n = gradF (x0 , y0 , z0 ) = Fx (x0 , y0 , z0 ), Fy (x0 , y0 , z0 ), Fz (x0 , y0 , z0 )

T

gegeben.

1.2.2

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie die Richtungsableitung der Funktion f (x, y) = cos(xy) − sin(x + y) im Ursprung in Richtung der ersten Mediane. L¨ osung:

T gradf (x, y) = − y sin(xy) − cos(x + y), −x sin(xy) − cos(x + y) , T √ 1 1 ∂f T (0, 0) = − 2 . =⇒ gradf (0, 0) = (−1, −1) . Mit a = √ , √ folgt dann: ∂ a 2 2

1.2. Richtungsableitung, Tangentialebene

9

2. Bestimmen Sie die Richtungsableitung von f (x, y, z) = x3 yz 2 + e2x in Richtung des Vektors a = (1, 1, 1)T im Punkt P (0, 3, 2). Bestimmen Sie weiters die maximale ¨ Anderungsrate von f in P . L¨ osung:

T gradf (x, y, z) = 3x2 yz 2 + 2e2x , x3 z 2 , 2x3 yz =⇒ gradf (0, 3, 2) = 2, 0, 0)T . 1 2 ∂f ¨ Mit a = √ (1, 1, 1)T folgt dann: von f (0, 3, 2) = √ . Die maximale Anderung ∂a 3 3 ∂f tritt in Richtung des Gradienten c auf. =⇒ (0, 3, 2) = gradf (0, 3, 2) = 2. ∂c 3. Bestimmen Sie die Tangentialebene an die Fläche z = x2 − y − xey an der Stelle (x, y) = (1, 0). L¨ osung: Mit zx = 2x − ey und zy = −1 − xey folgt: zx (1, 0) = 1 und zy (1, 0) = −2 und mit z(1, 0) = 0 folgt: z = 0 + 1(x − 1) − 2(y − 0) bzw. x − 2y − z = 1. 4. Gegeben ist die Funktion f : lR2 → lR: f (x, y) =

2x + y , 1 + xy

1 + xy = 0 .

a) Bestimmen Sie die Richtungsableitung von f im Punkt P (1, 1) in Richtung 1 1 a = √ . 2 1 b) Bestimmen Sie die Tangentialebene in (P, f (P )). L¨ osung: T 2(1 + xy) − y(2x + y) 1 + xy − x(2x + y) a) gradf (x, y) = , bzw. (1 + xy)2 (1 + xy)2

1 1 T ∂f ,− (1, 1) = gradf (1, 1) · a = 0. =⇒ 4 4 ∂a 1 3 1 b) z = f (1, 1) + fx (1 − 1)(x − 1) + fy (1, 1)(y − 1) = + (x − 1) − (y − 1), bzw: 2 4 4 −x + y + 4z = 6. gradf (1, 1) =

5. Bestimmen Sie an der Stelle (x0 , y0 ) = (0, 1) die Tangentialebene an den Graphen der Funktion x f (x, y) = − 5y 2 − ln(1 + x) . 1+y L¨ osung: 1 1 x − und fy (x, y) = − − 10y folgt: Aus fx (x, y) = 1+y 1+x (1 + y)2 1 fx (0, 1) = − und fy (0, 1) = −10. Mit f (0, 1) = −5 ergibt sich f¨ ur die Tangen2 1 tialebene: z = −5 − x − 10(y − 1) bzw: x + 20y + 2z = 10. 2 √ √ √ 6. Gegeben ist die Fläche x + y + z = 1. Legen Sie in einem beliebigen Punkt P der Fläche die Tangentialebene, bringen Sie sie mit den Koordinatenachsen zum Schnitt und bestimmen Sie die Summe der Abstände dieser Schnittpunkte vom Ursprung.

10

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler L¨ osung: √ √ √ Aus F (x, y, z) := x + y + z − 1 = 0 folgt f¨ ur den (nicht normierten) Nor T 1 1 1 √ , √ , √ malenvektor: n = gradF (x, y, z) = . Die Tangentialebene im 2 x 2 x 2 z x y z Punkt P (x0 , y0 , z0 ) ist dann eine Ebene der Form √ + √ + √ = d. Da der x0 x0 z0 Punkt P (x0 , y0 , z0 ) sowohl auf der Fläche als auch auf der Tangentialebene liegt, x y z √ √ √ folgt wegen x0 + y0 + z0 = d letztlich d = 1. Die Ebene √ + √ + √ = 1 x0 x0 z √ √ 0 schneidet die x-Achse (dort ist y = z = 0) in xs = x0 . Analog folgt: ys = y0 und √ zs = z0 . Damit erhalten wir f¨ ur die Summe der Achsabschnitte: x s + ys + z s =

√

x0 +

√

y0 +

√

z0 = 1 .

7. Legen Sie an die Fläche 3x2 + 2y 2 + z 2 = 5 eine Tangentialebene derart, dass sie von den positiven Koordinatenachsen gleichlange Strecken abschneidet. Wie groß ist das Volumen einer Kugel, deren Mittelpunkt im Ursprung liegt und die diese Tangentialebene ber¨ uhrt. L¨ osung: Aus F (x, y, z) := 3x2 + 2y 2 + z 2 − 5 = 0 folgt f¨ ur den (nicht normierten) Normalenvektor: n = gradF (x, y, z) = (6x, 4y, 2z)T und f¨ ur die Tangentialebene in einem Punkt P (x0 , y0 , z0 ): 6x0 x + 4y0 y + 2z0 z = d = 10. Da die Achsabschnitte gleich groß sein sollen, muss auch gelten: x + y + z = q. Das ist nur möglich, wenn gilt: 3 6x0 = 4y0 = 2z0 , d.h. z0 = 3x0 und y0 = x0 . Dann ist die Tangentialebene durch 2 2 2 uhrpunkt P liegt Fläche: 3x20 +2y 3x0 (x+y+z) = 5 gegeben. Der Ber¨ 0 +z0 = 5 auf der 10 15 30 9 bzw. x20 3 + 2 + 9 = 5, woraus folgt: x0 = , y0 = und z0 = . 4 33 22 11 5 33 = d . Sie hat vom Ursprung Die Tangentialebene ist dann: x + y + z = 3 10 55 d = ··· = . Dies ist auch der gesuchte Kugelradius. Das den Abstand Δ = n 18 3/2 4π 55 Kugelvolumen ist dann: V = . 3 18

8. Legen Sie durch die Punkte A 0, 0, Ellipsoid

34 3

und B(2, 16, 0) Tangentialebenen an das

3x2 + 2y 2 + z 2 = 102 und bestimmen Sie die Ber¨ uhrpunkte. L¨ osung: F¨ ur die Tangentialebene durch einen beliebigen Punkt P (x0 , y0 , z0 ) des Ellipsoids folgt analog zum vorherigen Beispiel: 3x0 x + 2y0 y + z0 z = 102. 34 z0 = 102 =⇒ z0 = 9. Einsetzen von A liefert: 3 16 Einsetzen von B liefert: 6x0 + 32y0 = 102 =⇒ x0 = 17 − y0 . 3


11

2 16 y0 + 2y02 + 81 = 102. Daraus P (x0 , y0 , z0 ) soll auf dem Ellipsoid liegen: 3 17 − 3 816 1269 423 (1) (2) 2 folgt: y0 − y0 + = 0 mit den beiden Lösungen: y0 = und y0 = 3. 131 131 131 29 (1) (2) Das liefert weiter: x0 = − und x0 = 1. Es gibt daher zwei Lösungen: 131 846 29 423 87 P (1) − , , 9 mit der Tangentialebene T E (1) : − x+ y + 9z = 102 131 131 131 131 und P (2) (1, 3, 9) mit der Tangentialebene T E (2) : 3x + 6y + 9z = 102.

9. Bestimmen Sie alle Tangentialebenen an das Ellipsoid x2 + 2y 2 + 3z 2 = 6, die die Gerade g : x = (1 + t)e1 + (2 − t)e2 + (3 + t)e3 enthalten. In welchem Punkt ber¨ uhren sie das Ellipsoid? L¨ osung: F¨ ur die Tangentialebene durch einen beliebigen Punkt P (x0 , y0 , z0 ) des Ellipsoids folgt: x0 x + 2y0 y + 3z0 z = 6. Sie soll die Gerade g enthalten. Dann muss gelten: x0 (1+t)+2y0 (2−t)+3z0 (3+t) = 6 bzw. (x0 +4y0 +9z0 −6)+t(x0 −2y0 +3z0 ) = 0 f¨ ur alle t ∈ lR. Das liefert das Gleichungssystem x0 +4y0 +9z0 = 6 und x0 −2y0 +3z0 = 0, mit den Lösungen x0 = 2 − 5z0 und y0 = 1 − z0 . Da P (x0 , y0 , z0 ) auf dem Ellipsoid liegt, folgt: (2 − 5z0 )2 + 2(1 − z0 )2 + 3z02 = 6, bzw. 30z02 − 24z0 = 0 mit den Wurzeln 4 (1) (2) z0 = 0 und z0 = . 5 1 (1) (2) (1) (2) Weiters erhalten wir dann: x0 = 2 , x0 = −2 , y0 = 1 und y0 = . Das ergibt 5 die zwei Lösungen: P (1) (2, 1, 0) mit der Tangentialebene T E (1) : x + y = 3 und 1 4 P (2) −2, , mit der Tangentialebene T E (2) : −10x + 2y + 12z = 30. 5 5 10. Bestimmen Sie jene Ebenen, die das Ellipsoid 2x2 + y 2 + 3z 2 =

15 8

ber¨ uhren und auf der Geraden x = te1 + (2t − 1)e2 + (3t + 1)e3 senkrecht stehen. L¨ osung: F¨ ur die Tangentialebene durch einen beliebigen Punkt P (x0 , y0 , z0 ) des Ellipsoids 15 folgt: 2x0 x + y0 y + 3z0 z = . Ihr Normalenvektor n = (2x0 , y0 , 3z0 )T muss parallel 8 zum Richtungsvektor g = (1, 2, 3)T der Geraden g sein, d.h. 2x0 = λ, y0 = 2λ und 3z0 = 3λ bzw. y0 = 4x0 und z0 = 2x0 . P (x0 , y0 , z0 ) liegt auf dem Ellipsoid, d.h. 15 15 2x20 + y02 + 3z02 = bzw. x20 (2 + 16 + 12) = . 8 8 1 1 (1/2) (1/2) (1/2) Das liefert die zwei Lösungen x0 = ± und weiters: y0 = ±1 und z0 =± . 4 2 Die gesuchten Tangentialebenen sind dann: E1 : 4x + 8y + 12z = 15 und E1 : 4x + 8y + 12z = −15 .

12


Bestimmen Sie: 11. Gegeben sei die Funktion F (x, y, z) = (x2 + y 2 )z. 1 a) Jene Fläche F (x, y, z) = C, die den Punkt P 1, 1, enthält, 2 b) die Tangentialebene an diese Fläche in P . L¨ osung: 1 . z 1 b) gradF (x, y, z) = (2xz, 2yz, x2 + y 2 )T =⇒ gradF 1, 1, = (1, 1, 2)T . 2 Das ergibt die Tangentialebene an P : x + y + 2z = 3. a) Aus (x2 + y 2 )z = C folgt f¨ ur P : C = 1, d.h. x2 + y 2 =

12. In welchem Punkt der Fläche

z = x2 + y 2

ist die Flächennormale parallel zum Vektor v =

⎛ ⎜ ⎝

⎞

1 0 ⎟ ⎠? 2

L¨ osung:

T Die Flächennormale n = zx (x, y), zy (x, y), −1 = (2x, 2y, −1)T soll parallel zum 2λx = 1, 2λy =0 Vektor v = (1, 0, 2)T sein. Aus λn = v folgt komponentenweise: 1 1 1 1 und −λ = 2 mit den Lösungen: x = − , y = 0, z = , d.h. P − , 0, . 4 16 4 16

1.2.3


1. Bestimmen Sie die Richtungsableitung von f (x, y) = √ T 1 3 , im Punkt P (1, 1). a = 2 2 √ ∂f Lösung: (1, 1) = 2 − 6 3 . ∂a

x 2 + x2 y 4 in Richtung y8

2. Berechnen Sie Tangentialebene und Normale der jeweiligen Fläche z = f (x, y) im Punkt P (0, 1): (a) f (x, y) = 5x4 + 3y 4 ,

(b) f (x, y) = x3 − 5xy + sin(xy) + y 4 .

Lösungen: (a) n = (0, 12, −1)T ,

TE: 12y − z = 9,

(b) n = (−4, 4, −1) ,

TE: 4x − 4y + z = −3.

T

x−y = 1. Bestimmen Sie die Tangentialebene im 3. Gegeben ist √ die√Fläche cos(xy) + ze Punkt P ( π, π, 2).

Lösung: 2x − 2y + z = 2. 4. Gegeben ist die Funktion f : lR2 → lR: f (x, y) =

x + 2y , 1 + xy

1 + xy = 0 .


13

T

1 1 ∂f 0 (x ) mit x 0 = (1, 1)T und a = √ , √ . ∂a 2 2 b) In welchen Punkten (x, y) ∈ D ⊂ lR2 existieren horizontale Tangentialebenen an den Graphen von f ? ∂f Lösung: a) (1, 1) = 0, ∂a √

√

√

√

b) P1 2 , √12 , P2 − 2 , − √12 , P3 2 , − √12 , P4 − 2 , √12 . a) Bestimmen Sie

5. Bestimmen Sie alle zur xy-Ebene parallellen Tangentialebenen an die Fläche z = x3 − y 3 + 3xy . Lösung: z1 = −1 und z2 = 0. 6. In welchen Punkten der Fläche xy −z 2 +x = ⎛

⎞

3 hat die Flächennormale die Richtung 4

1 ⎜ ⎟ a = ⎝ 1 ⎠ ? 1 Lösung: P1 (1, 0, − 12 ) ,

P2 (−1, −2, 12 ).

7. Gegeben ist die Fläche z + x2 − xey + 2 = 0. Bestimmen Sie die Normale sowie die Tangentialebene im Punkt P (1, 0, −2). ⎛

⎞

1 1 ⎟ Lösung: n = √ ⎜ ⎝ −1 ⎠ , 3 1

x − y + z + 1 = 0.

√ x = 8. Legen Sie durch die Gerade z = c 3 , a 2 2 2 x y z + 2 + 2 = 1 ber¨ uhrt. a2 b c x y z √ x Lösung: − + = 3 bzw. − + a b c a

y eine Ebene, die das Ellipsoid b y z √ + = 3. b c

9. Welchen Winkel bilden die Normalen der Fläche x2 + y 2 + z 2 = xy + xz + yz + 1 mit der Geraden x = y + 1, y = z? Bemerkung: Die Gerade liegt ganz in der Fläche. π Lösung: α = . 2 23 10. Legen Sie an die Fläche x2 + 3y 2 + 5z 2 = eine Tangentialebene derart, dass sie 15 von den negativen Koordinatenachsen gleich lange Strecken abschneidet. 23 . Lösung: x + y + z = − 15 11. Gegeben ist die Fläche z = exy , x, y ∈ lR. Ermitteln Sie die Tangentialebene an die Fläche im Punkt P (1, 1, e). Lösung: ex + ey − z = e.

14


1.3

Kettenregel

1.3.1

Grundlagen

Seien f : lRn → lRm , g : lRm → lRl und h := g ◦ f : lRn → lRl . Ferner sei f stetig an einem inneren Punkt x 0 ∈ D(f). y 0 = f (x 0 ) sei ein innerer Punkt von D(g ) und g sei an y 0 differenzierbar. Dann gilt: • Existiert

df 0 dh 0 (x ), so existiert h (x 0 ) = ( x ) und es gilt: dx dx dh 0 dg 0 df 0 (x ) = (y ) (x ) . dx dy dx

• F¨ ur die Matrixelemente von h (x 0 ) gilt: m ∂gi ∂hi 0 ∂fk (x ) = (y0 ) (x0 ) . ∂xj ∂y ∂x k j k=1

• Ist ferner f an x 0 differenzierbar, so ist auch h an x 0 differenzierbar.

1.3.2

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie mit Hilfe der Kettenregel die partiellen Ableitungen der zusammengesetzten Funktion h(x, y) := (g ◦ f)(x, y) mit

f1 (x, y) x2 − y f : lR2 → lR2 , f(x, y) = = f2 (x, y) xy

und

g : lR2 → lR, g(f1 , f2 ) = f12 + f1 f2 + 2f13 + 5f1 f22 + 1 im Punkt (1, 1). L¨ osung: ∂h ∂g = ∂x ∂f1 ∂h ∂g = ∂y ∂f1

∂f1 ∂g ∂f2 + = (2f1 + f2 + 6f12 + 5f22 )2x + (f1 + 10f1 f2 )y , ∂x ∂f2 ∂x ∂f1 ∂g ∂f2 + = (2f1 + f2 + 6f12 + 5f22 )(−1) + (f1 + 10f1 f2 )x . ∂y ∂f2 ∂y

F¨ ur (x, y) = (1, 1) gilt: f1 (1, 1) = 0 und f2 (1, 1) = 1. Damit folgt: ∂h (1, 1) = (0 + 1 + 0 + 5)2 + (0 + 0)1 = 12 und ∂x ∂h (1, 1) = (0 + 1 + 0 + 5)(−1) + (0 + 0)1 = −6. ∂y 2. Gegeben sind die Abbildungen f : lR2 → lR4 mit f1 = x2 − y, f2 = 1 + x + y, f3 = xy, f4 = x2 + y 2 und g : lR4 → lR3 mit g1 = f12 − f32 , g2 = f2 + f4 und g3 = f12 + f42 . Ermitteln Sie die JACOBI-Matrix der Abbildung h = g ◦ f : lR2 → lR3 an der Stelle (x0 , y0 ) = (1, −1).

1.3. Kettenregel

15

L¨ osung: F¨ ur die JACOBI-Matrix von f erhalten wir: ⎛

Jf(x, y) =

⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂f1 ∂y ∂f2 ∂y ∂f3 ∂y ∂f4 ∂y

∂f1 ∂x ∂f2 ∂x ∂f3 ∂x ∂f4 ∂x

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎛

=

⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎞

und f¨ ur jene von g :

Jg (f1 , f2 , f3 , f4 ) =

⎛ ∂g1 ∂f1 ⎜ ⎜ ∂g2 ⎜ ∂f1 ⎝ ∂g3 ∂f1

⎛

2x −1 2 −1 ⎜ 1 1 1 ⎟ 1 ⎟ ⎜ ⎟ =⇒ Jf(1, −1) = ⎜ ⎝ −1 y x ⎠ 1 2x 2y 2 −2

∂g1 ∂f2 ∂g2 ∂f2 ∂g3 ∂f2

∂g1 ∂f3 ∂g2 ∂f3 ∂g3 ∂f3

∂g1 ∂f4 ∂g2 ∂f4 ∂g3 ∂f4

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎛

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎞

2f1 0 −2f3 0 1 0 1 ⎟ =⎜ ⎝ 0 ⎠ 2f1 0 0 2f4

und wegen f1 (1, −1) = 2, f2 (1, −1) = 1, f3 (1, −1) = −1, f4 (1, −1) = 2 folgt dann: ⎛

Jg (2, 1, −1, 2) =

⎜ ⎝

⎞

4 0 2 0 0 1 0 1 ⎟ ⎠ . Damit erhalten wir letztlich: 4 0 0 4 ⎞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 4 0 2 0 ⎜ 6 −2 ⎟ 1 1 ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜ −1 ⎟ ⎟=⎝ 3 Jh (1, −1) = ⎝ 0 1 0 1 ⎠ ⎜ ⎠. ⎝ −1 1 ⎠ 4 0 0 4 16 −12 2 −2 ⎛

3. Sei z =

f (x2

y und f differenzierbar. Zeigen Sie: − y2) 1 ∂z 1 ∂z z + = 2 . x ∂x y ∂y y

L¨ osung: y

. Mit der Substitution x2 − y 2 = u(x, y) folgt: z(x, y) = f u(x, y) Differentiation unter Verwendung der Quotienten- und der Kettenregel liefert: ∂z yf (u)ux 2xyf (u) =− 2 =− 2 ∂x f (u) f (u) Das ergibt tatsächlich: 4. F¨ uhren Sie in y v = x2 + y 2 . L¨ osung:

und

∂z f (u) − yf (u)uy f + 2y 2 f (u) = = . 2 ∂y f (u) f 2 (u)

1 ∂z 1 ∂z 1 y z 1 + = 2 = 2 . = ··· = x ∂x y ∂y yf (u) y f (u) y

∂z ∂z −x = 0 neue unabhängige Variable u, v ein durch u = xy, ∂x ∂y

z(x, y) wird dann zu einer Funktion w(u, v). Mit z(x, y) = w u(x, y), v(x, y) wird unter Verwendung der Kettenregel: ∂z ∂w ∂u ∂w ∂v ∂w ∂w = + =y + 2x und ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v

16

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler ∂z ∂w ∂u ∂w ∂v ∂w ∂w = + =x + 2y . Damit folgt: ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v ∂w ∂w ∂z ∂w ∂w ∂w ∂w ∂z −x = y2 + 2xy − x2 − 2xy = (y 2 − x2 ) , d.h. =0. 0=y ∂x ∂y ∂u ∂v ∂u ∂v ∂u ∂u 5. Transformieren Sie auf Polarkoordinaten: (x − y)ux + (x + y)uy ,

u = u(x, y).

L¨ osung:

√ Mit Polarkoordinaten x = r cos ϕ, y = r sin ϕ und r = x2 + y 2 , ϕ = arctan(y/x), sowie u(x, y) = v(r, ϕ) = v (r(x, y), ϕ(x, y)) folgt unter Verwendung der Kettenregel:

(x − y)ux = (x − y)

∂v ∂r ∂v ∂ϕ + ∂r ∂x ∂ϕ ∂x

∂v ∂r ∂v ∂ϕ + (x + y)uy = (x + y) ∂r ∂y ∂ϕ ∂y

(x − y)ux + (x + y)uy = =r

6. Stellen Sie Δu =

Aus

= (x − y)

∂v x ∂v −y + ∂r r ∂ϕ r2

∂v y ∂v x + = (x + y) ∂r r ∂ϕ r2

x2 xy xy y 2 − + + r r r r

und

. Daraus folgt:

∂v xy y 2 x2 xy + − 2 + 2+ 2 + 2 ∂r r r r r

∂v = ∂ϕ

∂v ∂v + . ∂r ∂ϕ

∂ 2u ∂ 2u + in Polarkoordinaten dar. ∂x2 ∂y 2

L¨ osung:

x = x(r, ϕ) = r cos ϕ und y = y(r, ϕ) = r sin ϕ

√ r = r(x, y) = x2 + y 2

folgt: u(x, y) = v(r, ϕ). ϕ = ϕ(x, y) = arctan xy

Daraus u x = v r rx + vϕ ϕ x , u y = v r r y + vϕ ϕ y , uxx = (vr rx )x + (vϕ ϕx )x = vrx rx + vr rxx + vϕx ϕx + vϕ ϕxx = = vrr rx2 + 2vrϕ ϕx rx + vr rxx + vϕϕ ϕ2x + vϕ ϕxx . Analog erhalten wir: uyy = vrr ry2 + 2vrϕ ϕy ry + vr ryy + vϕϕ ϕy 2 + vϕ ϕyy . Somit gilt: Δu := uxx + uyy = = (rx2 + ry2 )vrr + 2(rx ϕx + ry ϕy )vrϕ + (ϕ2x + ϕ2y )vϕϕ + (rxx + ryy )vr + (ϕxx + ϕyy )vϕ Nun bestimmen wir die partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung von r und ϕ nach x und nach y: x x y 1 1 x2 1 y2 rx = , ry = , rxx = − 2 rx = − 3 , analog: ryy = − 3 , r r r r r r r r 1 y y 2 2xy ϕx = − 2 = − 2 , ϕxx = −y − 3 rx = 4 und analog 1 + ( xy )2 x r r r x 2xy ϕy = 2 , ϕyy = − 4 . r r Setzen wir diese Ausdr¨ ucke in Δu ein, so erhalten wir:

1.3. Kettenregel

17

Δu =

1.3.3

1 ∂ 2u ∂ 2 u 1 ∂u 1 ∂ ∂u 1 ∂ 2u + 2 2 = + r + 2 2 . 2 ∂r r ∂r r ∂ϕ r ∂r ∂r r ∂ϕ


1. Bestimmen Sie unter Verwendung der Kettenregel die JACOBI-Matrix der zusammengesetzten Funktion h(x, y, z) := (g ◦ f)(x, y, z) mit

f1 (x, y, z) (x + y)z = f : lR3 → lR2 , f(x, y, z) = f2 (x, y, z) xy

und

g : lR2 → lR3 , g1 (f1 , f2 ) = f1 + f2 , g2 (f1 , f2 ) = f1 − f2 , g3 (f1 , f2 ) = f1 f2 . ⎛

Lösung: Jh (x, y, z) =

⎜ ⎝

⎞

z+y z+x x+y z−y z−x x+y ⎟ ⎠. (2x + y)yz (x + 2y)xz (x + y)xy

2. Gegeben sind die Abbildungen f : lR3 → lR3 mit f1 (x, y, z) = x2 + yz, f2 (x, y, z) = xz, f3 (x, y, z) = y 2 + z 2 und g : lR3 → lR2 mit g1 (f1 , f2 , f3 ) = (f1 + f2 )2 , g2 (x, y, z) = f32 . Ermitteln Sie die JACOBI-Matrix der Abbildung h = g ◦ f : lR3 → lR2 an der Stelle (x0 , y0 , z0 ) = (1, 1, 0).

Lösung: Jh (1, 1, 0) =

4 0 4 0 4 0

.

∂z ∂z +y = z die neuen Variaben u, v ein, wobei 3. F¨ uhren Sie in der Gleichung x ∂x ∂y x u = u(x, y) = und v = v(x, y) = xy gelte. y ∂w = w, wobei w(u, v) = z(x, y). Lösung: 2v ∂v 4. Transformieren Sie auf Polarkoordinaten: w = xyux + y 2 uy ,

u = u(x, y).

2

Lösung: w = r sin ϕ vr mit v(r, ϕ) = u(x, y). 5. F¨ uhren Sie in der Gleichung y

∂z ∂z +x = −z hyperbolische Polarkoordinaten ∂x ∂y

x = u cosh v, y = u sinh v ein. ∂w Lösung: = w, wobei w(u, v) = z(x, y). ∂v

18


1.4

Mittelwertsatz und Satz von TAYLOR

1.4.1

Grundlagen

• Mittelwertsatz der Differentialrechnung mehrerer reeller Variabler: Sei f : lRn → lR eine stetig differenzierbare Funktion auf einer offenen Teilmenge X der Definitionsmenge D(f ). Seien ferner x 1 und x 2 aus X derart, dass die Verbindungsstrecke von x 1 und x 2 ganz in X liegt. Dann gibt es ein ϑ ∈ (0, 1):

f (x 2 ) − f (x 1 ) = gradf (x 1 + ϑ(x 2 − x 1 )) (x 2 − x 1 ) . • Satz von TAYLOR f¨ ur Funktionen mehrerer reeller Variabler: Sei f : lRn → lR eine m-mal stetig differenzierbare Funktion auf einer offenen Teilmenge X der Definitionsmenge D(f ). Liege die Verbindungsstrecke von x 1 und x 2 ganz in X. Dann gilt mit h = x − x 0 und ϑ ∈ (0, 1) geeignet: 0

f (x) = f (x ) +

m

(h · grad)k f (x 0 ) k!

k=1

+

• Speziell f¨ ur m = 1 und n = 2 folgt dann mit h =

f (x0 + h, y0 + k) = f (x0 , y0 ) + h

+

1 ∂ ∂ +k h 2! ∂x ∂y

∂ ∂ +k ∂x ∂y

(h · grad)m+1 f (x)

x= x 0 +ϑh

(m + 1)!

h k

.

:

f (x0 , y0 )+

2

f (x0 + ϑh, y0 + ϑk) =

= f (x0 , y0 ) + hfx (x0 , y0 ) + kfy (x0 , y0 ) +

1 2 h fxx (x0 + ϑh, y0 + ϑk)+ 2!

+2hkfxy (x0 + ϑh, y0 + ϑk) + k 2 fyy (x0 + ϑh, y0 + ϑk) .

1.4.2

Musterbeispiele

1. Entwickeln Sie f (x, y) = x3 +xy 2 +y 3 nach dem TAYLOR’schen Satz um den Punkt P (1, 2). L¨ osung: f (x, y) = f (1, 2) + fx (1, 2)(x − 1) + fy (1, 2)(y − 2)+

+ 12 fxx (1, 2)(x − 1)2 + 2fxy (1, 2)(x − 1)(y − 2) + fyy (1, 2)(y − 2)2 +

+ 16 fxxx (1, 2)(x − 1)3 + 3fxxy (1, 2)(x − 1)2 (y − 2)+

+3fxyy (1, 2)(x − 1)(y − 2)2 + fyyy (x, y)(y − 2)2 + · · · Es ist: fx (x, y) = 3x2 + y 2 =⇒ fx (1, 2) = 7, fy (x, y) = 2xy + 3y 2 =⇒ fy (1, 2) = 16, fxx (x, y) = 6x =⇒ fxx (1, 2) = 6, fxy (x, y) = 2y =⇒ fxy (1, 2) = 4, fyy (x, y) = 2x + 6y =⇒ fyy (1, 2) = 14, fxxx (x, y) = 6 = fxxx (1, 2), fxxy (x, y) = 0 = fxxy (1, 2), fxyy (x, y) = 2 = fxyy (1, 2), fyyy (x, y) = 6 = fyyy (1, 2). Alle u ¨brigen Ableitungen sind Null. Damit folgt mit f (1, 2) = 13:

1.4. Mittelwertsatz und Satz von TAYLOR

19

f (x, y) = 13 + 7(x − 1) + 16(y − 2) + 3(x − 1)2 + 4(x − 1)(y − 2) + 7(y − 2)2 + +(x − 1)3 + (x − 1)(y − 2)2 + (y − 2)3 . 2. Zeigen Sie, dass es eine von x und y abhängige Zahl ϑ zwischen 0 und 1 gibt, so dass gilt:

1 sin(x + y) = x + y − (x2 + 2xy + y 2 ) sin ϑ(x + y) . 2 L¨ osung: Anwendung des Satzes x 0 = 0 sowie mit von TAYLOR mit f (x, y) = sin(x + y), x h x = = h = liefert mit den Ableitungen fx (x, y) = fy (x, y) = cos(x + y) y k und fxx (x, y) = fxy (x, y) = fyy (x, y) = − sin(x + y): sin(x + y) = 0 + h + k − 12 (h2 + 2hk + k 2 ) sin(ϑh + ϑk) =

= x + y − 12 (x2 + 2xy + y 2 ) sin ϑ(x + y) , was zu beweisen war. 3. Ermitteln Sie das TAYLOR-Polynom T2 (x, y, z; 0, 0, 0) der Funktion f (x, y, z) = x(1 − ey ) + z sin(x + y) + cos z . L¨ osung: Es werden alle Ableitungen bis zur 2. Ordnung benötigt, wobei die gemischten Ableitungen alle vertauschbar sind (Satz von SCHWARZ): fx (x, y, z) = 1 − ey + z cos(x + y) =⇒ fx (0, 0, 0) = 0, fy (x, y, z) = −xey + z cos(x + y) =⇒ fy (0, 0, 0) = 0, fz (x, y, z) = sin(x + y) − sin z =⇒ fz (0, 0, 0) = 0, fxx (x, y, z) = −z sin(x + y) =⇒ fxx (0, 0, 0) = 0, fxy (x, y, z) = −ey − z sin(x + y) =⇒ fxy (0, 0, 0) = −1, fxz (x, y, z) = cos(x + y) =⇒ fxz (0, 0, 0) = 1, fyy (x, y, z) = −xey − z sin(x + y) =⇒ fyy (0, 0, 0) = 0, fyz (x, y, z) = cos(x + y) =⇒ fyz (0, 0, 0) = 1, fzz (x, y, z) = − cos z =⇒ fzz (0, 0, 0) = −1. Damit folgt mit f (0, 0, 0) = 1: T2 (x, y, z; 0, 0, 0) = 1 − xy + xz + yz −

4. Entwickeln Sie die Funktion f (x, y) = xy +

z2 . 2

x an der Stelle (x0 , y0 ) = (0, 0) in 1+y

eine TAYLOR-Reihe. L¨ osung: Hier werden alle partiellen Ableitungen benötigt, die in der Umgebung des Entwicklungspunktes (0, 0) sicher existieren. x f (x, y) = xy + =⇒ f (0, 0) = 0, 1+y 1 fx (x, y) = y + =⇒ fx (0, 0) = 1, 1+y

20

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler ∂ nf (x, y) = 0 ∂xn fy (x, y) = x −

=⇒

x (1 + y)2 ∂ nf n!x (x, y) = (−1)n ∂y n (1 + y)n+1

=⇒

∂ nf (0, 0) = 0 ∂xn fy (0, 0) = 0,

f¨ ur

n ≥ 2,

f¨ ur

n ≥ 2,

=⇒

∂ nf (0, 0) = 0 ∂y n

∂ 2f 1 (x, y) = 1 − ∂x∂y (1 + y)2

=⇒

∂ 2f (0, 0) = 0, ∂x∂y

n! ∂ n+1 f (x, y) = (−1)n ∂x∂y n (1 + y)n+1

=⇒

∂ n+1 f (0, 0) = (−1)n n! ∂x∂y n

∂ n+m f (x, y) = 0 ∂xm ∂y n

=⇒

∂ n+m f (0, 0) = 0 ∂xm ∂y n

f¨ ur

f¨ ur

n ≥ 2,

m ≥ 2, n ∈ lN.

Wir erhalten dann f¨ ur die TAYLOR-Reihe: ∞ ∞ 1 n+1 f (x, y) = x + (−1)n n!xy n = · · · = x + (−1)n xy n . 1 (n + 1)! n=2 n=2 Bemerkungen:

steht f¨ ur die Anzahl der ( jeweils gleichen) Ableitungen der a) Der Faktor n+1 1 Ordnung n + 1. 1 b) Die TAYLOR-Reihe hätten wir auch durch Entwicklung von in die 1+y geometrische Reihe

∞

(−1)n y n gewinnen können.

n=0

5. Gegeben ist die Funktion f (x, y) = x2 ln(1 + y) + 3y 2 + sin(πx + y). Ermitteln Sie das TAYLOR-Polynom T2 (x, y; 1, 0). L¨ osung: Aus f (1, 0) = 0, fx (1, 0) = 2x ln(1 + y) + π cos(πx + y) = −π, x2 + 6y + cos(πx + y) = 0, fy (1, 0) = (1,0) 1+y = 0, fxx (1, 0) = 2 ln(1 + y) − π 2 sin(πx + y) (1,0) 2x − π sin(πx + y) = 2 und fxy (1, 0) = (1,0) 1+y 2 x + 6 − sin(πx + y) = 5 folgt: fyy (1, 0) = − 2 (1,0) (1 + y) 5 T2 (x, y; 1, 0) = −π(x − 1) + 2(x − 1)y + y 2 . 2

(1,0)

6. Entwickeln Sie die Funktion f (x, y) = xy an (1, 1) in eine TAYLOR-Reihe bis zu einschließlich Gliedern zweiter Ordnung und berechnen Sie damit näherungsweise 10 9 (1.05) . L¨ osung: y Mit f (x, y) = xy = ey ln x folgt: fx (x, y) = ey ln x , fy (x, y) = ln xey ln x , x 1 y y y2 fxx (x, y) = − 2 + 2 ey ln x , fxy (x, y) = + ln x ey ln x und x x x x


21

fyy (x, y) = (ln x)2 ey ln x . Einsetzen von x = 1 und y = 1 liefert: f (1, 1) = 1, fx (1, 1) = 1, fy (1, 1) = 0, fxx (1, 1) = 0, fxy (1, 1) = 1 und fyy (1, 1) = 0. Daraus: f (x, y) = xy = 1 + (x − 1) + (x − 1)(y − 1) + · · · .

10

Wegen

10

(1.05)9 = (1.05)9/10 folgt mit x = 1.05 und y = 0.9:

(1.05)9 ≈ 1 + 0.05 + 0.05(−0.1) = 1.045.

z y + nach dem e 2 TAYLOR’schen Satz um den Punkt P (0, −1, 2) bis zu einschließlich Gliedern zweiter Ordnung (ohne Restglied).

7. Entwickeln Sie die Funktion f (x, y, z) = cosh x + ey − ln z −

L¨ osung:

1 2 Mit f (0, −1, 2) = 2+ −ln 2, fx (0, −1, 2) = sinh x = 0, fy (0, −1, 2) = ey − = 0, P e eP 1 1 fz (0, −1, 2) = − + = 0, fxx (0, −1, 2) = cosh x = 1, fxy (0, −1, 2) = 0, P z 2P 1 fxz (0, −1, 2) = 0, fyy (0, −1, 2) = ey = , fyz (0, −1, 2) = 0, P e 1 1 fzz (0, −1, 2) = 2 = folgt: z P 4

f (x, y, z) = 2 +

1.4.3

x2 (y + 1)2 (z − 2)2 2 − ln 2 + + + + ··· . e 2 2e 8


1. Entwickeln Sie f (x, y) = ln(x − y) nach dem Taylorschen Satz um (0, −1) bis zu den Gliedern zweiter Ordnung. Lösung: f (x, y) = x + (y + 1) − 12 x2 + x(y + 1) − 12 (y + 1)2 + · · · .

2. Entwickeln Sie die Funktion f (x, y) = sin xy nach Potenzen von x − 1 und y + 1 2 bis zur dritten Ordnung. Lösung:

f (x, y) = − sin 12 − 12 cos 12 (x − 1) + 12 cos 12 (y + 1) + 18 sin 12 (x − 1)2 +

+ − 14 sin −

1 4

1 2

sin

1 cos − 48

+ 12 cos

1 2

+

1 2

(y + 1)3 + · · · .

cos

1 2

(x − 1)(y + 1) + 18 sin

1 2

1 16

(x − 1)2 (y + 1) +

1 4

sin

1 2

(y + 1)2 +

1 2

+

1 16

cos

1 48

cos

1 2

1 2

(x + 1)3 −

(x − 1)(y + 1)2 −

3. Gegeben ist die Funktion f (x, y) = (x − y)2 + yex . a) Ermitteln Sie das TAYLOR-Polynom T3 (x, y; 0, 1). b) Entwickeln Sie f an der Stelle x0 = (0, 1) in eine TAYLOR-Reihe. Lösung: 1 1 3 T3 (x, y; 0, 1) = 2 − x + 3(y − 1) + x2 − x(y − 1) + (y − 1)2 + x3 + x2 (y − 1) . 2 6 2

22


f (x, y) = T3 (x, y; 0, 1) +

∞ n=4

xn 1 + xn−1 (y − 1) . n! (n − 1)!

4. Gegeben ist die Funktion f (x, y, z) = ex − y 2 z + x ln(1 + z) − 1. Ermitteln Sie das TAYLOR-Polynom T2 (x, y, z; 0, 0, 0). Lösung: x2 T2 (x, y, z; 0, 0, 0) = x + + xz. 2 5. Entwickeln Sie die Funktion f (x, y) = (x − y)ex+y an der Stelle (0, 0) in eine TAYLOR-Reihe bis zu einschließlich Gliedern dritter Ordnung (ohne Restglied). Lösung:

x3 x2 y xy 2 y 3 + − − + ··· . 2 2 2 2 x − 5y 2 − ln(1 + x) an der Stelle (0, 1) in 6. Entwickeln Sie die Funktion f (x, y) = 1+y eine TAYLOR-Reihe. Lösung: ∞ (−1)n n x x2 x(y − 1) f (x, y) = −5 − − 10(y − 1) + − − 5(y − 1)2 + x + 2 2 4 n n=3 ∞ (−1)n (y − 1)n . +x 2n n=3 f (x, y) = x − y + x2 − y 2 +

7. Entwickeln Sie die Funktion f (x, y) = xey + cos(x + y) + ln(2 + xy) nach dem TAYLOR’schen Satz um den Punkt (1, −1) bis zu einschließlich Gliedern zweiter Ordnung (ohne Restglied). Lösung:

e+1 e−1 e+1 − (x − 1) + (y + 1) − (x − 1)2 + e e e e+1 2e − 1 = (x − 1)(y + 1) − (y + 1)2 + · · · . e 2e

f (x, y) =

8. Ermitteln Sie f¨ ur die Funktion f (x, y) = xy+1 das TAYLOR-Polynom T2 um den Punkt P (1, 0). Lösung: T2 (x, y; 1, 0) = 1 + (x − 1) + (x − 1)y. 9. Entwickeln Sie die Funktion f (x, y) = x3 − 2x2 y + xy 2 an der Stelle P (1, −1) in eine TAYLOR-Reihe. Lösung: f (x, y) = 4 + 8(x − 1) − 4(y + 1) + 5(x − 1)2 − 6(x − 1)(y + 1) + (y + 1)2 + (x − 1)3 − −2(x − 1)2 (y + 1) + (x − 1)(y + 1)2 . 10. Ermitteln Sie die TAYLOR-Entwicklung der Funktion z(x, y) = ex−y + x3 + 3x2 + x + y an der Stelle (2, 2) bis einschließlich zu den Gliedern zweiter Ordnung.


23

Lösung: z(x, y) = 25 + 26(x − 2) +

1 19 (x − 2)2 − (x − 2)(y − 2) + (y − 2)2 + · · · . 2 2

11. Gegeben ist die Funktion f (x, y) = x ln(1 + y) + ex y. Ermitteln Sie das TAYLOR-Polynom T3 (x, y; 0, 0). Lösung: 1 T3 (x, y; 0, 0) = y + 2xy + 2x2 y − xy 2 . 2 √ y 12. Entwickeln Sie die Funktion f (x, y) = x ln y + √ nach dem TAYLOR’schen Satz x um den Punkt (1, 1) bis zu einschließlich Gliedern zweiter Ordnung (ohne Restglied). Lösung: 1 3 1 f (x, y) = 1 − (x − 1) + 2(y − 1) + (x − 1)2 − (y − 1)2 + · · · . 2 8 2 13. Ermitteln Sie die TAYLOR-Entwicklung der Funktion f (x, y) = ln(1 + x + y) + x3 y + cosh(1 + xy) an der Stelle (1, −1) bis einschließlich zu den Gliedern zweiter Ordnung. Lösung: f (x, y) = −2(x − 1) + 2(y + 1) − 3(x − 1)2 + (x − 1)(y + 1) + · · · . 14. Bestimmen Sie die Taylor-Entwicklung der Funktion f (x, y) = ex sin y an der Stelle (1, π) bis einschließlich zu den Gliedern zweiter Ordnung. 1 Lösung: f (x, y) = 1 − (y − π) − (x − 1)(y − π) + (y − π)2 + · · · . 2

24


1.5

Implizite Funktionen und Umkehrfunktion

1.5.1

Grundlagen

• Durch die Gleichung F (x, y) = 0 wird in einer Umgebung eines Punktes P (x0 , y0 ) eine differenzierbare Funktion y = f (x) implizit definiert, falls F dort stetig differenzierbar ist und wenn gilt: F (x0 , y0 ) = 0 und Fy (x0 , y0 ) = 0. Es ist dann Fx (x, y) f (x) = − . Fy (x, y) y=f (x) • F¨ ur die auf U (x 0 ), x 0 ∈ lRn definierten Funktionen fj : lRn → lR, gelte: (i)

fj ∈ C 1 (U (x 0 )) 0

(ii) fj (x ) = 0

(iii)

⎫ ⎬ ⎭

∂f1 ∂x1 ∂f2 ∂x1

∂f1 ∂x2 ∂f2 ∂x2

···

∂fk ∂x1

∂fk ∂x2

···

.. .

∂f1 ∂xk ∂f2 ∂xk

···

.. .

.. .

∂fk ∂xk

(j = 1, 2, . . . , k)

= 0 an x 0 .

Dann ist das (nichtlineare) Gleichungssystem f1 (x) = f1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0, f2 (x) = f2 (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0, .. . fk (x) = fk (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0

mit x1 , x2 , . . . , xn ∈ lR

lokal nach den Variablen x1 , x2 , . . . , xk auflösbar, d.h. es gibt ein δ > 0 und es gibt k Funktionen in den (n − k) Variablen xk+1 , xk+2 , . . . , xn : x1 = ϕ1 (xk+1 , . . . , xn ), x2 = ϕ2 (xk+1 , . . . , xn ), .. . xk = ϕk (xm+1 , . . . , xn ), die f¨ ur |xj − x0j | < δ, j = k + 1, k + 2, . . . , n definiert und stetig differenzierbar sind, so dass identisch gilt:

f1 ϕ1 (xk+1 , . . . , xn ), ϕ2 (xk+1 , . . . , xn ), . . . , ϕk (xk+1 , . . . , xn ), xk+1 , . . . , xn = 0, f2 ϕ1 (xk+1 , . . . , xn ), ϕ2 (xk+1 , . . . , xn ), . . . , ϕk (xk+1 , . . . , xn ), xk+1 , . . . , xn = 0, .. .

fk ϕ1 (xk+1 , . . . , xn ), ϕ2 (xk+1 , . . . , xn ), . . . , ϕk (xk+1 , . . . , xn ), xk+1 , . . . , xn = 0. • Sei die Abbildung f : lRn → lRn auf U (x 0 ), x 0 ∈ lRn gegeben und es gelte:

df (i) f ∈ C 1 U (x 0 ) , (ii) det = dx

∂f1 ∂x1 ∂f2 ∂x1

∂f1 ∂x2 ∂f2 ∂x2

··· ···

∂f1 ∂xn ∂f2 ∂xn

∂fn ∂x1

∂fn ∂x2

···

∂fn ∂xn

.. .

.. .

.. .

= 0 in U (x 0 ).

1.5. Implizite Funktionen und Umkehrfunktion

25

Dann wird eine Umgebung U˜ (x 0 ) ⊂ U (x 0 ) eineindeutig auf eine Umgebung V˜ (y 0 ) abgebildet, wobei y 0 = f(x 0 ). D.h. auf V˜ (y 0 ) existiert f −1 . Ferner ist f −1 auf V˜ (y 0 ) stetig differenzierbar und es gilt: ⎛

⎞−1

df −1 df −1 ⎠ (y ) = ⎝ f (y ) dy dx

1.5.2

Jf −1 = Jf

bzw.

−1

.

Musterbeispiele

1. Gegeben ist die Funktion y(x) in impliziter Darstellung: 2

(1 − x2 )ey + x + y = 2 . Ermitteln Sie y (1) und y (1). L¨ osung: 2

ur x = 1: y(1) = 1. Differentiation Aus (1 − x2 )ey (x) + x + y(x) = 2 folgt zunächst f¨ 2 2 nach x liefert: −2xey (x) +(1−x2 )2y(x)y (x)ey (x) +1+y (x) = 0. =⇒ y (1) = 2e − 1. Eine weitere Differentiation nach x liefert dann:

2 2 2 2 2 −2ey (x) − 2x2y(x)y (x)ey (x) − 4xy(x)y (x)ey (x) + 2(1 − x2 ) y (x) ey (x) + 2(1 − x2 )y(x)y (x)ey

2 (x)

2

+ 4(1 − x2 ) y(x)y (x) ey

2 (x)

+ y (x) = 0.

=⇒ y (1) = 16e2 − 6e. 2. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen erster Ordnung der durch die Gleichung x3 y 3 + x3 z 3 + y 3 z 3 + xyz + xy = 0 implizit gegebenen Funktion z = z(x, y) im Punkt P (1, 1). L¨ osung: Einsetzen des Punktes P (1, 1) liefert die Gleichung z 3 + z = 2 mit der einzigen reellen Lösung z = −1. Differentiation nach x ergibt: 3x2 y 3 + 3x2 z 3 + 3x3 z 2 zx + 3y 3 z 2 zx + yz + xyzx + y = 0, woraus folgt: zx (1, 1) = 0. Differentiation nach y ergibt: 3x3 y 2 + 3x3 z 2 zy + 3y 2 z 3 + 3y 3 z 2 zy + xz + xyzy + x = 0, woraus folgt: zy (1, 1) = 0. Bemerkung: Aus Symmetriegr¨ unden hätten wir gleich auf zy (1, 1) = 0 schließen können. 3. Gegeben ist das Funktionensystem f (x, y, z) = z 2 − 2y − xz = 0 ,

g(x, y, z) = zy + x2 = 0 .

a) Zeigen Sie, dass es in einer geeigneten Umgebung von P (1, 1, −1) zwei Funk

tionen ϕ(z) und ψ(z) gibt, so dass in U (1, 1, −1) gilt: f ϕ(z), ψ(z), z ≡ 0 und

g ϕ(z), ψ(z), z ≡ 0. b) Bestimmen Sie ϕ(z) und ψ(z) explizit.

26

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler L¨ osung: zu a): Die Funktionen f und g sind stetig differenzierbar und es gilt: f (1, 1, −1) = 0 und ∂f ∂f −z −2 ∂x ∂y g(1, 1, −1) = 0. Ferner ist ∂g ∂g = = 3 = 0. = −z 2 + 4x 2x (1,1,−1) z ∂x ∂y P P Damit existieren aber die zwei Funktionen ϕ(z) und ψ(z) in U (1, 1, −1). zu b): √ Aus g(x, y, z) = 0 folgt in U (1, 1, −1) die eindeutig bestimmte Auflösung x = −yz. √ √ Einsetzen in f (x, y, z) = 0 liefert: z 2 − 2y − −yz z = 0 bzw. z 2 − 2y = −yz z, 3 4 woraus durch Quadrieren folgt: z 4 −4yz 2 +4y 2 = −yz 3 bzw. y 2 + z4 − z 2 y+ z4 = 0.

!

2

! z2 z2 z3 z3 z4 − − kommt nur jene mit ±" − 2 8 2 8 4 +“ in Frage, da y in einer Umgebung von y0 = 1 liegen muss. Dann ist aber ” 2 z2 z3 z z − − und in weiterer Folge: + z2 y = ψ(z) = 2 8 64 8

Von den beiden Wurzeln y =

x = ϕ(z) =

! ! z4 "

z3 − 8 2

− z3

z2 z − . 64 8

4. Gegeben ist das Funktionensystem f1 (x, y, z) = x2 − y + xz = 0 ,

f2 (x, y, z) = xy − y 2 + z 2 = 0 .

Untersuchen Sie, ob dieses System in der Umgebung der Punkte P (1, 1, 0) bzw. Q(0, 0, 0) eindeutig nach x und nach y auflösbar ist: x = ϕ1 (z), y = ϕ2 (z). Bestimmen Sie ferner ϕ1 und ϕ2 im Punkt P . L¨ osung: f1 , f2 ∈ C 1 (lR2 ), f1 = f1 = f2 = f2 = 0. Weiters: det J :=

∂f 1 ∂x ∂f2 ∂x

∂f1 ∂y ∂f2 ∂y

P

=

P Q Q 2x + z −1 y x − 2y

= 2x2 − 4xy + xz − 2yz + y. Daraus

folgt: det J|P = −1 = 0 und det J|Q = 0, d.h das Funktionensystem ist um P lokal aufl¨ nicht. In U (1, 1, 0) gilt dann: osbar, um Q hingegen

f1 ϕ1 (z), ϕ2 (z), z = ϕ21 (z) − ϕ2 (z) + ϕ1 (z)z ≡ 0 und

f2 ϕ1 (z), ϕ2 (z), z = ϕ1 (z)ϕ2 (z) − ϕ22 (z) + z 2 ≡ 0. Differentiation nach z liefert dann an der Stelle P : 2ϕ1 (0)ϕ1 (0) − ϕ2 (0) + ϕ1 (0) = 0 und ϕ1 (0)ϕ2 (0) + ϕ1 (0)ϕ2 (0) − 2ϕ2 (0)ϕ2 (0) = 0. Wegen ϕ1 (0) = 1 und ϕ2 (0) = 1 folgt das lineare Gleichungssystem: 2ϕ1 (0) − ϕ2 (0) = −1 ϕ1 (0) − ϕ2 (0) =

0

mit den Lösungen ϕ1 (0) = −1, ϕ2 (0) = −1.

5. Untersuchen Sie, ob die Funktion f (x, y, z) = ex − y 2 z + x ln(1 + z) − 1 = 0 in einer Umgebung von P (0, 0, 0) bzw. Q(0, 1, 0) lokal nach z auflösbar ist. Geben Sie im Fall der Auflösbarkeit eine lineare Approximation von f um den betreffenden


27

Punkt an. L¨ osung: f ist ist in einer Umgebung von P bzw. Q stetig differenzierbar. f |P = f |Q = 0. ∂f x ∂f ∂f 2 = −y + folgt: = 0 und = −1 = 0. Daher ist f Aus ∂z 1+z ∂z P (0,0,0) ∂z Q(0,1,0) in einer Umgebung von P (0, 0, 0) nicht lokal nach z auflösbar, in einer Umgebung von Q(0, 1, 0) aber schon.

Differentiation von ex − y 2 z(x, y) + x ln 1 + z(x, y) − 1 = 0 nach x bzw. y liefert: x x ex − y 2 zx + ln(1 + z) − zx = 0 bzw. −2yz − y 2 zy + zy = 0. 1+z 1+z F¨ ur den Punkt Q(0, 1, 0) folgt dann wegen z(0, 1) = 0: zx (0, 1) = 1 und zy (0, 1) = 0 =⇒ z ∗ (x, y) = x. 6. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen zx und zy der durch xyz 2 + z 3 y + x2 z = 0 implizit definierten Funktion z(x, y) im Punkt (x0 , y0 ) = (1, 1). L¨ osung: F¨ ur x = y = 1 folgt: z 2 + z 3 + z = 0 mit der einzigen reellen Lösung z = 0. Differentiation von xyz 2 (x, y) + z 3 (x, y)y + x2 z(x, y) = 0 nach x bzw. y liefert: yz 2 +2xyzzx +3yz 2 zx +2xz+x2 zx = 0 bzw. xz 2 +2xyzzy +3yz 2 zy +z 3 +x2 zy = 0. Einsetzen von (x0 , y0 ) = (1, 1) ergibt: zx (1, 1) = zy (1, 1) = 0. 7. Berechnen Sie die erste Ableitung der durch √ 3 x2 + 3 7y 2 = 4 implizit gegebenen Funktion y = y(x) im Punkt x0 = 1 f¨ ur den Zweig y > 0. L¨ osung: 27 Aus x = 1 folgt y(1) = und weiters durch implizites Differenzieren: 7 √ 3 y 2 −1/3 √ 3 2 −1/3 3 bzw. y (1) = − x . + 7 y y = 0. Das liefert: y (x) = − √ 3 3 3 7 7x 8. Untersuchen Sie, f¨ ur welche α ∈ lR das Funktionensystem f1 (x, y, z) = x2 ez − y 2 = 0 ,

f2 (x, y, z) = αx + y 2 − sin z + α − 1 = 0

in einer Umgebung von (−1, 1, 0) nach x und nach y auflösbar ist. L¨ osung: Es gilt: f1 , f2 ∈ C 1 (lR3 ) und f1 (−1, 1, 0) = f2 (−1, 1, 0) = 0.

∂f 1 ∂x ∂f2 ∂x

∂f1 ∂y ∂f2 ∂y

= (−1,1,0)

2xez −2y α 2y

= (−1,1,0)

Weiters:

−2 −2 = −4 + 2α = 0, falls α = 2. α 2

F¨ ur alle α ∈ lR \ {2} ist das Funktionensystem lokal nach x und y auflösbar. 9. Untersuchen Sie, ob das nichtlineare Gleichungssystem x = u(v − sin v) y = u(1 − cos v) in der Umgebung des Punktes u = 1, v = 2π auflösbar ist.

28

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler L¨ osung: Die Auflösbarkeit dieses Gleichungssystems ist äquivalent mit der Umkehrbarkeit x(u, v) u(v − sin v) der Abbildung F (u, v) = = . y(u, v) u(1 − cos v) ur die JACOBI-Determinante det JF (u, v) folgt: Es gilt: x(u, v), y(u, v) ∈ C 1 (lR2 ). F¨ ∂x ∂u ∂y ∂u

∂x ∂v ∂y ∂v

v − sin v u(1 − cos v) = 1 − cos v u sin v

= uv sin v − u sin2 v − u(1 − cos v)2 .

Wegen det JF (1, 2π) = 0, ist das Gleichungssystem in der Umgebung von (1, 2π) nicht auflösbar.

10. Untersuchen Sie, ob die Funktion f : lR2 → lR2 mit f(x, y) =

3x2 − xy xy − y

in der

Umgebung des Punktes x = 1, y = 1 umkehrbar ist. L¨ osung: f(x, y) ist auf ganz lR2 stetig differenzierbar und besitzt die JACOBI-Determinante: ∂f 1 ∂x ∂f2

∂f1 ∂y ∂f2 ∂y

6x − y −x = (6x − y)(x − 1) + xy. y x−1 ∂x Wegen det Jf(1, 1) = 1 = 0 ist f(x, y) in einer hinreichend kleinen Umgebung des Bildpunktes f1 (1, 1) = 2, f2 (1, 1) = 0 umkehrbar. det Jf(x, y) =

=

11. Untersuchen Sie, f¨ ur welche Werte u, v ∈ lR das folgende Funktionensystem eindeutig umkehrbar ist: x = u2 v 2 − 3uv . y = uv + 2 L¨ osung: x(u, v) und y(u, v) sind auf ganz lR2 stetig differenzierbar. F¨ ur die JACOBI-Determinante folgt:

∂x ∂u ∂y ∂u

∂x ∂v ∂y ∂v

2uv 2 − 3v 2u2 v − 3u = v u

= 0 f¨ ur

ur kein u, v umkehrbar. alle (u, v) ∈ lR2 . Daher ist das Funktionensystem ist f¨ 12. Gegeben sind die Abbildungen f : lR2 → lR3 mit f1 = x1 + x2 , f2 = x1 x2 und f3 = x21 + x22 und g : lR3 → lR2 mit g1 = (f1 − f2 )f3 und g2 = f1 f2 f3 . Untersuchen Sie, ob in einer geeigneten Umgebung des Bildes von P (1, 1) die Abbildung h = g ◦ f : lR2 → lR2 umkehrbar ist. L¨ osung: f und g und damit auch h sind u ¨berall stetig differenzierbar. f(1, 1) = (2, 1, 2)T .

Es ist Jf(x, y) =

⎛ ∂f1 ⎜ ∂x1 ⎜ ∂f2 ⎜ ∂x1 ⎝ ∂f3 ∂x1

∂f1 ∂x2 ∂f2 ∂x2 ∂f3 ∂x2

Weiters ist Jg (f1 , f2 , f3 ) =

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎛

⎞

⎛

⎞

1 1 1 1 ⎜ ⎟ x1 ⎟ =⎜ ⎝ x2 ⎠ und damit Jf(1, 1) = ⎝ 1 1 ⎠. 2 2 2x1 2x2

⎛ ∂g 1 ⎝ ∂f1 ∂g2 ∂f1

∂g1 ∂f2 ∂g2 ∂f2

∂g1 ∂f3 ∂g2 ∂f3

⎞ ⎠

=

f3 −f3 f1 − f2 f2 f3 f1 f3 f1 f2

und damit


Jg (2, 1, 2) =

2 −2 1 2 4 2

29

.

⎛

⎞

1 1 2 2 ⎟ 1 1 Aus Jh (1, 1) = Jg (2, 1, 2)Jf(1, 1) = folgt ⎠ = 10 10 2 2 det Jh (1, 1) = 0. Daher ist h(x, y) in keiner Umgebung von (1, 1) umkehrbar.

2 −2 1 2 4 2

⎜ ⎝

13. Gegeben ist die Abbildung f : lR3 → lR3 durch: f1 = xz − y 2 , f2 = 1 − 3xy, f3 = 2z 2 − xy. Untersuchen Sie, ob in einer geeigneten Umgebung von f(x 0 ) mit x 0 = (−1, 1, −1)T die Umkehrfunktion f −1 existiert. L¨ osung: f(x, y, z) ist auf ganz lR3 stetig differenzierbar und besitzt die JACOBI-Determinante:

det Jf(x, y, z) =

∂f1 ∂x ∂f2 ∂x ∂f3 ∂x

∂f1 ∂y ∂f2 ∂y ∂f3 ∂y

∂f1 ∂z ∂f2 ∂z ∂f3 ∂z

z −2y x = −3y −3x 0 −y −x 4z

.

Daraus folgt:

−1 −2 −1 3 0 = · · · = 36 = 0. f(x, y, z) ist daher in der det Jf(−1, 1, −1) = −3 −1 1 −4 Umgebung des Bildpunktes f(−1, 1, −1) = (0, 4, 3)T umkehrbar. 14. Auf dem Gebiet G := lR2 \ {x1 + x2 = −1} ist die Funktion f : G → lR2 gegeben durch T x1 x2 f(x1 , x2 ) = , . 1 + x 1 + x 2 1 + x 1 + x2 (a) Berechnen Sie die Ableitung f (x1 , x2 ) . (b) Bestimmen Sie die Umkehrabbildung f −1 : f(G) → G. (c) Zeigen Sie, dass die Umkehrabbildung f −1 auf f(G) differenzierbar ist und berechnen Sie die Ableitung. L¨ osung: ⎛ ∂f ⎞ ∂f1 1 1 1 + x2 −x1 ∂x ∂x 1 2 (a) f (x1 , x2 ) = ⎝ ∂f ∂f ⎠ = · · · = . 2 2 −x2 1 + x1 (1 + x1 + x2 )2 ∂x1

∂x2

x1 x2 (b) Aus y1 = und y2 = folgt durch Addition 1 + x 1 + x2 1 + x 1 + x2 1 y1 y1 =1− und daraus: x1 = . y 1 + y2 = 1 − 1 + x 1 + x2 x1 1 − y1 − y 2 y2 und damit schließlich: Analog folgt: x2 = 1 − y1 − y 2

f −1 (y1 , y2 ) =

y1 y2 , 1 − y1 − y 2 1 − y1 − y 2

.

30

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler (c) Analog zu a) erhalten wir damit: (f −1 ) (y1 , y2 ) =

1.5.3

1 (1 − y1 − y2 )2

1 − y2 y1 y2 1 − y1

.


1. Berechnen Sie die erste Ableitung der durch 2

f (x, y) = yex y + x cos y = 0 implizit gegebenen Funktion y = y(x) im Punkt x0 = 0 . 2 2xy 2 ex y + cos y Lösung: y (x) = − x2 y , y (0) = −1. e + x2 yex2 y − x sin y 2. Gegeben ist das Funktionensystem f1 (x, y, z) = x2 + y 2 − z − 22 = 0 ,

f2 (x, y, z) = x + y 2 + z 3 = 0 .

a) Zeigen Sie, dass dieses System in der Umgebung des Punktes P (4, 2, −2) eindeutig nach x und nach y auflösbar ist. b) Bestimmen Sie ferner zwei Funktionen ϕ1 (z) und ϕ2 (z) derart, dass in U (P ) gilt:

fi ϕ1 (z), ϕ2 (z), z ≡ 0 f¨ ur i = 1, 2. Lösung: 1 ϕ1 (z) = + 2

1 + z 3 + z + 22 , 4

ϕ2 (z) =

! ! "

−z 3

1 − − 2

1 + z 3 + z + 22 . 4

3. Gegeben ist das Funktionensystem f1 (x, y, z) = x2 − 2y − ez−1 = 0 ,

f2 (x, y, z) = xy − z + 1 = 0 .

a) Zeigen Sie, dass es in einer geeigneten Umgebung des Punktes P (1, 0, 1)

zwei Funktionen ϕ1 (z) und ϕ2 (z) gibt, so dass dort gilt: fi ϕ1 (z), ϕ2 (z), z ≡ 0 f¨ ur i = 1, 2. b) Bestimmen Sie ferner ϕ1 (1) und ϕ2 (1). 3 ϕ2 (1) = 1. Lösung: ϕ1 (1) = , 2 4. Differenzieren Sie die nachfolgende implizit gegebene Funktion einmal nach x: y cos x − exy + ln(xy) = 0 . y sin x + yexy − x1 . cos x − xexy + y1

Lösung: y (x) =

5. F¨ ur welche Punkte P (u, v, ϕ) ist das Funktionssystem x = uv cos ϕ y = uv sin ϕ z = u2 − v 2 nicht umkehrbar? Lösung: Nicht umkehrbar f¨ ur u = 0 bzw v = 0.


31

6. Untersuchen Sie, ob das Funktionensystem x = a cosh α sin β cos γ y = a cosh α sin β sin γ z = a sinh α cos β im Punkt α = 1, β = 0, γ = π/2 eindeutig umkehrbar ist. Lösung: Nicht umkehrbar. 7. Gegeben sind die Abbildungen f : lR2 → lR3 mit f1 = x − y 2 , f2 = 1 + xy und f3 = x + y und g : lR3 → lR2 mit g1 = f1 + f2 − f3 und g2 = f1 f2 − f32 . Untersuchen Sie, ob die Abbildung h = g ◦ f : lR2 → lR2 in einer geeigneten Umgebung von h(x0 , y0 ) mit (x0 , y0 ) = (1, 1) umkehrbar ist. Lösung: Ja. 8. Gegeben sind die Abbildungen f : lR3 → lR2 mit f1 = x + zey , f2 = y 2 − z und g : lR2 → lR3 mit g1 = f1 − f2 , g2 = f1 f2 und g3 = ln(f1 + f2 ). Untersuchen Sie, ob die Abbildung h = g ◦ f : lR3 → lR3 in einer geeigneten Umgebung von h(x0 , y0 , z0 ) mit (x0 , y0 , z0 ) = (1, 0, 2) umkehrbar ist. Lösung: Nein. 9. Gegeben ist die Abbildung f : lR2 → lR2 durch: f1 = xy , f2 = y x . Untersuchen Sie, ob in einer geeigneten Umgebung von f(x 0 ) mit x 0 = (1, 1)T die Umkehrfunktion f−1 existiert. Lösung: Ja.

32


1.6

Extrema ohne Nebenbedingungen

1.6.1

Grundlagen

• Notwendiges Kriterium f¨ ur Extrema: Sei f : lRn → lR stetig differenzierbar in einer Umgebung eines Punktes x 0 des Definitionsbereichs D(f ). Hat f an x 0 ein relatives Extremum, so gilt notwendigerweise gradf (x 0 ) = 0 . • Eine Matrix A ∈ M (n×n; lR) heißt positiv (negativ) definit, wenn ihre quadratische Form Q(x) = xT Ax f¨ ur jeden Vektor x = 0 nur positive (negative) Werte annehmen kann. • Eine Matrix A ∈ M (n×n; lR) ist positiv (negativ) definit, wenn alle ihre Eigenwerte positiv (negativ) sind. • Eine Matrix A ∈ M (n × n; lR) ist positiv definit, wenn alle ihre Hauptminoren positiv sind. • Hinreichendes Kriterium f¨ ur Extrema: Eine zweimal stetig differenzierbare Funktion f : lRn → lR, deren Gradient an einer Stelle x 0 verschwindet, besitzt dort – ein isoliertes relatives Maximum, wenn ihre HESSE-Matrix negativ definit ist, – ein isoliertes relatives Minimum, wenn ihre HESSE-Matrix positiv definit ist.

1.6.2

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie die relativen Extrema der Funktion f (x, y) = ln(x + y) −

x3 −y . 3

L¨ osung: Die Funktion f (x, y) ist in der Halbebene x + y > 0 definiert und dort jedenfalls zweimal stetig differenzierbar. Notwendig f¨ ur das Vorliegen eines Extremums 1 1 2 ist gradf = 0, d.h. fx = − x = 0 und fy = − 1 = 0. Subtrakx+y x+y 2 tion der beiden Gleichungen liefert x = 1 und damit x = ±1. Aus der zweiten Gleichung folgt dann y = 0 oder y = 2. An P1 (1, 0) und P2 (−1, 2) liegen dann möglicherweise Extrema vor. Hinreichend f¨ ur das Vorliegen eines Extremums fxx (x, y) fxx (x, y) 2 im lR ist Δ := det > 0 an P1 (1, 0) bzw. P2 (−1, 2). Mit fxy (x, y) fyy (x, y) 1 1 1 2x fxx = − − 2x , fxy = − und fyy = − folgt: Δ = (x + y)2 (x + y)2 (x + y)2 (x + y)2 und damit Δ|P1 = 2 > 0 und Δ|P2 = −2 < 0. Daher liegt bei P1 (1, 0) ein Extremum vor, das wegen fxx |P1 = −3 < 0 ein Maximum ist. P2 (−1, 2) ist wegen Δ|P2 < 0 ein Sattelpunkt.

1.6. Extrema ohne Nebenbedingungen

33

2. Bestimmen Sie alle Extrema der Funktion f (x, y) = ex−y + x3 + 3x2 − x + y. L¨ osung: f ist auf ganz lR2 jedenfalls zweimal stetig differenzierbar. Die notwendigen Bedingungen f¨ ur das Vorliegen eines Extremums sind: fx = ex−y + 3x2 + 6x − 1 = 0 und fy = −ex−y + 1 = 0. Aus der zweiten Bedingung folgt y = x und damit durch Einsetzen in die erste Bedingung: 1 + 3x2 + 6x − 1 = 0, d.h. x1 = 0 und x2 = −2. Damit erhalten wir zwei Kandidaten f¨ ur ein Extremum: P1 (0, 0) und P2 (−2, −2). Aus fxx = ex−y + 6x + 6, fxy = −ex−y und fyy = ex−y folgt: ex−y + 6x + 6 −ex−y Δ = = · · · = (6x + 6)ex−y =⇒ ΔP1 = 6 > 0 und −ex−y ex−y ΔP2 = −6 < 0. P1 (0, 0) ist dann wegen ΔP1 > 0 ein Extremum und zwar wegen fxx (0, 0) = 7 > 0 ein Minimum. P2 (−2, −2) ist wegen ΔP2 < 0 kein Extremum. 3. Untersuchen Sie die Funktion f (x, y, z) = x2 + y 2 ez + z 2 auf Extrema. Gibt es auch absolute Extrema? L¨ osung: f ist auf ganz lR3 jedenfalls zweimal stetig differenzierbar. Die notwendigen Bedingungen f¨ ur das Vorliegen eines Extremums sind: fx = 2x = 0, fy = 2yez = 0 und 2 z y e + 2z = 0. Sie werden nur von x = y = z = 0 erf¨ ullt. Ob in P (0, 0, 0) ein Extremum vorliegt ist nun mit Hilfe der HESSE-Matrix ⎛

H(x, y, z) =

⎜ ⎝

⎞

⎛

⎞

fxx (x, y, z) fxy (x, y, z) fxz (x, y, z) 2 0 0 ⎜ fxy (x, y, z) fyy (x, y, z) fyz (x, y, z) ⎟ 2yez ⎟ ⎠ = ⎝ 0 2ez ⎠ fxz (x, y, z) fyz (x, y, z) fzz (x, y, z) 0 2yez 2 + y 2 ez ⎛

⎞

2 0 0 ⎟ zu entscheiden. Im Punkt P (0, 0, 0) ist H(0, 0, 0) = 0 2 0 ⎠. Diese Matrix ist 0 0 2 T positiv definit, da die quadratische Form x H(0, 0, 0)x = 2x2 + 2y 2 + 2z 2 f¨ ur x = 0 nur positive Werte annehmen kann. Damit liegt aber bei P (0, 0, 0) ein Minimum vor. f (x, y, z) ≥ 0 auf ganz lR3 und f (0, 0, 0) = 0. Daher handelt es sich um ein absolutes Minimum. ⎜ ⎝

4. Bestimmen Sie die relativen Extrema der Funktion f (x, y) = x2 + xy + y 2 − 3ax − 3by,

a, b ∈ lR .

Gibt es auch absolute Extrema? L¨ osung: f ∈ C 2 (lR2 ). Die beiden notwendigen Bedingungen fx = 2x + y − 3a = 0 und fy = x + 2y − 3b = 0 sind nur f¨ ur x = 2a − b, y = −a + 2b erf¨ ullt. Daher ist P (2a − b, −a + 2b) das einzige mögliche Extremum. Die hinreichende Bedingung 2 fxx fyy − fxy > 0 ist mit fxx = 2, fxy = 1 und fyy = 2 erf¨ ullt. P ist dann ein Minimum. Um zu entscheiden, ob ein absolutes Minimum vorliegt, verschieben wir P in den Ursprung: x = 2a − b + ξ, y = −a + 2b + η, woraus folgt: fˆ(ξ, η) = (2a − b + ξ)2 + (2a − b + ξ)(−a + 2b + η) + (−a + 2b + η)2 − 3a(2a − b + ξ) − 2 2 2 3b(−a+2b+η) = · · · = ξ 2 +ξη+η 2 −3a2 +3ab−3b2 = ξ2 + η2 + (ξ+η) −3(a2 −ab+b2 ) ≥ 2 2 2 −3(a − ab + b ). Daher ist P (2a − b, −a + 2b) ein absolutes Minimum.

34

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler 5. Untersuchen Sie, ob die Funktion f (x, y) = sin x + sin y + cos(x + y) in B : 0 ≤ x ≤

π , 0 ≤ y ≤ 2π 2

ein relatives Extremum besitzt. L¨ osung: f ist im betrachteten Bereich B zweimal stetig differenzierbar. Die notwendigen Bedingungen f¨ ur das Vorliegen von relativen Extrema lauten: fx = cos x − sin(x + y) = 0 und fy = cos y − sin(x + y) = 0. Subtraktion liefert: cos x = cos y mit den Lösungen y1 = x und y2 = 2π − x. Durch Einsetzen von y1 in cos x − sin(x + y) = 0 folgt: cos x − sin(2x) = 0 bzw. cos x(1 − 2 sin x) = 0 mit den Lösungen: x1 = π2 und x2 = π6 . Damit liegen bei

π π π π P1 2 , 2 und P2 6 , 6 möglicherweise lokale Extrema vor. F¨ ur y2 = 2π − x folgt π aus cos x − sin(x + y) = 0: cos x = 0 mit der L¨ o sung x = . Das ergibt ein 3 2

π 3π weiteres mögliches lokales Extremum bei P3 2 , 2 . Die hinreichende Bedingung 2 > 0 ergibt mit Δ|P1 = −1 < 0, Δ|P2 = 34 > 0 und Δ|P3 = −1 < 0, Δ = fxx fyy − fxy dass ein Extremum nur bei P2 vorliegt und wegen fxx |P2 = − 12 < 0 handelt es sich dabei um ein relatives Maximum. Wir untersuchen nun auf Randmaxima: √ f (x, 0) = sin x + cos x ist maximal bei x = π4 mit dem Funktionswert 2 .

f π2 , y ist konstant mit f = 1. √ f (x, 2π) = sin x + cos(x + 2π) ist maximal bei x = π4 mit dem Funktionswert 2 . √ f (0, y) = sin y + cos y ist maximal bei y = π4 mit dem Funktionswert 2 . √ Da f |P2 = 32 > 2, liegt an P2 sogar ein absolutes Maximum vor. 6. Zeigen Sie, dass die Funktion f (x, y, z) = cosh x + ey − ln z − P (0, −1, 2) ein Minimum annimmt.

z y + im Punkt e 2

L¨ osung: f ist in der Umgebung des Punktes P jedenfalls zweimal stetig differenzierbar. Die notwendige Bedingung gradf (0, −1, 2) ist wegen fx (0, −1, 2) = sinh x|P = 0, fy (0, −1, 2) = ey − 1e = 0 und fz (0, −1, 2) = − z1 + 12 = 0 erf¨ ullt. P P F¨ ur die hinreichende Bedingung werden die zweiten Ableitungen benötigt: fxx (0, −1, 2) = cosh x|P = 1, fxy (0, −1, 2) = 0, fxz (0, −1, 2) = 0, fyy (0, −1, 2) = ey |P = 1e , fyz (0, −1, 2) = 0, fzz (0, −1, 2) = z12 = 14 . ⎛

P

⎞

1 0 0 ⎜ ⎟ Die HESSE-Matrix im Punkt P ist dann H(0, −1, 2) = ⎝ 0 1e 0 ⎠. Sie ist offen1 0 0 4 sichtlich positiv definit. Daher ist liegt bei P ein Minimum vor. 7. Untersuchen Sie f¨ ur welche Werte a ∈ lR, |a| > 3, die Funktion f (x, y) = x2 + ay 2 + 3xy relative Extrema besitzt. L¨ osung: Es ist f ∈ C 2 (lR2 ). Aus den notwendigen Bedingungen fx (x, y) = 2x + 3y = 0 und fy (x, y) = 2ay +3x = 0 folgt wegen |a| > 3 die einzig mögliche Stelle f¨ ur ein relatives Extremum der Punkt P (0, 0).


35

2 = 2(2a) − 32 positiv sein soll, liegt nur f¨ ur a > Da Δ = fxx fyy − fxy vor.

9 4

ein Extremum

8. Untersuchen Sie, f¨ ur welche Werte von a, b ∈ lR, a = 0, b = 0 die Funktion f (x, y) = x2 ey + ax + by ein Extremum besitzt. L¨ osung: f ist in ganz lR2 zweimal stetig differenzierbar. Aus den notwendigen Bedingungen fx (x, y) = 2xey + a = 0 und fy (x, y) = x2 ey + b = 0 folgt nach Elimination 2b und weiters durch Einsetzen etwa in die erste Gleichung von ey zunächst x = a 2 a y = ln − . Damit muss bereits gelten: b < 0. 4b 2 = 2ey x2 ey − (2xey )2 = −2x2 ey > 0 Die hinreichende Bedingung Δ = fxx fyy − fxy 2 ist unabhängig von a und b in ganz lR nicht erf¨ ullbar. Daher besitzt f f¨ ur kein a, b ein Extremum. 9. Ermitteln Sie die relativen Extrema der Funktion f (x, y) = ax2 + 2xy + ay 2 − ax − ay ,

a ∈ lR, a2 = 1

in Abhängigkeit von a. L¨ osung: ur das Vorliegen von f ist in ganz lR2 zweimal stetig differenzierbar. Notwendig f¨ Extrema ist: fx (x, y) = 2ax + 2y − a = 0 und fy (x, y) = 2x + ay − a = 0. a . Dieses Gleichungssystem besitzt die Lösung x = y = 2(1 + a) a a Ob im Punkt P , ein Extremum vorliegt, folgt aus der hin2(1 + a) 2(1 + a) 2 = 4(a2 − 1). Damit gilt: reichenden Bedingung. Es ist Δ = fxx fyy − fxy

a) F¨ ur a < −1 existiert ein relatives Maximum bei (x0 , y0 ) =

b) F¨ ur a > 1 existiert ein relatives Minimum bei (x0 , y0 ) =

a a , . 2(a + 1) 2(a + 1)

a a , 2(a + 1) 2(a + 1)

.

c) F¨ ur −1 < a < 1 hat f keine relativen Extrema. 10. Sei f (x, y) := (y − x2 )(y − 2x2 ) f¨ ur alle x, y ∈ lR. Zeigen Sie, dass grad f (0, 0) = 0 ist, aber f im Ursprung kein lokales Extremum hat. L¨ osung: gradf (x, y) =

−2x(y − 2x2 ) − 4x(y − x2 ) , d.h. gradf (0, 0) = 0. (y − 2x2 ) + (y − x2 )

f nimmt unterhalb der Parabel y = x2 und oberhalb der Parabel y = 2x2 nur positive Werte an, zwischen diesen beiden Parabeln aber nur negative Werte. Dann existieren aber in jeder Umgebung des Ursprungs sowohl Punkte mit positiven und solche mit negativen Funktionswerten, so dass im Ursprung kein lokales Extremum vorliegen kann.

36


11. Ermitteln Sie die absoluten Extrema der Funktion f (x, y) = 1 − x2 − xy auf der Kreisscheibe K : x2 + y 2 ≤ 1. L¨ osung: Aus fx = 0 und fy = 0 folgt x = y = 0. Damit ist P (0, 0) möglicherweise ein lokales 2 Extremum. Wegen Δ = fxx fyy −fxy = −2·0−(−1)2 = −1 < 0 ist P kein Extremum. Da f stetig ist und K kompakt, muss f auf K sowohl Maximum als auch Minimum annehmen. Diese m¨ ussen dann aber auf dem Rand von K liegen. Parametrisierung der Kreislinie: x(t) uhrt zum Extremwertproblem:

= cos t, y = sin t, 0 ≤ t ≤ 2π f¨ f˜(t) = f x(t), x(t) = 1 − cos2 t − sin t cos t soll auf [0, 2π] extremal werden. Mit f˜ (t) = 2 sin t cos t − cos2 t + sin2 t = 0 folgt: sin(2t) − cos(2t) = 0 mit den Lösungen t1 = π8 , t2 = 5π , t3√= 9π und t4 = 13π . Die zugeh¨ origen Funktionswerte von f˜ sind 8 8 8 √ 1− 2 1+ 2 ˜ ˜ ˜ ˜ f (t1 ) = f (t3 ) = 2 und f (t2 )⎛= f (t4 ) = 2 . Die den ⎞Parameterwerten t1 und √ ! !√ ! ! 2−1 ⎜ "1 + 2 ⎟ √ , ±" √ t3 entsprechenden Punkte P1/3 ⎝± ⎠ sind absolute Minima. 2 2 2 2 ⎛

Analog sind die Punkte

1.6.3

!√ ! ⎜ " 2−1 √ P2/4 ⎝±

2 2

√ ⎞ ! !1 − 2 ⎟ , ±" √ ⎠ 2 2

absolute Maxima.


x+y + y. xy 1 1 , 1, 5 ist Extremum (Minimum), P2 , −1, 1 ist kein Extremum. Lösung: P1 2 2

1. Bestimmen Sie die Extrema der Fläche z = 4x2 +

2. Bestimmen Sie die relativen Extrema der Fläche x3 √ 2 + 6 x + 2y. 3 √ √ Lösung: Relatives Minimum bei x0 = 2 − 6 , y0 = 2 − 6 . z = e2(x−y) +

3. F¨ ur welche α ∈ lR besitzt die Fläche z = αx2 +xy −3y 2 im Ursprung ein Maximum? 1 . Lösung: α < − 12 4. Bestimmen Sie die relativen Extrema der Funktion z(x, y) = (a + x + y)2 + (b − x + y)2 ,

a, b ∈ lR.

b−a a+b , y0 = − . 2 2 π π 5. Berechnen Sie die im Bereich 0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ liegenden relativen Extrema 2 2 der Funktion z(x, y) = sin x + sin y + sin(x + y). √ π π 5 3 Lösung: Maximum bei P , , . 3 3 2 Lösung: Relatives Minimum an x0 =


37

6. Bestimmen Sie die relativen Extrema der Fläche

4z = 4 ln

y x + x2 + 2 − 2 ln |y|, x y

Lösung: Relative Minima bei P1 1, 1,

3 4

xy = 0.

und P2 −1, −1,

3 . 4

7. Untersuchen Sie die Funktion f (x, y, z) = x ln(y 2 + z 2 ) − yz im ersten Oktanten auf lokale Extrema. Lösung: Es gibt keine Extrema im ersten Oktanten. 8. Ermitteln Sie jene Bedingungen, denen α, β ∈ lR, α = 0 gen¨ ugen m¨ ussen, damit die Fläche z(x, y) = αx4 + y 2 ey − βx bei (x0 , y0 ) = (1, 0) ein relatives Extremum besitzt. Lösung: β = 4α, α > 0.

9. Pr¨ ufen Sie, ob die Fläche z = ln

y + x2 + xy, xy = 0, relative Extrema besitzt. x

Lösung: Keine relativen Extrema. x2 z2 10. Untersuchen Sie, ob die Funktion f (x, y, z) = y + + xy + zey + im lR3 ein 2 2 relatives Extremum besitzt. Lösung: Es gibt kein Extremum im lR3 . 11. Bestimmen Sie jene a ∈ lR, a = 0, f¨ ur welche die Funktion z(x, y) = a ln(x + y) − ax2 − 6y relative Maxima besitzt und geben Sie letztere an. Lösung: a > 0, relatives Maximum bei (x0 , y0 ) =

3 a2 − 18 , a 6a

.

12. Bestimmen Sie die lokalen Extrema der Funktion f (x, y) = (x − y)3 + (x + y)3 − 6x. Lösung: Mögliche Extrema bei P1 (1, 0), P2 (0, −1), P3 (−1, 0), P4 (0, 1). P1 ist lokales Minimum, P3 lokales Maximum, P2 und P4 sind Sattelpunkte.

38


1.7

Extrema mit Nebenbedingungen

1.7.1

Grundlagen

Bei derartigen Probemstellungen kann man entweder mittels der Nebenbedingungen jeweils eine Variable eliminieren, was rein technisch oft unmöglich ist, oder man nimmt weitere Variable hinzu (LAGRANGE’sche Parameter) und hat dann auch ein Problem ohne Nebenbedingungen. • LAGRANGE’sche Multiplikatorregel: Sei f : lRn → lR eine differenzierbare Funktion auf einer offenen Menge X. Seien ferner gl : lRn → lR, l = 1, . . . , m linear unabhängige stetig differenzierbare Funktionen auf X. Hat unter diesen Voraussetzungen f an x 0 ∈ X ein relatives Extremum, wobei nur jene x ∈ X betrachtet werden, f¨ ur die alle gl (x) = 0 sind, so gibt es Zahlen λ1 , λ2 , . . . , λm , so dass gilt: m ∂gl (x0 ) ∂f (x0 ) + λl = 0 f¨ ur ν = 1, 2, . . . , n . ∂xν ∂xν l=1

λ1 , λ2 , . . . , λm heißen LAGRANGE’sche Parameter bzw. LAGRANGE’sche Multiplikatoren.

1.7.2

Musterbeispiele

1. Ermitteln Sie drei positive Zahlen x, y, z, deren Summe gleich 11 und deren gewichtetes x2 y 2 z 2 + + minimal ist. quadratisches Mittel 6 3 2 L¨ osung: x2 y 2 z 2 Es soll also die Funktion f (x, y, z) = + + unter der Nebenbedingung 6 3 2 g(x, y, z) = x + y + z − 11 = 0 minimal werden. Nach der Multiplikatorregel von LAGRANGE bilden wir dazu die Funktion F (x, y, z, λ) :=

x2 y 2 z 2 + + + λ(x + y + z − 11) , 6 3 2

deren Gradient an der gesuchten Extremalstelle Null sein soll. Das liefert das Glei2y x + λ = 0, z + λ = 0 und x + y + z − 11 = 0. chungssystem + λ = 0, 3 3 Aus der ersten und zweiten Gleichung folgt x = 2y, aus den zweiten und dritten 2y . Einsetzen in die vierte Gleichung (d.i. die Nebenbedingung) ergibt: folgt z = 3 x = 6, y = 3 und z = 2. Bemerkungen:

y2 1 x2 + + (11 − x − y)2 , die sich durch Elimination a) Die Funktion fˆ(x, y) = 6 3 2 der Nebenbedingung ergibt, ist stetig und nach unten beschränkt und hat daher sicher ein Minimum. Da es nur eine Extremalstelle gibt, muss es sich dabei um das Minimum handeln. b) Das betrachtete Problem kann auch geometrisch formuliert werden: Bestimmen

1.7. Extrema mit Nebenbedingungen

39

x2 y 2 z 2 Sie das größte Ellipsoid der Form + + = d, das die Ebene x + y + z = 11 6 3 2 ber¨ uhrt. 2. Berechnen Sie den k¨ urzesten Abstand des Nullpunktes zur Hyperbel x2 + 8xy + 7y 2 − 225 = 0 . L¨ osung: Der Abstand √ eines beliebigen Punktes P (x, y) der Hyperbel vom Ursprung ist durch d(x, y) = x2 + y 2 gegeben. Mit d(x, y) wird auch d2 (x, y) = x2 + y 2 =: f (x, y) extremal. Gesucht wird also ein Punkt P (x, y), f¨ ur den die Funktion f (x, y) = x2 + y 2 extremal wird unter der Nebenbedingung g(x, y) = x2 + 8xy + 7y 2 − 225 = 0. Nach der Multiplikatorregel von LAGRANGE sollen dann im gesuchten Punkt P die partiellen Ableitungen von F (x, y, λ) = x2 + y 2 + λ(x2 + 8xy + 7y 2 − 225 = 0) verschwinden. Das liefert das nichtlineare Gleichungssystem: 2x + λ(2x + 8y) = 0 , 2y + λ(8x + 14y) = 0 und x2 + 8xy + 7y 2 = 225. Subtraktion der mit x multiplizierten zweiten Gleichung von der mit y multiplizierten ersten Gleichung ergibt: λ(8y 2 − 12xy − 8x2 ) = 0. λ kann nicht Null sein, da sonst aus den ersten beiden Gleichungen x = 0 und y = 0 folgt und der Punkt P (0, 0) nicht auf der Hyperbel liegt, d.h. dass die Nebenbedingung nicht erf¨ ullt ist. Dann x gilt aber 8y 2 − 12xy − 8x2 mit den Wurzeln: y1 = 2x und y2 = − . 2 in die Nebenbedingung liefert x2 + 16x2 + 28x2 = 225 mit den Einsetzen von y1 √ Wurzeln x1/2 = ± 5, während sich mit y2 durch Einsetzen die in lR unlösbare Glei√ √ 7 chung x2 − 4x2 + x2 = 225 ergibt. Damit erhalten wir zwei Punkte P1 ( 5, 2 5) √ √4 und P2 (− 5, −2 5), die beide den Abstand d = 5 vom Ursprung besitzen. 3. Untersuchen Sie, an welchen Stellen die Funktion f (x, y, z) = x2 + yz + z unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 = 0 möglicherweise Extrema besitzt. L¨ osung: Im Sinne der Multiplikatorregel von LAGRANGE bilden wir die Funktion F (x, y, z, λ) := f (x, y, z) + λg(x, y, z) = x2 + yz + z + λ(x2 + y 2 − z 2 ) , deren Gradient an Extremstellen Null sein soll. Das liefert das nichtlineare Gleichungssystem ∂F = 2x + 2λx = 0, (1) ∂x ∂F (2) = z + 2λy = 0, ∂y ∂F = y + 1 − 2λz = 0, (3) ∂z ∂F (4) = x2 + y 2 − z 2 = 0. ∂λ Aus (1) folgt entweder x = 0 oder λ = −1. Solche Verzweigungen“ treten beim ”

40

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler Lösen nichtlinearer Gleichungssysteme häufig auf. a) x = 0: Aus (2) folgt z = −2λy, woraus durch Einsetzen in (3) sich y + 1 + 4λ2 y = 0 1 2λ ergibt. Damit erhalten wir: y = − und z = . Einsetzen in (4) 1 + 4λ2 1 + 4λ2 1 liefert schließlich λ1/2 = ± und damit die möglichen Extremstellen 2 1 1 1 1 P1 0, − , und P2 0, − , − . 2 2 2 2 b) λ = −1: 1 2 Aus (2) und (3) folgt dann y = − und z = − , woraus durch Einsetzen in (4) 5 5 √ 3 4 1 2 − = 0 mit den Lösungen x = ± ergibt. sich die Gleichung x + 25 25 5 √ 3 1 2 ,− ,− . Das liefert zwei weitere Kandidaten f¨ ur Extrema: P3/4 ± 5 5 5 4. Bestimmen Sie die absoluten Extrema der Funktion f (x, y) = x2 + 4xy + 4y 2 unter der Nebenbedingung g(x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0. L¨ osung: Wir bilden im Sinne de LAGRANGE-schen Multiplikatorregel die Funktion: F (x, y, λ) = x2 + 4xy + 4y 2 + λ(x2 + y 2 − 1) , deren Gradient in Extremalpunkten Null wird. Das liefert das Gleichungssystem ∂F = 2x + 4y + 2λx = 0, (1) ∂x ∂F (2) = 4x + 8y + 2λy = 0, ∂y ∂F = x2 + y 2 − 1 = 0. (3) ∂λ 1+λ Aus (1) folgt y = − x und weiters durch Einsetzen in (2): (λ2 + 5λ)x = 0. Der 2 Fall x = 0 liefert wegen (1) y = 0, was aber (3) widerspricht. Damit verbleiben die beiden Fälle λ = 0 und λ = −5. 1 F¨ ur λ = 0 folgt aus (1): x = −2y und in weiterer Folge aus (3): y = ± √ und 5 2 1 1 2 2 x = ∓ √ . Das ergibt zwei mögliche Extrema: P1 − √ , √ , P2 √ , − √ . 5 5 5 5 5 1 F¨ ur λ = −5 folgt aus (1): y = 2x und in weiterer Folge aus (3): x = ± √ und 5 1 2 2 2 1 y = ± √ . Das ergibt zwei mögliche Extrema: P3 √ , √ , P4 − √ , − √ . 5 5 5 5 5 Die Nebenbedingung x2 + y 2 − 1 = 0 beschreibt eine kompakt Menge (Kreislinie). Die stetige Funktion f nimmt dort Maximum und Minimum an. Wegen f |P1 = f |P2 = 0 hat f an den Stellen P1 und P2 absolute Minima und wegen f |P3 = f |P4 = 5 hat f an den Stellen P3 und P4 absolute Maxima.


41

5. Bestimmen Sie alle relativen und absoluten Extrema der Funktion f (x, y, z) = −xy+z 2 −3x+5y unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = x+y+z−1 = 0. L¨ osung: Da hier auch auf absolute Extrema untersucht werden soll und die Nebenbedingung keine kompakte Menge beschreibt und da ferner die Nebenbedingung eine einfache lineare Funktion ist, ist es zweckmäßig, anstatt die Multiplikatorregel von LAGRANGE zu verwenden, eine Variable (z.B. y) zu eliminieren. Mit y = 1 − x − z folgt dann: fˆ(x, z) = x2 + xz + z 2 − 9x − 5z + 5. Mit fˆx = 2x + z − 9 = 0 und 1 13 fˆz = x + 2z − 5 = 0 erhalten wir: x = und z = . 3 3 2 = 3 > 0 folgt, dass ein Minimum Aus der hinreichenden Bedingung Δ = fˆxx fˆzz − fˆxz vorliegt. Mit Hilfe der Translation x = ξ + 13 und z = ζ + 13 erhalten wir: 3 ξ 2 ζ 2 (ξ + ζ)2 46 46 46 = + + − ≥− . f˜(ξ, ζ) = ξ 2 + ξζ + ζ 2 − 3 2 2 2 3 3

13 11 1 ,− , ein 3 3 3 absolutes Minimum vor. Die y-Koordinate von P ergab sich dabei aus der Nebenbedingung. Da also f˜ und damit f nach unten beschränkt ist, liegt bei P

6. Die Oberfläche einer oben offenen kreiszylindrischen Tonne sei gegeben. In welchem Verhältnis m¨ ussen Radius und Höhe gewählt werden, damit der Volumsinhalt der Tonne möglichst groß wird? L¨ osung: Es soll also V (r, h) = r2 πh unter der Nebenbedingung g(r, h) = r2 π + 2rπh − O = 0 maximal werden. Im Sinne der Multiplikatorregel von LAGRANGE bilden wir die Funktion F (r, h, λ) = V (r, h) + λg(r, h) = r2 πh + λ(r2 π + 2rπh − O) und setzen deren Gradienten Null. Das liefert die folgenden Gleichungen: ∂F = 2rπh + λ(2rπ + 2πh) = 0, (1) ∂r ∂F (2) = r2 π + λ2rπ = 0, ∂h ∂F = r2 π + 2rπh − O = 0. (3) ∂λ r Aus (2) folgt λ = − und weiter durch Einsetzen in (1): h = r. 2 7. Bestimmen Sie die stationären Stellen der Funktion f (x, y, z) = x2 + xz + y 2 unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = x + y + z − 1 = 0. Handelt es sich dabei um Extrema? L¨ osung: Hier ist es wieder zweckmäßig, aus der Nebenbedingung eine Variable zu eliminieren (z.B. z). Mit z = 1 − x − y erhalten wir dann ein Extremalproblem ohne Nebenbedingung: fˆ(x, y) = x2 + x(1 − x − y) + y 2 = y 2 − xy + x. Wegen der notwendigen

42

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler Bedingungen fˆx = −y+1 = 0 und fˆy = 2y−x = 0 folgt: Pˆ (2, 1) ist ein mögliches Ex2 tremum von fˆ(x, y). Aus der notwendigen Bedingung Δ = fˆxx fˆzz − fˆxz − 1 < 0 folgt, ˆ ˆ dass an P (2, 1) kein Extemum von f vorliegt. Dann hat aber auch f an P (2, 1, −2) kein Extremum. 8. Bestimmen Sie alle Extrema der Funktion f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = x1 x2 x3 x4 unter der Nebenbedingung g(x1 , x2 , x3 , x4 ) = x1 +x2 +x3 +x4 −8 = 0, mit x1 , x2 , x3 , x4 z ≥ 0. L¨ osung: Der Gradient der Funktion F (x1 , x2 , x3 , x4 ) = f (x1 , x2 , x3 , x4 )+λg(x1 , x2 , x3 , x4 ) = x1 x2 x3 x4 +λ(x1 +x2 +x3 +x4 −8) muss an einer Extremstelle Null werden. Das liefert das Gleichungssystem: ∂F (1) = x2 x3 x4 + λ = 0, ∂x1 ∂F = x1 x3 x4 + λ = 0, (2) ∂x2 ∂F (3) = x1 x2 x4 + λ = 0, ∂x3 ∂F = x1 x2 x3 + λ = 0, (4) ∂x4 ∂F (5) = x1 + x2 + x3 + x4 − 8 = 0. ∂λ Aus (1) − (2) folgt: x3 x4 (x2 − x1 ) = 0. F¨ ur x3 = 0 oder x4 = 0 ist f Null und daher minimal. Es verbleibt x2 = x1 . Analog folgt aus (1) − (3): x3 = x1 und aus (1) − (4): x4 = x1 . Einsetzen in (5) liefert x1 = x2 = x3 = x4 = 2. Der minimale Wert von f wird auf den Hyperflächen x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0 und x4 = 0 angenommen. Im Punkt P (2, 2, 2, 2) wird dann aber das Maximum angenommen. 9. Bestimmen Sie alle Extrema der Funktion f (x, y, z) = x2 + yz − y 2 + z 2 unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = 1 − x2 − y 2 − z 2 = 0. L¨ osung: Wir bilden die Funktion F (x, y, z, λ) := f (x, y, z) + λg(x, y, z) = x2 + yz − y 2 + z 2 + λ(1 − x2 − y 2 − z 2 ) und forden das Verschwinden des Gradienten. Das liefert das Gleichungssystem: ∂F (1) = 2x − 2λx = 2x(1 − λ) = 0, ∂x ∂F (2) = z − 2y − 2λy = z − 2y(1 + λ) = 0, ∂y ∂F = y + 2z − 2λz = y + 2z(1 − λ) = 0, (3) ∂z ∂F (4) = 1 − x2 − y 2 − z 2 = 0. ∂λ Aus (1) folgt entweder λ = 1 oder x = 0. a) λ = 1:


43

Wegen (3) ist y = 0, ferner wegen (2): z = 0 und schließlich wegen (4): x = ±1. Damit sind P1 (1, 0, 0 und P2 (−1, 0, 0) mögliche Extrema von f . b) x = 0: √ 5 . Aus (2) und (3) folgt y + 4y(1 − λ2 ) = 0 mit den Lösungen y = 0 bzw. λ = ± 2 α) y = 0: Wegen √ (2) ist dann z = 0, was aber in (4) einen Widerspruch liefert. 5 β) λ = ± : 2 √ Aus (2) folgt dann z = y(2 ± 5). Einsetzen in (4) liefert: √

1 1 − y 2 1 + (2 ± 5)2 = 0 bzw. y = ± √ und in weiterer Folge 10 ± 4 5 √ 2± 5 z = ± √ . Damit hat f an den Stellen 10 ± 4 5 ⎛ ⎛ √ ⎞ √ ⎞ 5 5 ⎠ 2 + 2 + 1 1 P3 ⎝0, √ , √ ⎠ , P4 ⎝0, − √ , − √ 10 + 4 5 10 + 4 5 10 + 4 5 10 + 4 5 ⎛ ⎛ √ ⎞ √ ⎞ 5 5 ⎠ 2 − 2 − 1 1 P5 ⎝0, √ , √ ⎠ , P6 ⎝0, − √ , − √ 10 − 4 5 10 − 4 5 10 − 4 5 10 − 4 5 möglicherweise Extrema. Da die Nebenbedingung eine kompakte Menge definiert (Oberfläche der Einheitskugel) nimmt f dort sowohl Maximum als auch Minimum an. √ √ Wegen f |P1 = f |P2 = 1, f |P3 = f |P4 = 25 und f |P5 = f |P6 = − 25 besitzt f an P3 und P4 absolute Maxima und an den Stellen P5 und P6 absolute Minima. 10. Bestimmen Sie alle Extrema der Funktion f (x, y, z) = x2 + yz − y 2 + z 2 unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = 1 − x2 − y 2 − z 2 = 0, indem Sie mittels der Nebenbedingung die Variable x eliminieren. L¨ osung: Mit x2 = 1 − y 2 − z 2 aus der Nebenbedingung folgt: fˆ(y, z) = 1 − 2y 2 + yz soll auf Extrema untersucht werden. Aus den notwendigen Bedingungen fˆy = −4y + z = 0 ˆ 0) als mögliches Extremum. Die und fˆz = y = 0 folgt y = z = 0 und daher Q(0, 2 ˆ kein Extremum hinreichende Bedingung Δ = fˆyy fˆzz − fˆyz = −1 zeigt, dass an Q vorliegt. Warum erhalten wir im Gegensatz zur Lösung mittels der Methode von LAGRANGE hier keine Extrema? Wir haben zwar die Variable x mittels der Nebenbedingung eliminiert. Sie hat aber doch noch einen Einfluss auf das Extremalproblem f¨ ur fˆ(y, z). Im urspr¨ unglichen Problem können y und z nur Werte annehmen, f¨ ur die gilt: y 2 + z 2 ≤ 1. Diese Einschränkung durch die Nebenbedingung bleibt aber erhalten, d.h. aber, dass wir Extrema nur im Einheitskreis y 2 +z 2 ≤ 1 suchen. Solche können aber auch am Rand liegen. Parametrisierung des Randes: y = cos t, z = sin t liefert das Extremalproblem: f˜(t) = fˆ(cos t, sin t) = 1 − 2 cos2 t + cos t sin t soll auf [0, 2π] extremal werden. Die Gleichung f˜ (t) = 4 sin t cos t − sin2 t + cos2 t = 0 bzw.

2 sin(2t) + cos(2t) = 0 hat die Lösungen t1 = 12 arcsin √15 , t2 = 2π − 12 arcsin √15 , t3 = π + 21 arcsin

√1 5

und t4 = π − 12 arcsin

√1 5

.

44

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler Daraus ergeben sich aber genau die Punkte Pˆ1 bis Pˆ4 , die den Punkten P3 bis P6 des vorigen Beispiels entsprechen.

11. Bestimmen Sie das absolute Minimum der Funktion f (x, y, z) = x + 2y + 3z ,

x, y, z > 0

unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = xyz − 36 = 0. L¨ osung: Aus F (x, y, z, λ) := f (x, y, z) + λg(x, y, z) = x + 2y + 3z + λ(xyz − 36) folgt nach der LAGRANGE’schen Multiplikatorregel das Gleichungssystem ∂F (1) = 1 + λyz = 0, ∂x ∂F (2) = 2 + λxz = 0, ∂y ∂F = 3 + λxy = 0, (3) ∂z ∂F (4) = xyz − 36 = 0. ∂λ (2)−2(1) liefert: λz(x − 2y) und wegen z > 0 folgt dann: x = 2y. (3)−3(1) liefert: λy(x − 2z) und wegen y > 0 folgt dann: x = 3z. Einsetzen in (4) ergibt x x2 x3 = 36 bzw. x = 6 und daraus weiters: y = 3 und z = 2. Dass es sich dabei um ein Minimum handelt, kann geometrisch gedeutet werden: Es soll eine Ebene E : x + 2y + 3z = d ermittelt werden, die den Eckpunkt P (x, y, z) eines Quaders im ersten Oktanten, der dem Ursprung gegen¨ uberliegt, gerade enthält. 12. Ermitteln Sie die absoluten Extrema der Funktion f (x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 unter den Nebenbedingungen g1 (x, y, z) = z − x2 − y 2 = 0 und g2 (x, y, z) = x + y + z − 4 = 0. L¨ osung: Gemäß der Multiplikatorregel von LAGRANGE bilden wir die Funktion F (x, y, z, λ1 , λ2 ) = f + λ1 g1 + λ2 g2 = x2 + y 2 + z 2 + λ1 (z − x2 − y 2 ) + λ2 (x + y + z − 4) , deren Gradient an einer möglichen Extremstelle verschwinden soll. Das liefert das Gleichungssystem: ∂F (1) = 2x − 2λ1 x + λ2 = 2(1 − λ1 )x + λ2 = 0, ∂x ∂F (2) = 2y − 2λ1 y + λ2 = 2(1 − λ1 )y + λ2 = 0, ∂y ∂F = 2z + λ1 + λ2 = 0, (3) ∂z ∂F (4) = z − x2 − y 2 = 0, ∂λ1 ∂F (5) = x + y + z − 4 = 0. ∂λ2 Aus (2)−(1) folgt 2(1 − λ1 )(y − x). Der Fall λ1 = 1 liefert wegen (1) dann λ2 = 0


45

und wegen (3): z = − 12 , was aber (4) widerspricht. Es verbleibt dann nur der Fall y = x. Einsetzen in (4) und (5) liefert z = 2x2 und z = 4 − 2x, was zur Gleichung 2x2 = 4 − 2x f¨ uhrt, deren Lösungen x1 = 1 und x2 = −2 sind. Insgesamt ergeben sich dann als mögliche Extremastellen: P1 (1, 1, 2) und P2 (−2, −2, 8). Die Nebenbedingungen definieren eine kompakte Menge, nämlich die Schnittkurve (Ellipse) des Paraboloids z = x2 + y 2 und der Ebene x + y + z = 4. Auf dieser nimmt die stetige Funktion f Maximum und Minimum an. Wegen f |P1 = 6 und f |P2 = 72 liegt an P1 ein Minimum und an P2 ein Maximum vor.

1.7.3


1. Bestimmen Sie die absoluten Extrema der Funktion f (x, y, z) = x2 + xz − y 2 + z 2 unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0. Lösung:

1 1 Absolute Maxima bei P1 √ , 0 , √ 2 2

1 1 und bei P2 − √ , 0 , − √ , 2 2

absolute Minima bei P3 (0, 1, 0) und bei P4 (0, −1, 0). 2. Der Radius des Basiskreises und die Höhe eines geraden Kreiskegels sollen bei gegebener Mantelfläche so gewählt werden, da das Volumen maximal wird. √ Lösung: h = 2 r. 3. Bestimmen Sie jenen Punkt Q auf dem Paraboloid x2 + y 2 = 2z + 9, der vom Punkt P (4, 6, 1) den k¨ urzesten Abstand hat. Lösung: Q(2, 3, 2). 4. Bestimmen Sie alle Extrema der Funktion f (x, y, z) = dingung g(x, y, z) = x2 + y 2 + 2z 2 − 1 = 0.

x 2 2 −y +z unter der Nebenbe2

Lösung: ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 1 3 ⎠ 1 3 ⎠ ⎝ ⎝ , 0, , 0, − und P2 sind absolute Maxima, P1 2 8 2 8

P3 −

√ √ 15 15 1 1 , , 0 und P4 − , − , 0 sind absolute Minima. 4 4 4 4

5. Bestimmen Sie alle Extrema der Funktion f (x, y, z) = xy − z 2 − xz unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = x + y − z − 1 = 0. Lösung: Maximum im Punkt P ( 12 , 12 , 0). ur Extrema 6. Welche Punkte der Fläche z = 1 + x3 + 2y kommen als Kandidaten f¨ unter der Nebenbedingung x2 + 2y 2 − 2 = 0 in Frage? Lösung:

⎛

⎞ ⎛ ⎞ √ √ 3 + 7 3+ 7 1 1 ⎝ ⎠ ⎝ P1 (0, 1), P2 (0, −1), P3 , , − , P4 − √ √ ⎠, 3 3 9+3 7 9+3 7

46

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler ⎛

⎞ ⎛ ⎞ √ √ 3 − 7 3 − 7 1 1 P5 ⎝ , , − √ ⎠ , P 6 ⎝− √ ⎠. 3 3 9−3 7 9−3 7

7. Bestimmen Sie die stationären Punkte der Funktion f (x, y, z) = (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 unter der Nebenbedingung x2 + y 2 = z 2 .

Lösung: P1

2 2 4 1 4 1 √ , √ ,− √ , P2 √ , √ , √ 5+ 5 5+ 5 1+ 5 5 − 5 5 − 5 −1 + 5

.

8. Berechnen Sie die Extremwerte der folgenden Funktionen unter den angegebenen Nebenbedingungen: x y z a) f (x, y, z) = sin sin sin , N B : x + y + z = π, x, y, z ≥ 0. 2 2 2 π b) f (x, y) = cos2 x + 2 sin2 y, N B : y − x = . 2 Lösungen: π π π , , . a) Minima: P1 (π, 0, 0), P2 (0, π, 0), P3 (0, 0, π), Maximum: P4 3 3 3 2k + 1 π, k ∈ ZZ. b) Rel. Maximum an x = kπ, k ∈ ZZ , rel. Minimum an x = 2 9. Einem Kreis mit Radius R ist ein Dreieck maximaler Fläche einzuschreiben. Bestimmen Sie die Seitenl¨ √angen. Lösung: a = b = c = 3 R. 10. Ermitteln Sie die absoluten Extrema der Funktion f (x, y) unter der Nebenbedingung g(x, y) = 0. x + 4y − 1 a) f (x, y) = √ , g(x, y) = x2 + 4y 2 − 15. 1 + x2 + 4y 2 b) f (x, y, z) = 12x2 + 4y 2 − 2z 2 − 8yz, g(x, y, z) = 2x2 + y 2 + z 2 − 5. Lösungen: √ √ √ √ a) Absolutes Maximum bei P1 ( 3, 3) und absolutes Minimum bei P2 (− 3, − 3). b) Absolute Minima bei P1,2 (0, ±1, ±2), absolute Maxima auf der Ellipse 2x2 + 5z 2 = 5, y = −2z.

1.8. Kurven im lRn

1.8 1.8.1

47

Kurven im lRn Grundlagen

• Kurven im lRn : – Sei x : lR → lRn eine stetige Abbildung eines Intervalls [a, b] ⊂ lR in den lRn .

x(t) = x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t)

T

heißt Weg im lRn .

– Die Bildmenge K eines Weges im lRn heißt Kurve im lRn . – Ist x(a) = x(b), so heißt K geschlossen. – Folgt aus x(t1 ) = x(t2 ) stets t1 = t2 , so heißt K JORDAN-Kurve. – (x(t), [a, b]) heißt Parameterdarstellung von K. – K heißt glatt, wenn alle Komponentenfunktionen xi (t) von x(t) stetig differenzierbar sind und x(t) = 0 auf [a, b] ist. • Bogenlängen von Kurven: Sei K st¨ uckweise glatt, so ist K rektifizierbar und es gilt # b f¨ ur die Bogenlänge von K: LK = x (t)dt. a

• Ebene Kurven:

x(t) besitzt am Punkt P x(t), y(t) die Kr¨ ummung y(t) (x˙ 2 + y˙ 2 )3/2 . bzw. den Kr¨ ummungsradius ρ(t) = |x¨ ˙ y − y¨ ˙ x|

– Eine ebene Kurve x(t) = k(t) =

x¨ ˙ y − y¨ ˙x (x˙ 2 + y˙ 2 )3/2

– Eine ebene Kurve, dargestellt durch y = y(x) besitzt am Punkt P (x, y) die (1 + y 2 )3/2 y . und den Kr¨ u mmungsradius ρ(x) = Kr¨ ummung k(x) = (1 + y 2 )3/2 |y |

x(t) . Die Kurve K ∗ mit y(t) x˙ 2 + y˙ 2 x˙ 2 + y˙ 2 den Koordinatenfunktionen ξ(t) = x(t)− y˙ und η(t) = y(t)+ x˙ x¨ ˙ y − y¨ ˙x x¨ ˙ y − y¨ ˙x heißt Evolute von K.

– Sei K eine ebene Kurve, dargestellt durch x(t) =

• Raumkurven:

– Sei K eine Raumkurve, dargestellt durch x(t) = x(t), y(t), z(t) . Falls x(t) ¨ (t0 ) linear an der Stelle t0 zweimal stetig differenzierbar ist und x˙ (t0 ) und x unabhängig sind, spannen letztere eine Ebene auf. Sie heißt Schmiegebene. – Die Raumkurve K sei dreimal stetig differenzierbar. Existieren die Vektoren ˙ ¨ t(t) := x(t) , b(t) := x(t) × x(t) und h(t) := b(t) × t(t), so bilden sie ¨ (t) x(t) x˙ (t) × x ein lokales Orthonormalsystem des lR3 , das begleitende Dreibein. Sie heißen Tangenten-, Binormalen- und Hauptnormalenvektor der Kurve K.

48

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler ¨ (t) = 0, sind – Falls K dreimal stetig differenzierbar ist und x˙ (t) = 0 und x˙ (t) × x Kr¨ ummung und Torsion von K definiert:

... ¨ (t), x (t) ¨ (t) x˙ (t), x x˙ (t) × x k(t) := und τ := . ¨ (t) x˙ (t)3 x˙ (t) × x

1.8.2

Musterbeispiele

1. Gegeben ist die Kurve K ⊂ lR3 durch

x(t) = 1 − t, ln t,

t2 4

T

1≤t≤

,

√

e.

Zeigen Sie, dass die Kurve rektifizierbar ist und berechnen Sie anschließend die Bogenlänge von K. √ L¨ osung: Auf dem Intervall [1, e ] sind die Komponentenfunktionen√xi (t) von x(t) #

stetig differenzierbar. Daher ist K rektifizierbar und es gilt: LK =

1 t Mit x (t) = −1, , t 2 # √e

LK =

1

T

= ln t +

√e t2 4 1

1

x (t)dt .

folgt daraus:

# 1 t2 1 + 2 + dt = t 4 1

e

=

√

e

1 t + t 2

2

dt =

# √e 1 1

t

+

t dt = 2

1+e 1 e 1 + − = . 2 4 4 4

2. Untersuchen Sie, ob die Kurve K, dargestellt durch

x(t) = 1 − t2 ,

√

t, sin t

T

,

0≤t≤5

eine JORDAN-Kurve ist. L¨ osung: K ist eine JORDAN-Kurve, falls x(t1 ) = f(t2 ) ⇐⇒ t1 = t2 , d.h. falls f¨ ur mindestens ein i ∈ {1, 2, 3} gilt: x (t ) = x (t ) ⇐⇒ t = t . F¨ u r i = 2 erhalten wir tatsächlich i 1 i 2 1 2 √ √ t1 = t2 ⇐⇒ t1 = t2 . Somit ist K eine JORDAN-Kurve. 3. Untersuchen Sie, ob die Kurve K, dargestellt durch x(t) = (2t − π sin t, 2 − π cos t)T ,

t ∈ [−π, π]

eine JORDAN-Kurve ist. L¨ osung: Sei x(t1 ) = x(t2 ). Aus x2 (t1 ) = x2 (t2 ) folgt: 2 − π cos t1 = 2 − π cos t2 d.h. cos t1 = cos t2 und daraus: t1 = t2 oder t1 = −t2 . Mit t1 = −t2 folgt: x1 (t1 )−x1 (t2 ) = x1 (−t2 )−x1 (t2 ) = −2t2 −π sin(−t2 )−2t2 +π sin(t2 ) = 2π sin t2 −4t2 . Dieser Ausdruck wird Null f¨ ur t2 = π2 . Dann ist t1 = − π2 = t2 . Damit ist K keine JORDAN-Kurve.

1.8. Kurven im lRn

49 ⎛

⎞

1√− t ⎟ 4. Gegeben ist die Kurve K ⊂ lR durch: x(t) = t ≥ 0. √3 t ⎠ , t3 √ Bestimmen Sie die Länge des Kurvenst¨ ucks von A(1, 0, 0) nach B(0, 3, 1). Zeigen Sie ferner, dass K eine ebene Kurve ist. L¨ osung: √ Der Punkt A entspricht dem Parameterwert t1 = 0 und der Punkt B(0, 3, 1) dem Parameterwert t2 =⎛1. ⎞ −1 √ 1√ 9 ⎜ ⎟ ˙ ˙ 16 − 9t . Ferner gilt: x(t) = ⎝ √3 ⎠ =⇒ x = 1 + 3 + t = 4 2 3 t 2 ⎜ ⎝

3

# 1

1

61 1# 1√ 121 125 − 64 (16 + 9t)3/2 = = . 16 − 9t dt = 2 0 239 27 27 0 0 √ √ √ √ √ Wegen 3x√+ y = 3 − √ 3t + 3t = 3 (unabhängig von t), liegt die Kurve K in der Ebene 3x + y = 3. Eine andere Möglichkeit besteht im Nachweis, dass der Binormalenvektor konstant ist oder dass die Torsion Null ist. ⎛ ⎞ ⎛ √ ⎞ ⎛ ⎞ ... 0 0 3/2 ˙ ¨ ¨ , x) ... x × x (x˙ , x ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ¨ = x(t) = ⎝ 0 ⎠ , b = = 0. 1/2 ⎠ , x (t) = ⎝ 0 ⎠ , τ = ¨ ⎝ ¨ 2 3 x˙ × x x˙ × x √ − 3√ 0

L=

x˙ dt =

4 t

8t t

5. Gegeben ist die Raumkurve √ ⎞ t cos t √ ⎟ x(t) = ⎜ ⎝ t sin t ⎠ t ⎛

t≥0.

,

Bestimmen Sie die Bogenlänge des Kurvenst¨ ucks zwischen 0 ≤ t ≤ 9. Auf welcher Fläche liegt die Kurve? L¨ osung: √ ⎛ 1 ⎞ √ cos t − t sin t 2 t ⎜ ⎟ √ 1 ⎟ 1 x˙ (t) = ⎜ ⎜ √ =⇒ x˙ (t)2 = cos2 t − cos t sin t + t sin2 t+ sin t + t cos t ⎟ ⎝ 2 t ⎠ 4t 1 1 1 + sin2 t + sin t cos t + t cos2 t + 1 = +1+t= 4t 4t # 9

=⇒ L =

0

√ 1 √ + t 2 t

2

.

√ 9 √ 1 2 √ + t dt = t + t3/2 = 21. 3 2 t 0

Wegen x + y 2 = t cos2 t + t sin2 t = t = z liegt die Raumkurve auf dem Paraboloid z = x2 + y 2 . 2

6. Gegeben ist die Kurve K ⊂ lR4 durch

x(t) = t cos t, t sin t,

√

3 t,

4 √ t −t 3

T

,

t ∈ [−3, −1] .

50

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler Berechnen Sie die Bogenlänge von K. L¨ osung:

√ √ T Aus x (t) = cos t − t sin t, sin t + t cos t, 3, 2 −t folgt: x (t)2 = cos2 t − 2t sin t cos t + t2 sin2 t + sin2 t + 2t sin t cos t + t2 cos2 t + 3 + 4t = = 4 + 4t + t2 = (2 + t)2 =⇒ f (t) = |2 + t|. Damit erhalten wir:

LK =

# −1 −3

|2 + t|dt =

# −2 −3

(−2 − t)dt +

# −1 −2

−2

−1

(2 + t)2 (2 + t)2 + = (2 + t)dt = − 2 −3 2 −2

1 1 + = 1. 2 2 Bemerkung: Hätten wir nach dem Wurzelziehen auf den Absolutbetrag vergessen, hätten wir die unmögliche“ Bogenlänge 0 erhalten. ” =

7. Gegeben ist die Kurve K im lR2 durch

cos t + cos2 t sin t + sin t cos t

x(t) =

0 ≤ t ≤ 2π .

,

Untersuchen Sie, in welchen Punkten der Tangentenvektor an K existiert. Bestimmen Sie ferner die Kr¨ ummung im Punkt P (2, 0) sowie die Bogenlänge von K. L¨ osung: Nachdem x(t) differenzierbar ist, existiert der Tangentenvektor in allen Punkten, in denen der Vektor x˙ (t) nicht Null ist.

x˙ (t) =

− sin t − 2 sin t cos t cos t + cos2 t − sin2 t

!

=

0 0

=⇒

− sin t(1 + 2 cos t) = 0 . cos t + 2 cos2 t − 1 = 0

Die erste Gleichung ist erf¨ ullt f¨ ur t = 0, t = π oder f¨ ur cos t = 12 . Von diesen 3 Möglichkeiten erf¨ ullt nur der Fall t = π auch die zweite Gleichung. Dieser Fall entspricht dem Punkt Q(0, 0). Hier existiert der Tangentenvektor an K nicht. F¨ ur die Kr¨ ummung im Punkt P (2, 0) (entspricht dem Parameterwert t = 0 bzw. t = 2π - die Kurve K ist geschlossen) benötigen wir noch die zweite Ableitung.

¨ (t) = x

− cos t − 2 cos2 t + 2 sin2 t − sin t − 4 sin t cos t

=⇒ κ(0) =

Es gilt: x˙ (0) =

.

0 2

,

¨ (0) = x

−3 0

x˙1 x¨2 − x˙2 x¨1 0 · 0 − 2(−3) 3 = = . (02 + 22 )3/2 4 (x˙1 2 + x˙2 2 )3/2

x˙ (t)2 = sin2 t + 4 sin2 t cos t + 4 sin2 t cos2 t + cos2 t + cos4 t + sin4 t + 2 cos3 t− −2 cos t sin2 t − 2 sin2 t cos2 t = = sin2 t + cos2 t) + (cos4 t + 2 sin2 t cos2 t + sin4 t) +2 sin2 t cos t + 2 cos3 t =

1

1

2 t+ cos2 t) = 2(1 + cos t) = 4 cos2 = 2 + 2 cos t(sin

# 2π

LK =

0

x˙ (t)dt =

# 2π 0

1

2| cos(t/2)|dt = 2

# π 0

t 2

cos(t/2)dt − 2

.

Daraus folgt:

# 2π

cos(t/2)dt = π

1.8. Kurven im lRn

51 π

2π

0

π

= 4 sin(t/2) − 4 sin(t/2)

= 4 + 4 = 8.

8. Gegeben ist die Kurve K im lR3 durch ⎛

⎞

ln t ⎟ x(t) = ⎜ ⎝ t ⎠ t e

t ∈ lR .

,

Bestimmen Sie im Punkt P (0, 1, e) das begleitende Dreibein, die Kr¨ ummung und die Torsion. L¨ osung: x˙ (t) =

⎛ 1 ⎜ t ⎜ 1 ⎝

e ⎛

x˙ (1) =

⎜ ⎝

⎞

⎛

⎟ ⎟ ⎠

⎜ ⎜ ⎝

,

¨ (t) = x

t

⎞

1 1 ⎟ ⎠ , e ⎛

⎛

¨ (1) = x ⎞

⎜ ⎝

⎞

− t12 ⎟ 0 ⎟ ⎠ , t e

...

x (t) =

e

⎞

−1 0 ⎟ ⎠ , e ⎛

⎛ 2 3 ⎜ t ⎜ 0 ⎝

⎛ ...

x (1) =

⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

und weiterhin mit tP = 1:

t

⎞

2 0 ⎟ ⎠ . Damit erhalten wir in P : e

⎞

⎛

⎞

e e 1 ⎟ ⎜ ⎟ ¨=⎜ x˙ × x ⎝ −2e ⎠ =⇒ b = √ ⎝ −2e ⎠ . 2 1 + 5e 1 1

1 ⎜ ⎟ t = √ 1 ⎝ 1 ⎠ , 2 + e2 e

⎛

1 ⎜ h = b × t = √ ⎝ 2 + 11e2 + 5e4 √ ¨ 1 + 5e2 x˙ × x κ= = (2 + e2 )3/2 x˙ 3

⎞

−1 − 2e2 1 − e2 ⎟ ⎠ . Weiterhin erhalten wir: 3e ...

¨ , x) (x˙ , x 3e τ= = . 2 ˙ ¨ 1 + 5e2 x × x

,

9. Gegeben ist die Raumkurve ⎛

⎞

1+t ⎜ ⎟ x(t) = ⎝ 1 + t2 ⎠ 3 1+t

t ∈ lR .

,

Bestimmen Sie das begleitende Dreibein in jenem Punkt der Kurve, in dem die Torsion maximal ist. Berechnen Sie ferner in diesem Punkt die Kr¨ ummung und geben Sie die Schmiegebene an. L¨ osung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 0 ... ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ¨ (t) = ⎜ x˙ (t) = ⎜ x x (t) = ⎝ 0 ⎠ und weiterhin: ⎝ 2t ⎠ , ⎝ 2 ⎠ , 2 6 3t 6t ⎛

⎞

6t2 ⎟ ˙x(t) × x ¨ (t) = ⎜ ⎝ −6t ⎠ 2

...

sowie

...

¨ (t), x (t) = 12, woraus folgt: x˙ (t), x

¨ (t), x (t) x˙ (t), x 12 , = τ (t) = ¨ (t)2 36t4 + 36t2 + 4 x˙ (t) × x

dτ 12 · 36(4t3 + 2t) ! =− =0. dt (36t4 + 36t2 + 4)2

52

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler Die Torsion ist daher bei t = 0 extremal (maximal). Das entspricht dem Punkt P (1, 1, 1). Damit ergibt sich f¨ ur das begleitende Dreibein in diesem Punkt: ⎛

⎞

⎛

1 ⎟ t(0) = ⎜ ⎝ 0 ⎠ , 0

⎞

⎛

⎞

0 0 ⎟ ⎜ ⎟ b(0) = ⎜ h(0) = ⎝ 1 ⎠ ⎝ 0 ⎠ =⇒ 1 0

und ferner:

¨ (0) x˙ (0) × x 2 = = 2. 3 ˙ 1 x(0) F¨ ur die Schmiegebene - deren Normalenvektor b ist - erhalten wir dann: z = 1. κ(0) =

10. Gegeben ist die Raumkurve x(t) =

⎛ 1 + 1 cos t ⎜ 2 1 2 ⎜ sin t ⎝ 2 1 2

− 12 cos t

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

,

0 ≤ t ≤ 2π .

Zeigen Sie, dass sie eine geschlossene JORDAN-Kurve ist und bestimmen Sie die maximalen bzw. minimalen Werte f¨ ur die Kr¨ ummung. Berechnen Sie ferner die Torsion und ermitteln Sie die Schmiegebene. Auf welchen Flächen liegt die Kurve und um welche Kurve handelt es sich? L¨ osung: Aus x1 (t1 ) = x1 (t2 ) folgt cos t1 = cos t2 ⇐⇒ t1 = t2 oder t2 = 2π − t1 . Aus x2 (t1 ) = x2 (t2 ) folgt sin t1 = sin t2 ⇐⇒ t1 = t2 oder t2 = π − t1 . Dann gilt aber: x(t1 ) = x(t2 ) ⇐⇒ t1 = t2 , d.h. die Kurve ist eine JORDAN-Kurve und wegen x(0) = x(2π) ist sie geschlossen. ⎛

1 x˙ (t) = ⎜ ⎝ 2

⎞

⎛

− sin t cos t ⎟ ⎠ , sin t

⎞

− cos t ⎟ ¨ (t) = 1 ⎜ x ⎝ − sin t ⎠ , 2 cos t

⎛

⎞

sin t 1⎜ ⎟ x (t) = ⎝ − cos t ⎠ = −x˙ (t) , 2 − sin t

...

⎛ ⎞ √ 1 1 2 1 1 ⎜ 2 4 ˙x(t) × x ¨ (t) = ⎝ 0 ⎟ ˙ x(t) = 1 + sin t =⇒ κ(t) = 1 ⎠ , 2 3/2 . 4 2 (1 + sin t) 8 1 √ 6 2 sin t cos t ! = 0, was f¨ ur t = 0, t = π2 , t = π, t = 3π und t = 2π κ(t) ˙ = − 2 (1 + sin2 t)5/2 ... √ erf¨ ullt ist. Damit x (t) = −x˙ (t) ist

ergibt sich: κmax = 2 2 und κmin = 1. Wegen ... ˙x(t), x ¨ (t), x (t) = 0, d.h. τ (t) ≡ 0. Daher liegt die Kurve in einer Ebene - ihrer Schmiegebene. (Dies hätte man auch schon an der Konstanz des Binormalenvektors erkennen können. Die Schmiegebene hat dann die Gleichung x1 + x3 = 1.

Wegen x21 + 2x22 + x23 = =

1 2

1 4

+ 12 cos t + 14 cos2 t + 2 14 sin2 t + 14 − 12 cos t + 14 cos2 t =

+ 12 (sin2 t + cos2 t) = 1 liegt die Raumkurve auch auf dem Ellipsoid

1

x21 +2x22 +x23 = 1, ist also die Schnittkurve dieses Ellipsoids mit der Ebene x1 +x3 = 1, also eine Ellipse. 11. Gegeben ist die ebene Kurve x(t) = t − sin t,

y(t) = 1 − cos t,

t ∈ lR .

1.8. Kurven im lRn

53

Bestimmen Sie den Radius des Kr¨ ummungskreises im Punkt P ( π2 , −1, 1). Ermitteln Sie ferner die Evolute dieser Kurve und zeigen Sie, dass es sich dabei im Wesentlichen um die gleiche Kurve handelt. L¨ osung: x(t) ˙ = 1 − cos t, x¨(t) = sin t, y(t) ˙ = sin t, y¨(t) = cos t

3/2

(1 − cos t)2 + sin2 t (x˙ 2 (t) − y˙ 2 (t))3/2 ρ(t) = = = |x(t)¨ ˙ y (t) − x¨(t)y(t)| ˙ | cos t(1 − cos t) − sin t sin t|

3/2

√ √ 2(1 − cos t) (1 − 2 cos t + cos2 t + sin2 t)3/2 = = 8 1 − cos t . = 2 2 1 − cos t | cos t − cos t − sin t| √ π π = 8. Der Punkt P entspricht dem Parameterwert t = , woraus folgt: ρ 2 2 Als nächstes ermitteln wir die Evolute: 2(1 − cos t) x˙ 2 (t) + y˙ 2 (t) = t − sin t − sin t = t + sin t. ξ(t) = x(t) − y(t) ˙ x(t)¨ ˙ y (t) − x¨(t)y(t) ˙ cos t − 1 η(t) = y(t) + x(t) ˙

x˙ 2 (t) + y˙ 2 (t) = 1 − cos t + (1 − cos t)(−2) = −1 + cos t. x(t)¨ ˙ y (t) − x¨(t)y(t) ˙

Setzen wir t = π + τ , so erhalten wir: ˆ ) = (π + τ ) + sin(π + τ ) = π + (τ − sin τ ) = π + x(τ ), ξ(τ ηˆ(τ ) = −1 + cos(π + τ ) = −1 − cos τ = −2 + (1 − cos τ ) = −2 + y(τ ). D.h. die Evolute der Kurve erhält man durch Parallelverschiebung der urspr¨ unglichen Kurve um π nach rechts und um 2 nach unten. Bemerkung: Die vorliegende Kurve ist eine Zykloide.

1.8.3


1. Untersuchen Sie, ob die Kurve K mit der Darstellung

x(t) =

t2 , cosh t, t3 1 + t2

T

t ∈ [−1, 5]

,

eine rektifizierbare JORDAN-Kurve ist. Lösung: Ja. 2. Gegeben ist die Kurve K mit der Darstellung

T

t2 x(t) = ln t, t, , cos t, sin t 2

,

t ∈ [1,

√

e] .

Zeigen Sie, dass K eine rektifizierbare JORDAN-Kurve ist und berechnen Sie ihre Bogenlänge. e Lösung: L(K) = . 2

54

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler 3. Bestimmen Sie das begleitende Dreibein der Kurve x(t) = 5 sin t e1 − 3 cos t e2 − 4 cos t e3 im Punkt P (5, 0, 0).

3 4 Lösung: t = 0, , 5 5

T

4 3 , h = (−1, 0, 0)T , b = 0, − , 5 5

T

.

t 4. Bestimmen Sie die Bogenlänge der Kurve x = t2 , y = (t2 − 3) zwischen den 3 Schnittpunkten mit der x-Achse. √ Lösung: s = 4 3. ⎛

x(t) =

5. Gegeben ist die Raumkurve

⎜ ⎝

⎞

et cos t sin t ⎟ ⎠, π 2 − t2

t ∈ lR.

a) Bestimmen Sie das begleitende Dreibein im Punkt P (1, 0, π 2 ). b) In welchen Punkten durchstößt die Kurve x(t) die xy-Ebene und welchen Winkel schließt sie dort mit der z-Richtung ein? ⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

1 0 −1 1 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ Lösung: a) t = √ ⎜ h = ⎝ 0 ⎠ , b = √ ⎝ 1 ⎠ . ⎝ 1 ⎠, 2 0 2 −1 0 b) P1 (−eπ , 0, 0), P2 (−e−π , 0, 0), cos γ1 = √ cos γ2 = √

2π . e−2π + 1 + 4π 2 ⎛

e2π

−2π , + 1 + 4π 2

⎞

t + t2 t2 ⎟ 6. Gegeben ist die Raumkurve x(t) = ⎠. t − t2 a) Bestimmen Sie das begleitende Dreibein in dem Punkt der Kurve, f¨ ur welchen x˙ ein Extremum ist. b) Bestimmen Sie den Durchstoßpunkt der Geraden y (s) = (1, 2 + s, 1 + s)T , (s Parameter), mit der Schmiegebene im Punkt t0 = 0 an die gegebene Raumkurve. ⎜ ⎝

Lösung:

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

1 1 −1 1 1 1 ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ a) t = 0, P (0, 0, 0), t = √ ⎜ h= √ ⎜ ⎝ 0 ⎠, ⎝ 1 ⎠, b = √ ⎝ 2 ⎠. 2 1 3 −1 6 1 2 1 b) Q 1, , − . 3 3 7. Mit α werde der Winkel, unter dem sich die beiden Kurven x2 + y 2 = 36 und y 2 = 16x, y ≥ 0, schneiden, bezeichnet. Berechnen Sie tan α. 5 Lösung: tan α = − √ . 2

1.8. Kurven im lRn

55

8. Bestimmen Sie im Punkt P (π, 2, π 2 ) das begleitende Dreibein der Kurve x(t) = (t + sin t, 1 − cos t, t2 )T , t ∈ lR . Geben Sie ferner alle Punkte der zur z-Achse ist. ⎛ ⎞ ⎛ 0 0 ⎟ Lösung: tp = ⎜ hp = ⎜ ⎝ 0 ⎠, ⎝ −1 0 1

Kurve an, in denen der Tangentenvektor parallel ⎞

⎛

⎞

1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ , bp = ⎝ 0 ⎠ ; 0

Pk (2k + 1)π, 1, (2k + 1)2 π 2 , k ∈ ZZ. 9. Gegeben ist die Raumkurve ⎛

x(t) =

⎜ ⎝

⎞

t2 2t ⎟ ⎠ , t − t2

t ∈ lR .

a) Bestimmen Sie im Punkt P (0, 0, 0) Kr¨ ummung, Torsion und die Gleichung der Schmiegebene. b) Ermitteln Sie jenen Punkt auf der Raumkurve, in dem die Kr¨ ummung maximal ist. Lösung: a) t0 = 0, κ(0) = √

6 , τ (0) = 0, 125

1 1 3 1 b) t∗ = , Q , , 4 16 2 16

Schmiegebene: 2x − y + 2z = 0.

.

10. Bestimmen Sie die Evolute der gleichseitigen Hyperbel y = Lösung: ξ =

1 . x

1 x3 3 3x + 3 , η= + . 2 2x 2x 2

11. Ermitteln Sie eine Parameterdarstellung der Schnittkurve der Fläche z = x3 − y 3 + 3xy mit der Ebene 2x = y. Lösung: x(t) = t, y(t) = 2t, z(t) = −7t3 + 6t2 . 12. Bestimmen Sie die Bogenlänge der Kurve

3/2

5 √ 1 , y(t) = t 1 − t2 + arcsin t , x(t) = t2 + 15 3 2 59 . Lösung: L = 12 13. Gegeben ist die Raumkurve x(t) =

⎛ 3 ⎞ t + 4t ⎜ −t ⎟ ⎝ ⎠

cos t

,

t ∈ lR .

1 1 − ≤t≤ . 2 2

56

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler Bestimmen Sie jene Punkte der Kurve, in denen der Binormalenvektor parallel zur xy-Ebene ist. Lösung: P (0, 0, 1).

14. Gegeben ist die Raumkurve ⎛

⎞

2 + t2 ⎜ ⎟ x(t) = ⎝ 3 + t3 ⎠ , 1+t

t ∈ lR .

Bestimmen Sie das begleitende Dreibein, die Kr¨ ummung und die Torsion in jenen Punkten der Kurve, in denen die Funktion ¨ x4 ein relatives Minimum besitzt. Lösung:

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

0 0 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ t0 = 0 , κ(0) = 2 , τ (0) = 3 , t(0) = ⎝ 0 ⎠ , b(0) = ⎝ 1 ⎠ , h(0) = ⎝ 0 ⎠. 1 0 0 15. F¨ uhren Sie in der Kurve x = 3 cos t e1 + 5 sin t e2 + 4 cos t e3 als neuen Parameter die Bogenlänge s ein, wobei der Punkt P (3, 0, 4) dem Parameter s0 = 0 entsprechen soll und berechnen Sie Tangente, Normale und Binormale. Zeigen Sie, dass die Kurve auf einer Kugel liegt. Welchen Radius besitzt sie?

s s 4 s T 3 , Lösung: s = 5t, t(s) = − sin , cos , − sin 5 5 5 5 5 T T h(s) = − 3 cos s , − sin s , − 4 cos s , b(s) = − 4 , 0, 3 , R = 5. 5 5 5 5 5 5 5 √ y 3 = tan 6z . 16. Gegeben sind die Flächen x2 + y 2 = 3 (6z)2 , x Bestimmen Sie: a) Die Schnittkurve x(t) der Flächen. (Hinweis: Setzen Sie 6z = t3 .) 1 b) Die Bogenlänge der Schnittkurve von z = 0 bis z = . 6 c) Das begleitende Dreibein im Punkt z = 0 der Schnittkurve. Lösung: ⎛

⎞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ t cos t 1 0 0 ⎜ ⎟ 7 ⎜ t sin t ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ t = ⎝ 0 ⎠ , h = ⎝ 1 ⎠ , b = ⎝ 0 ⎟ ⎟, b) s = , c) a) x(t) = ⎜ ⎠. ⎝ t3 ⎠ 6 0 0 1 6

17. Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente und der Normalen der Zykloide

π x = 6(t − sin t) im Punkt z = . y = 6(1 − cos t) 3 √ √ √ 1 2π − 3 3 2π − 3 3 − 3 √ +λ , y (τ ) = +τ . Lösung: x(λ) = 3 3 1 3

1.8. Kurven im lRn

57 ⎛

⎞

⎛

⎞

−1 + t2 cos τ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ t2 x2 (τ ) = ⎝ sin τ ⎠ . 18. Gegeben sind die Raumkurven x1 (t) = ⎝ ⎠, τ t e π a) In welchem Punkt schneiden sich diese Raumkurven? b) Unter welchem Winkel schneiden sich diese beiden Raumkurven? c) Welche Ebene wird von den beiden Tangentenvektoren im Schnittpunkt aufgespannt? d) BestimmenSie Tangenten-, ur die Kurve x2 (τ ) Normalen- und Binormalenvektor f¨ 1 1 1 im Punkt √ , √ , . 2 2 4 1 , c) x = −1, 1 + π2 ⎛ ⎞ − √12 ⎟ 1 h = ⎜ ⎜ − √1 ⎟ , b = √ ⎝ 2 ⎠ 1 + π2 0

Lösung: a) P (−1, 0, 1), b) cos α = √ d) t =

⎛ −π √ ⎜ 2 1 ⎜ √π √ ⎜ 1 + π2 ⎝ 2

1

⎞

⎟ ⎟ ⎟, ⎠

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

√1 2 √ − 12

π

⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎠

58


1.9

Mehrfachintegrale

1.9.1

Grundlagen

• F¨ ur st¨ uckweise stetige und beschränkte Integranden darf bei Mehrfachintegralen die Reihenfolge der Integrale vertauscht werden. • Normalbereiche im lR2 : Ein Bereich B heißt Normalbereich bez¨ uglich der x-Achse, wenn es zwei Zahlen a, b ∈ lR gibt und wenn es ferner auf [a, b] zwei Funktionen f (x) und g(x) gibt, so dass gilt: $ % B = (x, y) | a ≤ x ≤ b, f (x) ≤ y ≤ g(x) . ##

# b

F (x, y)dxdy =

Dann ist B

x=a

# g(x)

#

# b

F (x, y)dxdy =

y=f (x)

y=f (x)

x=a

g(x)

F (x, y) dy dx.

Analoges gilt f¨ ur Normalbereiche bez¨ uglich der y-Achse: $

%

B = (x, y) | f (y) ≤ x ≤ g(y), c ≤ y ≤ d . • Normalbereiche im lR3 : Ein Bereich B heißt Normalbereich bez¨ uglich der xy-Ebene, wenn es zwei Zahlen a, b ∈ lR, zwei Funktionen u(x) und v(x) auf [a, b] sowie zwei Funktionen f (x, y) und g(x, y) auf $

%

A = (x, y) | a ≤ x ≤ b, u(x) ≤ y ≤ v(x) gibt, so dass gilt: $

%

B = (x, y, z) | a ≤ x ≤ b, u(x) ≤ y ≤ v(x), f (x, y) ≤ z ≤ g(x, y) . A ist dabei die Projektion von B in die xy-Ebene. ###

&#

# b

v(x)

#

F (x, y, z) dx dy dz =

Dann ist: B

x=a

y=u(x)

g(x,y)

f (x,y)

'

F (x, y, z) dz dy dx .

Die Normalbereiche bez¨ uglich der anderen Koordinatenebenen sind anaolg definiert. • Eigenschaften von Mehrfachintegralen: F¨ ur st¨ uckweise stetige Integranden und st¨ uckweise glatte Ränder ∂B sind Mehrfachintegrale #

a) linear, d.h.

···

#

B

#

=λ

···

[λf (x1 , . . . , xn ) + μg(x1 , . . . , xn )] dx1 . . . dxn = #

#

f (x1 , . . . , xn )dx1 . . . dxn + μ

B

···

#

g(x1 , . . . , xn )dx1 . . . dxn ,

B

b) additiv bez¨ uglich des Integrationsbereiches B: Sei B1 , . . . , Bm eine Zerlegung von B, wobei B1 ∪ B2 ∪ . . . ∪ Bm = B. Bi ∩ Bj enthält nur Randkomponenten von Bi bzw Bj . Dann gilt: #

···

#

#

f (x1 , . . . , xn )dx1 . . . dxn =

B

··· +

#

··· Bm

#

··· B1

f (x1 . . . , xn )dx1 . . . dxn .

#

f (x1 ), . . . , xn )dx1 . . . dxn + · · ·

1.9. Mehrfachintegrale

59

c) Positivität: Sei f (x1 , . . . , xn ) ≥ 0 auf B. Dann gilt:

#

···

#

f (x1 , . . . , xn )dx1 . . . dxn ≥ 0.

B

• Transformationsformel f¨ ur Doppelintegrale: Unter einer Koordinatentransformation x = x(u, v), y = y(u, v) werde der Bereich B der xy-Ebene umkehrbar eindeutig auf einen Bereich B ∗ der uv-Ebene abgebildet. Dann gilt: ##

##

f (x, y)dx dy =

B∗

B

1.9.2

f

x(u, v), y(u, v) det

∂(x, y) du dv . ∂(u, v)

Musterbeispiele

1. Berechnen Sie das Doppelintegral ##

I= B

1 xy + (1 + x + y)2

dx dy ,

wobei B das Innere des Dreiecks mit den Eckpunkten P (0, 0), Q(0, 1) und R(2, 2) bezeichnet. L¨ osung: $ % x B ist ein Normalbereich und ist durch B = (x, y) x ≤ y ≤ 1 + , 0 ≤ x ≤ 2 2 gegeben. Damit erhalten wir: # 2

dx

I=

# 1+ x 2 y=x

x=0

= =

# 2& x 0

x 1+ 2 2

# 2 x 0

1 xy + (1 + x + y)2

2

# 2

1 y2 dy = dx x − 2 1+x+y x=0

1+ x 2

=

y=x

'

1 1 x3 + − − dx = 3x 2 1 + 2x 2+ 2

x2 3 3 1 1 + − x − 3x + 2 2 8 1 + 2x 2+ 2

dx =

2 1 2 3x 1 4 3 2 x2 x3 3x4 2 + − − ln 2 + + ln(1+2x) = 1+ − − ln 5+ ln 5+ ln 2 = 0 4 6 32 3 2 2 3 2 3 2 3 3 5 1 = − ln 5 + ln 2 ≈ 1.027. 6 6 2

=


I= B

x dx dy , 1 + xy

wobei B jener ebene Bereich ist, der von den Kurven y = 1/x, y = 1 und x = 2 eingeschlossen ist. L¨ osung: 1 $ % B ist ein Normalbereich und ist durch B = (x, y) ≤ y ≤ 1 , 1 ≤ x ≤ 2 gegeben. x Damit erhalten wir:

60

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler # 2

# 1

dx

I=

# 2 # 2 1

x p.I. dy = ln(1 + xy) 1 dx = ln(1 + x) − ln 2 dx = y= x 1 + xy x=1 1

1 x

x=1

2

# 2

2 2 x dx − ln 2 = 2 ln 3 − 2 ln 2 − x + ln(1 + x) =. 1 1 1 1 1+x 3 = 2 ln 3 − 2 ln 2 − 1 + ln 3 − ln 2 = 3 ln 3 − 3 ln 2 − 1 = 3 ln 2 − 1.

= x ln(1 + x) −


I= B

u ¨ber den Normalbereich B =

(x2 − y) dx dy ,

(x, y)

(

1 2 ≤x≤ ,1≤y≤2 . y y

L¨ osung: B ist ein Normalbereich insbesondere bez¨ uglich der y-Achse. Damit erhalten wir: # 2

#

dy

I= y=1

2 y

x= y1

# 2 3 x

2

7 = − 2 −y 6y

(x − y) dx =

2

=−

1

3

y=1

2 y − xy

# 2

dy =

x= y1

1

7 − 1 dy = 3y 3

7 1 7 −2+ +1=− . 24 6 8

u Bemerkung: Die Koordinatentransformation u = xy, v = y und somit x = , y = v v ˜ : 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2. f¨ uhrt den Bereich B u ¨ber in den Rechtecksbereich B Die zugehörige JACOBI-Determinante ist 1/y, womit wir erhalten: I=

# 2 # 2 2 u u=1

v2

v=1

−v

1 1 du dv = · · · = − . v 8


I= B

u ¨ber den Bereich B : 0 ≤ y ≤

xy − √

y x2 + y 2

dx dy ,

√ 2x − x2 , 0 ≤ x ≤ 2.

L¨ osung: Da es sich hier um ein uneigentliches Integral handelt, schreiben wir: # √2x−x2

# 2

I = lim

ε→0 x=ε

= lim

dx

# 2 2 xy

2

ε→0 x=ε

= lim

# 2 x

2

ε→0 x=ε

# 2

= lim

0

ε→0 x=ε

−

y xy − √ 2 x + y2

√2x−x2 x2 + y 2 dx

(2x − x2 ) −

dy =

=

y=0

x2 + (2x − x2 ) +

√

x2 dx =

√ 2 x3 x4 2 2 3/2 x2 x3 √ − 2x + x dx = lim − − x + x − = ε→0 2 3 8 3 2 x=ε 2


61

√ √ 8 2 2 √ ε3 ε4 2 2 3/2 ε2 −2− 2 2+2− + + ε − = 0. = lim ε→0 3 3 3 8 3 2

Bemerkung: ˜ : 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ π/2 In Polarkoordinaten geht der Bereich B u ¨ber in B und wir erhalten: # π/2 # 2 cos ϕ r sin ϕ I = lim r2 sin ϕ cos ϕ − rdrdϕ = ε→0 ϕ=0 r=ε r = lim

# π/2 4 2

ε→0 ϕ=0

=

4

sin ϕ cos5 ϕ−

4 2 − cos6 ϕ + cos3 ϕ 6 3

22 ε4 ε2 sin ϕ cos2 ϕ− sin ϕ cos5 ϕ− sin ϕ cos2 ϕ dϕ = 2 4 2

π/2

=

0

4 2 − = 0. 6 3

5. Berechnen Sie den Inhalt des von den Flächen

z=

2 + x2 + y 2

und z = x2 + y 2

eingeschlossenen Volumenbereichs. L¨ osung: Bei der ersten Fläche handelt es sich um den oberen Teil eines zweischaligen Rotationshyperboloids und bei der zweiten um ein Rotationsparaboloid (beide mit der z-Achse als Rotationsachse. Durch Gleichsetzen der z-Werte erhalten wir die Projektion der Schnittkurve in die xy-Ebene. Da es sich um Rotationsflächen handelt, verwenden wir Zylinderkoordinaten und erhalten so f¨ ur die Projektion der Schnitt√ kurve in die xy-Ebene: 2 + r2 = r2 bzw. durch Quadrieren: 2+r2√= r4 . Die einzige positive reelle Wurzel dieser biquadratischen Gleichung ist r = 2. Nachdem der √ Kreisbereich r ≤ 2 hier auch die Projektion des Volumenbereichs in die xy-Ebene ist, erhalten wir: # 2π # √2 # √2+r2 # √2 √ # √2 √ 2 2 r dr dϕ dz = 2π r( 2 + r −r ) dr = 2π r 2 + r2 dr− V = ϕ=0

−2π

√

# 0

r=0

2

z=r 2

√

r3 dr =

0

r=0

2 2π (2 + r2 )3/2 − 0 3

√ 2π = (5 − 2 2). 3

√2 π 4 r 2 0

=

2π √ 2π π 8− 2 2 − 4 = ··· = 3 3 2

6. Berechnen Sie den Inhalt des von der Fläche z 2 = (x2 + y 2 )(1 − x2 − y 2 ) eingeschlossenen Volumenbereichs. L¨ osung: Bei der gegebenen Fläche handelt es sich um eine bez¨ uglich der xy-Ebene symmetrische Rotationsfläche mit der z-Achse als Rotationsachse. Ihre Gleichung in Zylinderkoordinaten lautet: z 2 = r2 (1 − r2 ) bzw. f¨ ur die obere oder untere Hälfte: √ 2 z = ±r 1 − r . Der Profilschnitt“ ist dann eine Achterschleife“ , d.h. es han” ” delt sich um eine torusartige Fläche. Fur ¨ den Volumeninhalt erhalten wir unter

62

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler Ber¨ ucksichtigung der Symmetrie: # 2π # 1 # r√1−r2

V =2

# 1

r dr dϕ dz = 4π ϕ=0

r=0

z=0

0

√ r2 1 − r2 dr .

Mit der Substitution r = sin t folgt dann: # π/2

V = 4π

0

sin2 t cos2 t dt = π

# π/2 0

sin2 (2t) dt = π

# π/2 0

1 1 − cos(4t) dt = 2

π/2 π 1 π . t − sin(4t) = 0 2 4 4 2

=

7. Berechnen Sie den Inhalt des von den Flächen x2 + y 2 = z 2 + z, z ≥ 0 und z = 2 −

x2 + y 2

eingeschlossenen Volumenbereichs. L¨ osung: Bei der ersten Fläche handelt es sich um den oberen Teil eines zweischaligen Rotationshyperboloids mit dem Scheitel im Ursprung (in expliziter Form geschrieben: z = − 12 + 14 + x2 + y 2 und bei der zweiten um den unteren Teil eines Drehkegels mit der Spitze im Punkt P (0, 0, 2) (beide mit der z-Achse als Rotationsachse). Durch Gleichsetzen der z-Werte erhalten wir die Projektion der Schnittkurve in die xy-Ebene. Da es sich um Rotationsflächen handelt, verwenden wir Zylinderkoordinaten und erhalten so f¨ ur die Projektion der Schnittkurve in die xy-Ebene: r2 = (2 − r)2 + 2 − r bzw. weiters: r = 6/5. Nachdem der Kreisbereich r ≤ 6/5 hier auch die Projektion des Volumenbereichs in die xy-Ebene ist, erhalten wir: # 2π # 6/5 # 2−r

V = ϕ=0

r=0

# 6/5

= 2π

0

z=− 12 +

51 6 22 5

4

+r 2

r dr dϕ dz = 2π

1 r 2−r+ − 2

0

1 + r2 4

dr =

# 6/5 # 6/5 5r 1 dr − 2π + r2 dr = r2 dr − 2π r 2 4 0 0 2

= 2π

√1

# 6/5

− 2π

3

1 6 3 5

153 1 1 36 = 2π − + 125 3 4 25

3/2

− 2π 1 + 24

1 1 + r2 3 4

3/2 6/5

= ··· =

=

0

16π . 15

8. Berechnen Sie den Inhalt des von der Fläche |z| = 2x − x2 − y 2 eingeschlossenen Volumenbereichs. L¨ osung: Bei der gegebenen Fläche handelt es sich um eine bez¨ uglich der xy-Ebene symmetrische Rotationsfläche mit einer zur z-Achse parallelen Achse durch den Punkt P (1, 0, 0) als Rotationsachse.(Rotationsparaboloide) Daher ist es zweckmäßig, geeignete Zylinderkoordinaten zu verwenden: x = 1 + r cos ϕ, y = r sin ϕ, z = z. Der obere Teil der Rotationsfläche wird dann durch die Gleichung z = 1−r2 beschrieben.


63

Damit erhalten wir:

# 2π # 1 # 1−r2

# 1

r dr dϕ dz = 4π

V =2 ϕ=0

r=0

0

z=0

r2 r4 − = 4π 2 4

1

= 4π

0

(1 − r2 )r dr = 4π

# 1 0

(r − r3 )dr =

1 1 − = π. 2 4

9. Berechnen Sie den Inhalt des von den Flächen z = x2 + 2y 2

und z = 1 − x2 − y 2

eingeschlossenen Volumenbereichs B. L¨ osung: Bei der ersten Fläche handelt es sich um ein nach oben geöffnetes elliptisches Paraboloid mit Scheitel im Ursprung und bei der zweiten um ein nach unten geöffnetes Rotationsparaboloid mit Scheitel in P (0, 0, 1). Durch Gleichsetzen der z-Werte er¯ : 2x2 + 3y 2 ≤ 1. Dies halten wir die Projektion der Schnittkurve in die xy-Ebene. B ist die Gleichung einer Ellipse. Es gilt: $ 1 √ 1 √ B = (x, y, z) x2 + 2y 2 ≤ z ≤ 1 − x2 − y 2 , − √ 1 − 2x2 ≤ y ≤ √ 1 − 2x2 , 3 3 % 1 1 − √ ≤ x ≤ √ . Damit erhalten wir: 2 2 #

V =

√1 2

√1 3

− √1

− √1

#

#

2

=4

#

√1 2

√

√

3

0

√1 3

# 1−x2 −y2

1−2x2 1−2x2

√

x2 +2y 2

1−2x2

0

#

dx dy dz =

√1 2

#

− √1

− √1

2

(1 − 2x2 − 3y 2 )dx dy = 4

√1 3

√

3

#

√1 2

0

1−2x2

√

1−2x2

(1 − 2x2 − 3y 2 )dx dy = √1 √1−2x2 3

(y − 2x2 y − y 3 )

0

dx =

1

√ 1 4 # √2 √ 1 − 2x2 − 2x2 1 − 2x2 − (1 − 2x2 )3/2 dx = =√ 3 3 0

* 1 ) 1 4 # √2 √ 1 8 # √2 =√ 1 − 2x2 1 − 2x2 ) − (1 − 2x2 )3/2 dx = √ (1 − 2x2 )3/2 dx . 3 3 0 3 3 0

Die Substitution x = 8 1 V = √ √ 3 3 2

#

π 2

0

√1 2

sin t liefert dann: *2

)

8 1 # 2 1 cos4 t dt = √ √ cos(2t) + 1 3 3 2 0 2 π

dt =

# # π/2 # π/2 π/2 2 π = √ cos2 (2t) dt +2 cos(2t) dt + dt = √ . 0 0 3 6 0 2 6 π 4

0

π 2

10. Berechnen Sie den Inhalt des von der Fläche (x2 + y 2 + z 2 )2 = a2 (x2 + y 2 ), eingeschlossenen Volumenbereichs.

a>0

64

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler L¨ osung: Bei der gegebenen Fläche handelt es sich um eine bez¨ uglich der xy-Ebene symmetrische Rotationsfläche mit der z-Achse als Rotationsachse. Ein Profilschnitt“ ” in Zylinderkoordinaten liefert: (r2 + z 2 )2 = a2 r2 bzw. r2 ± ar + z 2 = 0 oder weiters: 2 2 a a z2 + r ± = . Das sind Kreise um die Punkte P1/2 (± a2 , 0). Somit liegt eine 2 4 Torusfläche (mit Kehlkreisradius“ 0) vor. F¨ ur den Volumensinhalt erhalten wir dann: ”√ # 2π # a # ar−r2 # a √ V =2 r dr dϕ dz = 4π r ar − r2 dr = ϕ=0

r=0

# a

0

z=0

2

a2 a − r− dr. 4 2 0 a Mit der Substitution: r = (1 − cos t) erhalten wir: 2 # # π

a3 π # π 2 a3 π 2 a3 π . (1 − cos t) sin2 t dt = sin t dt − sin2 t cos t dt = V = 4π 8 0 2 0 4 0 = 4π

r

π 2

0

Bemerkung: Im vorliegenden Beispiel ist eine Transformation auf Kugelkoordinaten möglich und sinnvoll: x = r sin ϑ cos ϕ, y = r sin ϑ sin ϕ, z = r cos ϑ Die Gleichung der Fläche wird dann: r4 =a2 r2 sin2 ϑ bzw. r = a sin ϑ. Der Volumenbereich B wird somit beschrieben durch:

$

%

B = (r, ϑ, ϕ) 0 ≤ r ≤ a sin ϑ, 0 ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Damit erhalten wir f¨ ur den Volumeninhalt: # 2π # π # a sin ϑ

V = ϕ=0

=

ϑ=0

r2 sin ϑ dr dϑ dϕ = 2π

r=0

# π ϑ=0

a sin ϑ

r3 3 0

sin ϑ dϑ =

# a3 π 2 2πa3 π 4 . sin ϑ dϑ = 3 0 4 3π 8

11. Berechnen Sie den Inhalt jenes von den Flächen x2 + y 2 = 1 + z 2 ,

und x2 + y 2 = 2 − z 2

eingeschlossenen Volumenbereichs, der den Koordinatenursprung enth ¨ alt. L¨ osung: Bei der ersten Fläche handelt es sich um ein einschaliges Rotationshyperboloid mit Kehlkreisradius“ 1 und bei der zweiten um eine Kugel um den Ursprung mit Radius √ ” 2. Wir verwenden wieder Zylinderkoordinaten Der Volumenbereich ist bezüglich der xy-Ebene symmetrisch. Es gen¨ ugt daher, u ¨ber den oberen Teil zu integrieren. Die untere Begrenzungsfl¨ a che ist f¨ u r r ≤ 1 die Ebene z = 0 und f¨ ur r ≥ 1 die Fläche √ z = r2 − 1. Die Projektion der Schnittkurve der beiden Fl¨ a chen in die xy-Ebene ur den ist wegen r2 − 1 = 2 − r2 durch r = 32 gegeben. Damit erhalten wir f¨ Volumeninhalt:

1.9. Mehrfachintegrale #

65

# 1 # √2−r2

2π

√3 #

# 2π #

2

r dr dϕ dz +

V =2 ϕ=0

#

= 4π

1

0

r=0

z=0

ϕ=0

# √ r 2 − r2 dr +

√3 2

1

r

√

2 − r2 −

2−r 2

√ z= r2 −1

r=1

√

√

r dr dϕ dz =

r2 − 1 dr =

1 √ 3 √ 3 2 2 1 1 1 = 4π − (2 − r2 )3/2 − (2 − r2 )3/2 − (r2 − 1)3/2 = 3 3 3 1 1 0 √ √ 1 1 1 1 2 2 1 1 √ + − √ − = · · · = 2 2π . = 4π − + 3 3 32 2 3 32 2

12. Berechnen Sie den Inhalt jenes von den Flächen z = x2 + y 2 ,

z = 4 und x2 + y 2 = 2x

eingeschlossenen Volumenbereichs, f¨ ur den (x − 1)2 + y 2 ≤ 1 gilt. L¨ osung: Es handelt sich dabei offensichtlich um jenen Teil des Zylinders x2 + y 2 = 2x, der unten durch das Rotationsparaboloid z = x2 + y 2 und oben durch die Ebene z = 4 begrenzt wird. Damit erhalten wir f¨ ur den Volumeninhalt: # 2 # √2x−x2

V =

√ y=− 2x−x2 √ 2 # 2x−x2

x=0

#

=2 x=0

y=0

# 2 # √2x−x2

# 4 z=x2 +y 2

dx dy dz = x=0

(4 √ y=− 2x−x2

− x2 − y 2 )dx dy =

(4 − x2 − y 2 )dx dy =

# 2

√ √ 1 (4 − x2 ) 2x − x2 − (2x − x2 ) 2x − x2 dx = 3 0 # 2 2 2 2 4− x− x 1 − (x − 1)2 dx . =2 3 3 0 Mit der Substitution: x = 1 + sin ξ erhalten wir: # π 2 4 2 2 2 2 V = 2 π 4 − − sin ξ − − sin ξ − sin2 ξ cos2 ξ dξ = 3 3 3 3 3 −2

=2

=

16 3

#

π 2

− π2

cos2 ξ dξ −4 π 2

#

π 2

− π2

sin ξ cos2 ξ dξ −

0

13. Berechnen Sie

###

I= B

√

1# 2 5π . sin2 (2ξ) dξ = 3 − π2 2 π

π 2

dxdydz , x2 + y 2 + z 2

wobei B das Innere der Kugel x2 + y 2 + z 2 − 2Ry = 0 ist. L¨ osung: Der Mittelpunkt der Kugel B liegt auf der positiven y-Achse. In Anbetracht des Nenners des Integrals verwenden wir Kugelkoordinaten, allerdings in der Form:

66

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler ⎧ ⎪ ⎨

x = r sin ϑ sin ϕ z = r sin ϑ cos ϕ . Einsetzen in die Kugelgleichung x2 +y 2 +z 2 −2Ry = 0 liefert: ⎪ ⎩ y = cos ϑ r2 − 2Rr cos ϑ = 0 und damit r = 2R cos ϑ. Wegen r ≥ 0 kann dann ϑ nur Werte zwischen 0 und π2 annehmen. Damit erhalten wir f¨ ur den Integrationsbereich B ∗ in ⎧ ⎪ 0 ≤ r ≤ 2R cos ϑ ⎪ ⎪ ⎨

Kugelkoordinaten: B ∗ : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

#

# 2R cos ϑ # 2π

π 2

I=

ϑ=0

r=0

#

2

= 4R π

ϕ=0

0≤ϑ≤

π 2

.

Dann ist

0 ≤ ϕ ≤ 2π

# r sin ϑ dr dϑ dϕ r2 2R cos ϑ 2 = 2π sin ϑ dϑ = r ϑ=0 2 0 2

π

cos3 ϑ 2 4R2 π . cos ϑ sin ϑ dϑ = 4R π − = 3 3 0

π 2

2

0

π

2

√ 14. Berechnen Sie den Schwerpunkt des von den Kurven y = x und y = x eingeschlossenen Flächenst¨ ucks D, wobei die Massenbelegung konstant ist, d.h. ρ(x, y) = 1. L¨ osung:

⎧ √ ++ ⎨ x≤y≤ x x dx dy D y dx dy . und ys = ++ , wobei D : Es ist xs = ++ ⎩ 0≤x≤1 D dx dy D dx dy ++

D

√ 2 x 2 1 1 ( x − x) dx = x3/2 − = , 3 2 0 6 x=0 y=x 0 D ## # 1 # √x # 1 √ 2 x 3 1 1 und x dx dy = x dx dy = x( x − x) dx = x5/2 − = 5 3 15 x=0 y=x 0 D 0 # 1 # √x

##

dx dy =

Mit

# 1

dx dy =

# 1 # √x

##

y dx dy = D

y dx dy = x=0

y=x

# 1 2 √x y dx 0

2

=

x

1# 1 1 (x − x2 )dx = · · · = 2 0 12

2 1 ergibt das dann: xs = , ys = . 5 2 15. Berechnen Sie das Trägheitsmoment der von den Kurven y = e−x , y = 0, x = 0 (x ≥ 0) begrenzten Fläche D bez¨ uglich der x-Achse, wenn ρ(x, y) = x die Flächenbelegung darstellt. L¨ osung: Mit D : =

# ∞

0 ≤ y ≤ e−x erhalten wir: Ix = 0≤x : 2 I=

## 2 x B

F¨ ur welche a gilt I = Lösung: I =

− y2 2 x + y2

⎧ ⎨

2

dx dy ,

B: ⎩

1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4a2 −x ≤ y ≤ 0

.

π ? 2

π (4a2 − 1) , 16

a=

3 . 2

9. Berechnen Sie das Volumen, das von den Flächen (gegeben in Zylinderkoordinaten) √ z = 0, 4az = 4a2 − r2 und r = 2a cos ϕ (a > 0), eingeschlossen wird. Lösung: V =

a3 (8 − π) . 2

10. Eine BESSEMER-Birne von der Gestalt eines Drehkörpers, dessen Profil die Gleichung 9r2 = z(3 − z)2 hat, ist bis zur Höhe z = 2 mit homogener Fl¨ ussigkeit der Dichte ρ gef¨ ullt. Berechnen Sie den Schwerpunkt S(xs , ys , zs ). 16 . Lösung: S 0, 0, 15 11. Berechnen Sie den Volumeninhalt des Körpers, der von der Flache (x2+y 2 +z 2) 2 = z 3 ¨ eingeschlossen wird. π . Lösung: V = 15

1.10. Oberflächen und Oberflächenintegrale

69

1.10

Oberfl¨ achen und Oberfl¨ achenintegrale

1.10.1

Grundlagen

• Sei F eine Fläche im lR3 , dargestellt durch z = f (x, y) u ¨ber B (Projektion von F in die xy-Ebene). Dann gilt f¨ ur den Flächeninhalt von F :

O(F ) =

## ! ! " B

∂f 1+ ∂x

2

2

∂f + ∂y

dx dy . ⎛

⎞

x(u, v) ⎜ ⎟ • Sei F eine Fläche im lR3 , dargestellt durch x(u, v) = ⎝ y(u, v) ⎠ mit dem Paramez(u, v) ## terbereich B ∗ . Dann gilt: O(F ) =

B∗

xu × xv du dv.

• do = xu × xv du dv heißt skalares Oberflächenelement. • Sei F : x(u, v) ein Flächenst¨ uck in Parameterdarstellung mit dem Parameterbereich B ∗ und h(x, y, z) eine Skalarfunktion, so heißt ##

B∗

##

h x(u, v), y(u, v), z(u, v) do =

B∗

h x(u, v), y(u, v), z(u, v) xu × xv du dv

skalares Oberflächenintegral von h u ¨ber F . • Sei F : z = f (x, y) ein Flächenst¨ uck u ¨ber dem Bereich B der xy-Ebene. Dann ist das skalare Oberflachenintegral von h u ¨ber F gegeben durch: ##

h x, y, z(x, y)

!

! "

B

∂f 1+ ∂x

2

∂f + ∂y

2

dx dy .

• Sei F : x(u, v)⎛ein Fl¨ achenst¨ uck in Parameterdarstellung mit dem Parameterbereich ⎞ v1 ⎜ ⎟ B ∗ und v = ⎝ v2 ⎠ ein Vektorfeld, d.h. v : lR3 −→ lR3 . Mit der Flächennormalen v3 n = xu × xv heißt dann ##

Φ(F ) = F

v · do =

##

##

(v , n)do = F

B∗

(v , xu , xv )du dv

vektorielles Oberflächenintegral von v u ¨ber F bzw. Fluss von v durch F“ . ” • Sei F ein Flächenst¨ uck u ¨ber einem Bereich B der xy-Ebene, gegeben durch die explizite Darstellung z = f (x, y). Mit der Flä## chennormalen n = (−fx , −fy , 1)T folgt ## f¨ ur das Oberflächenintegral von v u ¨ber F : F

v · do =

(v , n) dx dy. B

• Häufig wird das Oberflächenintegral in der Form ##

F

geschrieben.

v · do =

##

F

(v1 dy dz + v2 dz dx + v3 dx dy

70


1.10.2

Musterbeispiele

1. Berechnen Sie den Flächeninhalt jenes Teilst¨ uckes des Paraboloides z = x2 + y 2 , 2 2 2 welches innerhalb der Kugel x + y + z = 2 liegt. L¨ osung: Durch Gleichsetzen der z-Werte erhalten wir die Projektion der Schnittkurve in die xy-Ebene: x2 + y 2 + (x2 + y 2 )2 = 2 =⇒ x2 + y 2 = 1. Die zweite Lösung x2 + y 2 = −2 entfällt. Dann ist aber B : x2 + y 2 ≤ 1. F¨ ur das Paraboloid gilt: zx = 2x und zy = 2y. Das liefert: O(F ) =

## B

1 + zx2 + zy2 dx dy =

##

x2 +y 2 ≤1

1 + 4(x2 + y 2 ) dx dy.

Da sowohl der Integrand als auch B nur von x2 + y 2 abhängen, ist es naheliegend, Polarkoordinaten zu verwenden: # 1 # 2π √ # 1√ O(F ) = 1 + 4r2 r dr dϕ = 2π 1 + 4r2 r dr. Mit der Substitution r=0

0

ϕ=0

5

1# 5√ π 2 3/2 π √ ρ = 1 + 4r2 folgt daraus: O(F ) = 2π ρ = ( 125 − 1). ρ dρ = 8 1 4 3 6 1 2. Berechnen Sie den Inhalt jenes Teiles der Fläche 1 2 x + y 2 ; 0 ≤ z ≤ h, h > 0, a > 0, f¨ ur den gilt: z =h 1− a a 2 a2 . x− + y2 ≤ 2 4 L¨ osung: Es handelt sich hier um jenes St¨ uck eines nach unten geöffneten Kegels mit Spitze a parallel zur z-Achse liegt. in (0, 0, h), das innerhalb des Zylinders mit Radius 2 2 2 x a a h Der Integrationsbereich ist B : x − . Mit zx = √ 2 + y2 ≤ und 2 4 a x + y2 x h folgt dann: zy = √ 2 a x + y2

## ! ! "1 +

## x2 h2 y2 h2 + 2 dx dy = 1 + 2 dx dy . O(F ) = 2 2 2 2 a x +y x +y a B B Der Integrationsbereich enthält hier zwar nicht x2 + y 2 direkt. Trotzdem sind Polarkoordinaten vorteilhaft. a 2 a2 ⇐⇒ x2 + y 2 − ax ≤ 0, woraus folgt r ≤ a cos ϕ. Damit ist der x− + y2 ≤ 2 4 π π transformierte Integrationsbereich B ∗ : 0 ≤ r ≤ a cos ϕ , − ≤ ϕ ≤ . 2 2 Das liefert dann:

O(F ) =

π π h2 # 2 # a cos ϕ h2 # 2 r2 a cos ϕ 1+ 2 π r dr dϕ = 1 + 2 π dϕ = a −2 0 a − 2 2 0

=

1+

π h 2 a2 # 2 aπ √ 2 cos2 ϕ dϕ = a + h2 . 2 π a 2 −2 4

π 2

1.10. Oberflächen und Oberflächenintegrale

71

Bemerkung: a handelt, hätten wir uns mit der Da es sich bei B um einen Kreis mit Radius 2 ## h2 a2 π Erkenntnis O(F ) = 1 + 2 ist, einiges an Rechenardx dy , wobei AB = a B 4 AB

beit ersparen können.

x+y 3. Berechnen Sie den Inhalt jenes St¨ uckes der Fläche z = cosh √ , dessen Pro2 jektion in die xy-Ebene das Dreieck ABC mit den Eckpunkten A(0, 0), B(1, 1) und C(1, −1) ist. L¨ osung:

x+y 1 F¨ ur den Integrationsbereich B gilt: −x ≤ y ≤ x , 0 ≤ x ≤ 1. Mit zx = √ sinh √ 2 2

x+y 1 und zy = √ sinh √ 2 2 Das liefert: # 1 # O(F ) = x=0

x

cosh y=−x

folgt: x+y √ 2

! !

1 + zx2 + zy2 = "1 + sinh2

dx dy =

√ # 2

1

sinh x=0

x+y √ 2

= cosh

x+y √ 2

x + y x √ dx = 2 y=−x

√ #1 √ √ 1 √ = 2 sinh( 2x) dx = cosh( 2x) = cosh 2 − 1. 0

0

4. Gegeben ist die Fläche ⎛

⎞

(2 + cos v) cos u ⎜ ⎟ x(u, v) = ⎝ (2 + cos v) sin u ⎠ sin v

0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 2π .

Berechnen Sie den Flächeninhalt. L¨ osung: ⎛

⎞

⎛

⎞

−(2 + cos v) sin u − sin v cos u ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Mit xu = ⎝ (2 + cos v) cos u ⎠ und xv = ⎝ − sin v sin u ⎠ erhalten wir: 0 cos v

e1 e2 e3 0 xu ×xv = −(2 + cos v) sin u (2 + cos v) cos u − sin v cos u − sin v sin u cos v Damit folgt: xu × xv =

⎛

⎞

(2 + cos v) cos u cos v ⎜ ⎟ = ⎝ (2 + cos v) sin u cos v ⎠ . (2 + cos v) sin v

(2 + cos v)2 (cos2 u cos2 v + sin2 u cos2 v + sin2 v) = (2 + cos v) und # 2π

# 2π # 2π

weiters: O(F ) =

(2 + cos v) du dv = 2π v=0

u=0

⎛

⎞

0

(2 + cos v) dv = 2π 4π = 8π 2 .

x ⎜ ⎟ 5. Gegeben ist das Vektorfeld v (x, y, z) = ⎝ 3y ⎠. Berechnen Sie den Fluß durch die −z Fläche x2 + y 2 + z 2 = 2z.

.

72

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler L¨ osung: Wir ache x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1 mittels Kugelkoordinaten dar: ⎧ stellen die Fl¨ ⎪ ⎨ x = sin ϑ cos ϕ y = sin ϑ sin ϕ , 0 ≤ ϑ ≤ π , 0 ≤ ϕ ≤ 2π. ⎪ ⎩ z = 1 + cos ϑ ⎛

Mit xϑ =

⎞

⎛

⎞

cos ϑ cos ϕ − sin ϑ sin ϕ ⎜ ⎟ cos ϑ sin ϕ ⎟ xϕ = ⎝ sin ϑ cos ϕ ⎠ folgt: ⎠ und − sin ϑ 0

⎜ ⎝

⎛

⎞

sin2 ϑ cos ϕ ⎜ ⎟ n = xϑ × xϕ = ⎝ sin2 ϑ sin ϕ ⎠. Weiters ist dann: sin ϑ cos ϑ (v , n) = sin3 ϑ cos2 ϕ + 3 sin3 ϑ sin2 ϕ − (1 + cos ϑ) sin ϑ cos ϑ. =⇒ O(F ) = # π

=

0

# π # 2π ϑ=0

sin3 ϑ dϑ

# 2π

0

4 3

ϕ=0

sin3 ϑ(cos2 ϕ + 3 sin2 ϕ) − (1 + cos ϑ) sin ϑ cos ϑ dϑ dϕ =

(1 + 2 sin2 ϕ) dϕ −2π

4π

# π 0

(cos ϑ sin ϑ + cos2 ϑ sin ϑ) dϑ = 4π.

2 3

6. Berechnen Sie das Oberflächenintegral ##

I= F

(x + z)dydz + (1 − xy)dzdx + (x2 + y 2 )dxdy .

Dabei ist F jenes St¨ uck der Fläche x − y + z − 2 = 0, dessen Projektion in die xy-Ebene durch das Dreieck ABC mit den Eckpunkten A(0, 0), B(1, 0) und C(1, 6) bestimmt ist. L¨ osung: Die Projektion B von F in die xy-Ebene ist: B : 0 ≤ y ≤ 6x, 0 ≤ x ≤ 1. Mit der Vektorfunktion v = (x + z, 1 − xy, x2 + y 2 )T und dem Normalenvektor der Fläche (Ebene) x − y + z − 2 = 0: n = (1, −1, 1)T folgt: O(F ) =

# 1 # 6x x=0

y=0

# 1 # 6x

= x=0

# 1

=

0

x + (2 − x + y) − (1 − xy) + (x2 + y 2 ) dx dx =

(1+y+xy+x2 +y 2 ) dx dy =

# 1

y=0

y+

x=0

y 2 xy 2 y 2 6x + +x2 y+ dx = 2 2 3 y=0

(6x + 18x2 + 18x3 + 6x3 + 72x3 ) dx = 33.

7. Berechnen Sie das skalare Oberflächenintegral ##

e−z do,

I=

F : z 2 = x2 + y 2 ,

F

0 ≤ z ≤ 1.

L¨ osung: √ F¨ ur positive z ist F explizit darstellbar: z = x2 + y 2 . Die Projektion von F in die 2 2 xy-Ebene ist B : x + y ≤ 1. Mit do =

1+

zx2

+

zy2

=

1+

x2

√ x2 y2 + 2 dx dy = 2 dx dy 2 2 +y x +y

1.10. Oberflächen und Oberflächenintegrale √

##

folgt: I =

x2 +y 2 ≤1

e

x2 +y 2

√

73

2dx dy.

Die Auswertung dieses Integrals erfolgt klarerweise in Polarkoordinaten:

1 √ √ e−2 √ # 2π # 1 −r . e r dr dϕ = 2 2 π − re−r − e−r = 2 2 π I= 2 0 e ϕ=0 r=0 ##

do u ¨ber jenen Teil der 1+z Oberfläche der Kugel x2 + y 2 + z 2 = R2 , der ganz in der Halbebene x ≥ 0 liegt.

8. Berechnen Sie das skalare Oberflächenintegral I =

F

L¨ osung: Wir verwenden f¨ ur F Kugelkoordinaten: ⎛

⎞

sin ϑ cos ϕ ⎟ x(ϑ, ϕ) = R ⎜ ⎝ sin ϑ sin ϕ ⎠ , cos ϑ ⎛

Mit xϑ =

⎜ R⎝

⎞

⎜ R2 ⎝

1.10.3

#

π 2

ϕ=− π2

⎞

⎞

− sin2 ϑ cos ϕ sin2 ϑ sin ϕ ⎟ xϑ × xϕ dϑdϕ = R sin ϑ dϑdϕ. ⎠ =⇒ do = sin ϑ cos ϑ

Damit erhalten wir: I = R2

π π ≤ϕ≤ , 0≤ϑ≤π . 2 2

cos ϑ cos ϕ − sin ϑ sin ϕ ⎜ ⎟ cos ϑ sin ϕ ⎟ xϕ = R ⎝ sin ϑ cos ϕ ⎠ folgt: ⎠ und − sin ϑ 0

⎛

xϑ × xϕ =

⎛

−

# π

ϑ=0

π sin ϑ 1+R dϑ dϕ = −Rπ ln(1 + R cos ϑ) = Rπ ln 0 1 + R cos ϑ 1−R

.


√ 1. Berechnen Sie den Inhalt jenes Teils der Fläche z = x2 − y 2 , dessen Projektion auf die xy-Ebene das Innere des Dreiecks mit den Ecken A(0, 0), B(2, 1), C(2, 2) ergibt. √ Lösung: A = 2 6 .

2. Bestimmen Sie den Inhalt jenes Flächenst¨ uckes, welchesder Zylinder y 2 2 herausschneidet. x + y = 9 (0 ≤ z ≤ 8π) aus der Fläche z = 4 arctan x Lösung: A = 15π + 16π ln 2. 3. Bestimmen Sie den Flächeninhalt jenes Teils des Paraboloids 2az = x2 − y 2√, 0 < a, dessen Projektion auf die xy-Ebene innerhalb der Lemniskate r = a cos 2ϕ liegt. a2 Lösung: A = (20 − 3π). 9 1 4. Berechnen Sie den Inhalt jenes Teils der Fläche z(x, y) = ln(x2 + y 2 ), dessen 2 Projektion auf& die xy-Ebene das Kreisringgebiet D = {(x, y) | 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4} ist. √ ' √ √ 2+ 5 √ π. Lösung: A = 2 5 − 2 + ln 1+ 2

74

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler 5. Berechnen Sie den Inhalt jenes St¨ uckes der Fläche ⎛

⎞

−u + 3v + 23 ⎜ ⎟ x(u, v) = ⎝ 2u − v − 12 ⎠ , u + 4v − 7 f¨ ur das |u + 3| + |v − 3| ≤ 1 gilt. √ Lösung: A = 2 155 . 6. Unter gewissen Voraussetzungen ist der Wärmefluß pro Flächeneinheit proportional zum negativen Temperaturgradienten. Berechnen Sie f¨ ur das Temperaturfeld T (x, y, z) =

6 , (x2 + y 2 )3/2

x2 + y 2 > 16

den gesamten Wärmefluß durch den Zylindermantel S : x2 + y 2 = 25, 0 ≤ z ≤ 2. 72π . Lösung: Φ = 125 ##

xdo. Dabei ist F jenes St¨ uck 7. Berechnen Sie das skalare Oberflächenintegral I = F der Fläche √ z = R2 − x2 − y 2 , dessen Projektion in die xy-Ebene das Quadrat mit den

R R R Eckpunkten A(0, 0), B √ , 0 , C √ , √ 2 2 2 Lösung: I =

R3 . 4

R und D 0 , √ 2

##

(x + 3y)do ,

8. Berechnen Sie das skalare Oberflächenintegral F

wobei F die Fläche z = x2 , 0 ≤ y ≤ 1, −1 ≤ x ≤ 1 ist. √ 3 Lösung: (Arsinh2 + 2 5) . 4

ist.

1.11. Kurvenintegrale

75

1.11

Kurvenintegrale

1.11.1

Grundlagen

• Sei h(x, y, z) eine stetige #Funktion und C : x(t) eine st¨ uckweise glatte Kurve. Dann #

t2 heißt h(x, y, z) ds = h x(t), y(t), z(t) x˙ (t)dt Kurvenintegral 1. Art bzw. C

t1

skalares Kurvenintegral u ¨ber h längs C. ⎛

⎞

v1 ⎜ ⎟ uckweise glatte • Sei v (x, y, z) ⎝ v2 ⎠ ein stetiges Vektorfeld und C : x(t) eine st¨ v3 Kurve. Dann heißt # C

v · dx =

# C

#t1

v1 dx + v2 dy + v3 dz =

v1 x(t) ˙ + v2 y(t) ˙ + v3 z(t) ˙ dt ,

t0

wobei vi = vi x(t), y(t), z(t) , Kurvenintegral 2. Art bzw. vektorielles Kurvenintegral bzw. Wegintegral u ¨ber v längs C. • Kurvenintegrale hängen im Allgemeinen vom Weg ab. Falls aber v ein Gradientenfeld ist, d.h. dass eine Skalarfunktion f (x, y, z) existiert, so dass v = gradf gilt, ist das Kurvenintegral wegunabhängig.

1.11.2

Musterbeispiele

1. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L=

(x + 2y)dx + 3dy + yzdz C

⎛

⎞

cos t ⎜ ⎟ längs der Kurve C : x(t) ⎝ sin t ⎠ , t

0 ≤ t ≤ 2π.

L¨ osung: Wir setzen in die Vektorfunktion v (x, y, z) = (x + 2y, 3, yz)T die Parametrisierung von C ein: v = (cos t + 2 sin t, 3, t sin t)T . Mit x˙ (t) = (− sin t, cos t, 1)T folgt dann: # 2π

L=

0

=−

# 2π 0

− sin t cos t − 2 sin2 t + 3 cos t + t sin t dt = sin t cos t dt −2

0

2π

= −2π − t cos t

0

# 2π 0

# 2π

+

0

sin2 t dt +3

# 2π 0

π

# 2π

cos t dt + 0

cos t dt = −4π.

0

2. Berechnen Sie das Kurvenintegral # C

(y 2 dx − 2x2 dy + zdz),

0

p.I.

t sin t dt =

76

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler wobei C die Schnittkurve der Flächen y = x2 und z = x ist, vom Punkt A(0, 0, 0) bis zum Punkt B(1, 1, 1). L¨ osung: 2 Zunächst parametrisieren wir die

Schnittkurve: Mit x(t) = t folgt y(t) = t und 4 2 T T ˙ z(t) = t. Es ist v x(t), y(t), z(t) = (t , −2t , t) und x = (1, 2t, 1) mit 0 ≤ t ≤ 1. # 1

=⇒ L =

0

(t4 − 4t3 + t)dt = −

3 . 10

3. Berechnen Sie das Kurvenintegral #B

L=

(x − cos(πz))dx +

A

z dy + yex dz 1 + y2

(C)

von A(0, 0, 0) nach B(1, 1, 1) längs der Schnittkurve C der beiden Flächen x = y 2 und y = z. L¨ osung:

Es ist x(t) = (t2 , t, t)T , x˙ (t) = (2t, 1, 1)T und v = t2 − cos(πt), # 1

=⇒ L =

0

=

(2t3 − 2t cos(πt) +

t t2 + te dt = · · · = 1 + t2 2

t4 sin(πt) 2 1 et − 2t − 2 cos(πt) + ln(1 + t2 ) + 2 π π 2 2

1

=

0

t 2 , tet 1 + t2

T

.

4 e 1 + ln 2 + 2 . 2 2 π


L= C

x2 x dx + 2 dy 2 2 x +y x + y2

mit C : x2 + y 2 = 9 (entgegen dem Uhrzeigersinn orientiert). L¨ osung:

cos t Mit x(t) = (3 cos t, 3 sin t)T , x˙ (t) = (−3 sin t, 3 cos t)T und v = cos2 t, 3 # 2π

L=

0

2π

(−3 cos2 t sin t + cos2 t)dt = cos3 t +

0 0

# 2π

0

T

folgt:

cos2 t dt = π.

π

⎛

⎞

x+y ⎜ ⎟ 5. Gegeben ist das Vektorfeld v (x, y, z) = ⎝ z ⎠, wobei C die Schnittkurve der 3 # Flächen z = 1−x2 und x2 +y 2 = 1 ist. Berechnen Sie das Kurvenintegral L =

v dx. C

L¨ osung:

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

cos t − sin t cos t + sin t ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ cos t sin2 t Mit x(t) = ⎜ x˙ (t) = ⎝ v =⎝ ⎝ sin t ⎠ , t ∈ [0, 2π], ⎠ , ⎠ 2 sin t 2 sin t cos t 3 folgt:


L=

# 2π 0

# 2π

=5

0

77

− sin t cos t − sin2 t + cos t − cos t sin2 t + 2 sin t cos t)dt = sin t cos t dt −

0

# 2π 0

sin2 t dt +

# 2π 0

cos t dt −

π

0

# 2π 0

cos t sin2 t dt = −π.

0

⎛

⎞

y 2 + yz cos(xy) ⎜ 6. Gegeben ist die Vektorfunktion v (x, y, z) = ⎝ 2xy + xz cos(xy) ⎟ ⎠ . Berechnen Sie sin(xy) + 2z # v · dx entlang des Geradenst¨ ucks von (0, 0, 1) bis (π, 1, 0).

L¨ osung: ⎛ Mit x(t) =

⎜ ⎝

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

πt π t2 + t(1 − t) cos(πt2 ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ t ⎟ x˙ (t) = ⎝ 1 ⎠ , v˙ = ⎝ 2πt2 + πt(1 − t) cos(πt2 ) ⎠ ⎠ , t ∈ [0, 1], 2 1−t −1 sin(πt ) + 2(1 − t)

folgt: L=

# 1 0

= 3π

πt2 + πt(1 − t) cos(πt2 ) + 2πt2 + πt(1 − t) cos(πt2 ) − sin(πt2 ) − 2(1 − t) dt =

# 1 0

1

t2 dt +

# 1 0

2πt(1 − t) cos(πt2 )dt − 1

# 1

0

0

= πt3 +(1−t) sin(πt2 ) + 0

# 1

sin(πt2 )dt−

0

sin(πt2 )dt −

# 1 0

# 1 0

2(1 − t)dt = 1

sin(πt2 )dt+(1−t)2 = · · · = π −1. 0

Bemerkung: Manchmal heben sich unangenehme Integrale auf. 7. Die Wärmemenge Q, die eine abgeschlossene Gasmenge vom Zustand A : (p1 , T1 , V1 ) in den Zustand B : (p2 , T2 , V2 ) u uhrt, ist gegeben durch ¨berf¨ # B

Q= A

cV dT +

nRT dV , V

wobei cV die spezifische Wärme bei konstantem Volumen, R die Gaskonstante und n die Anzahl der Mole der Gasmenge bezeichnet. Zeigen Sie, dass Q wegabhängig ist, indem Sie folgende Wege wählen: a) Zuerst eine Isotherme und anschließend eine Isochore, b) zuerst eine Isochore und anschließend eine Isotherme. L¨ osung: Wir f¨ uhren die zwei Zwischenzustände C : (p∗ , T1 , V2 ) und D : (ˆ p, T2 , V1 ) ein. # B # C # B nRT nRT1 a) Q1 = dV = dV + cV dT + cV dT = V V A A C # V2 # T2 dV V2 = + cV nRT1 dT = nRT1 ln + cV (T2 − T1 ). V V1 V1 T1 # B # D # B nRT nRT1 b) Q2 = dV = dV = cV dT + cV dT + V V A A D # T2 # V2 dV V2 = cV = cV (T2 − T1 ) + nRT2 ln dT + nRT2 . V V1 T1 V1 Offensichtlich ist Q1 = Q2 , d.h. es liegt Wegabhängigkeit vor.

78

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler #B

8. Berechnen Sie das Kurvenintegral 1. Art: I = ⎛

(x + y 2 + z 3 )ds von A(0, 1, 0) nach

A

(C)

⎞

sin t ⎜ ⎟ B(1, 0, π2 ) längs C : x(t) = ⎝ cos t ⎠. t L¨ osung:

⎛

⎞

cos t √ ⎟ Aus x˙ (t) = ⎜ x˙ (t) = 2. Damit erhalten wir: ⎝ − sin t ⎠ folgt: 1 I=

=

# π √ # π2 √ 2 (sin t + cos2 t + t3 ) dt = 2 − cos t 2 + 0

0

√

2 1+

π π4 + 4 64

0

π 2

cos2 t dt + π 4

π4 = 64

. #

9. Berechnen Sie das Kurvenintegral 1. Art: I =

(xz + y) ds von A(1, 0, 0) nach C

B(0, 1, 0) längs C. Dabei ist C die Schnittkurve der beiden Flächen x + y 2 = 1 und z = 0. L¨ osung: Mit y = t erhalten wir eine Parametrisierung der Schnittkurve C: ⎛

x(t) =

⎜ ⎝

⎞

1 − t2 t ⎟ ⎠ , 0

0 ≤ t ≤ 1 und in weiterer Folge: x˙ (t) = # 1

Damit folgt dann: I =

1.11.3

0

√ 1 + 4t2 .

√ 3 1 1 1 √ t 1 + 4t2 dt = (1 + 4t2 ) 2 = ( 125 − 1). 0 12 12



L= C

(2x + yz)dx + (xz − z)dy + (xy − y)dz

entlang⎛der Kurve C von A(−1, 0, 1) nach B(1, 0, 1), wobei C durch ⎞ sin t ⎜ ⎟ x(t) = ⎝ cos t ⎠ gegeben ist. 1 Lösung: L = 0. 2. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

(y 2 + 2xz)dx + (2xy − 1)dy + (x2 + 3z 2 )dz

längs der Kurve C:

⎛

ϕ(t) =

⎜ ⎝

⎞

2 cos t sin t ⎟ ⎠, t

0≤t≤π .


79

Lösung: L = 4π + π 3 . 3. Berechnen Sie das Kurvenintegral ⎛ ⎜ ⎜

#

L= C

v dx f¨ ur v (x, y, z) = ⎜ ⎜ ⎝

x−y −y 1+x −1

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

.

Dabei ist C die Schnittkurve der Flächen 2x + 2y + z + 1 = 0 und z = x2 + y 2 . Lösung: L = 3π. 4. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

−y dx + x dy x2 + y 2

längs der Berandung des Quadrats −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1. Dabei sei C entgegen dem Uhrzeigersinn orientiert. Lösung: L = 2π. #

x dx − y dy , wobei C die geradlinige (x − y)2 Verbindung der beiden Punkte A(1, 0) und B(2, 1) ist.

5. Berechnen Sie das Kurvenintegral L =

C

Lösung: L = 1. 6. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

(x − y 2 )dx + dy + (16z − xy)dz

längs der Schnittkurve der beiden Flächen y = x = 1.

√ x, z = 1 zwischen x = 0 und

Lösung: L = 1. 7. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

−y dx + x dy + z dz

3 längs der Schnittkurve der beiden Flächen x2 + y 2 − z = 0 und y + z = . 4 Lösung: L = 2π. #

xy dx + (ey + x2 )dy längs der Kurve C:

8. Berechnen Sie das Kurvenintegral L =

x(t) =

1 + cos t sin t

Lösung: L = π.

C

von t = 0 nach t = 2π.

80

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler #

9. Berechnen Sie das Kurvenintegral 1. Art L =

x2 + y 2 + 8z 2 ds, wobei C die

C

⎛

⎞

t cos t ⎟ Punkte A(0, 0, 0) und B(−π, 0, π 2 /2) entlang der Kurve x(t) = ⎜ ⎝ t sin t ⎠ verbindet. 2 t /2 π2 2 Lösung: L = (1 + π ). 2 10. F¨ ur die Gesamtladung Q einer mit Ladung der Längendichte ρ(x, y) belegten ebenen Kurve C gilt: # ρ(x, y) ds . Q= C

Berechnen Sie Q, wenn C die obere Hälfte eines Kreises mit dem Mittelpunkt (x0 , y0 ) und Radius a > 0 ist und die Ladungsdichte durch ρ(x, y) = 1 + y gegeben ist. Lösung: Q = a(1 + y0 )π + 2a2 . 11. Berechnen Sie näherungsweise das Kurvenintegral 1. Art #

I= C

yz ds, 1 + 2x2

wobei C jenes St¨ uck der Schnittkurve der Flächen x2 + z − 1 = 0 und y − 4 = 0 ist, f¨ ur welches die z-Koordinate positiv ist. Lösung: I ≈ 5, 08 (mit Maple).

√ √ √ √ √ 5+ 2 √ Das exakte Ergebnis wäre: I = −2 5 + 11 ln(2 + 5) − 3 2 ln √ . 5− 2

Kapitel 2 Vektoranalysis 2.1

Differentialoperatoren

2.1.1

Grundlagen

• Der Vektordifferentialoperator ∇ :=

⎛ ∂ ⎜ ∂x ⎜ ∂ ⎝ ∂y

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

heißt Nabla-Operator. Er lässt sich

∂ ∂z

sowohl auf Skalarfunktionen f : lR3 → lR als auch auf Vektorfunktionen v : lR3 → lR3 anwenden: ⎛ ⎞ ∂f

(i) ∇f (x, y, z) =

∂x ⎜ ∂f ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂y ⎠

=: gradf (x, y, z),

∂f ∂z

(ii) (∇, v )(x, y, z) =

∂v1 ∂v2 ∂v3 + + =: div v ∂x ∂y ∂z

(iii) (∇ × v )(x, y, z) =

⎛ ∂v3 ∂y ⎜ ∂v1 ⎜ ⎝ ∂z ∂v2 ∂x

− − −

∂v2 ∂z ∂v3 ∂x ∂v1 ∂y

· · · Divergenz von v ,

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

=: rot v

· · · Rotor von v .

• Seien f, v , w geeignet oft differenzierbare Skalar- bzw. Vektorfunktionen. Dann gelten die folgenden Identitäten: 1. rot grad f ≡ 0, 2. div rot v ≡ 0, 3. div (fv ) ≡ (v , grad f ) + f divv , 4. rot rot v ≡ grad div v − Δ v , 5. div (v × w) ≡ (w, rot v ) − (v , rot w), 6. rot (fv ) ≡ grad f × v + f rot v , 7. rot (v × w) ≡ v div w −w div v + (w, ∇)v − (v , ∇)w ≡ ≡ v div w −w div v +

dv dw w − v . dx dx

H. Wallner, Aufgabensammlung Mathematik, DOI 10.1007/978-3-8348-8648-4_2, © Vieweg+Teubner Verlag | Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2012

82

Kapitel 2. Vektoranalysis

2.1.2

Musterbeispiele

1. Berechnen Sie w = rot grad div u + v

⎛

mit u =

L¨ osung:

w = rot grad div u + v = rot grad div u +rot v =

⎞

1 1 ⎟ ⎠, 1

⎜ xyz ⎝

⎛ ∂y ∂y ⎜ ∂z ⎜ ⎝ ∂z

⎛

v =

⎜ ⎝

⎞

z x ⎟ ⎠. y

⎞

⎛ ⎞ − ∂x 1 ∂z ⎟ ⎜ ⎟ ∂y ⎟ − ∂x ⎠ = ⎝ 1 ⎠. ∂z ∂x 1 − ∂y ∂x

0

2. Berechnen Sie v = rot(u × grad f ) mit u = (x, y, z)T ,

f = x + 2y + 3z.

L¨ osung: Mit gradf = (1, 2, 3)T folgt: v = rot(u × grad f ) = u div gradf −grad f div u +

⎛

⎞

⎛

0

⎞⎛

⎞

⎛

d(gradf ) du grad f − u = dx d x 0

⎞

1 1 0 0 1 −2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = − ⎝ 2 ⎠ · 3 + ⎝ 0 1 0 ⎠ ⎝ 2 ⎠ = ⎝ −4 ⎠. 3 0 0 1 3 −6 3. Bilden Sie Ausdruck z = grad div v + rot grad f, ⎛ den ⎞ x2 y ⎟ mit v = ⎜ ⎝ y 2 z ⎠ , f = x2 y + y 2 z + z 2 x . z2x L¨ osung:

⎛

⎞

y+z ⎟ z = grad div v + rot grad f = grad(2xy + 2yz + 2xz) = 2 ⎜ ⎝ x + z ⎠. x+y 0 4. Gegeben sind die Vektorfunktionen ⎛

⎞

⎛

z ⎜ ⎟ u = ⎝ x ⎠ , y

⎞

x ⎜ ⎟ v = ⎝ y ⎠ . 2 1−z

Berechnen Sie rot(u divv ). L¨ osung:

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

1 0 2x ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ rot( u div v ) = div v rot u + grad div v × u = (2 − 2z) ⎝ 1 ⎠ + ⎝ 0 ⎠ × ⎝ −2z ⎠ = 1 −2 0 ⎛

⎞

2 + 2x − 2z ⎟ 2 − 4z =⎜ ⎝ ⎠. 2 − 2z ⎛

5. Berechnen Sie f =div(a × b) mit: a =

⎜ ⎝

⎞

⎛

⎞

x 1 ⎜ ⎟ −z ⎟ ⎠ und b = ⎝ x ⎠. y z

2.1. Differentialoperatoren

83

L¨ osung:

⎛

f =div(a × b) = (b,rot a) − (a,rot b). Mit rot a =

⎜ ⎝

⎛

f=

2.1.3

⎜ ⎝

⎞ ⎛

⎞

⎛

⎞ ⎛

⎞

⎛

⎞

x 0 1 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x ⎟ ⎠ · ⎝ 0 ⎠ + ⎝ −z ⎠ · ⎝ 0 ⎠ = 2 − y . y 1 z 0


1. Gegeben sei das Vektorfeld ⎛

⎞

z2 − y2 ⎜ ⎟ v (x, y, z) = ⎝ xyz ⎠ x + y. = rot(rot v ) − grad(div v ). Bilden Sie den Ausdruck A = 0. Lösung: A

2. Berechnen Sie v = rot (a div b) × c mit ⎛

a =

⎜ ⎝

⎛

Lösung:

v =

⎜ ⎝

⎞

⎛

x−z y ⎟ ⎠ , x+z

b =

⎜ ⎝

⎞

x − y2z 2y − x ⎟ ⎠ , z − 3x2

c =

⎜ ⎝

⎞

2 −1 ⎟ ⎠ . 3

⎞

⎛

⎛

Lösung:

⎛

−28 8 ⎟ ⎠. −16

3. Berechnen Sie rot(fv ), wobei f = x2 + y 2 und v =

rot(fv ) =

⎜ ⎝

⎜ ⎝

⎞

z z2 ⎟ ⎠. z3

⎞

2yz 3 − 2x2 z − 2y 2 z x2 + y 2 − 2xz 3 ⎟ ⎠. 2xz 2 − 2yz ⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

yz x2 ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ 4. Berechnen Sie w = rot(u div v ) mit u = ⎝ xz ⎠ und v = ⎝ y ⎠. xy z2 ⎛

Lösung:

⎞

2x(y − z) ⎟ w =⎜ ⎝ 2y(z − x) ⎠. 2z(x − y)

5. Berechnen Sie a) (u × ∇) × v mit u =

⎛ ⎜ ⎝

⎞

x yz ⎜ ⎟ y ⎟ v = ⎝ xz ⎠ , ⎠ und z xy

⎞

2 0 ⎜ ⎟ 0 ⎟ und rot b = ⎠ ⎝ 0 ⎠ folgt: 0 1

84

Kapitel 2. Vektoranalysis ⎛

⎞

⎛

⎞

xy 2z 2 ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ b) div(w × z) mit w = ⎝ −y ⎠ und z = ⎝ −y ⎠ im Punkt P (1, 1, 1). 2 3 y z

Lösung: a) (u × ∇) × v = 2v , b) div(w × z) = 0. P

2.2. Satz von GAUSS

2.2

85

Satz von GAUSS

2.2.1

Grundlagen

• Integralsatz von GAUSS: Sei B ein st¨ uckweise glatter Normalbereich im lR3 und v eine stetig differenzierbare Vektorfunktion. Dann gilt: ## ∂B

2.2.2

v · do =

###

div v dV . B

Musterbeispiele


2

I= ∂B

(x + ez )dy dz + (x2 − y 2 + z 2 )dz dx + (1 − xyz)dx dy .

√ Dabei B jener Bereich, der von den beiden Flächen z = 2 − x2 + y 2 und √ ist z = x2 + y 2 eingeschlossen wird. L¨ osung: Bei den beiden Flächen handelt es sich um einen nach unten geöffneten Drehkegel mit Spitze bei S(0, 0, 2) ind einen nach oben geöffneten Drehkegel mit Spitze im Ursprung. √ Sie schneiden √sich längs eines Kreises, dessen Projektion in die xy-Ebene durch 2 − x2 + y 2 = x2 + y 2 , d.h. durch x2 + y 2 = 1 gegeben ist. Unter Verwendung des Satzes von GAUSS erhalten wir: ###

2

I= B

divv dx dy dz, wobei v = (x + ez , x2 − y 2 + z 2 , 1 − xyz)T , woraus wir dann

divv = 1 − 2y − xy erhalten. Verwenden wir ferner wegen der Rotationssymmetrie des Integrationsbereiches B Zylinderkoordinaten, so folgt: # 2π # 1 # 2−r

I= ϕ=0

r=0

# 2π

z=r

(1 − 2r sin ϕ − r2 sin ϕ cos ϕ)r dr dϕ dz =

# 1 # 2−r

dϕ

=

ϕ=0

2π

# 2π

=

ϕ=0

r=0

z=r

# 2π

# 1 # 2−r

sin ϕ dϕ

ϕ=0

0

r=0

r2 dr dz−

z=r

# 1 # 2−r # 1 # 1 1 sin(2ϕ) dϕ r3 dr dz = 2π r(2 − r − r)dr = 4π (r − r2 )dr = 2 r=0 z=r 0 0

0

r dr dz −

r2 r3 = 4π − 2 3

1 0

= 4π

1 1 2π − . = 2 3 3

Bemerkung: Ohne Verwendung von Zylinderkoordinaten hätten wir erhalten: ###

I= B

(1−2y −xy) dx dy dz =

###

B

dx dy dz −

###

B

2y dx dy dz −

###

xy dx dy dz. B

Wegen der Symmetrie des Integrationsbereiches bez¨ uglich der xz- und der yz-Ebene sind das zweite und das dritte Integral Null. Das erste entspricht aber genau dem

86

Kapitel 2. Vektoranalysis Volumeninhalt des Bereiches B. Dieser besteht aus zwei Drehkegeln mit Radius 1 2π 12 π ¨ = . und Höhe 1, woraus durch elementare Uberlegungen folgt: I = 2 3 3 2. Berechnen Sie das Oberflächenintegral ##

2

(x2 + ez )dy dz + (1 + xz 2 )dz dx + (x2 + y 2 + z 2 )dx dy .

I= ∂B

Dabei ist B jener Bereich, der von den beiden Flächen x2 + y 2 + z 2 = 1 und x2 + y 2 + (z − 1)2 eingeschlossen wird. L¨ osung: Bei den beiden Flächen handelt es sich um zwei Kugeln mit Radius 1 und Mittelpunkten im Ursprung bzw. im Punkt P (0, 0, 1). Sie schneiden sich längs eines Kreises in der Ebene z = 12 , dessen Projektion in die xy-Ebene durch x2 + y 2 = 34 gegeben ist. Unter Verwendung des Satzes von GAUSS erhalten wir: ###

2

divv dx dy dz, wobei v = (x2 + ez , 1 + xz 2 , x2 + y 2 + z 2 )T , woraus wir dann

I= B

divv = 2x + 2z erhalten. Verwenden wir ferner wegen der Rotationssymmetrie des Integrationsbereiches B Zylinderkoordinaten, so folgt: √ 3 2

# 2π #

I=

r=0

ϕ=0

# √1−r2 √ z=1− 1−r 2

# 2π

#

cos ϕ dϕ

=2

ϕ=0

0

√

#

3 2

= 2π

r=0

=

−πr2

r=0

# √1−r2 √ z=1− 1−r 2

√

#

2

3 2

r dr dz + 2π

−

√

3 2

=−

0

3π 4π − 4 3

r dr =

z=1− 1−r 2

√ 3 2

2

4π (1 − r2 )3/2 3

z

√1−r2 √

2

r=0

# √ (1−r −1+2 1 − r2 −1+r2 )rdr = −2π

√ 3 2

0

√ 3 2

(2r cos ϕ + 2z)r dr dϕ dz =

0

√ 3 2

#

r dr+4π

r=0

√ r 1 − r2 dr =

1 5π 3π 7π −1 =− + = . 8 4 6 12

Bemerkung: Ohne Verwendung von Zylinderkoordinaten hätten wir erhalten: ###

###

I=

###

(2x + 2z)dx dy dz = 2 B

x dx dy dz + 2 B

z dx dy dz. B

Während das erste Integral aus Symmetriegr¨ unden Null ist, hat das zweite die Bedeutung des Schweremoments“ bez¨ uglich der xy-Ebene und ist daher das Produkt ” aus z-Koordinate des Volumenschwerpunktes mit dem Volumeninhalt des Bereiches B. Der Bereich B besteht aus zwei Kugelkalotten mit Radius 1 und Höhe h = 12 .

1 Damit liegt der Schwerpunkt in S 0, 0, 2 . Mit der elementargeometrischen Voluh2 π menformel f¨ ur Kugelkalotten VK = (3r − h) erhalten wir ohne Mehrfachintegra3 tionen auszuf¨ uhren das Ergebnis f¨ ur I.

2.2. Satz von GAUSS

87

3. Gegeben ist die Vektorfunktion

⎛

⎞

z2 + y2 ⎜ 2 ⎟ v (x, y, z) = ⎝ x + y 2 ⎠ . 2 2y ##

Berechnen Sie das Oberflächenintegral ∂B

v · do, wobei B jener räumliche Bereich

ist, der von den Flächen x2 + x2 = 1, z = x + y und z = 10 − x − 2y eingeschlossen wird. L¨ osung: Nachdem B ein von zwei Ebenen begrenzte Bereich eines Kreiszylinders ist, verwenden wir Zylinderkoordinaten. Unter Verwendung des GAUSS’schen Satzes erhalten ### ## wir I := v · do = divv dV und weiters wegen divv = 2y: ∂B

##

B

# 10−x−2y

##

2y(10 − x − 2y − x − y) dx dy =

2y dx dy dz =

I= z=x+y

x2 +y 2 ≤1

##

x2 +y 2 ≤1

(20y − 4xy − 6y 2 ) dx dy =

= x2 +y 2 ≤1

# 2π # 1

= ϕ=0

r=0

(20r sin ϕ − 4r2 sin ϕ cos ϕ − 6r2 sin2 ϕ)r dr dϕ =

# 2π

= 20

# 1

sin ϕ dϕ

0

0

0

r2 dr−4

# 2π

# 1

sin ϕ cos ϕ dϕ

0

0

0

3π r4 1 . = −6π = − 0 4 2 4. Berechnen Sie ##

r3 dr−6

# 2π 0

sin2 ϕ dϕ

# 1

0

r3 dr =

π

(y 2 + z 2 ) dy dz + x(y + z) dz dx + zx2 dx dy , √ wobe B ache des von den Flächen z = 2 − x2 + y 2 , x2 + y 2 = 1 und √ die Oberfl¨ z = − 1 − x2 − y 2 eingeschlossenen Bereichs ist. L¨ osung: Der Bereich B ist jener Teil eines Drehzylinders mit Radius 1, der unten durch eine Halbkugel und oben durch einen Drehkegel abgeschlossen ist. Wir transformieren daher wieder auf Zylinderkoordinaten. Unter Verwendung des GAUSS’schen Satzes erhalten wir mit divv = x + x2 : B

# 2π # 1 # 2−r

I= ϕ=0

# 2π # 1 r=0

(r cos ϕ + r2 cos2 ϕ) 2 − r +

# 2π

=

0

# 1

cos ϕ dϕ

0

0

# 1

=π 2

(r cos ϕ + r2 cos2 ϕ)r dr dϕ dz =

= ϕ=0

√ z=− 1−r 2

r=0

√ 1 − r2 r dr dϕ =

#

√ r2 2−r+ 1 − r2 dr+

2π

0

cos2 ϕ dϕ

# 1

0

√ r3 2−r+ 1 − r2 dr =

π

r3 dr −

0 1 4

# 1

r4 dr +

0 1 5

# 1 0

√ r3 1 − r2 dr I1

=π

1 1 − + I1 2 5

.

88

Kapitel 2. Vektoranalysis Zur Berechnung von I1 substituieren wir: 1 − r2 = u2 und erhalten damit: # 1

I1 =

0

(1 − u2 )u2 du =

# 1

0

u2 du −

1 3

Insgesamt folgt dann: I =

# 1

0

u4 du =

1 5

1 1 2 − = . 3 5 15

1 1 2 13π − + . = 2 5 15 30

5. Gegeben ist die Vektorfunktion

⎛

v (x, y, z) =

⎜ ⎝

⎞

xy x + yz ⎟ ⎠ yz

√ und jener B ⊂ lR3 , der von den Flächen z = 0, z = 4 − x2 − y 2 und √ 2 Bereich z = x + y 2 − 1 eingeschlossen ist und den alt. ## Koordinatenursprung nicht enth¨ Berechnen Sie das Oberflächenintegral I = v · do. ∂B L¨ osung: Der Bereich B ist ein ringförmiger Bereich, der innen von einem einschaligen Rotationshyberboloid, außen von einer Kugel und unten von der xy-Ebene begrenzt wird. Da wir zur Berechnung von I den Satz von GAUSS verwenden, bestimmen wir divv = 2y + z. Wegen der Rotationssymmetrie transformieren wir auf Zylinderkoordinaten. angs eines Kreises mit Die beiden Rotationsfl¨ achen schneiden sich l¨ 5 3 Radius r = in der Ebene z = . W¨ urden wir zunächst u ¨ber z integrieren, 2 2 5 unterteilen. Es ist daher zweckmäßig, als m¨ ussten wir die r-Integration bei r = 2 erstes u ¨ber die Variable r zu integrieren. Damit erhalten wir: # # √3 # √ 2 2π

4−z

2

I=

√

r= 1+z 2

z=0

ϕ=0

# 2π

=

√3 #

#

2

sin ϕ dϕ

0

0

√3

#

2

=π z=0

z=0

(2r sin ϕ + z)r dr dϕ dz = √

4−z 2

√ r= 1+z 2

# 2π

2

2r dr dz +

z(4 − z 2 − 1 − z 2 )dz = π

3 z4 = π z2 − 2 2

√3

2

=π 0

9 9 − 4 8

√3

#

2

z=0

=

#

dϕ

√3

0 z=0

2

√4−z 2

r2 z √ dz = 2 r= 1+z2

2π

(3z − 2z 3 )dz =

9π . 8


I= ∂B

(2xy + z 3 )dy dz + (x2 − y 2 )dz dx + (z + xy)dx dy .

Dabei ist B jener Bereich, der von den beiden Flächen z = 8 − (x2 + y 2 ) und z = 1 + 2x + 2y eingeschlossen wird. L¨ osung: Der Bereich B ist ein St¨ uck eines unten durch eine Ebene abgeschnittenen Rotationsparaboloids dessen Projektion in die xy-Ebene wegen 8 − (x2 + y 2 ) = 1 + 2x + 2y

2.2. Satz von GAUSS

89

d.h. durch (x + 1)2 + (y + 1)2 ≤ 9 gegeben ist. Dabei handelt es sich um den Kreis K3 (−1, −1). Damit erhalten wir unter Verwendung des GAUSS’schen Satzes und unter Ber¨ ucksichtigung von divv =div(2xy + z 3 , x2 − y 2 , z + xy)T = 1: ##

# 8−(x2 +y2 )

I=

##

dx dy dz = z=1+2x+2y

(x+1)2 +(y+1)2 ≤9

##

=

8−(x2 +y 2 )−1−2x−2y dx dy =

(x+1)2 +(y+1)2 ≤9

9 − (x + 1)2 − (y + 1)2 dx dy .

(x+1)2 +(y+1)2 ≤9

Zur Auswertung dieses Doppelintegrals verwenden wir Polarkoordinaten um den Punkt M (−1, −1): x = −1 + r cos ϕ, y = −1 + r sin ϕ und erhalten damit:

# 2π # 3

9 2 r4 r − (9 − r )r dr dϕ = 2π 2 4 r=0

I= ϕ=0

2

3

= 2π

0

81 81 81π − . = 2 4 2


I= ∂B

(x + z 2 )dy dz + (z − y)dz dx + x2 zdx dy .

Dabei ist B jener Bereich, der von den beiden Zylindern x2 + z 2 = 1 und x2 + y 2 = 1 eingeschlossen wird. L¨ osung: Wir verwenden den Satz von GAUSS und berechnen divv =div(x+z 2 , z −y, x2 z)T = x2 . Der Bereich B ist ein Normalbereich und es gilt: √ √ √ √ − 1 − x2 ≤ z ≤ 1 − x2 , − 1 − x2 ≤ y ≤ 1 − x2 , −1 ≤ x ≤ 1 Damit erhalten wir f¨ ur das Integral: # √1−x2

# 1

I= x=−1

# 1

√

y=− 1−x2

# √1−x2 √

z=− 1−x2

x2 dx dy dz = 2

# √1−x2

# 1 x=−1

√ √ x2 1 − x2 1 − x2 dx = 8

# 1

√

y=− 1−x2

√ x2 1 − x2 dx dy =

1 1 16 − . = 3 5 15 −1 0 Bemerkung: Der Volumeninhalt des Durchdringungsst¨ uckes“ zweier Zylinder hängt ” nicht von π ab! =4

(x2 − x4 ) dx = 8

8. Gegeben ist die Vektorfunktion ⎛

⎞

x ⎟ v (x, y, z) = ⎜ ⎝ 3y ⎠ −z Berechnen Sie den Fluß durch die Fläche x2 + y 2 + z 2 = 2z a) direkt nach Definition, b) unter Verwendung des GAUSS’schen Satzes. L¨ osung: zu a) Wegen x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1 verwenden wir Kugelkoordinaten um den Punkt M (0, 0, 1): x = sin ϑ cos ϕ , y = sin ϑ sin ϕ , z = 1 + cos ϑ mit 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ ϑ ≤ π.

90

Kapitel 2. Vektoranalysis ⎛

⎞

⎛

⎞

x sin ϑ cos ϕ ⎜ ⎜ ⎟ y ⎟ n = ⎝ ⎠ = ⎝ sin ϑ sin ϕ ⎠ , x2 + y 2 + (z − 1)2 z − 1 cos ϑ 1

=⇒ Φ =

⎛ # 2π # π ⎜ ⎝ ϕ=0

=

# 2π # π ϕ=0

# 2π

=

0

ϑ=0

ϑ=0

⎞ ⎛

⎞

sin ϑ cos ϕ sin ϑ cos ϕ ⎜ ⎟ 3 sin ϑ sin ϕ ⎟ ⎠ · ⎝ sin ϑ sin ϕ ⎠ sin ϑ dϑ dϕ = −1 − cos ϑ cos ϑ

sin3 ϑ(cos2 ϕ + 3 sin2 ϕ) − (1 + cos ϑ) cos ϑ sin ϑ dϑ dϕ =

(1 + 2 sin2 ϕ) dϕ

# π

0

4π

sin3 ϑ dϑ − 4 3

# 2π

# π

dϕ

0 0

###

2 3

###

divv dV , wobei divv = 3, d.h. Φ = 3 B

2.2.3

(1 + cos ϑ) cos ϑ sin ϑ dϑ = 4π.

2π

zu b) Mittels des GAUSS’schen Satzes: Φ=

do = sin ϑ dϑ dϕ

B

dV = 3VKugel = 4π.

Beispiele mit L¨ osungen ##

1. Berechnen Sie das Oberflächenintegral ∂B

⎛

v =

⎜ ⎝

v · do , wobei ⎞

x2 + sin y y 2 + cos z ⎟ ⎠ z 2 + ex

und ∂B die Oberfläche der Pyramide mit den Eckpunkten A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C(0, 1, 0) und D(1, 0, 1) ist. 1 Lösung: . 3 2. Berechnen Sie das Oberflächenintegral

⎛

⎞

y2z2 xy ⎟ I= (v · n)do mit v = ⎠, F 2 2 xy z wobei F die Oberfläche des räumlichen Bereichs ist, der durch die beiden Flächen √ √ z = x2 + y 2 − 3 und 4z = x2 + y 2 eingeschlossen wird. 512 π. Lösung: I = 7 ##

⎜ ⎝


I= F

x dy dz + (3yz 2 + x2 )dz dx − z 3 dx dy

wobei F die Oberfläche von π Lösung: I = a3 . 3

(x2 + y 2 + z 2 )2 = a3 x,

a>0

ist.

2.2. Satz von GAUSS

91

4. Berechnen Sie das Oberflächenintegral #

I= R

xy dy dz + z 2 dz dx + (x − z)dx dy,

wobei R die Oberfläche jenes Körpers ist, der durch die Flächen x2 + y 2 = 1, z = 0, z = x2 + y 2 begrenzt ist. π Lösung: I = − . 2 5. Berechnen Sie mit Hilfe des GAUSS’schen Satzes das Oberflächenintegral ##

I= B

[ln(y − z) + x]dy dz + (2xz − y 2 )dz dx + (4 − xy)dx dy,

wobei B die Oberfläche jenes Teils der Einheitskugel ist, der im 1. Oktanten liegt. π Lösung: I = . 24 6. Berechnen Sie mit Hilfe des GAUSS’schen Satzes das Oberflächenintegral ##

1 xyz dy dz − y 2 z dz dx + (x2 − y 2 + z 2 )dx dy 2 S u urfels ¨ber die Oberfläche des W¨ I=

⎧ ⎪ ⎨

0 ≤x ≤1 0 ≤y ≤1 ⎪ ⎩ 0 ≤z ≤1

.

Lösung: I = 1. 7. Berechnen Sie das Integral

##

(v , n)do S

wobei S die Oberfläche des Bereiches |x| + |y| + |z| ≤ 1, z ≥ 0 und

1 2 x , z, xy 2 Lösung: 0.

T

v =

ist.


I= S

(x2 + y)dydz + (3xy + z)dzdx + (−x2 − y 2 + z 2 )dxdy .

Dabei bezeichnet S die Oberfläche des von den Flächen z = eingeschlossenen Volumenbereiches.

√

9 + x2 + y 2 und z = 5

Lösung: I = 128π. ⎛

⎞

xy + ez 2 x + y2 + z2 ⎟ 9. Berechnen Sie das Oberflächenintegral I = v ·do, wobei v = ⎠ S sin(x + y) + z √ √ und S die Oberfläche des von den Flächen z = −1+ x2 + y 2 und z = 1 − x2 − y 2 eingeschlossenen Volumenbereiches ist. ##

Lösung: I = π.

⎜ ⎝

92



I= ∂B

(x3 + ey )dydz + (1 − xz)dzdx + (z 2 − y 2 )dxdy .

Dabei bezeichnet B jenen Bereich, der von den Flächen z = 0, z = 4 − x2 − y 2 und x2 + y 2 = 1 eingeschlossen wird. 89π . Lösung: I = 6 11. Berechnen Sie das Oberflächenintegral

##

I=

x2 +

∂B

y 1+z

dy dz + (2 − 2xy) dx dz + x2 z 2 dx dy .

Dabei ist ∂B die Oberfläche des von den Flächen z = y = 0 und y = 1 eingeschlossenen Volumenbereichs. 4 Lösung: I = . 15

√

1 − x2 , z = 0 ,


I= F

x−

y 1 dy dz + (2 − 3xy)dz dx + dx dy. z 1 + x2 + y 2

Dabei ist F die Oberfläche jenes räumlichen Bereiches, der von den Flächen z = x2 + y 2 , z = 1, z = 2 eingeschlossen wird. 3π . Lösung: I = 2 13. Berechnen Sie das Oberflächenintegral ##

xy 2 dydz + x2 y dzdx + z dxdy .

I= S

Dabei ist S die Oberfläche des von den Flächen z = 0, z = cos(x2 + y 2 ) und π x2 + y 2 = eingeschlossenen Volumenbereiches, der die z-Achse enthält. 2 π2 . Lösung: I = 2

2.3. Satz von GREEN-RIEMANN

2.3

93

Satz von GREEN-RIEMANN

2.3.1

Grundlagen

• Integralsatz von GREEN-RIEMANN: Sei B ein st¨ uckweise glatter Normalbereich im lR2 und v eine stetig differenzierbare Vektorfunktion. Dann gilt: ## B

# ∂v2 ∂v1 − dx dy = v1 dx + v2 dy . ∂x ∂y ∂B

Dabei ist die Orientierung der Randkurve ∂B so zu wählen, dass B stets zur Linken liegt.

2.3.2

Musterbeispiele

1. Gegeben ist das Vektorfeld

v (x, y) = #

Berechnen Sie L = ∂B

xy 2 − 2x x − ey

.

v · dx, wobei B der Rand des Gebietes B ist, das von den

Kurven y = x + 2 und y = x2 eingeschlossen wird. Dabei ist ∂B im mathematisch positiven Sinn orientiert. L¨ osung: Wir verwenden den Satz von GREEN-RIEMANN: # ## ## ∂v2 ∂v1 L= − v · dx = dx dy = (1 − 2xy)dx dy . ∂x ∂y ∂B B B Der Bereich B ist durch x2 ≤ y ≤ x + 2, −1 ≤ x ≤ 2 gegeben. (Die beiden Kurven y = x2 und y = x + 2 schneiden sich in den Punkten x = −1 und x = 2.) Damit erhalten wir: # 2

# x+2

L= x=−1

=

# 2 −1

y=x2

(1 − 2xy)dx dy =

# 2

−1

x+2

(y − xy 2 )

2 + x − x(2 + x)2 − x2 + x5 dx =

3 5 x4 x6 = 2x − x2 − x3 − + 2 3 4 6 #

2. Berechnen Sie

2

# 2 −1

y=x2

(2 − 3x − 5x2 − x3 + x5 )dx =

= ··· = −

−1

dx =

27 . 4

2(x + y)dx + (x2 + y 2 )dy .

L= C

Dabei besteht C aus den beiden Teilkurven: √ C1 : y = − 2x − x2 , 0 ≤ x ≤ 2. C2 : y = 12 sin(πx) , 0 ≤ x ≤ 2. L¨ osung: Wir verwenden √ den Satz von GREEN-RIEMANN. Dabei schließt die Kurve C den Bereich B: − 2x − x2 ≤ y ≤ 12 sin(πx), 0 ≤ x ≤ 2 ein. Damit erhalten wir:

94

Kapitel 2. Vektoranalysis ##

#

L= C

v1 (x, y)dx + v2 (x, y)dy =

B

∂v2 ∂v1 − ∂x ∂y

dx dy und weiters mit

v1 (x, y) = 2(x + y) und v2 (x, y) = x2 + y 2 : #

2(x+y)dx+(x2 +y 2 )dy =

L=

##

C

B

# 2

=2 =

# 2 #

(2x−2)dx dy = # 2

1 sin(πx)

(x − 1)y 2

dx =

√ y=− 2x−x2

0

2 1 − (x − 1) cos(πx) 0

+

1 π

# 2

0

x=0

(x − 1) sin(πx)dx +

cos(πx)dx −

π 0 2 2 1 2 = − + 2 sin(πx) −0 = − . 0 π π π

1 3

# 2 0

1 2

sin(πx)

(2x−2)dx dy √ y=− 2x−x2

=

(x − 1) 1 − (x − 1)2 dx =

1 − (x − 1)2

3/2 2 0

=

0

3. Berechnen Sie

#

L= ∂B

(x2 − y)dx + xy dy

längs√der positiv orientierten Berandung ∂B des Bereichs B, die von den Kurven x = 1 − y, x = 0 und y = 0 gebildet wird - einerseits direkt als Linienintegral und andererseits mit Hilfe eines Integralsatzes. L¨ osung: Wir zerlegen den Rand ∂B in drei oben angef¨ uhrten Randkomponenten. C1 : x(t) = t, y(t) = 0, 0 ≤ t ≤ 1, C2 : x(t) = t, y(t) = 1 − t2 , von t = 1 nach t = 0, C3 : x(t) = 0, y(t) = 1 − t, 0 ≤ t ≤ 1. Damit erhalten wir: # # 1 1 L1 = (x2 − y)dx + xy dy = t2 dt = . 3 C1 0 #

L2 =

C1

# 1

=

0

# 0 1

C1

t2 − (1 − t2 ) dt +

(−t2 + 1 − t2 + 2t2 − 2t4 )dt =

#

L3 =

(x2 − y)dx + xy dy =

# 1 0

# 0 1

t(1 − t2 )(−2t)dt =

(1 − 2t4 )dt = 1 −

3 2 = . 5 5

(x2 − y)dx + xy dy = 0.

14 1 3 + +0= . 3 5 15 Andererseits können wir L auch mit Hilfe des Satzes von Green-Riemann berechnen. Mit f (x, y) = x2 − y und g(x, y) = xy erhalten wir:

Insgesamt folgt dann: L = L1 + L2 + L3 =

##

#

f (x, y)dx + g(x, y)dy =

L= ∂B

# 1

= x=0

=

B

# 1 # 1−x2

dx dy =

(y + 1)dx dy = x=0

y 2 1−x2 # 1 1 x4 2 2 y+ = 1−x + −x + dx = 2 y=0 2 2 x=0

# 1 3 x=0

∂g ∂f − ∂x ∂y

x4 − 2x + 2 2 2

=

3 2 1 14 − + . = 2 3 10 15

y=0


95

4. Berechnen Sie

#

xy 2 dx + xydy ,

L= ∂B

wobei ∂B aus den Randkomponenten √ C1 : y = 2x − x2 , 0 ≤ x ≤ 2, C2 : y = 0 , 2 ≤ x ≤ 4, √ 2 C3 : y = 4x − x , 0 ≤ x ≤ 4, besteht und in positiver Richtung orientiert ist. L¨ osung: Wir verwenden den Satz von GREEN-RIEMANN. Dabei besteht die untere Berandung von B aus den Kurven C1 und C2 . Damit erhalten wir mit v1 (x, y) = xy 2 und v2 (x, y) = xy: ##

#

L= ∂B

v1 (x, y)dx + v2 (x, y)dy =

# 2 # √4x−x2

= x=0

√ y= 2x−x2

B

(y − 2xy)dx dy +

∂v2 ∂v1 − ∂x ∂y

# 4 # √4x−x2 x=2

y=0

√4x−x2

# 2

dx dy = (y − 2xy)dx dy =

√4x−x2

# 4 y 2 y 2 (1 − 2x) √ dx + (1 − 2x) = 2 y= 2x−x2 2 y=0 x=0 x=2

dx =

# 1# 4 1 2 (1 − 2x)(4x − x2 − 2x + x2 )dx + (1 − 2x)(4x − x2 )dx = 2 x=0 2 x=2 1# 4 1# 2 (2x − 4x2 )dx + (4x − 9x2 + 2x3 )dx = = 2 x=0 2 x=2

=

1 2 4 3 x − x 2 3

=

2 0

+

1 1 2x2 − 3x3 + x4 2 2

4

=

2

16 16 46 + 16 − 96 + 64 − 4 + 12 − 4 = −10 − =− . 3 3 3 Bemerkung: Der vorliegende Bereich B kann auch in einfacher Weise mittels Polarkoordinaten dargestellt werden: 2 cos ϕ ≤ r ≤ 4 cos ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ π/2. Damit erhalten wir: =2−

L=

# π/2 # 4 cos ϕ ϕ=0

−2 −

8 3

r=2 cos ϕ

# π/2

# 4 cos ϕ

sin ϕ cos ϕ ϕ=0

# π/2 0

r=2 cos ϕ

r3 dr dϕ =

sin ϕ cos3 ϕ dϕ − 128 π/2

16 = − cos4 ϕ 3 0

=

r sin ϕ(1 − 2r cos ϕ) r dr dϕ =

# π/2

π/2

2 + cos4 ϕ 3 0

16 2 64 4 46 − − + =− . 3 3 3 3 3

# π/2

# 4 cos ϕ

sin ϕ

r=2 cos ϕ

ϕ=0

r2 dr dϕ−

64 # π/2 sin ϕ cos3 ϕ dϕ− 3 0

sin ϕ cos5 ϕ dϕ + 8

ϕ=0

# π/2

sin ϕ cos5 ϕ dϕ =

ϕ=0

π/2

64 cos6 ϕ + 3 0

π/2

4 − cos6 ϕ 3 0

=

96

Kapitel 2. Vektoranalysis #

(cos x + 3yx2 )dx + (x3 + xy)dy, wobei

5. Berechnen Sie das Kurvenintegral L = C

C die Berandung jenes Bereiches ist, f¨ ur dessen Punkte gilt: x2 + y 2 ≤ 1 und 2 3 1 . x2 + y + ≥ 4 16 L¨ osung: Wir verwenden den Satz von GREEN-RIEMANN. Mit v1 (x, y) = cos x + 3yx2 und ## ∂v2 ∂v1 v2 = x3 + xy folgt: − = 3x2 + y − 3x2 = y und weiters: L = y dx dy. Der ∂x ∂y B Integrationsbereich B besteht dabei aus jenem Teil des Einheitskreises K1 , der die

Kreisscheibe K2 nicht enthält. K2 ist die Kreisscheibe mit Mittelpunkt M2 0, − 34 und Radius r2 = 14 . Die Gerade g : y = − 14 zerlegt B in 3 Normalbereiche bez¨ uglich der y-Achse: B1 : Jener Teil von K1 , der oberhalb von g liegt, B2 : jener Teil von K1 , der unterhalb von g und links von K2 liegt und B3 : jener Teil von K1 , der unterhalb von g und rechts von K2 liegt. ##

##

##

y dx dy =

Es gilt: L =

##

y dx dy +

B

y dx dy +

B1

B2

y dx dy . B3

Aus Symmetriegr¨ unden sind die Integrale u ¨ber B2 und B3 gleich. Dann ist √ # 1 # 1−y2 # − 1 # x= 1 −(y+ 3 )2 2 16 4 y dx dy + 2 y dx dy = L= √ √ 1 y=− 2

# 1

=2

− 12

x=−

y 1−

1−y 2

y2

1−y 2

y=−1

dy −2

# −1 2

−1

y 1−

dy +2

I2

I1

y2

# −1 2

y

−1

1 3 − y+ 16 4

2

dy .

I3

√ 1 3 2 2 3/2 . I1 = − (1 − y ) = · · · = 1 3 4 −2

√ − 1 3 2 2 3/2 2 I2 = (1 − y ) = · · · = . 3 4 −1

Da die beiden Integrale sich aufheben, verbleibt nur noch I3 . Mit der Substitution 3 1 y = − + sin t erhalten wir: 4 4 π π # π cos2 t 3 # 2 3 1 1 # 2 3π 2 2 dt = − cos t dt + sin t cos2 t dt = − I3 = π − + sin t 4 4 16 64 − π2 64 − π2 128 −2

und damit letztlich: L = −

π 2

0

3π . 64

Bemerkung: Es geht auch einfacher. Nach den Rechenregeln f¨ ur Mehrfachintegrale gilt: ##

##

y dx dy = B

K1

y dx dy −

##

y dx dy . K2

Während das erste Integral aus Symmetriegr¨ unden Null ist, bedeutet das zweite uglich y. Dieses ist aber gleich dem das Schweremoment“ der Kreisscheibe K2 bez¨ ” Produkt der Schwerpunktskoordinate ys und dem Flächeninhalt von K2 . Wegen 3π 3 π folgt dann L = − . ys = − und AK2 = 4 16 64


2.3.3

97



L=

¯ R

xy dx + (x2 + y)dy,

¯ die Berandung jenes Bereiches ist, der von den Kurven y = x2 und y = wobei R eingeschlossen wird. 3 Lösung: L = . 20

√

x

2. Berechnen Sie mit Hilfe des GREEN’schen Satzes f¨ ur die Ebene das Kurvenintegral #

3

(2ydx + ey dy) . C

C ist der Rand der Ellipse 25x2 + 9y 2 = 225 und wird im Gegenuhrzeigersinn durchlaufen. Lösung: −30π. 3. Berechnen Sie das Integral

#

(xy 2 dx + ln ydy) . C

C ist der Rand des Dreieckes mit den Eckpunkten (0, 0), (2, 0), (0, 2) und ist entgegen dem Uhrzeigersinn zu durchlaufen. 4 Lösung: − . 3 4. Berechnen Sie

# C

(cos x sin y − x2 y 2 )dx + sin x cos ydy,

wobei C der Rand des durch y = x2 und y = 1 beschränkten Bereichs ist, der im Gegenuhrzeigersinn durchlaufen wird. 8 Lösung: . 21 5. Berechnen Sie das Integral

#

(xy 2 dx + ey dy), C

wobei C die Kurve r = 1 + cos ϕ ist und im Gegenuhrzeigersinn durchlaufen wird. Lösung: 0. 6. Berechnen Sie mit Hilfe des GREEN’schen Satzes f¨ ur die Ebene das Kurvenintegral # C

1 2 1 y dx + x3 dy , 2 3

wobei C der Rand des Bereiches |x| + |y| ≤ 1 ist, der im Gegenuhrzeigersinn durchlaufen wird. Lösung: 1/3 .

98

Kapitel 2. Vektoranalysis 7. Berechnen Sie das Kurvenintegral (mit Hilfe des GREEN’schen Satzes in der Ebene) #

L=

R˙

(x2 − y 2 )dx + (1 − x)ydy

entlang der Berandung des Dreieckes A(0, 0), B(1, 0), C(1, 1). 1 Lösung: L = . 6 #

8. Berechnen Sie: L=

C

(x4 − xy)dx + (x2 + cos y)dy ,

wobei C : x2 + y 2 = 2x positiv orientiert ist. Lösung: L = 3π. 9. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

(sin x + xy 2 ) dx + (ey cos y + x) dy

L= C

längs der Berandung C des von den Kurven y = x2 und x + y = 2 eingeschlossenen Bereichs. C werde dabei im mathematisch positiven Sinn durchlaufen. 63 Lösung: L = . 4 10. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

(x2 + 2xy) dx + 2x2 dy

L= C

längs der Berandung des Kreisrings 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 9. Lösung: L = 0.

2.4. Satz von STOKES

2.4

99

Satz von STOKES

2.4.1

Grundlagen

• Sei v = v1 (x, y, z), v2 (x, y, z), v3 (x, y, z) ein stetig differenzierbares Vektorfeld und F eine st¨ uckweise glatte orientierte Fläche in lR3 . Dann gilt ## F

rotv · do =

,

v · ds .

C=∂F

• Die Randkurve C ist dabei so zu orientieren, dass sie mit dem Normalenvektor der Fläche F eine Rechtsschraube bildet. • Die vorgegebene Fläche F kann durch eine andere F ersetzt werden, wenn sie dieselbe Randkurve besitzt.

2.4.2

Musterbeispiele


L= C

(x − 2y 2 z)dx + (x3 − z 2 )dy + (x2 + y 2 )dz .

Dabei ist C die Schnittkurve der beiden Flächen z 2 = x2 + y 2 und z =

x2

8 , die + y2

vom Ursprung aus gesehen im Uhrzeigersinn orientiert ist. L¨ osung: Die beiden Flächen sind Rotationsflächen jeweils mit der z-Achse als Drehachse. Die Schnittkurve ist daher ein Kreis. Seine Projektion in die xy-Ebene erhalten 64 wir durch Gleichsetzen der z-Werte: x2 + y 2 = 2 , d.h. x2 + y 2 = 4. Der (x + y 2 )2 zugehörige z-Wert ist 2. Wir verwenden den Satz von STOKES: #

L= ∂B

v · dx =

##

B

(rotv · n)do , wobei v = (x − 2y 2 z, x3 − z 2 , x2 + y 2 )T .

Da im Satz von STOKES die linke Seite nur von der Berandung ∂B abhängt, können wir auf der rechten Seite jedes glatte Flächenst¨ uck B wählen, sofern die Berandung die gleiche bleibt. Im vorliegenden Fall wählen wir dann f¨ ur B die Kreisscheibe x2 + y 2 = 4 in der Ebene z = 2. Dann gilt: n = e3 und do = dx dy. Ferner gilt rotv = (2y + 2z, −2y 2 − 2x, 3x2 + 4yz)T . Damit erhalten wir: ##

L=

3x2 + 4y z(x, y) dx dy =

x2 +y 2 ≤4

##

(3x2 + 8y)dx dy

x2 +y 2 ≤4

2

und weiters unter Verwendung von Polarkoordinaten: # 2 # 2π

L= r=0

# 2

+8

(3r2 cos2 ϕ + 8r sin ϕ)r dr dϕ = 3

ϕ=0

r2 dr

r=0 23 3

# 2

# 2π

sin ϕ dϕ = 12π.

ϕ=0 0

r3 dr

r=0

24 4

# 2π

ϕ=0

cos2 ϕ dϕ + π

100


2. Berechnen Sie den Absolutbetrag des Kurvenintegrals #

L= C

(x − yz)dx + (1 + z 2 )dy − 2xydz .

Dabei ist C die Schnittkurve der beiden Flächen 2x2 + y 2 = 1 + z 2 und z = x. L¨ osung: Bei den Flächen handelt es sich um ein einschaliges elliptisches Hyperboloid und um eine Ebene. Die Projektion der Schnittkurve C in die xy-Ebene folgt aus 2x2 + y 2 = 1 + x2 zu x2 + y 2 = 1. Wir verwenden den Satz von STOKES: #

L= ∂B

v · dx =

##

B

(rotv · n)do , wobei v = (x − yz, 1 + z 2 , −2xy)T .

Als B wählen wir das durch C berandete St¨ uck der Ebene z = x. Dann gilt: √ 1 n = √ (1, 0, −1)T und do = 2 dx dy. Ferner gilt rotv = (−2x − 2z, y, z)T . 2 Damit erhalten wir: ##

L=

− 2x − 3 z(x, y) dx dy =

x2 +y 2 ≤1

##

(−5x)dx dy = 0.

x2 +y 2 ≤1

x

Bemerkung: Das letzte Integral ist Null, da der Integrationsbereich bez¨ uglich x symmetrisch ist, der Integrand jedoch ungerade in x. 3. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

(x + y − z)dx + (1 + 3x)dy + (y 2 − x)dz

längs der Schnittkurve C der beiden Flächen

z=

x2 + y 2 − 2x + 1 und z =

1 − x2 − y 2 ,

wobei C - vom Ursprung aus gesehen - im Uhrzeigersinn orientiert ist. L¨ osung: Bei den Flächen handelt es sich um den oberen Teil eines zweischaligen Drehhyperboloids mit einer zur z-Achse parallelen Drehachse durch den Punkt P (1, 0, 0) - der auch Scheitel des Hyperboloids ist - und um den oberen Teil der Kugel K1 (0, 0, 0). Die Projektion der Schnittkurve C in die xy-Ebene folgt aus 1 2 1 x2 + y 2 − 2x + 1 = 1 − x2 − y 2 zu x − + y 2 = . Wir verwenden den Satz von 2 4 STOKES: #

##

(rotv · n)do , wobei v = (x + y − z, 1 + 3x, y 2 − x)T . √ Als B wählen wir das durch C berandete St¨ uck der Halbkugel z = 1 − x2 − y 2 .

T dx dy und do = √ . Dann gilt: n = x, y, 1 − x2 − y 2 1 − x2 − y 2 L=

∂B

v · dx =

B

ucksichtigung von Ferner gilt rotv = (2y, 0, 2)T . Damit erhalten wir unter Ber¨ ¯: B

x−

1 2

2

+ y2 ≤

1 4

L=

## ¯ B

2xy + 2 1 − x2 − y 2 √

dx dy . 1 − x2 − y 2


101

Zur Berechnung dieses Integrals transformieren wir auf Polarkoordinaten: ¯∗ : x = r cos ϕ, y = sin ϕ und erhalten damit den transformierten Bereich B π π − ≤ ϕ ≤ , 0 ≤ r ≤ cos ϕ. Damit erhalten wir: 2 2 ##

r dr dϕ √ 2r2 sin ϕ cos ϕ + 2 1 − r2 √ = L= ¯∗ B 1 − r2 # π/2 # cos ϕ # π/2 # cos ϕ r2 √ = dϕ sin ϕ cos ϕ 2r dr + 2 dϕ r dr = −π/2 r=0 −π/2 r=0 1 − r2 # π/2 # π/2 cos ϕ √ cos ϕ 2 = dϕ sin ϕ cos ϕ (1 − r2 )3/2 − 2 1 − r2 + dϕ r2 = r=0 r=0 3 −π/2 −π/2 # π/2

4 | sin ϕ|3 sin ϕ cos ϕ − 2| sin ϕ| sin ϕ cos ϕ − sin ϕ cos ϕ dϕ + = 3 −π/2

# π/2

+

−π/2

0

cos2 ϕ dϕ =

π . 2

Bemerkung: Unter Ber¨ ucksichtigung von Symmetrien und Interpretation von Integralen können wir einfacher zum Ergebnis gelangen: ## ## ##

dx dy 2xy √ L= 2xy+2 1 − x2 − y 2 √ = dx dy+2 dx dy . ¯ ¯ ¯ 1 − x2 − y 2 1 − x2 − y 2 B B B ¯ bez¨ Das erste Integral ist Null, da der Bereich B uglich y - also bez¨ uglich der x-Achse - symmetrisch ist, der Integrand jedoch bez¨ uglich y eine ungerade Funktion ist. Das ¯ dar. Da es sich hierbei um einen Kreis zweite Integral stellt den Flächeninhalt von B 1 mit Radius 2 handelt, erhalten wir sofort f¨ ur L das Ergebnis π2 . 4. Berechnen Sie den Absolutbetrag des Kurvenintegrals #

L= C

(x + z 2 )dx + (1 − xy)dy + 3z dz .

C ist die Schnittkurve der beiden Flächen z = x2 + y 2 + 1 und 2x + 2y − 2z + 3 = 0. L¨ osung: Bei den Flächen handelt es sich um ein Drehparaboloid und um eine Ebene. Die 3 Projektion der Schnittkurve C in die xy-Ebene folgt aus x2 + y 2 + 1 = x + y + zu 2 1 2 1 2 x− + y− = 1. Wir verwenden den Satz von STOKES: 2 2 #

L= ∂B

v · dx =

##

B

(rotv · n)do , wobei v = (x + z 2 , 1 − xy, 3z)T .

3 Als B wählen wir das durch C berandete St¨ uck der Ebene z = x + y + . Dann gilt: 2 √ 1 n = √ (1, 1, −1)T und do = 3 dx dy. Ferner gilt rotv = (0, 2z, −y)T . 3 2 ¯ : x− 1 + y− 1 ≤ 1 Damit erhalten wir unter Ber¨ ucksichtigung von B 2 2 ## ##

L= 2z(x, y) + y dx dy = (2x + 3y + 3) dx dy . ¯ B

¯ B

Zur Berechnung dieses Integrals transformieren wir auf geeignete Polarkoordinaten:

102

Kapitel 2. Vektoranalysis 1 1 + r cos ϕ, y = + sin ϕ, dx dy = r dr dϕ und erhalten damit den trans2 2 ¯ ∗ : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1. Damit erhalten wir: formierten Bereich B # 2π # 1 # 1 3 11 # 2π 1 + 2r cos ϕ + + 3r sin ϕ + 3 r dr dϕ = dϕ r dr + L= 2 2 ϕ=0 ϕ=0 r=0 r=0 x =

# 2π

# 1

r2 dr +3

cos ϕ dϕ

+2

ϕ=0

0

r=0

1/3

# 2π

# 1

r2 dr =

sin ϕ dϕ

ϕ=0

0

r=0

1/3

2π

1/2

11π . 2

Bemerkung: Die Translation x =

1 ¯ in den Einheitskreis E und + η transformiert B 2 ## 11 + 2ξ + 3η dξ dη . (2x + 3y + 3) dx dy = ¯ 2 E B

1

##2

wir erhalten: L =

+ ξ, y =

##

dξ dη von Null verschieden und 11π . entspricht dem Flächeninhalt des Einheitskreises, woraus folgt: L = 2 5. Berechnen Sie das Kurvenintegral Aus Symmetriegr¨ unden ist nur das Integral

E

#

(xy − z 2 )dx + (1 + y + xz)dy + 3xy dz . √ C ist die Schnittkurve der beiden Flächen z = x2 + y 2 und z = x2 + y 2 , die - vom Ursprung aus gesehen - im Uhrzeigersinn orientiert ist. L¨ osung: Bei den Flächen handelt es sich um ein Drehparaboloid und um einen Drehkegel, beide mit der z-Achse als Rotationsachse. Sie schneiden sich daher längs einer Kreislinie. Gleichsetzen der z-Werte liefert: x2 + y 2 = 1 und z = 1. Wir verwenden den Satz von STOKES: L=

C

#

L= ∂B

v · dx =

##

B

(rotv · n)do , wobei v = (xy − z 2 , 1 + y + xz, 3xy)T .

F¨ ur B kann die Kegelfläche mit z ≤ 1 oder das entsprechende St¨ uck der Paraboloidfläche gewählt werden. Da aber die Randkurve C eine ebene Kurve ist, kann auch die Einheitskreisscheibe in der Ebene z = 1 gewählt werden. Das hat den Vorteil, dass dann der Normalenvektor konstant ist. Mit rot v (x, y, z) = (2x, −3y − 2z, z − x)T und n = (0, 0, 1)T folgt: ##

L=

x2 +y 2 ≤1

##

=

x2 +y 2 ≤1

z(x, y) − x dx dy =

dx dy −

##

## x2 +y 2 ≤1

x2 +y 2 ≤1

(1 − x)dx dy =

x dx dy.

Das zweite Integral ist aus Symmetriegr¨ unden Null, während das erste den Flächeninhalt der Kreisscheibe x2 + y 2 ≤ 1 darstellt. Damit folgt letztlich: L = π.

2.4.3



L= ∂F

2xy dx + x2 dy + (1 + x − z) dz


103

längs der Schnittkurve der beiden Flächen z = x2 + y 2 , 2x + 2y + z = 7 . Dabei werde die Berandung ∂F vom Ursprung aus gesehen im Uhrzeigersinn durchlaufen. Lösung: L = 18π. 2. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

(x2 − y 3 + z 2 ) dx + (xy − z 2 ) dy + 2xz dz.

Dabei ist C die Schnittkurve der beiden Flächen (x−y)2 +z 2 = 2 und x+y +z = 0, die von P (1, 1, 1) aus gesehen entgegen dem Uhrzeigersinn orientiert ist. 3π Lösung: L = . 4 3. Berechnen Sie das Kurvenintegral # xy L= dx + (1 − z)dy + xydz C 1 + x2

√ längs der Schnittkurve C der beiden Flächen x2 + y 2 + z 2 = 9 z = 2 2 dem Betrage nach. Lösung: |L| = 0.

4. Gegeben ist das Vektorfeld ⎛

⎞

x+y ⎜ ⎟ v (x, y, z) = ⎝ z ⎠ . 3 #

Berechnen Sie des Absolutbetrag des Kurvenintegrals L = C

v · dx mit Hilfe des

STOKES’schen Satzes, wobei C die Schnittkurve der beiden Flächen z = 1 − x2 und y 2 + x2 = 1 ist. Lösung: |L| = π. ⎛

⎞

y−z x2 ⎟ 5. Berechnen Sie das Kurvenintegral L = (v , t)ds mit v = ⎠, C y+1 wobei C die Schnittkurve der Flächen z = xy und x2 + y 2 = 4 ist, a) direkt als Kurvenintegral, b) als Flächenintegral mit Hilfe des Satzes von STOKES. #

⎜ ⎝

Lösung: L = −4π. 6. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

2

(ex + y)dx + (z + y)dy + (x2 + y 2 )dz

L= C

längs der Berandung C des Flächenst¨ uckes x + 2y + z = 1,

0 ≤ x ≤ 1,

−1 ≤ y ≤ 1.

(dabei verläuft C vom Ursprung aus gesehen im Uhrzeigersinn). Lösung: L = −8.

104

Kapitel 2. Vektoranalysis #

(v , t)ds, wobei v = (−y, x, z)T

7. Berechnen Sie den Absolutbetrag des Integrals L = C

und C die Randkurve des ebenen Viereckes mit den Eckpunkten A(1, 2, 0), B(4, 1, 1), C(−1, 6, 1), D(3, 8, 4) ist. Lösung: |L| = 40. #

x2 y 3 dx + dy + zdz , wobei C die gegen

8. Gegeben ist das Kurvenintegral L = C

den Uhrzeigersinn orientierte Kreislinie x2 + y 2 = a2 in der xy-Ebene bezeichnet. Berechnen Sie das Kurvenintegral sowohl direkt als auch mit Hilfe des Integralsatzes von STOKES. π Lösung. L = a6 . 8 #

(v , t)ds, wobei v = (−y, x, z)T

9. Berechnen Sie den Absolutbetrag des Integrals C

und C die Schnittkurve der Flächen x2 + y 2 = 4 und y + z = 1 ist. Lösung:

8π.

10. Berechnen Sie den absoluten Betrag des Kurvenintegrals #

L= C

(x − y)dx + 2 dy + ez dz .

Dabei ist C die Schnittkurve der beiden Flächen z = x2 + y 2 − π Lösung: |L| = √ . 3

1 2

und 2z = x2 − y 2 .

2.5. Wegunabhängigkeit von Kurvenintegralen, Potentiale

2.5

105

Wegunabh¨ angigkeit von Kurvenintegralen, Potentiale

2.5.1

Grundlagen

• Das Kurvenintegral eines Gradientenfeldes ist wegunabhängig. • Integrabilitätsbedingungen: ⎛ ⎞ v1 ⎜ . ⎟ n ⎟ Sei v (x1 , . . . , xn ) = ⎜ ⎝ .. ⎠ auf der offenen Menge G ⊂ lR ein stetig differenziervn bares Vektorfeld. Notwendig daf¨ ur, dass v ein Gradientenfeld ist, ist die Symmetrie der Ableitungen, d.h. ∂vj ∂vk = ∂xk ∂xj

f¨ ur alle j, k ∈ {1, . . . , n} .

Im Falle n = 3 ist dies gleichbedeutend mit rot v = 0. ⎛

⎞

v1 .. ⎟ • Das Vektorfeld v (x1 , . . . , xn ) = . ⎟ ⎠ sei auf der offenen und einfach zusamvn menhängenden Menge G ⊂ lRn stetig differenzierbar. Dann gilt: ∂vk ∂vj = f¨ ur alle j, k ∈ {1, . . . , n}. v ist ein Gradientenfeld ⇐⇒ ∂xk ∂xj ⎜ ⎜ ⎝

• Stammfunktion bzw. Potential: Ein Gradientenfeld v (x1 , . . . , xn ) besitzt auf G eine Stammfunktion f (x1 , . . . , xn ), das wie im eindimensionalen Fall durch das Integral als Funktion der oberen Grenze definiert werden kann: f (x1 , . . . , xn ) =

# (x1 ,...,xn ) (x1,0 ,...,xn,0 )

v · dx .

• Das Potential eines Gradientenfeldes v (x1 , . . . , xn ) kann auch durch Integration der ∂f n Gleichungen = vi , i = 1, . . . , n ermittelt werden. ∂xi ∈ C 1 (G) heißt Vektorpotential des Vektorfeldes v , wenn in G • Ein Vektorfeld A v = rot A gilt. Notwendig f¨ ur die Existenz eines Vektorpotentials ist divv = 0. • Ein solches Vektorpotential ist durch = A

# 1 0

t v x0 + t(x − x0 ) × (x − x0 ) dt

gegeben. Jedes weitere Vektorpotential unterscheidet sich von diesem nur durch ein Gradientenfeld.

106


2.5.2

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie g(x, y) derart, dass der Integrand des Kurvenintegrals # x L= dx + g(x, y)dy C x2 + y 2 den Integrabilitätsbedingungen gen¨ ugt. F¨ ur welche Gebiete G ⊂ lR2 ist dann das Integral wegunabhängig? L¨ osung: ∂vi ∂vk Aus den Integrabilitätsbedingungen = f¨ ur i, k = 1, 2, i = k folgt: ∂xk ∂xi ∂ ∂y

x 2 x + y2

=

−2xy ∂g ∂g d.h. 2 . Durch Integration erhalten wir daraus = 2 2 ∂x (x + y ) ∂x

y + ϕ(y), wobei ϕ(y) eine beliebige differenzierbare Funktion bex2 + y 2

g(x, y) =

deutet. Wegunabhängigkeit liegt z.B. vor in Sterngebieten, die den Ursprung nicht enthalten. 2. Untersuchen Sie, ob das Kurvenintegral #B

L=

(2y − x)dx − 2(yz + x)dy + (z + z 2 − x)dz

A

(C)

mit A(0, 1, 0) und B(1, 0, 1) vom Weg C abhängt. Berechnen Sie ferner L längs C: ⎛ ⎞ t ⎟ x(t) = ⎜ ⎝ 1 − t ⎠ , 0 ≤ t ≤ 1. 2 t L¨ osung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2y − x 2y ⎜ ⎟ ⎜ Aus v (x, y, z) = ⎝ −2yz − 2x ⎠ folgt: rotv (x, y, z) = ⎝ 1 ⎟ ⎠ = 0. Daher ist das z + z2 − x −4 Kurvenintegral L wegabhängig. Als nächstes berechnen wir das Kurvenintegral L längs des vorgegebenen Weges: L= = =

# 1 0

# 1 0

# 2 0

# 2

=

0

v x(t), y(t), z(t) · x˙ (t) dt =

2y(t) − x(t) · 1 + − 2y(t)z(t) − 2x(t) (−1) + z(t) + z 2 (t) − x(t) 2t dt =

2 − 2t − t + 2(1 − t)t2 + 2t + 2t3 + 2t5 − 2t2 dt = 5

(2t − t + 2)dt =

t 6 t2 − + 2t 3 2

1 0

=

11 1 1 − +2= . 3 2 6

3. Untersuchen Sie, ob das Kurvenintegral #B

L= A

(C)

2x1 dx1 + x3 dx2 + (x2 − 2x3 )dx3 + x5 dx4 + x4 dx5


107

vom Weg C unabhängig ist, wobei A(0, 1, 2, 0, 1) und B(1, 0, 1, 0, 0). Welchen Wert besitzt L, wenn f¨ ur C die geradlinige Verbindung von A nach B im lR5 gewählt wird? L¨ osung: v (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (2x1 , x3 , x2 −2x3 , x5 , x4 )T ∈ C 1 (lR5 ). Da der lR5 ein Sterngebiet bez¨ uglich aller seiner Punkte ist, sind die Integrabilitätsbedingungen hinreichend. Es gilt: ∂v1 ∂v2 ∂v1 ∂v3 ∂v1 ∂v4 ∂v1 ∂v5 =0= , =0= , =0= , =0= , ∂x2 ∂x1 ∂x3 ∂x1 ∂x4 ∂x1 ∂x5 ∂x1 ∂v2 ∂v3 =1= , ∂x3 ∂x2

∂v2 ∂v4 =0= , ∂x4 ∂x2

∂v2 ∂v5 =0= , ∂x5 ∂x2

∂v3 ∂v4 =0= , ∂x4 ∂x3

∂v3 ∂v5 ∂v4 ∂v5 =0= , =1= , ∂x5 ∂x3 ∂x5 ∂x4 d.h. die Integrabilitätsbedingungen sind erf¨ ullt und das Integral ist daher wegunabhängig. Wir berechnen L längs der geradlinigen Verbindung von A nach B: C : x(t) = (0, 1, 2, 0, 1)T + t(1, −1, −1, 0, −1)T und x˙ (t) = (1, −1, −1, 0, −1)T Damit erhalten wir: L=

# 1 0

# 1

=

0

2t · 1 + (2 − t)(−1) + [1 − t − 2(2 − t)](−1) + 0 + 0 dt =

(2t − 2 + t − 1 + t + 4 − 2t)dt =

# 1 0

1

(1 + 2t)dt = (t + t2 ) = 2. 0

4. Zeigen Sie, dass das Kurvenintegral #B

2x1 dx1 + x3 dx2 + (x2 + x4 )dx3 + x3 dx4

L= A

(C)

vom Weg C unabhängig ist. Bestimmen Sie ferner den Wert von L f¨ ur A(0, 0, 0, 0) und B(1, 1, 0, 1) mit Hilfe der Stammfunktion (Potential). L¨ osung: v (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (2x1 , x3 , x2 + x4 , x3 )T ∈ C 1 (lR4 ). Da der lR4 ein Sterngebiet bez¨ uglich aller seiner Punkte ist, sind die Integrabilitätsbedingungen hinreichend. Es gilt: ∂v1 ∂v2 ∂v1 ∂v3 ∂v1 ∂v4 ∂v2 ∂v3 =0= , =0= , =0= , =1= , ∂x2 ∂x1 ∂x3 ∂x1 ∂x4 ∂x1 ∂x3 ∂x2 ∂v2 ∂v4 =0= , ∂x4 ∂x2

∂v3 ∂v4 =1= , ∂x4 ∂x3

d.h. die Integrabilitätsbedingungen sind erf¨ ullt und das Integral ist daher wegunabhängig. Die Vektorfunktion v besitzt ein Potential f , d.h. es gilt dann v =gradf . ∂f Integration der ersten Komponente = 2x1 = v1 liefert: f = x21 + ϕ(x2 , x3 , x4 ). ∂x1 ∂f ∂ϕ Integration der zweiten Komponente: = = x3 = v2 liefert: ∂x2 ∂x2

108

Kapitel 2. Vektoranalysis ϕ(x2 , x3 , x4 ) = x2 x3 + ψ(x3 , x4 ), d.h. f = x21 + x2 x3 + ψ(x3 , x4 ). Integration der dritten Komponente:

∂ψ ∂f = x2 + = x2 + x4 = v3 liefert: ∂x3 ∂x3

ψ(x3 , x4 ) = x3 x4 + χ(x4 ), d.h. f = x21 + x2 x3 + x3 x4 + χ(x4 ). ∂f = x3 + χ (x4 ) = x3 = v4 liefert: ∂x4

Integration der letzten Komponente:

χ(x4 ) = c d.h. ist konstant. Somit: f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = x21 + x2 x3 + x3 x4 + c. Damit erhalten wir: L = f (B) − f (A) = 1 + c − c = 1. 5. Bestimmen Sie λ ∈ lR so, dass das Kurvenintegral #B

L= A

λydx + xdy y(x + y)

(C)

vom Weg C unabhängig ist, und ermitteln Sie L f¨ ur A(0, 2) und B(3, 2). L¨ osung: λy ∂ x ∂ = , woraus wegen ∂y y(x + y) ∂x y(x + y) λ x 1 1 − − folgt: λ = −1. = = (x + y)2 y(x + y) y(x + y)2 x+y Die Integrabilitätsbedingung lautet:

F¨ ur das Potential ϕ(x, y) gilt:

1 ∂ϕ x ∂ϕ =− und = . ∂x x+y ∂y y(x + y)

Integration der ersten Gleichung liefert ϕ(x, y) = − ln(x + y) + ψ(y). Die Inte” grationskonstante“ ψ(y) wird dann durch Einsetzen in die zweite Gleichung be1 x 1 stimmt: − + ψ (y) = =⇒ ψ (y) = . Das ergibt das Potential x+ y y(x + y) y y 2 ϕ(x, y) = ln . Daraus folgt: L = ϕ − ϕ = ϕ(3, 2) − ϕ(0, 2) = ln . B A x+y 5 ⎛

⎞

−y ⎟ f¨ 6. Bestimmen Sie ein Vektorpotential A ur die Vektorfunktion v = ⎜ ⎝ x ⎠. 0 L¨ osung: ⎛ ⎞ 0 ⎟ =⎜ = v : 0 Mit dem naheliegenden Ansatz A ⎝ ⎠ folgt aus rotA A3 (x, y) ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂A3 (x,y) ∂y (x,y) − ∂A3∂x

0

⎞

⎛ ⎟ ⎟ ! ⎜ ⎟=⎝ ⎠

⎞

−y x2 + y 2 x ⎟ . ⎠ . Integration liefert: A3 (x, y) = − 2 0

f¨ 7. Bestimmen Sie ein Vektorpotential A ur die Vektorfunktion ⎛

v =

⎜ ⎝

⎞

x y ⎟ ⎠ . −2z


109

L¨ osung: Wir verwenden die Formel = A mit x0 = 0: = A

2.5.3

⎛ # 1 ⎜ t⎝ 0

⎞

# 1

0

⎛

t v x0 + t(x − x0 ) × (x − x0 ) dt

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

tx x 3yz yz # ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 2 ⎜ ty ⎟ t dt = ⎝ −xz ⎠ . ⎠ × ⎝ y ⎠ dt = ⎝ −3xz ⎠ 0 −2tz z 0 0


1. Gegeben ist das Kurvenintegral #

L= C

(2x + z)dx + (2y − z 2 )dy + (x − 2yz)dz .

a) Zeigen Sie, dass dieses Kurvenintegral vom Weg unabhängig ist. b) Wählen Sie eine Kurve mit dem Anfangspunkt P (1, −1, 0) und dem Endpunkt Q(0, 2, 4), längs derer das Kurvenintegral zu berechnen ist. Lösung: L = −30. 2. Pr¨ ufen Sie, ob das folgende Kurvenintegral vom Integrationsweg abhängt: # C

(x − z)dx + ey dy − xdz .

Lösung: rot v = 0 , d.h. das Kurvenintegral ist vom Weg unabhängig. 3. Untersuchen Sie, ob das Kurvenintegral #

(x2 + z)dx + y 4 dy + zdz

L= C

vom Weg C abhängig ist. Lösung: Wegabhängig. 4. F¨ ur welche Skalarfunktion v3 (x, y, z) ist das folgende Kurvenintegral wegunabhängig? #

xy dx + C

x2 dy + v3 (x, y, z) dz 2

Lösung: v3 (x, y, z) = ϕ(z) mit ϕ beliebig. 5. Zeigen Sie, dass das Kurvenintegral # C

cos y sin z dx − x sin y sin z dy + x cos y cos z dz

vom Weg unabhängig ist. Berechnen Sie das Integral f¨ ur den Fall, dass C ein Integrationsweg ist, der A(0, 0, 0) mit B(0, −1, 1) verbindet. Lösung: 0.

110


6. Untersuchen Sie, f¨ ur welche α ∈ lR das Kurvenintegral #

L= C

(2x + yz) dx + (xz + αz) dy + (xy − y) dz

wegunabhängig ist. Lösung: α = −1. 7. Zeigen Sie, dass das Kurvenintegral #B

L= A

x y dx + dy 1 + x2 + y 2 1 + x2 + y 2

(C)

vom Weg C unabhängig ist. Berechnen Sie das Integral f¨ ur den Fall, dass C ein beliebiger Integrationsweg ist, der A(1, 0) mit B(0, 1) verbindet. Lösung: L = 0. 8. Gegeben ist das Vektorfeld ⎛

v (x, y, z) =

⎜ ⎝

⎞

x + ey + cos z xey + y + z ⎟ ⎠ . −x sin z + y

Pr¨ ufen Sie, ob es eine Stammfunktion f (x, y, z) gibt, d.h. dass gilt: v = grad f . Ermitteln Sie im Fall der Existenz diese Stammfunktion. y2 x2 + xey + x cos z + + yz + C. Lösung: f (x, y, z) = 2 2 9. Unter welchen Bedingungen an die Konstanten a, b, c, α, β, γ stellt

ax2 + 2bxy + cy 2 v = αx2 + 2βxy + γy 2

ein konservatives Vektorfeld dar? Wie lautet die zugehörige Stammfunktion? γy 3 ax3 + bx2 y + cxy 2 + + D. Lösung: α = b, β = c f (x, y) = 3 3

10. Ermitteln Sie ein Vektorpotential zu v =

= 0, 0, ln(x2 + y 2 ) Lösung: A

T

.

2y −2x , ,0 x2 + y 2 x2 + y 2

T

.

Kapitel 3 Gewo ¨hnliche Differentialgleichungen 3.1

Gew¨ ohnliche Differentialgleichungen erster Ordnung

3.1.1

Grundlagen

• Explizite Form:

y (x) = f x, y(x) . Eine Lösung ist eine auf einem gewissen Intervall differenzierbare Funktion, die dort die Differentialgleichung identisch erf¨ ullt. Eine Reihe spezieller Differentialgleichungen erster Ordnung lassen sich elementar integrieren (lösen). • y (x) = f (x) . Sei F (x) eine Stammfunktion von f (x). Dann ist y(x) = F (x) + C.

• y (x) = f y(x) Dann ist: 1 =

. Sei F (y) eine Stammfunktion von

1 . f (y)

y d = F (y), woraus durch Integration nach x folgt: F (y) = x + C. f (y) dx

• y (x) = f (y)g(x) . Die Integration gelingt durch Trennung der Veränderlichen“ : ” y 1 = g(x). Sei F (y) eine Stammfunktion von und G(x) eine solche von g(x). f (y) f (y) Dann folgt durch Integration nach x: #

F (y) = #

# # dy y (x)

dx = = g(x) dx = G(x) + C, d.h. f (y) f y(x)

# dy = g(x) dx + C. f (y)

• y (x) = f (x)y · · · lineare, homogene Differentialgleichung 1. Ordnung. y Trennung der Veränderlichen liefert: = f (x) . Nach Integration u ¨ber x folgt: y + ln |y| = f+(x) dx + ln C mit zunächst C > 0. Schließlich erhält man: y(x) = Ce f (x) dx , C ∈ lR beliebig. H. Wallner, Aufgabensammlung Mathematik, DOI 10.1007/978-3-8348-8648-4_3, © Vieweg+Teubner Verlag | Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2012

112

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen

• y (x) = f (x)y + g(x) · · · lineare, inhomogene Differentialgleichung 1. Ordnung. +

Mit dem Ansatz: y(x) = C(x)e durch Einsetzen: C (x)e

+

f (x) dx

f (x) dx

(Variation der Konstanten) erhalten wir

+ C(x)f (x) = C(x)f (x) + g(x), d.h. C (x) = g(x)e−

#

schließlich folgt: y(x) = C +

g(x)e−

+

f (x) dx

+

dx e

f (x) dx

+

f (x) dx

, woraus

mit C ∈ lR beliebig.

• y = xy + f (y ) · · · CLAIRAUT’sche Differentialgleichung. Durch Differenzieren nach x erhalten wir: y = y + xy + f (y )y d.h.

y x+f (y ) = 0, woraus entweder y = 0 oder x+f (y ) = 0 folgt. In beiden Fällen m¨ ussen wir bedenken, dass sich durch das Differenzieren die Lösungsgesamtheit vergrößert hat. Daher m¨ ussen wir die so erhaltenen Lösungen noch in die urspr¨ ungliche Differentialgleichung einsetzen. (i) y = 0 −→ y(x) = Cx + D, woraus durch Einsetzen folgt: Cx + D = xC + f (C) d.h. D = f (C). Somit: y(x) = Cx + f (C). Dies stellt eine Geradenschar dar. (ii) Aus den beiden Gleichungen x = −f (y ) und y = xy + f (y ) eliminieren wir y , wobei wir ber¨ ucksichtigen, dass im Punkt (x, y) die Ableitung y durch die Differentialgleichung f¨ ur alle Lösungen bestimmt ist. Daher ist y = C und wir er x = −f (C) der singulären halten die Parameterdarstellung y = −Cf (C) + f (C) ” Lösung“ . Sie ist geometrisch die Einh¨ ullende der Geradenschar unter (i). • y = xf (y ) + g(y ) · · · d’ALAMBERT’sche Differentialgleichung. Der Fall f (y ) ≡ y entspricht der CLAIRAUT’schen Differentialgleichung. Sei nun f (y ) ≡ y , d.h. die Differentialgleichung enthält keine Gerade in ihrer Lösungsgesamtheit. Dann ist aber y ≡ 0. Wir setzen im Folgenden y = p. Differentiation der d’ALAMBERT’schen Differentialgleichung nach x liefert:

dp dp p = f (p) + xf (p) + g (p) . Da ≡ 0 ist, existiert lokal die Umkehrfunktion dx dx 1 dx dx = dp . Damit erhalten wir durch Multiplikation mit : von p(x) und damit dp dp dx

dx dx − x f (p) = g (p), d.h. a(p) + b(p)x = c(p). p − f (p) dp dp a(p)

b(p)

c(p)

Dies ist aber eine lineare, inhomogene Differentialgleichung f¨ ur x(p). Einsetzen der Umkehrfunktion der Lösung dieser Differentialgleichung in die d’ALAMBERT’sche Differentialgleichung liefert dann deren Lösung. • y + f (x)y = g(x)y α · · · BERNOULLI-Differentialgleichung. Die Fälle y = 0, α = 0 und α = 1 sind trivial: F¨ ur α > 0 ist stets y = 0 eine Lösung und in den Fällen α = 0 und α = 1 ist die Differentialgleichung linear. In den u ¨brigen Fällen multiplizieren wir die Gleichung mit y −α und erhalten: 1−α folgt mit y −α y + f (x)y 1−α = g(x). Mit der Transformation z(x) := y(x) z (x) = (1 − α)y −α y durch Einsetzen: z + (1 − α)f (x)z = (1 − α)g(x). Dies ist eine lineare, inhomogene Differentialgleichung, deren Lösung bereits bekannt ist.

3.1. Gewöhnliche Differentialgleichungen erster Ordnung

113

• y = f (x)y 2 + g(x)y + h(x) · · · RICCATI-Differentialgleichung. Die RICCATI-Differentialgleichung ist zwar nicht immer elementar integrierbar, wohl aber bei Kenntnis einer oder mehrerer partikulärer (spezieller) Lösungen. 1. Sei y1 eine spezielle Lösung. Dann treffen wir den Ansatz: y(x) = y1 (x)+

1 . u(x)

1 u 2y1 1 Einsetzen liefert: y1 − 2 = f (x) y12 + + 2 + g(x) y1 + + h(x) und u u u u weiters:

u 2f (x) f (x) g(x) + 2 + . y1 − f (x)y12 − g(x)y1 + h(x) = 2 + u u u u 0

Nach Multiplikation mit u2 erhalten wir die lineare Differentialgleichung u + 2f (x)y1 + g(x) u = −f (x). 2. Seien y1 und y2 spezielle Lösungen mit y1 = y2 . Dann treffen wir den Ansatz: + y1 − y 2 . Einsetzen liefert: u(x) = 1 + Ce (y1 −y2 )dx . y(x) = y2 + u(x) 3. Seien y1 , y2 und y3 paarweise verschiedene spezielle Lösungen. Dann gilt: y − y 1 y2 − y 1 : = C d.h. das Doppelverhältnis dreier Lösungen ist konstant. y − y 3 y2 − y3 4. Seien α(x), β(x), γ(x) und δ(x) gegeben mit αδ − βγ = 0, dann f¨ uhrt die α(x)z(x) + β(x) gebrochen lineare Transformation“ y(x) = y(x) als Lösung ” γ(x)z(x) + δ(x) einer RICCATI Gleichung u ¨ber in z(x), das wieder einer RICCATI Gleichung gen¨ ugt und umgekehrt. 1 w (x) 5. Sei f (x) = 0 auf I. Die Transformation y(x) → w(x) mit y(x) = − f (x) w(x) f¨ uhrt die RICCATI-Gleichung u ¨ber in die lineare Diff.Gleichung 2. Ordnung: f (x) w + h(x)f (x)w = 0. w − g(x) + f (x)

• y (x) = f

y(x) x

· · · gleichgradig homogene Differentialgleichung.

Mit der Substitution y(x) = xz(x) erhalten wir zunächst: xz + z = f (z) woraus z 1 durch Trennung der Veränderlichen folgt: = . Integration nach x liefert: f (z) − z x # dz = ln x + C. f (z) − z

• y (x) = f

ax + by + c αx + βy + γ

. Wir unterscheiden 3 Fälle:

ur B = 0 1. α = β = 0: y = f (Ax + By + C). Der Fall B = 0 ist trivial. F¨ liefert die Substitution z(x) = Ax + By(x) + C: z = A + Bf (z) und weiters: # dz = x + D. A + Bf (z)

114

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen 2. aβ − αb = 0: =⇒ ∃λ ∈ lR, λ = 0 : a = λα, b = λβ. Damit erhalten wir:

λ(αx + βy) + c . Mit der Substitution z(x) = αx + βy, β = 0 folgt: (αx+ βy) +γ # λz + c dz

= x + D. z = α + βf =⇒ z+γ α + βf λz+c

y = f

z+γ

3. aβ − αb = 0: Dann besitzt das Gleichungssystem

aξ + bη + c = 0 αξ + βη + γ = 0

eine (eindeutige) Lösung (ξ, η).

Mit der linearen Transformation

x=u+ξ erhalten wir: y =v+η

a + b uv dv a(u + ξ) + b(v + η) + c au + bv dy =f = =f =f = du dx α(u + ξ) + β(v + η) + γ αu + βv α + β uv v =F . Dies ist aber eine gleichgradig homogene Differentialgleichung. u • y = f (x, y ) · · · y kommt nicht explizit vor. Diese Differentialgleichung ist zwar zunächst von 2. Ordnung. Mit der Substitution y (x) = u(x) erhalten wir aber eine solche 1. Ordnung: u = f (x, u), deren Lösung dann noch zu integrieren ist. • y = f (y, y ) · · · x kommt nicht explizit vor. Falls y = 0 auf dem Lösungsintervall I, existiert dort die Umkehrfunktion zu y(x), d.h. wir können x durch y ausdr¨ ucken. Dann ist y (x) = ϕ(y), d.h. eine Funktion dϕ(y) d ϕ(y) = y = ϕ(y)ϕ (y). Damit erhalten wir von y. Ferner ist dann y (x) = dx dy

wieder eine Differentialgleichung 1. Ordnung ϕ(y)ϕ (y) = f y, ϕ(y) , deren Lösung dann weiter nach x zu integrieren ist. • Exakte Differentialgleichung: Eine Differentialgleichung 1. Ordnung in expliziter Form läßt sich auch in der Form P (x, y) + y Q(x, y) = 0 bzw. P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 ∂P ∂Q schreiben. Ist dann die Integrabilitätsbedingung“ = erf¨ ullt, existiert eine ” ∂y ∂x Potentialfunktion (Stammfunktion) F (x, y), f¨ ur die gilt: gradF = (P, Q)T . Wegen dF = 0 infolge der Differentialgleichung ist dann F (x, y) = C eine Lösung in impliziter Form. • Integrierender Faktor (EULER’scher Multiplikator): Ist die Differentialgleichung P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 nicht exakt, gibt es eine Funktion M (x, y) derart, dass die Differentialgleichung M (x, y)P (x, y) dx + M (x, y)Q(x, y) dy = 0

P˜ (x,y)

˜ Q(x,y)


115

exakt ist. M = F: Solche spezielle Multiplikatoren findet man z.B. in folgenden Fällen, wobei M P y − Qx a) M = M (x) falls = F (x), Q P y − Qx = −F (y), b) M = M (y) falls P P y − Qx c) M = M (x + y) falls = −F (x + y), P −Q P y − Qx = F (x · y), d) M = M (x · y) falls yQ − xP

e) M = M

x y

falls

Py − Q x 2 x =F Q

f) M = M (x2 + y 2 ) falls

x , y

P y − Qx = F (x2 + y 2 ). 2(xQ − yP )

• Differentialgleichung einer Kurvenschar:

Aus der Gleichung der Kurvenschar F x, y(x), C = 0 kann der Scharparameter durch Differenzieren der Gleichung eliminiert werden. Das liefert dann die Differentialgleichung der Kurvenschar. • Isogonale bzw. orthogonale Trajektorien:

Zu einer gegebenen Kurvenschar F x, y1 (x), C1 = 0 soll eine weitere Schar

G x, y2 (x), C2 = 0 so bestimmt werden, dass sie die erste Schar unter einem kony + C stanten Winkel ϕ schneidet. Daf¨ ur muss gelten: y2 = 1 , wobei C = tan ϕ. 1 − Cy1 1 Soll der Schnitt unter rechtem Winkel erfolgen, muss gelten: y2 = − . y1

3.1.2

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung (1 + x)y + (1 − y)xy = 0 . L¨ osung: Unter der Voraussetzung x = 0 und y = 0 lassen sich die Variablen x und y in der vorliegenden Differentialgleichung mittels Division durch xy trennen und wir 1+x y−1 erhalten: = y . Integration nach x liefert unter Verwendung der Substix y tutionsformel f¨ ur Integrale: #

# # 1+x y−1 y−1 dx = y dx = dy x y y

˜ Daraus folgt durch Entlogarithmieren“ : und weiters: ln |x| + x = y − ln |y| + C. ” ˜ ˜ x y 1 C C xe = e y e und schließlich mit e = C: xy = Cey−x .

116

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen Bemerkungen: ˜ a) Wegen eC = C ist zunächst C > 0. Durch Einsetzen in die Differentialgleichung sehen wir aber, dass C beliebig gewählt werden kann. b) Der Fall C = 0 liefert dann auch die Lösungen x = 0 und y = 0, die wir zunächst aus rechentechnischen Gr¨ unden (Division) ausgeschlossen haben.

2. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung (x2 − 1)y + 2y = 0 . Welche Lösungskurve enthält den Punkt P (0, 1)? L¨ osung: Trennung der Veränderlichen (wobei wir zunächst x = ±1 und y = 0 voraussetzen) und anschließende Integration liefert: #

# dy # y dx 1 # dx 1 # dx = dx = − , = 2y 2y x2 − 1 2 x+1 2 x−1

woraus folgt: ln |y| = ln |x + 1| − ln |x − 1| + ln |C| bzw. weiterhin: y(x) = C

x+1 . x−1

Auch hier können wir letztlich C = 0 zulassen, da auch y = 0 Lösung ist. Die zwei Fälle x = ±1 sind im allgemeineren Sinne auch Lösungen der Differentialgleichung (x2 − 1)dy + 2ydx = 0, sind aber in der allgemeinen Lösung nicht enthalten. 1+x Aus y(0) = −C = 1 folgt C = −1 und damit die Lösungskurve y(x) = . 1−x 3. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung x(y 2 − 1)y + y(x2 − 1) = 0 . L¨ osung: Trennung der Veränderlichen (wobei wir zunächst x = 0 und y = 0 voraussetzen) und anschließende Integration liefert: #

bzw.

# y2 − 1 1 − x2 dy = dx y x

x2 y2 − ln |y| = ln |x| − + C, woraus wieder folgt: 2 2 x2 + y 2 = 2 ln |xy| + C .

Hier sind die beiden ausgeschlossen Fälle x = 0 und y = 0 keine Lösungen. 4. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y = tan(x + y) − 1 .


117

Bestimmen Sie jene Lösung, f¨ ur die gilt: y(0) = π. L¨ osung: Hier ist zunächst eine Trennung der Variablen nicht möglich. Wir versuchen durch eine Variablentransformation auf eine separierbare“ Differentialgleichung zu kom” men. Es liegt nahe, die Substitution x + y =: z(x) zu wählen. Dann erhalten wir mit y = z − 1#die transformierte Differentialgleichung z − 1 = tan z − 1 bzw. # cos z dz = dx erhalten wir (zunächst wieder unter Ausschluß z = tan z. Aus sin z von z = kπ, k ∈ ZZ): ln | sin z| = x + ln |C| bzw. weiters nach R¨ ucktransformation: sin(x + y) = Cex . Der zunächst ausgeschlossene Fall x + y = kπ, d.h. y = kπ − x ist ebenfalls Lösung der Differentialgleichung und ist mit C = 0 in der allgemeinen Lösung mit enthalten. Aus y(0) = π folgt sin π = C, d.h. C = 0 und damit y(x) = π − x. 5. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y(xy + 1) + x(1 + xy + x2 y 2 )y = 0 . L¨ osung: Auch hier ist zunächst eine Trennung der Variablen nicht möglich. Wir versuchen wieder durch eine Variablentransformation auf eine separierbare“ Differentialglei” chung zu kommen. Es liegt nahe, die Substitution xy =: z(x) zu wählen. Dann erhalten wir mit y + xy = z die transformierte Differentialgleichung

z z (z + 1) + (1 + z + z 2 ) z − =0, x x woraus durch Vereinfachung folgt: z 3 = (1 + z + z 2 )xz . Diese Differentialgleichung läßt sich separieren und wir erhalten: #

Das liefert: ln |x| = ln |z| −

dx # = x

1 1 1 + + z z2 z3

dz .

1 1 − 2 − C bzw. nach R¨ ucktransformation: z 2z ln |y| =

1 1 + +C . xy 2x2 y 2

Die weiteren Lösungen x = 0 und y = 0 sind in der allgemeinen Lösung nicht enthalten. Bemerkung: Alle Differentialgleichungen der Form yf (xy) + xg(xy)y = 0 werden mittels der Substitution xy = z(x) separierbar. 6. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung xy − 3y = x2 .

118

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen L¨ osung: Die vorliegende Differentialgleichung ist linear und inhomogen. Ihre allgemeine Lösung ist als Summe einer allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung und einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung darstellbar. Jede lineare homogene Differentialgleichung 1. Ordnung ist durch Trennung der Variy 3 ablen integrierbar. Aus = folgt durch Integration: yh = Cx3 . Zur Gewinnung y x einer partikulären Lösung der inhomogenen Differentialgleichung variieren“ wir die ” Integrationskonstante: yi = C(x)x3 . Einsetzen in die gegebene Differentialgleichung 1 liefert: x4 C (x) + 3x3 C(x) − 3x3 C(x) = x2 bzw. C (x) = 2 . Durch Integration x 1 folgt daraus C(x) = − und daraus yi = −x2 . Damit erhalten wir f¨ ur die allgex meine Lösung der Differentialgleichung: y(x) = Cx3 − x2 .

7. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y =

y . 1 + x − y2

L¨ osung: Die vorliegende Differentialgleichung, als Gleichung mit x als unabhängiger Variablen, ist nicht linear. Wir schreiben sie um in eine Differentialgleichung mit y als unabhängiger Variablen: 1 y = x 1 + x − y2

bzw.

yx − x = 1 − y 2 .

Letztere ist aber eine lineare Differentialgleichung. Die homogene Differentialgleichung hat die allgemeine Lösung x(y) = Cy. Eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung könnten wir wieder mittels Variation der Konstanten finden. Wir versuchen aber einen speziellen Lösungsansatz: xi (y) = a + by + cy 2 . ¨ Dieser Ansatz wir durch folgende Uberlegung motiviert: Die rechte Seite“ ist ein ” Polynom 2. Grades in y. Falls x(y) ein Polynom n-ten Grades ist, so ist auch ¨ yx(y)−x(y) ein Polynom vom Grad n. Wegen der Ubereinstimmung mit der rechten Seite ist dann n = 2 zu wählen. Einsetzen von xi (y) = a + by + cy 2 in die Differentialgleichung liefert: by + 2cy 2 − a − by − cy 2 = 1 − y 2 . Koeffizientenvergleich ergibt: a = −1 und c = −1. Die Konstante b kann so nicht bestimmt werden. Dies liegt daran, dass y Lösung der homogenen Gleichung ist. Deshalb können wir b = 0 setzen und erhalten somit: xi (y) = −1 − y 2 und letztendlich insgesamt: x = Cy − 1 − y 2 . 8. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung x2 y 2 y + xy 3 = 1 .


119

L¨ osung: Auflösung dieser Differentialgleichung nach y liefert: 1 1 y = − y + 2 y −2 . x x Dies ist eine BERNOULLI-Differentialgleichung y = A(x)y + B(x)y α . Sie geht mit der Transformation z(x) = y 1−α in eine lineare Differentialgleichung u ¨ber. Im vorliegenden Fall ist α = −2. Wir setzen daher z(x) = y 3 . Mit z = 3y 2 y erhalten wir die lineare Differentialgleichung : x2 z + xz = 1 . 3 3 z = − , F¨ ur die Lösung der homogenen Gleichung trennen wir die Variaben: z x C woraus durch Integration folgt: zh = 3 . x Um eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung zu bestimmen, variieren C(x) wir wieder die Integrationskonstante C, d.h. wir setzen: zi = . Einsetzen in x3 3 3 die Differentialgleichung liefert: C (x) = 3x bzw. C(x) = x2 d.h. zi (x) = . 2 2x Mit z(x) = zh + zi und z = y 3 erhalten wir schließlich: y3 =

C 3 + . x3 2x

Bemerkung: Die Transformation z = y 3 hätte man in der urspr¨ unglichen Differentialgleichung x2 y 2 y + xy 3 = 1 direkt erkennen können. 9. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y − y = xy 5 . √ Welche Lösungskurve enthält den Punkt P (0, 2)? L¨ osung: Es handelt sich um eine BERNOULLI-Gleichung mit α = 5. Mit der Transformation z(x) = y 1−α = y −4 erhalten wir die lineare Differentialgleichung z + 4z = −4x. Die Lösung der homogenen Gleichung ist zh = Ce−4x . Eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung ist wegen der rechten Seite als Polynom 1. Grades anzusetzen: zi = a + bx. Einsetzen liefert: b + 4a + 4bx = −4x, woraus durch Koeffizientenvergleich b = −1 und a = 41 folgt. Damit ist die Lösung der linearen Differentialgleichung durch z(x) = Ce−4x − x − 14 gegeben. Insgesamt erhalten wir nach R¨ ucktransformation: 4 y4 = . 1 − 4x + De−4x Eine weitere Lösung ist y = 0. Sie ist in der allgemeinen Lösung nicht enthalten. √ 4 =⇒ D = 0. Die gesuchte Lösungskurve ist dann Aus y(0) = 2 folgt 4 = 1+D 4 y(x) = 4 . 1 − 4x

120


10. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y = x2 +

y y2 + . x x4

L¨ osung: Es handelt sich um eine RICCATI-Differentialgleichung, d.h. eine Differentialgleichung der Form y = h(x) + g(x)y + f (x)y 2 , die sich bekanntlich mit Hilfe einer 1 partikulären Lösung yp (x) mittels der Transformation y(x) = yp (x) + in die v(x) lineare Differentialgleichung

v + 2f (x)yp (x) + g(x) v = −f (x) u uhren lässt. ¨berf¨ Wir suchen also zunächst eine partikuläre Lösung unserer Differentialgleichung. Es liegt nahe, eine solche als Potenz von x zu suchen. Durch Probieren finden wir yp = x3 . Damit erhalten wir die lineare Differentialgleichung v +

1 3 v=− 4 . x x

C . Mittels des Ansatzes x3 C(x) 1 , d.h. Variation der Konstanten, folgt wegen C (x) = − mit der vi (x) = x3 x ln |x| Lösung C(x) = − ln |x| die partikuläre Lösung vp (x) = − 3 , woraus wir erhalten: x C − ln |x| . Insgesamt folgt dann: v(x) = x3 Die Lösung der homogenen Gleichung finden wir zu vh =

y(x) = x3 +

x3 . C − ln |x|

11. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y = (1 − x + x2 ) + (1 − 2x)y + y 2 . L¨ osung: Wiederum handelt es sich um eine RICCATI-Differentialgleichung mit den Koeffizienten f (x) = 1, g(x) = (1−2x) und h(x) = 1−x+x2 . Wie man leicht nachpr¨ uft, 1 ist yp = x eine partikuläre Lösung. Mit dem Ansatz y(x) = yp (x) + v(x) erhalten wir die lineare Differentialgleichung v + v = −1, deren allgemeine Lösung sich zu v(x) = Ce−x − 1 ergibt. Damit erhalten wir: y(x) = x +

1 . Ce−x − 1

Bei der Suche nach einer partikulären Lösung wäre es auch naheliegend gewesen, yp als Polynom in x anzusetzen, wobei wegen der speziellen Form von f (x), g(x) und h(x) ein Polynom 1. Grades als geeignet erscheint, d.h. yp = a + bx. Einsetzen in


121

die Differentialgleichung liefert dann: b = 1 − x + x2 + a − 2ax + bx − 2bx2 + a2 + 2abx + b2 bzw. (1 + a − b + a2 ) + (−1 − 2a + b + 2ab)x + (1 − 2b + b2 )x2 = 0, woraus das (nichtlineare) Gleichungssystem 1 + a − b + a2 = 0, −1 − 2a + b + 2ab und 1 − 2b + b2 folgt. Die letzte Gleichung besitzt die eindeutig bestimmte Lösung b = 1. Damit ist die zweite Gleichung automatisch erf¨ ullt. Aus der ersten Gleichung ergibt sich f¨ ur b = 1: a + a2 = 0, d.h. die zwei Lösungen a = 0 und a = −1. Somit erhalten wir zwei partikuläre Lösungen unserer Differentialgleichung: y1 = x (die wir bereits kennen) und y2 = x − 1. Mit der Kenntnis von zwei verschiedenen partikulären Lösungen y1 und y2 ist dann die allgemeine Lösung durch y(x) = y1 (x) +

y2 (x) − y1 (x) u(x)

#

mit u(x) = 1 + C exp

(y2 − y1 )dx

bestimmt. F¨ ur die gegebene Differentialgleichung ist dann u(x) = 1 + Ce−x und damit: y(x) = x +

1 . Ce−x − 1

Eine weitere Lösungsmöglichkeit bei einer RICCATI-Differentialgleichung besteht 1 w (x) darin, mittels der Transformation y(x) = − f¨ ur w die lineare Differenf (x) w(x) tialgleichung f (x) w + h(x)f (x)w = 0 w − g(x) − f (x) zu erhalten und zu lösen. In unserem Fall ist dies die Differentialgleichung w + (2x − 1)w + (1 − x + x2 )w = 0 , deren Lösung mit den mit den Methoden f¨ ur Differentialgleichungen 2. Ordnung zu x2 w(x) = (C1 + C2 ex )e− 2 ermittelt werden kann. Damit erhalten wir f¨ ur die Lösung der RICCATI-Differentialgleichung: y(x) = −

woraus mit

w (x) C2 ex 1 = − ln w(x) = − +x=x− C1 −x , x w(x) C 1 + C2 e 1 + C2 e

C1 = −C wiederum folgt: C2 y(x) = x +

1 . Ce−x − 1

12. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung yy = 2y − x .

122

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen L¨ osung:

2y − 1 y 2y − x = f handelt es sich um eine gleichgradige = xy y x x homogene Differentialgleichung. Sie läßt sich bekanntlich durch die Substitution z(x) := xy , d.h. y = xz in eine separierbare Differentialgleichung transformieren. 2z − 1 Im vorliegenden Fall erhalten wir damit: xz + z = bzw. weiters: z (z − 1)2 −z 2 + 2z − 1 =− , woraus durch Trennung der Veränderlichen xz = z z 1 1 1 1 z bzw. weiters − − folgt. z = z = − (z − 1)2 x z − 1 (z − 1)2 x

Wegen y =

1 Integration liefert: − ln |z − 1| + = ln |x| + ln |C|, woraus wir nach R¨ ucktransz − 1 y 1 = ln |x| + ln |C| erhalten. formation − ln − 1 + y x −1 x Vereinfachung liefert schließlich: x

C(y − x) = e y−x . Eine weitere Lösung ist y = x. Sie ist in der allgemeinen Lösung nicht enthalten. Zu dieser Lösung kommt man dadurch, dass man jene Fälle, die man bei der Trennung der Veränderlichen wegen der nichterlaubten Division durch Null ausschließen musste (im vorliegenden Fall z = 1, d.h. y = x) untersucht, ob sie auch Lösungen der Differentialgleichung sind. 13. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung xy cos L¨ osung: Wegen y =

y y = y cos −x . x x

y 1 y = f − x cos y x x

handelt es sich um eine gleichgradige Differen-

1 tialgleichung. Mit der Substitution y(x) = xz(x) erhalten wir: xz + z = z − cos z 1 bzw. weiters: cos z z = − . Integration liefert: sin z = − ln |x| + C, woraus durch x R¨ ucktransformation folgt:

sin

y = C − ln |x| . x

14. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y =

y . 1 + x − y2

L¨ osung: Wir haben diese Differentialgleichung bereits dadurch gelöst, dass wir die Rollen


123

der unabhängigen und der abhängigen Variablen vertauscht haben. Eine weiterer Lösungsweg besteht in der Substitution y 2 = z(x). Die transformierte Differentialgleichung lautet dann: 2z . z = 1+x−z

ax + bz + c . Da im vorliegenden Fall aβ − αb = 0 Sie ist von der Form z = f αx + βz + γ gilt, wählen wir die folgende Transformation: x = u+ξ und z = v+η, wobei (ξ, η) die Lösung des Gleichungssystems ax + bz + c = 2z = 0 und αx + βz + γ = x − y + 1 = 0 2v bezeichnet. Es folgt ξ = −1 und η = 0. Damit erhalten wir: v = u−v . Dies ist eine gleichgradige Differentialgleichung. Wir transformieren daher weiter: v(u) = uw(u), 1−w 1 1 2 1 woraus folgt: − w = bzw. weiter w = . Integration liefert w + w2 u w 1+w u ln |w| − 2 ln |1 + w| = ln |u| + ln |C|. Durch Entlogarithmieren erhalten wir w z v = C und weiters = Cu bzw. = C, woraus dann folgt: (1 + w)2 u+v (x + 1 + z)2

x + 1 + y 2 = Dy . 15. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung (3x + 2y + 1)dx − (3x + 2y − 1)dy = 0 . L¨ osung: 3x + 2y + 1 . Da hier aβ − αb = 0 gilt, substitu3x + 2y − 1 5z − 1 z+1 +3= , woraus ieren wir 3x + 2y = z(x) und erhalten z = 2y + 3 = 2 z−1 z−1 z−1 1 4 z = 1− z = 1. durch Trennung der Veränderlichen folgt: 5z − 1 5 5z − 1 4 Integration liefert: z − ln |5z − 1| = 5x + C. 5 4 R¨ ucktransformation: 3x + 2y − ln |15x + 10y − 1| = 5x + C bzw. 5

In expliziter Form lautet sie: y =

5(x − y) + 2 ln |15x + 10y − 1| = D . 16. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y = xy + y 4 . L¨ osung: Es handelt sich um eine CLAIRAUT’sche Differentialgleichung d.h. eine Differentialgleichung der Form y = xy + f (y ). Die allgemeine Lösung besteht aus der Geradenschar y = Cx + C 4 .

Die singuläre Lösung ist durch die Parameterdarstellung

x = −f (C) y = f (C) − Cf (C)

124

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen gegeben. Im vorliegenden Fall erhalten wir: x = −4C 3 und y = C 4 − C4C 3 = −3C 4 , woraus durch Elimination von C folgt: y=−

3x √ 3 2x . 8

17. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y = xy + y − y 2 . L¨ osung: Es handelt sich um eine CLAIRAUT’sche Differentialgleichung. Die allgemeine Lösung besteht aus der Geradenschar y = Cx + C − C 2 . Die singuläre Lösung ist durch die Parameterdarstellung

x = −(1 − 2C) y = C − C 2 − C(1 − 2C) = C 2

gegeben, woraus durch Elimination von C folgt: y=

(x + 1)2 . 4

18. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y 2 + 2xy = 6y ,

x>0.

L¨ osung:

y 2 y + sehen wir, dass eine d’ALAMBERT’sche 3 6 y y 2 Differentialgleichung y = xf (y ) + g(y ) mit f (y ) = und g(y ) = vorliegt. 3 6 Wir setzen y = p und lösen die lineare Differentialgleichung Mittels der Umformung y = x

p − f (p)

dx

dp

− xf (p) = g (p) ,

dx − x = p. Ihre allgemeine Lösung berechnen wir zu d.h. im vorliegenden Fall: 2p dp √ √ + p. Auflösung nach p liefert wegen p + C p − x = 0 zun¨ achst: x(p) = C p C2 C2 C C2 √ p=− + + x, woraus durch Quadrieren folgt: p = +x−C + x = y. 2 4 2 4 Integration liefert: C2 x2 2C y(x) = x+ − 2 2 3

C2 +x 4

3/2

+D .


125

Bekanntlich ist diese 2-parametrige Funktionenschar größer als die Lösungsgesamtheit der vorgelegten Differentialgleichung. Durch Einsetzen in letztere ergibt sich dann C4 , so dass wir schließlich erhalten: D= 12 C4 C2 x2 2C + x+ − y(x) = 12 2 2 3

C2 +x 4

3/2

.

Bemerkungen: • Ein anderer Lösungsweg besteht darin, √ die vorgelegte Differentialgleichung explizit nach y aufzulösen: y = −x ± x2 + 6y und anschließend mittels x2 + 6y = z 2 zu transformieren. Dies liefert die gleichgradige Differential−2x ± 3z , die in der bekannten Art durch Trennung der gleichung z = z Veränderlichen gelöst wird. • Es liegt nahe, dass die vorgelegte Differentialgleichung eine partikuläre Lösung der Form y = αx2 besitzt. Durch Einsetzen folgt dann α = 12 . Dies erkennt man auch aus der bereits bestimmten allgemeinen Lösung mit C = 0. Mit dem 2 Ansatz y(x) = x2 + u(x, y) erhalten wir f¨ ur u wieder eine d’ALAMBERT’sche Differentialgleichung: 2u u2 u=x + . 3 6 • Eine weitere Lösung ist y = 0. Sie ist in der allgemeinen Lösung nicht enthalten. • Weitere Lösungen erhalten wir aus der zweiten Wurzel der quadratischen Gleichung bei der Auflösung nach p. 19. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung x¨ = a − bx˙ ,

x = x(t) .

L¨ osung: Es handelt sich hier um eine Differentialgleichung 2. Ordnung, in der die abhängige Variable x(t) nicht vorkommt. Wir setzen x(t) ˙ = y(t), woraus folgt: y˙ = a − by. Trennung der Veränderlichen liefert: y˙ 1 ln C = 1 =⇒ − ln |a − by| = t − a − by b b

bzw. y(t) =

a C −bt + e = x(t) ˙ . b b

Weitere Integration liefert dann: x(t) = A +

a t + Be−bt . b

Bemerkung: Die vorgelegte Differentialgleichung beschreibt die Fallbewegung einer Masse in einer zähen Fl¨ ussigkeit. Aus der Lösung sehen wir, dass die Fallbewegung nach hinreichend langer Zeit praktisch zu einer gleichförmigen Bewegung mit der Grenzge” a schwindigkeit“ v∞ = wird. b

126


20. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung (y )2 + xy − y = 0 . L¨ osung: Es handelt sich hier um eine Differentialgleichung 3. Ordnung, in der die abhängige Variable y(x) und ihre Ableitung y (x) nicht vorkommen. Wir setzen daher die niedrigste Ableitung (hier die zweite) y (x) = u(x) und erhalten damit f¨ ur u die Differentialgleichung u2 +xu −u = 0 bzw. u = xu +u2 . Dies ist eine CLAIRAUT’sche Differentialgleichung mit der allgemeinen Lösung u(x) = C1 x+C12 und der singulälen x2 Lösung u(x) = − . Zweimalige Integration ergibt dann: 4 C1 3 C12 2 x + x + C2 x + C3 und a) Aus der allgemeinen Lösung: y(x) = 6 2 b) aus der singulären Lösung:

y(x) = −

x4 + C2 x + C 3 . 48

21. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y + yy 3 = 0 . Welche Lösung geht durch die Punkte P (0, 0) und Q( 23 , 1) ? L¨ osung: Es handelt sich hier um eine Differentialgleichung 2. Ordnung, in der die unabhängige Variable x nicht vorkommt. Wir setzen daher y = ϕ(y). Damit erhalten wir: ϕϕ + yϕ3 = 0 bzw. ϕ(ϕ + yϕ2 ) = 0. Aus ϕ = 0, d.h. y = 0 folgt y = C. Aus ϕ ϕ + yϕ2 = 0 folgt durch Trennung der Veränderlichen: 2 = −y woraus wir durch ϕ y2 A 2 1 . Integration erhalten: − = − − . Damit erhalten wir: y = ϕ(y) = 2 ϕ 2 2 y +A y3 + Ay = 2x + B. Insgesamt: Weitere Integration liefert dann 3 y3 + Ay = 2x + B 3

und

y=C .

Spezielle Lösung: Aus y(0) = 0 folgt B = 0 und aus y( 23 ) = 1 folgt weiters A = 1. Somit: y 3 + 3y = 6x . 22. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung yy + y 2 + yy = 0 . L¨ osung: Es handelt sich hier um eine Differentialgleichung 2. Ordnung, in der die unabhängige Variable x nicht vorkommt. Wir setzen daher y = ϕ(y). Damit erhalten wir:


127

yϕϕ + ϕ2 + yϕ = 0 bzw. ϕ(yϕ + ϕ + y) = 0. Aus ϕ = 0 folgt y = C. Aus y A yϕ + ϕ + y = 0 (dies ist eine lineare Differentialgleichung) folgt: ϕ = − , 2y 2 y A − y2 A 2 − = . Weitere Integration liefert − ln |A − y | = x − ln |B| d.h. y = 2y 2 2y bzw. y 2 = A − Be−x . 23. Bestimmen Sie eine Lösung der Differentialgleichung y +

y y 2 − =0. x y

L¨ osung: Zunächst stellen wir fest, dass y = C Lösung ist. F¨ ur eine nichtkonstante Lösung ist dann y = 0. In diesem Fall setzen wir y (x) = u(x)v(y) mit u = 0 und v = 0. Dann ist y = u (x)v(y) + u(x)v (y)y (x) = u v + u2 vv . Einsetzen liefert: u v + u2 vv + 2

uv

uv u2 v 2 − bzw. nach Herausheben von u2 v: x y

& u

+ u2

u x

v + v − y

'

=0.

Da u2 v = 0, muss der Klammerausdruck verschwinden. Der erste Summand hängt nur von x und der zweite nur von y ab. Falls jeder f¨ ur sich Null ist, ist der Klammerausdruck auch Null. C1 u v Damit erhalten wir: u + = 0 =⇒ u(x) = und v − = 0 =⇒ v(y) = C2 y. x x y y Somit: y (x) = u(x)v(y) = C . Integration liefert dann: x y = AxC . Bemerkungen: a) Diese Lösungsmethode ist anwendbar auf jede Differentialgleichung der Form y + f (x)y + g(y)y 2 . uhrt auf eine lineare Differentialgleichung. b) Die Substitution y (x) = y(x)z(x) f¨ 24. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung

4−

y2 2y dy = 0 . dx + x2 x

L¨ osung:

y2 Sie ist von der Form P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0. Wegen P (x, y) = 4 − 2 und x 2y ∂P 2y ∂Q Q(x, y) = gilt: =− 2 = , d.h. es handelt sich um eine exakte Differenx ∂y x ∂x tialgleichung. Dann existiert eine Stammfunktion F (x, y), f¨ ur die dann gilt: ∂F =P ∂x

und

∂F =Q. ∂y

128


Integration der ersten Gleichung, d.h.

∂F y2 = 4 − 2 = P (x, y) liefert: ∂x x

y2 +ψ(y) mit einer beliebigen Funktion ψ(y) als Integrationskonstanx ∂F 2y ! 2y ten bez¨ uglich x. Differentiation nach y liefert: = + ψ (y) = = Q(x, y). ∂y x x Daraus folgt dann aber ψ (y) = 0 bzw. ψ = A. Insgesamt erhalten wir denn als Lösung der gegebenen Differentialgleichung F (x, y) = B, d.h. F (x, y) = 4x+

4x +

y2 =C . x

25. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung

2x cos2 ydx + 2y − x2 sin(2y) dy = 0 . L¨ osung: Sie ist von der Form P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0. Wegen P (x, y) = 2x cos2 y und ∂Q ∂P Q(x, y) = (2y − x2 sin 2y) gilt: = −4x cos y sin y = −2x sin(2y) = , d.h. es ∂y ∂x handelt sich # um eine exakte # Differentialgleichung. Als Stammfunktion erhalten wir F (x, y) = P (x, y) dx = 2x cos2 y = x2 cos2 y + ψ(y). Wegen ∂F ! = −2x2 cos y sin y + ψ (y) = −x2 sin(2y) + ψ (y) = 2y − x2 sin(2y) = Q(x, y) ∂y folgt: ψ (y) = 2y bzw. ψ(y) = y 2 + A und weiters f¨ ur die allgemeine Lösung: x2 cos2 y + y 2 = C . 26. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung (2x − x2 − y 2 )dx + 2ydy = 0 . L¨ osung: Sie ist von der Form P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0. Wegen P (x, y) = 2x − x2 − y 2 ∂Q ∂P = −2y = 0 = , d.h. die Differentialgleichung ist nicht und Q(x, y) = 2y gilt: ∂y ∂x exakt. Wir suchen einen integrierenden Faktor M (x, y), d.h. die Differentialgleichung M (x, y)P (x, y)dx + M (x, y)Q(x, y)dy = 0 soll exakt sein. Dies ist aber bekanntlich dann der Fall, wenn M (x, y) eine Lösung der partiellen Differentialgleichung

Q(x, y)

∂Q(x, y) ∂P (x, y) ∂M (x, y) ∂M (x, y) − P (x, y) + − M (x, y) = 0 ∂x ∂y ∂x ∂y

ist. Im vorliegenden Fall bedeutet das: 2y

∂M (x, y) ∂M (x, y) − (2x − x2 − y 2 ) + 2yM (x, y) = 0 . ∂x ∂y

Wir beschränken uns auf eine spezielle Lösung, die nur von x abhängt. F¨ ur eine solche muss dann gelten: M (x) + M (x) = 0, woraus folgt: M (x) = e−x .


129

Die Stammfunktion der nunmehr exakten Differentialgleichung erhalten wir mit # # F (x, y) = M (x)Q(x, y)dy = e−x 2y dy = y 2 e−x + ϕ(x). ∂F ! Wegen = −y 2 e−x + ϕ (x) = e−x (2x − x2 − y 2 ) = M (x)P (x, y) folgt: ∂x ϕ (x) = (2x − x2 )e−x , woraus sich durch Integration ϕ(x) = x2 e−x + A ergibt. Die allgemeine Lösung der vorgelegten Differentialgleichung ist dann (x2 + y 2 )e−x = C . Bemerkung: Die vorgelegte Differentialgleichung kann auch mit z(x) := y 2 (x) auf eine lineare Differentialgleichung transformiert werden oder als BERNOULLI-Differentialgleichung integriert werden. 27. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung xy 3 dx + (1 + 2x2 y 2 )dy = 0 . L¨ osung: Sie ist von der Form P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0. ∂Q ∂P = 3xy 2 = 4xy 2 = , d.h. ∂y ∂x die Differentialgleichung ist nicht exakt. Wir suchen einen integrierenden Faktor M (x, y), der nur von einer Variablen abhängt. Py − Qx 3xy 2 − 4xy 2 M (y) 1 Wegen = = f (y) = − ist dies die Variable y. = − P xy 3 y M (y) 4 Integration liefert M (y) = y. Die Differentialgleichung xy dx + (y + 2x2 y 3 )dy = 0 ist dann exakt. F¨ ur die Stammfunktion erhalten wir: Wegen P (x, y) = xy 3 und Q(x, y) = 1 + 2x2 y 2 gilt:

#

F (x, y) =

#

M (y)P (x, y)dx =

xy 4 dx =

x2 y 4 + ψ(y) . 2

!

Wegen Fy = 2x2 y 3 + ψ (y) = y + 2x2 y 3 = M (y)Q(x, y) folgt: ψ (y) = y, d.h. y2 + A. Die allgemeine Lösung der vorgelegten Differentialgleichung ist ψ(y) = 2 dann y 2 + x2 y 4 = C . 28. Bestimmen Sie die Differentialgleichung der Parabelschar y = Cx2 . L¨ osung:

y Differentiation liefert y = 2Cx bzw. nach C aufgelöst: C = . Einsetzen in die 2x Kurvenschar ergibt: 2y y = . x 29. Bestimmen Sie die Differentialgleichung der Hyperbelschar (x − C)2 − y 2 = 1 .

130

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen L¨ osung: Differentiation liefert: 2(x − C) − 2yy = 0 bzw. x − C = yy . Einsetzen ergibt: y 2 y 2 − y 2 = 1 .

30. Bestimmen Sie die Differentialgleichung der einparametrigen Kettenlinienschar y = cosh(x + C) . L¨ osung: Differentiation liefert: y = sinh(x + C) = cosh2 (x + C) − 1 , woraus folgt: y =

√

y2 − 1 .

31. Bestimmen Sie die Differentialgleichung der zweiparametrigen Kettenlinienschar y = C1 + cosh(x + C2 ) . L¨ osung: Differentiation liefert: y = sinh(x + C2 ). Aus dieser Gleichung und der Schargleichung könnten wir nur C2 eliminieren. Daher brauchen wir eine weitere Gleichung, die wir durch neuerliche Ableitung gewinnen: y = cosh(x + C2 ). Aus den Gleichungen f¨ ur y und y , in denen C1 nicht mehr vorkommt, können wir C2 eliminieren und erhalten damit: √ y = 1 + y 2 . 32. Bestimmen Sie die orthogonalen Trajektorien der Parabelschar y 2 = Cx . L¨ osung: Zuerst ermitteln wir die Differentialgleichung der Parabelschar. Differenzieren liefert: y 2yy = C =⇒ y 2 = 2xyy bzw. y = . Die Differentialgleichung der orthogonalen 2x 2x Trajektorien lautet dann: y = − . Wir lösen diese Differentialgleichung durch y y2 A2 = −x2 + , bzw. die Trennung der Variablen: yy = −2x ergibt integriert 2 2 Ellipsenschar 2x2 + y 2 = A2 . 33. Bestimmen Sie die isogonalen Trajektorien, die die Kreisschar x2 + y 2 = C 2 unter 45◦ schneiden. L¨ osung: Zuerst ermitteln wir wieder die Differentialgleichung der Kreisschar. Differenzieren


131

x liefert: 2x + 2yy = 0 bzw. y = − . Die Differentialgleichung der isogonalen Tray − xy − 1 − tan 45◦ y d.h. y = . jektorien lautet dann: y −→ 1 + y tan 45◦ 1 − xy −z − 1 −z 2 − 1 bzw. xz = . Wir substituieren z(x) := xy und erhalten: xz + z = z−1 z−1 z−1 1 Trennung der Variablen liefert: z = − und nach Integration folgt: 1 + z2 x 1 ln(1 + z 2 ) − arctan z = − ln |x| + ln |A| bzw. weiter: 2 y y2 arctan = − ln |A| + ln 1 + 2 + ln |x|. Damit erhalten wir schließlich: x x

y

x2 + y 2 = Aearctan x

r = Aeϕ .

bzw. in Polarkoordinaten

Dies sind logarithmische Spiralen.

3.1.3


1. Ermitteln Sie die allgemeine Lösung der folgenden Differentialgleichung: x2 y + y 2 = 1 ,

x = 0 ,

y 2 = 1.

Welche Lösungskurve enthält den Punkt P (2, 3)? Allgemeine Lösung: y =

Ce−2/x − 1 1 + 2e1−2/x , spezielle L¨ o sung: y = . Ce−2/x + 1 −1 + 2e1−2/x

2. Berechnen Sie jeweils die allgemeinen Lösungen und die speziellen Lösungen der folgenden Differentialgleichungen: √ a) xy + 2y(y − 1) = 0, y(1) = 12 , b) xy = 6 1 + y 2 , y(1) = 0 , c) 2xyy + y 2 = 2, Lösungen: a) x2 (y − 1) = Cy, c) xy 2 − 2x = C,

y(1) = 2, x2 , 1 + x2 2 xy − 2x = 2, y=

d) (1 + x2 )y + 2xy = 0, √ 1 + y 2 = Cx6 , √ d) y = −2 1 + x2 + C, b) y +

y(0) = 1.

1 2

x6 − x16 . √ y = 3 − 2 1 + x2 .

y=

3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung xy = 2y − 2 − y 2 . Welche Lösungskurve geht durch den Punkt P (1, 1)? Allgemeine Lösung: y(x) = 1 − tan(ln x + C), spezielle Lösung: y(x) = 1 − tan(ln x). 4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (x2 y + y + 1) + (x + x3 )y = 0 . Lösung:

xy + arctan x = C.

132


5. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung xy + y(x tan x + 1) = Lösung:

y=

1 . cos x

sin x + C cos x . x

6. Bestimmen Sie jene Lösung der Differentialgleichung xy = y −x+x2 , die den Punkt P (1, 0) enthält. Allgemeine Lösung: y = Cx + x2 − x ln x, spezielle Lösung: y = −x + x2 − x ln x. 7. Bestimmen #Sie die (eindeutige) Lösung der Differentialgleichung y + 2y = 0, die der 1 Bedingung y(x) dx = 1 gen¨ ugt. 0

Allgemeine Lösung: y = Ce−2x , spezielle Lösung: y =

2e2 −2x e . e2 − 1

8. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y = xy + √ Allgemeine Lösung: y = Cx+

y . 1 + y 2

C , singuläre Lösung: x2/3 +y 2/3 = 1 (Asteroide). 1 + C2

9. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y = xy − Allgemeine Lösung: y = Cx −

1 . 1 − y

√ 1 , singuläre Lösung: y = x − 2 x . 1−C

10. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y = xy + y − y 2 . Allgemeine Lösung: y = C(x + 1) − C 2 , singuläre Lösung: y =

(x + 1)2 . 4

11. Bestimmen Sie f¨ ur x > 0 und y = −1 alle Lösungen der Differentialgleichung (xy − y)(1 + y ) = 2y . 2C , Allgemeine Lösung: y(x) = Cx − 1+C √ singuläre Lösung: y(x) = −x + 8x − 2. 12. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung xy + (ey + x2 )y = 0 . Lösung: x2 y 2 + 2(y − 1)ey = C.


133

13. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung √ xy − y = 4x4 xy . Welche Lösungskurve geht durch den Punkt P (1, 1)? x x Allgemeine Lösung: y = (x4 + C)2 , spezielle Lösung: y = (x4 + 1)2 . 4 4 14. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung

(x + 1)y − 1 + Lösung: y 2 =

2 y = (x2 − 1)y 3 . x−1

2(x − 1)2 . 2C − (x − 1)4

15. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung √ xy − 4y = x2 y ,

Lösung: y = x4 C +

1 ln |x| 2

x = 0 ,

y≥0.

2

.

16. Bestimmen Sie jene Lösung der Differentialgleichung xy − y = fangsbedingung y(1) = 1 gen¨ ugt. Allgemeine Lösung: y 2 = Cx2 − x,

spezielle Lösung: y =

√

x , die der An2y 2x2 − x .

17. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y =

1 y2 + . 4 x2

x ist eine partikuläre Lösung. 2 Welche Lösungskurve enthält den Punkt P (1, 1)? x x x x , spezielle Lösung: y = + . Allgemeine Lösung: y = + 2 C − ln x 2 2 − ln x

Hinweis: y(x) =

18. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung x2 y + y 2 − 2x2 = 0 . Lösung: y = x +

3Cx . −C

x3

19. Bestimmen Sie jene Lösung der Differentialgleichung y − 2y + y 2 e−x = 0 , die der Anfangsbedingung y(0) = 1 gen¨ ugt. Lösung: y = ex .

134


20. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung x4 y = x6 + x3 y + y 2 . Lösung: y(x) = x3 +

x3 . C − ln |x|

21. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der RICCATI-Gleichung xy = 2y − 2 − y 2 durch Transformation auf eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung. Ermitteln Sie ferner jene Lösungskurve, die den Punkt P (1, 1) enthält. Allgemeine Lösung: y(x) = 1 − tan(ln x + C), spezielle Lösung: y(x) = 1 − tan(ln x). 22. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung xy = y(1 + ln |y| − ln |x|) ,

xy = 0 .

Lösung: y = xeCx . 23. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung xy = y +

x2 + y 2 .

Welche Lösung gen¨ ugt der Anfangsbedingung y(1) = 0? √ Allgemeine Lösung: y + x2 + y 2 = Cx2 , x = 0, spezielle Lösung: y =

x2 − 1 . 2

24. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (x2 + 3y 2 )dx − 2xydy = 0 . Lösung: x2 + y 2 = Cx3 . 25. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y =

x − 2y . 2x − 3y

Welche Lösung gen¨ ugt der Anfangsbedingung y(1) = 0? Allgemeine Lösung: x2 − 4xy + 3y 2 = C, spezielle Lösung: x2 − 4xy + 3y 2 = 1 . 26. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung x2 y + y 2 = 2xy, x = 0. Lösung: y =

x2 , y = 0. C +x


135

27. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y =

x − 2y − 2 . 2x − 4y + 8

Lösung: x2 − 4xy + 4y 2 − 4x − 16y = C. 28. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (x + 2y − 1)dx + (2x + 4y − 3)dy = 0 und geben Sie jene Lösung an, die an der Stelle x = 1 den Funktionswert y = annimmt. Bestimmen Sie ferner den Definitionsbereich dieser Lösung.

1 4

Allgemeine Lösung: (x+2y−1)2 = 2y+C, spezielle Lösung: 4(x+2y−1)2 = 8y+1,

√ 1 bzw. explizit: y = 3 − 2x + 4 − 4x , x ≤ 1. 4 29. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (1 + x + y)y + y = 0 . Lösung: y + xy +

y2 = C. 2

30. Ermitteln Sie jene Lösung der Differentialgleichung y + 2xy 2 = 0 , die den Anfangsbedingungen y(0) = −2, y (0) = 1 gen¨ ugt. Allgemeine Lösung: y = C1 arctan(C1 x) + C2 , spezielle Lösung: y = arctan x − 2. 31. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (1 + x2 )y + y 2 + 1 = 0 . 2

Zeigen Sie ferner, dass y = − x2 + C eine Lösung dieser Differentialgleichung ist, die aber in der allgemeinen Lösung nicht enthalten ist. Lösung: y = C1 x + (1 + C12 ) ln |C1 − x| + C2 . 32. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (1 − x2 )y − xy = 0 ,

|x| < 1 .

Welche Lösung wird durch die Anfangsbedingungen y(0) = −1 und y (0) = 1 festgelegt? Allgemeine Lösung: y = C1 arcsin x + C2 , spezielle Lösung: y = arcsin x − 1. 33. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung yy + y 2 = 1 . Ermitteln Sie ferner jene Lösungskurve y = y(x), die durch den Punkt P (0, 1) geht und dort die Tangente x + y = 1 besitzt. Allgemeine Lösung: y 2 = C1 + (x + C2 )2 , spezielle Lösung: y = 1 − x.

136


34. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung yy + y 2 = 0 . Ermitteln Sie ferner jene Lösungskurve y = y(x), die durch den Punkt P (0, 1) geht und dort die Steigung y (0) = 1 besitzt. Allgemeine Lösung: y 2 = C1 x + C2 , √ spezielle Lösung: y 2 = 2x + 1 bzw. explizit: y = 2x + 1 . 35. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung

y = 2 y . Lösung: y =

(x + C1 )3 + C2 . 3

36. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung yy − y 2 = 2y 2 . Ermitteln Sie ferner jene Lösung y = y(x), die an der Stelle x = 1 den Funktionswert y(1) = 1e annimmt und dort ein Extremum besitzt. Geben Sie ferner an, um welches Extremum es sich handelt. Allgemeine Lösung: y = Aex

2 +Bx

, spezielle Lösung: y = ex

2 −2x

37. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y + (y )3 = 0 . 1 Lösung: y(x) = (C1 + 2x)3/2 + C2 x + C3 . 3 38. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung ex (1 + ey )dx + ey (1 + ex )dy = 0 . Lösung:

ex+y + ex + ey = C.

39. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung

Lösung:

x+

1 + y 2 dx − y − √

xy

dy = 0 . 1 + y2

√ x2 − y 2 + 2x 1 + y 2 = C.

40. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (2y cos x + sin4 x cos x)dx + 2 sin xdy = 0 . Lösung:

10y sin x + sin5 x = C.

, Minimum.


137

41. Bestimmen Sie jene Lösung der exakten Differentialgleichung (x3 − 3xy 2 )dx + (y 3 − 3x2 y)dy , die der Anfangsbedingung y(1) = 1 gen¨ ugt. Stellen Sie ferner diese spezielle Lösung explizit dar und geben Sie deren Definitionsbereich an. Lösung: a) Allgemeine Lösung: x4 + y 4 − 6x2 y 2 = C. b) Spezielle Lösung: y 4 − 6x2 y 2 + (x4 + 4) = 0. √ 1 . c) Explizite Darstellung: y = 3x2 − 2 2x4 − 1 , |x| ≥ √ 4 2 42. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y = Lösung:

sin y + y sin x . cos x − x cos y

x sin y − y cos x = C.


Lösung:

y x √ 2 dy + 1 + √ 2 x + y2 x + y2 √ x + x2 + y 2 = C.

dx = 0 , xy = 0 .


2xy y −√ y = x + 2 1 + y2 . 1 + y2 2

√ Lösung: 3x2 + 12x 1 + y 2 − 2y 3 = C. 45. Bestimmen Sie einen integrierenden Faktor f¨ ur die Differentialgleichung (y 2 + y arcsin x)dy + √ Lösung: M = M (y) =

y2 dx = 0, |x| < 1 . 1 − x2

1 . y

46. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (2y + 3xy 2 )dx + (x + 2x2 y)dy = 0 . Ermitteln Sie ferner jene Lösungskurve, die den Punkt P (1, 2) enthält. Allgemeine Lösung: x2 y + x3 y 2 = C, spezielle Lösung: x2 y + x3 y 2 = 6,

bzw. explizit: y =

−1 +

1+ 2x

47. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y = Lösung:

x2 + y 2 = 2 ln |xy| + C.

y 1 − x2 . x y2 − 1

24 x

.

138


48. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung &

'

x3 (sin y − y cos y) − xy y . x sin y + y = 3y 2

2

Ermitteln Sie ferner die Lösungskurve durch den Punkt P (1, π). Allgemeine Lösung:

x3 sin y + xy = C , spezielle Lösung: 3y

x3 sin y + xy = π. 3y

49. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (x4 + y 4 )dx − xy 3 dy = 0 . Lösung: −

1 y4 + ln |x| = C. 4 x4


2y 2 sin(x + y) + y cos(x + y) − 2 dx + sin(x + y) + y cos(x + y) dy = 0 . x x

Lösung: x2 y sin(x + y) − 2x = C. 51. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung

(8x + 4x3 y 3 )dx +

8x2 + 5x4 y 2 dy = 0 , y

y = 0 .

Lösung: 4x2 y 2 + x4 y 5 = C. 52. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (x2 + 3y 2 )dx − 2xydy = 0 a) mit Hilfe eines geeigneten integrierenden Faktors (EULER’scher Multiplikator), b) als gleichgradige Differentialgleichung , c) mittels einer geeigneten Variablentransformation. Lösung: x2 + y 2 = Cx3 . 53. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung 1 2 a) mittels einer geeigneten Variablentransformation, b) als RICCATI-Differentialgleichung . x 1 Lösung: y = + . 2 C − 4x y = (x − 2y)2 +

54. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (x2 + y 2 )y + 2xy = 0 a) als exakte Differentialgleichung , b) als gleichgradige Differentialgleichung , c) mittels einer geeigneten Variablentransformation. Lösung: y(3x2 + y 2 ) = C.


139

55. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung 2xyy + y 2 = 2 a) als exakte Differentialgleichung , b) durch Trennung der Variablen , c) mittels einer geeigneten Variablentransformation. Lösung: xy 2 − 2x = C. 56. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung xyy − 1 + x2 = 0 a) mit Hilfe eines geeigneten integrierenden Faktors (EULER’scher Multiplikator), b) durch Separation (Trennung der Variablen), c) mittels einer geeigneten Variablentransformation. Lösung: Cx = e

x2 +y 2 2

.

57. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung 2xyy − 2y 2 − x = 0 a) mit Hilfe eines geeigneten integrierenden Faktors (EULER’scher Multiplikator), b) als RICCATI-Differentialgleichung , c) mittels einer geeigneten Variablentransformation. Lösung: Cx2 = x + y 2 . 58. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (1 + x + y)y + y = 0 a) als lineare Differentialgleichung in x(y), b) als exakte Differentialgleichung , c) als gleichgradige Differentialgleichung . y2 Lösung: y + xy + =C . 2 59. Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung y2

dx + x2 = 1 dy

a) durch Trennung der Variablen, b) als BERNOULLI -Differentialgleichung , c) als RICCATI -Differentialgleichung . Lösungen:

x(y) =

Ce−2/y − 1 , y = 0, x = 1. Ce−2/y + 1

140


60. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (1 + x − y 2 )y − y = 0 a) als lineare Differentialgleichung in x(y), b) mittels einer geeigneten Variablentransformation, c) mit Hilfe eines geeigneten integrierenden Faktors (EULER’scher Multiplikator) . Lösung: x(y) = Cy − 1 − y 2 . 61. Ermitteln Sie die Differentialgleichung der folgenden Kurvenschar: y 2 + Cx + 1 = 0 . Lösung: y =

y2 + 1 . 2xy

62. Bestimmen Sie die Differentialgleichung der folgenden Kurvenschar: Cx2 + C − y 3 = 0 . Lösung: 3(1 + x2 )y = 2xy. 63. Bestimmen Sie die Differentialgleichung der folgenden Kurvenschar: √ y 1 − x2 = C + arcsin x . Lösung: y −

xy 1 = . 1 − x2 1 − x2

64. Ermitteln Sie die Differentialgleichung der Kurvenschar

y =x 1+

1 C − ln x

,

x > 0, C ∈ lR .

Von welchem Typus ist die Differentialgleichung? Lösung: x2 y + xy − y 2 = x2 · · · RICCATI-Differentialgleichung. 65. Ermitteln Sie die orthogonalen Trajektorien der Kurvenschar x2 + y 2 − Cx = 0 . Lösung: x2 + y 2 − Dy = 0. 66. Ermitteln Sie die orthogonalen Trajektorien der Kurvenschar x2 + 3y 2 = Cy und bestimmen Sie jene Trajektorie, die durch den Punkt P (1, 2) hindurchgeht. Lösung: y 2 = x2 (1 + Dx),

y 2 = x2 (1 + 3x).

67. Ermitteln Sie die orthogonalen Trajektorien der Kurvenschar (x2 + y 2 )2 = C(x2 − y 2 ) . Lösung: (x2 + y 2 )2 = Dxy.


141

68. Bestimmen Sie die orthogonalen Trajektorien der Kurvenschar ex cos y = C, C ∈ lR . Lösung: ex sin y = D. 69. Ermitteln Sie jene Kurvenschar, die die Hyperbelschar xy = C1 unter dem Winkel ϑ = 45◦ schneidet. √ Lösung: y = −x ± C2 + 2x2 . 70. Bestimmen Sie die isogonalen Trajektorien (Schnittwinkel α = π4 ) der Kurvenschar 1 + 2x + 2y = Cex , C ∈ lR . Welche isogonale Trajektorie enthält den Punkt P (1, 1)? Lösung: (x + y)2 + x − 3y = D bzw. (x + y)2 + x − 3y = 2.

142


3.2

Lineare Differentialgleichungen von zweiter und h¨ oherer Ordnung

3.2.1

Grundlagen

• Unter einer gewöhnlichen linearen Differentialgleichung (n-ter Ordnung)versteht man eine Gleichung der Form: Ly := y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y + a0 y = f.

(3.1)

Dabei werden die Koeffizienten“ an−1 , . . . , a1 , a0 sowie die rechte Seite“ bzw. die ” ” Inhomogenität f als stetig auf einem Intervall I ⊂ lR vorausgesetzt. • Unter einer Lösung von (3.1) versteht man eine n-mal stetig differenzierbare Funktion, die die Differentialgleichung (3.1) auf I identisch erf¨ ullt. • Die Differentialgleichung Ly = y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y + a0 y = 0

(3.2)

heißt die zu (3.1) gehörige homogene Differentialgleichung. • Die Gesamtheit L der reell- bzw. komplexwertigen Lösungen der homogenen Diffe| rentialgleichung (3.2) bildet einen Vektorraum u ¨ber lR bzw. C. • Die Gesamtheit der reell- bzw. komplexwertigen Lösungen der inhomogenen Diffe| rentialgleichung (3.1) bildet einen affinen Raum u ¨ber lR bzw. C. D.h.: Die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung (3.1) erhält man durch Addition einer partikulären Lösung von (3.1) zur allgemeinen Lösung der homogenen Differentialgleichung (3.2). • Existenz- und Eindeutigkeitssatz: Das Anfangswertproblem y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y + a0 y = f , (n−1)

y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0 , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0

(3.3) ,

besitzt genau eine Lösung. • k Lösungen y1 , y2 , . . . , yk der homogenen Differentialgleichung heißen genau dann linear unabhängig, wenn aus λ1 y1 + λ2 y2 + · · · + λk yk ≡ 0 auf I folgt, dass gilt: λ1 = λ2 = · · · = λk = 0. • Die reell- bzw. komplexwertigen Lösungen der homogenen Differentialgleichung (3.2) | bilden einen n-dimensionalen Vektorraum u d.h dim L = n. ¨ber lR bzw. C, Es gibt also n linear unabhängige Lösungen. Man nennt sie auch Fundamentalsystem von (3.2).

3.2. Lineare Differentialgleichungen von zweiter und höherer Ordnung

143

• WRONSKI-Determinante: n Lösungen der homogenen Differentialgleichung n-ter Ordnung sind linear unabhängig, wenn ihre WRONSKI-Determinante

W (x) :=

y1 (x) y1 (x) .. . (n−1)

y1

y2 (x) y2 (x) .. . (n−1)

(x) y2

··· ··· .. .

yn (x) yn (x) .. .

(x) · · · yn(n−1) (x)

auf dem Lösungsintervall I nicht Null ist. • Seien ui (x), i = 1, 2, . . . , m partikuläre Lösungen der inhomogenen Differentialgleichungen Lui = fi . Dann ist y(x) = u1 (x) + u2 (x) + · · · + um (x) Lösung der inhomogenen Differentialgleichung Ly = f1 + f2 + · · · + fm . • Sind die Koeffizienten in (3.2) konstant, f¨ uhrt der Lösungsansatz y = eλx auf die Nullstellenbestimmung des charakteristischen Polynoms: P (λ) := λn + an−1 λn−1 + · · · + a1 λ + a0 = 0 . Das charakteristischen Polynoms läßt sich faktorisieren: ¯ r+1 )σ1 · · · (λ−λs )σs (λ− λ ¯ s )σs . (3.4) P (λ) = (λ−λ1 )ν1 · · · (λ−λr )νr (λ−λr+1 )σ1 (λ− λ • Liegt mit λk eine Mehrfachnullstelle des charakteristischen Polynoms mit der Vielfachheit νk vor, sind neben eλk x auch xeλk x , · · · , xνk −1 eλk x Lösungen. (Innere Resonanz). Analoges gilt f¨ ur die konjugiert komplexen Nullstellen. • Das charakteristische Polynom der homogenen Differentialgleichung (3.2) sei in der Form (3.4) faktorisiert. Dann besitzt die homogene Differentialgleichung das Fundamentalsystem eλ1 x , x eλ1 x , . . . , xν1 −1 eλ1 x , eλ2 x , x eλ2 x , . . . , xν2 −1 eλ2 x , . . . eλr x , x eλr x , . . . , xνr −1 eλr x , eα1 x cos(β1 x), x eα1 x cos(β1 x), . . . , xσ1 −1 eα1 x cos(β1 x), eα1 x sin(β1 x), x eα1 x sin(β1 x), . . . , xσ1 −1 eα1 x sin(β1 x), eα2 x cos(β2 x), x eα2 x cos(β2 x), . . . , xσ2 −1 eα2 x cos(β2 x), eα2 x sin(β2 x), x eα2 x sin(β2 x), . . . , xσ2 −1 eα2 x sin(β2 x), .. . eαs x cos(βs x), x eαs x cos(βs x), . . . , xσs −1 eαs x cos(βs x), eαs x sin(βs x), x eαs x sin(βs x), . . . , xσs −1 eαs x sin(βs x). • F¨ ur spezielle rechte Seiten von (3.1) kann die zugehörige partikuläre Lösung mittels eines Ansatzes gewonnen werden. Es gilt: 1. y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a0 y = pk (x) mit a0 = 0: yp (x) = qk (x). Dabei sind pk und qk Polynome vom Grad k. 2. y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + ar y (r) = pk (x) mit ar = 0: yp (x) = xr qk (x), (äußere Resonanz).

144

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen 3. y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a0 y = pk (x)eγx , wobei γ keine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist: yp (x) = qk (x)eγx . 4. y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a0 y = pk (x)eγx , wobei γ eine r-fache Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist: yp (x) = xr qk (x)eγx , (äußere Resonanz).

5. y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a0 y = eγx p1 (x) cos(δx) + p2 (x) sin(δx) , wobei γ + iδ keine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist:

yp (x) = eγx q1 (x) cos(δx) + q2 (x) sin(δx) . 6. y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a0 y = eγx p1 (x) cos(δx) + p2 (x) sin(δx) , wobei γ + iδ eine r-fache Nullstelle des charakteristischen

Polynoms ist: yp (x) = xr eγx q1 (x) cos(δx) + q2 (x) sin(δx) , (äußere Resonanz). Bei Differentialgleichungen mit nichtkonstanten Koeffizienten ist die homogene Differentialgleichung oft nur in Spezialfällen elementar lösbar. Bisweilen erzielt man durch Transformation der unabhängigen oder/und der abhängigen Variablen eine elementar integrierbare Differentialgleichung. • Transformation der unabhä ngigen Variablen:

Sei ξ := ϕ(x) und y(x) = y ϕ−1 (ξ) =: u(ξ).

du ϕ(x) du(ξ) dy = = = u (ξ)ϕ (x) = u (ξ)ϕ ϕ−1 (ξ) und in Dann ist y (x) = dx dx dx weiterer Folge:

2

2

y (x) = u (ξ) ϕ(x) + u (ξ)ϕ (x) = u (ξ) ϕ(ϕ−1 (ξ)) + u (ξ)ϕ ϕ−1 (ξ) usw. Wir erhalten damit eine lineare Differentialgleichung in u(ξ), die bei geeigneter Wahl von ξ = ϕ(x) einfacher ist als die urspr¨ ungliche Gleichung.

• EULER’sche Differentialgleichung: xn y (n) + an−1 xn−1 y (n−1) + an−2 xn−2 y (n−2) + a2 x2 y + · · · + a1 xy + a0 y = 0 mit konstanten Koeffizienten ai heißt EULER’sche Differentialgleichung n-ter Ordnung. Mittels der Transformation |x| = et geht sie in eine Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten u ¨ber. Mit dem Ansatz: y(x) = xγ erhält man eine algebraische Gleichung in γ analog zum Exponentialansatz bei Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten. • Transformation der abhängigen Variablen (Reduktion der Ordnung): Sei u(x) eine Lösung der linearen Differentialgleichung Ly = 0. F¨ ur die gemäß ˜ = y(x) = u(x)v(x) transformierte Differentialgleichung Lv

n

k=0

bk (x)v (k) (x) ist dann

b0 = 0. Setzen wir v (x) = w(x), so gen¨ ugt w(x) einer Differentialgleichung (n − 1)ter Ordnung, d.h. die Ordnung der Differentialgleichung ist um 1 reduziert. Kennt man k linear unabhängige Lösungen von Ly = 0, so kann auf diese Art die Ordnung um k reduziert werden.


3.2.2

145

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − 4y + 3y = 0 . L¨ osung: Der Exponentialansatz y = eλx liefert das charakteristische Polynom der Differentialgleichung: P (λ) = λ2 − 4λ + 3. Seine Wurzeln (Nullstellen) sind λ1 = 1 und λ2 = 3. Damit erhalten wir die allgemeine Lösung y(x) = C1 ex + C2 e3x . 2. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y (5) + y (4) − y + y − 2y = 0 . L¨ osung: Das charakteristische Polynom P (λ) = λ5 + λ4 − λ3 + λ2 − 2λ besitzt die Wurzeln λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = −2, λ4 = i und λ5 = −i. Das liefert die partikulären Lösungen y1 = 1, y2 = ex , y3 = e−2x , y4 = eix und y5 = e−ix . Letzere lassen sich zu den zwei reellwertigen Lösungen yˆ4 = cos x und yˆ5 = sin x linear kombinieren. Damit erhalten wir f¨ ur die allgemeine Lösung: y(x) = C1 + C2 ex + C3 e−2x + C4 cos x + C5 sin x . 3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − 4y + 13y = 0 . L¨ osung: Das charakteristische Polynom P (λ) = λ2 − 4λ + 13 besitzt die Wurzeln λ1 = 2 + 3i und λ2 = 2 − 3i. Dann sind y1 = e(2+3i)x und y2 = e(2−3i)x Lösungen, die sich zu den zwei reellwertigen Lösungen yˆ1 = e2x cos(3x) und yˆ2 = e2x sin(3x) linear kombinieren lassen. Die allgemeine Lösung ist dann: y(x) = C1 e2x cos(3x) + C2 e2x sin(3x) . 4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − 4y + 4y = 0 . L¨ osung: Das charakteristische Polynom P (λ) = λ2 − 4λ + 4 besitzt hier eine Doppelwurzel: λ1/2 = −2. Dann ist aber neben y1 = e−2x auch y2 = xe−2x Lösung der Differentialgleichung. Die allgemeine Lösung ist dann: y(x) = C1 e−2x + C2 xe−2x . Bemerkung: Es liegt innere Resonanz“ vor. ”

146


5. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y + y − 2y = −14x − 3 . L¨ osung: Wir lösen zunächst die homogene Differentialgleichung mittels des Exponentialansatzes. Das charakteristische Polynom ist P (λ) = λ2 + λ − 2 und besitzt die Nullstellen λ1 = 1 und λ2 = −2. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ist dann durch yh (x) = C1 ex + C2 e−2x gegeben. Zur Bestimmung einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung treffen wir wegen der Gestalt der rechten Seite (Polynom 1. Grades) den Ansatz: yi (x) = a + bx. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: b − 2a − 2bx = −14x − 3. Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir b = 7 und a = 5 und somit yi (x) = 5 + 7x. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung ist dann y(x) = C1 ex + C2 e−2x + 5x + 7 . 6. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − 3y + 2y = 2 cosh x . L¨ osung: Wir lösen zunächst die homogene Differentialgleichung mittels des Exponentialansatzes. Das charakteristische Polynom ist P (λ) = λ2 − 3λ + 2 und besitzt die Nullstellen λ1 = 1 und λ2 = 2. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ist dann durch yh (x) = C1 ex + C2 e2x gegeben. Zur Bestimmung einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung treffen wir wegen der Gestalt der rechten Seite (hyperbolische Funktion) den Ansatz: yi (x) = a cosh x + b sinh x. Einsetzen in die Differentialgleichung liefert: a cosh x + b sinh x − 3a sinh x − 3b cosh x + 2a cosh x + 2b sinh x = 2 cosh x. Ein Vergleich der Koeffizienten von cosh x und sinh x liefert das Gleichungssystem 3a − 3b = 2 und 3b − 3a = 0. Es ist offensichtlich nicht lösbar. Der Grund daf¨ ur ist, dass die rechte Seite der Differentialgleichung wegen 2 cosh x = ex + e−x den Summanden ex enthält, der Lösung der homogenen Gleichung ist. Es tritt daher f¨ ur uhrt aber der folgende Ansatz zu den Summanden ex aüßere Resonanz“ auf. Dann f¨ ” einer Lösung der inhomogenen Gleichung: yi (x) = Axex + Be−x . Einsetzen liefert: x x −x Axe + 2Ae + Be − 3Axex − 3Aex + 3Be−x + 2Axex + 2Be−x = ex + e−x . Vergleich der Koeffizienten von xex , ex und e−x liefert das lineare Gleichungssystem −A = 1 und 6B = 1, d.h. A = −1 und B = 16 . Somit gilt: yi (x) = −xex + 16 e−x . Insgesamt erhalten wir dann: y(x) = C1 ex + C2 e2x − xex + 16 e−x . 7. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y + 2y + y = xe−x . L¨ osung: Wir lösen zunächst die homogene Differentialgleichung mittels des Exponentialansatzes. Das charakteristische Polynom ist P (λ) = λ2 +2λ+1 und besitzt die zweifache


147

Nullstelle λ1/2 = −1. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ist dann durch yh (x) = C1 e−x + C2 xe−x gegeben. Zur Bestimmung einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung treffen wir wegen der Gestalt der rechten Seite (Polynom 1. Grades mal der Exponentialfunktion e−x ) und des Vorliegens von innerer und aüßerer Resonanz den Ansatz: yi (x) = x2 (a + bx)e−x . Einsetzen in die Differentialgleichung und Division durch e−x liefert: 2a + 6bx − 4ax − 6bx2 + ax2 + bx3 + 4ax + 6bx2 − 2ax2 − 2bx3 + ax2 + bx3 = x, 3 woraus durch Koeffizientenvergleich a = 0 und b = 16 folgt. Somit gilt: yi (x) = x6 e−x . Insgesamt erhalten wir dann: y(x) = C1 e−x + C2 xe−x +

x3 −x e 6

.


y + 3y + 2y = (12x2 + 26x + 3)ex − x cos x + (x + 1) sin x e−x . L¨ osung: Wir lösen zunächst die homogene Differentialgleichung mittels des Exponentialansatzes. Das charakteristische Polynom ist P (λ) = λ2 + 3λ + 2 und besitzt die Nullstellen λ1 = −1 und λ2 = −2. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ist dann durch yh (x) = C1 e−x + C2 e−2x gegeben. Zur Bestimmung einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung zerlegen wir in die zwei Teilprobleme:

y +3y +2y = (12x2 +26x+3)ex und y +3y +2y = x cos x+(x+1) sin x e−x Die partikuläre Lösung des Gesamtproblems gewinnen wir dann bekannlich durch Addition der partikulären Lösungen der Teilprobleme. F¨ ur die erste Gleichung ist der korrekte Ansatz yi,1 = (ax2 + bx + c)ex , woraus durch Einsetzen folgt: yi,1 = (2x2 + x − 1)ex . F¨ ur die zweite Gleichung ist der kor

rekte Ansatz (Ax + B) cos x + (Cx + D) sin x e−x , woraus durch Einsetzen folgt: yi,2 = (x cos x − sin x)e−x . Insgesamt erhalten wir dann: y(x) = C1 e−x + C2 e−2x + (2x2 + x − 1)ex + (x cos x − sin x)e−x . 9. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y + y = cos2 x . L¨ osung: Wir lösen zunächst die homogene Differentialgleichung mittels des Exponentialansatzes. Das charakteristische Polynom ist P (λ) = λ2 + 1 und besitzt die komplexen Nullstellen λ1 = i und λ2 = −i. Die allgemeine (reellwertige) Lösung der homogenen Gleichung ist dann durch yh (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) = C1 cos x + C2 sin x gegeben. Wegen der Gestalt der rechten Seite bestimmen wir eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung nicht mittels eines Ansatzes, sondern mittels der Variation der Konstanten, d.h. wir setzen yi (x) an in der Form yi (x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x). Dann sind C1 (x) und C2 (x) bekanntlich bestimmt durch C1 (x) = −

#

# y2 (x)g(x) y1 (x)g(x) dx und C2 (x) = dx , W (x) W (x)

148

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen wobei g(x) die rechte Seite und W (x) die WRONSKI-Determinante W (x) =

y1 (x) y2 (x)

y1 (x) y1 (x)

bezeichnen. Damit erhalten wir mit y1 (x) = cos x, y2 (x) = sin x, g(x) = cos2 x und W (x) = 1: # cos3 x C1 (x) = − sin x cos2 x dx = und 3 # # sin3 x C2 (x) = cos x cos2 x dx = cos x(1 − sin2 x) dx = sin x − 3 Das ergibt die partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung: cos4 x sin4 x 1 + sin2 x − = sin2 x + (cos4 x − sin4 x) = 3 3 3 1 cos(2x) = sin2 x + (cos2 x + sin2 x) (cos2 x − sin2 x) = sin2 x + 3 3

yi (x) =

1

cos(2x)

Insgesamt folgt dann: y(x) = C1 cos x + C2 sin x + sin2 x +

cos(2x) . 3

Bemerkung: Durch die Gestalt der rechten Seite: g(x) = cos2 x erschien uns ein Ansatz zur Gewinnung einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung nicht möglich. Schreiben wir aber die rechte Seite unter Zuhilfenahme von Additionstheoremen f¨ ur trigonometrische Funktionen um, so erhalten wir g(x) = cos2 x = 12 + 12 cos(2x). Dann muss aber der Ansatz: yi (x) = A + B cos(2x) + C sin(2x) zum Ziel f¨ uhren. In der Tat bekommen wir damit yi (x) = 12 − 16 cos(2x), was aber identisch mit cos(2x) ist. sin2 x + 3 10. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − y = tanh x . L¨ osung: Wir lösen zunächst die homogene Differentialgleichung mittels des Exponentialansatzes. Das charakteristische Polynom ist P (λ) = λ2 − 1 und besitzt die Nullstellen λ1 = 1 und λ2 = −1. Die allgemeine (reellwertige) Lösung der homogenen Gleichung ist dann durch yh (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) = C1 cosh x + C2 sinh x gegeben. Wegen der Gestalt der rechten Seite bestimmen wir eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung nicht mittels eines Ansatzes, sondern mittels der Variation der Konstanten, d.h. wir setzen yi (x) an in der Form yi (x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x). Dann sind C1 (x) und C2 (x) bekanntlich bestimmt durch C1 (x) = −

#

# y2 (x)g(x) y1 (x)g(x) dx und C2 (x) = dx , W (x) W (x)


149

wobei g(x) die rechte Seite und W (x) die WRONSKI-Determinante bezeichnen. Im vorliegenden Fall ist W (x) = 1 und g(x) = tanh x. Damit erhalten wir: # # # sinh2 x sinh2 x C1 (x) = − sinh x tanh x dx = − cosh x dx = dx = − cosh x cosh2 x # 2 sinh x cosh x dx und weiter mit der Substitution sinh x = ξ: =− 1 + sinh2 x # ξ2 dξ = −ξ + arctan ξ = − sinh x + arctan(sinh x) . C1 (x) = − 1 + ξ2 #

#

C2 (x) = cosh x tanh x dx = sinh x dx = cosh x . Das ergibt die partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung: yi (x) = − sinh x cosh x+cosh x arctan(sinh x)+sinh x cosh x = cosh x arctan(sinh x). Insgesamt folgt dann: y(x) = C1 cosh x + C2 sinh x + cosh x arctan(sinh x) . 11. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung 4xy + 2y − y = 0 . Hinweis: Transformieren Sie die unabhängige Variable mit x = ξ 2 . L¨ osung:

Die abhängige Variable transformiert sich dann gemäß : y(x) = u(ξ) = u ξ(x) .

2

du dξ d2 u dξ du d2 ξ und y (x) = 2 + . dξ dx dξ dx dξ dx2 √ 1 d2 ξ dξ 1 Wegen ξ = x folgt: = √ und = − √ . Setzen wir das in die Diffedx 2 x dx2 4x x rentialgleichung ein, so erhalten wir: Nach der Kettenregel folgt dann: y (x) =

1 d2 u 1 du 1 du −u=0 , − √ +2 √ 4x 2 4x dξ 4x x dξ 2 x dξ du : u − u = 0. dξ Die allgemeine Lösung dieser Gleichung ist u(ξ) = C1 eξ + C2 e−ξ . R¨ ucktransformation liefert dann die allgemeine Lösung der vorgelegten Differentialgleichung: √ √ y(x) = C1 e x + C2 e− x .

bzw. vereinfacht und mit u (ξ) :=

12. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung x3 y − 3x2 y + 6xy − 6y = 0 . L¨ osung: Es handelt sich um eine EULER-Differentialgleichung. Sie wird bekanntlich durch die Transformation |x| = et in eine Differentialgleichung mit konstanten Koef

1 du dt fizienten u uhrt. Mit y(x) = u(t) = u t(x) und y (x) = = u und ¨bergef¨ dt dx x

150


y (x) =

d2 u dt2

d3 u y (x) = 2 dt

dt dx

2

dt dx

+

du d2 t 1 1 = 2 u − 2 u sowie dt dx2 x x

3

+3

d2 u dt d2 t du d3 t 1 3 2 + = 3 u − 3 u + 3 u 2 2 3 dt dx dx dt dx x x x

erhalten wir die transformierte Differentialgleichung u − 6u + 11u − 6u = 0. Das charakteristische Polynom P (λ) = λ3 −6λ2 +11λ−6 besitzt die Wurzeln λ1 = 1, λ2 = 2 und λ3 = 3. Damit folgt f¨ ur die allgemeine Lösung: u(t) = C1 et + C2 e2t + C3 e3t . R¨ ucktransformation ergibt dann y(x) = C1 x + C2 x2 + C3 x3 . Bemerkung: Bei EULER’schen Differentialgleichungen f¨ uhrt der Potenzansatz“ y(x) = xσ auf ” eine Polynomfunktion, deren Nullstellen σk Lösungen yk (x) = xσk ergeben. 13. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung x2 y − xy + 2y = 0 ,

x>0.

L¨ osung: Es handelt sich um eine EULER-Differentialgleichung. Sie wird bekanntlich durch die Transformation |x| = et in eine Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten u uhrt. Die transformierte Gleichung hat wegen xy = u(t) ˙ und ¨bergef¨ 2 x y = u¨(t) − u(t) ˙ die Gestalt: u¨ − 2u˙ + 2u = 0. Das charakteristische Polynom P (λ) = λ2 − 2λ + 2 besitzt die Wurzeln λ1 = 1 + i und λ2 = 1 − i. Die allgemeine Lösung der transformierten Gleichung ist daher u(t) = C1 et cos t + C2 et sin t. R¨ ucktransformation ergibt dann y(x) = C1 x cos(ln x) + C2 x sin(ln x) . 14. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung x4 y (4) + 3x2 y − 7xy + 8y = 0 ,

x>0.

L¨ osung: Es handelt sich um eine EULER-Differentialgleichung. Sie wird bekanntlich durch die Transformation |x| = et in eine Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten u uhrt. ¨bergef¨ Die transformierte Gleichung hat wegen xy = u (t), x2 y = u (t) − u (t), x3 y = u − 3u + 2u und x4 y (4) = u(4) − 6u + 11u − 6u die Gestalt: u(4) − 6u + 14u − 16u + 8u = 0 . Das zugehörige charakteristische Polynom P (λ) = λ4 − 6λ3 + 11λ2 − 16λ + 8 besitzt die Wurzeln λ1/2 = 2, λ3 = 1 + i und λ4 = 1 − i. Die allgemeine Lösung der transformierten Gleichung ist daher u(t) = C1 e2t + C2 te2t + C3 et cos t + C4 et sin t. R¨ ucktransformation ergibt dann y(x) = C1 x2 + C2 x ln x + C3 x cos(ln x) + C4 x sin(ln x) .


151

15. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung x2 y − 2xy + (2 − x2 )y = 0 . L¨ osung: Es handelt sich um eine lineare Differentialgleichung mit nichtkonstanten Koeffizienten, die aber auch nicht vom Typ einer EULER-Gleichung ist. Wir versuchen hier eine Transformation der abhängigen Variablen von der Form y(x) = u(x)v(x) und wählen dann u so, dass die Differentialgleichung f¨ ur v möglichst einfach wird. Setzen wir y(x) = u(x)v(x), y (x) = u (x)v(x) + u(x)v (x) und y (x) = u (x)v(x) + 2u (x)v (x) + u(x)v (x) ein, so erhalten wir: x2 uv + (2x2 u − 2xu)v + (x2 u − 2xu + 2u − x2 u)v = 0 . Der Koeffizient der ersten Ableitung 2x(xu − u) wird Null, wenn wir u = x wählen. Dann erhalten wir die Normalform“ x3 v − x2 v = 0 bzw. v − v = 0. Deren ” allgemeine Lösung ist v(x) = C1 ex + C2 e−x . Die vorgelegte Differentialgleichung besitzt dann die allgemeine Lösung y(x) = C1 xex + C2 xe−x . 16. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (1 − x2 )y − 4xy − (1 + x2 )y = x . L¨ osung: Es handelt sich um eine lineare Differentialgleichung mit nichtkonstanten Koeffizienten, die aber auch nicht vom Typ einer EULER-Gleichung ist. Wir versuchen hier eine Transformation der abhängigen Variablen von der Form y(x) = u(x)v(x) und wählen dann u so, dass die Differentialgleichung f¨ ur v möglichst einfach wird. Setzen wir y(x) = u(x)v(x), y (x) = u (x)v(x) + u(x)v (x) und y (x) = u (x)v(x) + 2u (x)v (x) + u(x)v (x) ein, so erhalten wir:

(1 − x2 )uv + 2(1 − x2 )u − 4xu v + (1 − x2 )u − 4xu − (1 + x2 )u v = 0 . Wir bestimmen u(x) so, dass der Koeffizient der ersten Ableitung Null wird, d.h. wir 2x u fordern: 2(1 − x2 )u − 4xu = 0. Trennung der Variablen liefert = , woraus u 1 − x2 1 nach Integration folgt: u(x) = . 1 − x2 2x 2 + 6x2 und u = lautet die Differentialgleichung f¨ ur v(x): (1 − x2 )2 (1 − x2 )3 v + v = x. Sie besitzt die allgemeine Lösung v(x) = C1 cos x + C2 sin x + x. Die allgemeine Lösung der vorgelegten Differentialgleichung ist dann Mit u =

y(x) = C1

cos x sin x x + C2 + . 1 − x2 1 − x2 1 − x 2

152


17. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung x2 y − x(x + 2)y + (x + 2)y = x3 . L¨ osung: Es handelt sich um eine lineare Differentialgleichung mit nichtkonstanten Koeffizienten, die aber auch nicht vom Typ einer EULER-Gleichung ist. Wir versuchen hier eine Transformation der abhängigen Variablen von der Form y(x) = u(x)v(x) und wählen f¨ ur u eine partikuläre Lösung der homogenen Gleichung. Bekanntlich wird dann der Koeffizient von v Null und wir können mit w(x) := v (x) die Ordnung der Differentialgleichung um 1 reduzieren. Im vorliegenden Fall errät man leicht, dass u(x) = x eine Lösung der homogenen Gleichung x2 y − x(x + 2)y + (x + 2)y = 0 ist. Mit y = xv + v und y = xv + 2v erhalten wir die Differentialgleichung v −v = 1 bzw. w −w = 1. Letztere besitzt die allgemeine Lösung w(x) = C1 ex −1. Integration liefert: v(x) = C1 ex + C2 − x. Die allgemeine Lösung der vorgelegten Differentialgleichung ist dann y(x) = C1 xex + C2 x − x2 . 18. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung

1 − 2x cot(2x) y − 4xy + 4y = 0 .

L¨ osung: Es handelt sich um eine lineare Differentialgleichung mit nichtkonstanten Koeffizienten. Da y nicht vorkommt, setzen wir w(x) := y (x) und erhalten:

1 − 2x cot(2x) w − 4xw + 4w = 0 .

Zunächst erkennt man schnell, dass w(x) = x Lösung ist. Zur Gewinnung einer weiteren Lösung schreiben wir die Differentialgleichung in der Form:

(w + 4w) − 2x cot(2x)w + 2w = 0 . Eine Lösung liegt sicher vor, wenn die beiden Klammerausdr¨ ucke verschwinden, d.h. wenn gilt: w + 4w = 0 und cot(2x)w + 2w = 0 . Die allgemeine Lösung der ersten Gleichung ist w(x) = A cos(2x) + B sin(2x). Wir versuchen nun A und B so zu wählen, dass auch die zweite Gleichung erf¨ ullt ist. Da wir wegen der ersten Gleichung w in der zweiten Gleichung durch −4w ersetzen können, m¨ usste gelten: w = 2 cot(2x)w, d.h. aber −2A sin(2x) + 2B cos(2x) = 2A cot(2x) cos(2x) + 2B cot(2x) sin(2x) . Dies trifft aber nur zu, wenn wir A = 0 wählen. Dann ist aber w = sin(2x) auch eine Lösung der Differentialgleichung f¨ ur w. Damit ist w(x) = 2C1 x − 2C2 sin(2x) die allgemeine Lösung der w-Gleichung. Die allgemeine Lösung der vorgelegten Differentialgleichung folgt dann durch Integration: y(x) = C1 x2 + C2 cos(2x) + C3 .


153

19. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung x2 (ln x)2 y + x ln x(ln x + 1)y − y = 0 , x > 0 . Hinweis: Transformieren Sie die unabhängige Variable mit x = eξ . L¨ osung:

Die abhängige Variable transformiert sich dann gemäß : y(x) = u(ξ) = u ξ(x) . Nach der Kettenregel folgt dann wegen y(x) = u(ln x): y =

1 1 1 u (ξ) und y = − 2 u (ξ) + 2 u (ξ) . x x x

Durch Einsetzen erhalten wir dann f¨ ur u die Differentialgleichung: ξ 2 u + ξu − u = 0 . Dies ist eine EULER’sche Differentialgleichung , die wir mit dem Potenzansatz u(ξ) = ξ σ lösen. Einsetzen liefert die algebraische Gleichung: σ(σ − 1) + σ − 1 = 0. Diese besitzt die Wurzeln σ1 = 1 und σ2 = −1. C2 Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung f¨ ur u ist dann u(ξ) = C1 ξ + . ξ Die allgemeine Lösung der vorgelegten Differentialgleichung ist dann aber y(x) = C1 ln x +

3.2.3

C2 . ln x


1. Bestimmen Sie den Lösungsraum der folgenden Differentialgleichungen: (a) y + 2y + y = 0 ,

(b) y (5) + 4y (4) + 2y (3) − 4y + 8y + 16y = 0 ,

(c) 2y + 2y + 3y = 0 ,

(d) y − 2y = 12x − 10 ,

(e) y − 2y + 5y = 25x2 + 12 ,

(f) y (4) + 4y (3) + 6y + 4y + y = (x2 + x)ex ,

(g) y + 10y + 25y = 14e−5x ,

(h) y + 4y = 3 sin x ,

(i) y − 2y − 3y = 64xe−x ,

(j) y − 3y + 2y = 14 sin 2x − 18 cos 2x .

Lösungen: (a) lR e−x + lR xe−x , (b) lR e−2x + lR xe−2x + lR x2 e−2x + lR ex cos x + lR ex sin x , x

(c) lR e− 2 cos

√

5 x 2

x

+ e− 2 sin

√

5 x 2

,

(d) −3x2 − 2x + lR + lR e2x , (e) 5x2 + 4x + 2 + lR ex cos 2x + lR ex sin 2x , x2 3x 3 (f) − + + lR e−x lR xe−x + lR x2 e−x + lR x3 e−x , 16 16 16 (g) 7x2 e−5x + lR e−5x + lR x2 e−5x , (h) sin x + lR cos 2x + lR sin 2x , (i) (−8x2 − 4x)e−x + lR e−x + lR e3x ,

(j) 2 sin 2x + 3 cos 2x + lR ex + lR e2x .

154


2. Lösen Sie die folgenden Anfangswertprobleme: y(0) = − 11 , y (0) = 4

(a) y + 4y + 3y = 8xex − 6 ,

1 4

,

(b) y − 6y + 10y = 100 ,

y(0) = 10, y (0) = 5 ,

(c) y − 2y + y = e + x ,

y(0) = y (0) = 0 ,

(d) y + 6y + 10y = xe−3x ,

y(0) = 1, y (0) = −2 .

x

Lösungen: (a) y = xex − 34 ex − 2,

(b) y = 5e3x sin x + 10,

(c) y = (−2 + x + 12 x2 )ex + x + 2,

(d) y = e−3x (cos x + x).

3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y + 2y + y = e−x . Bestimmen Sie ferner jene spezielle Lösung, die den Anfangsbedingungen y(0) = 0, y (0) = 0 gen¨ ugt. Allgemeine Lösung: y = (C1 + C2 x)e−x +

x2 −x x2 −x e , spezielle Lösung: y = e . 2 2

4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y + y − 2y = (3 − 4x)ex . Lösung: y = C1 ex + C2 e−2x +

13 2x − xex . 9 3

5. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y + y = x . Lösung: y = C1 + C2 x + C3 e−x −

x 2 x3 + . 2 6

6. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y (4) − y − y + y = e2x . Ermitteln Sie ferner jene Lösung, die den folgenden Anfangsbedingungen gen¨ ugt: y(0) =

1 , 6

y (0) =

1 , 3

y (0) =

2 , 3

y (0) =

Allgemeine Lösung: y = C1 + C2 ex + C3 xex + C4 e−x + spezielle Lösung: y =

e2x , 6

e2x . 6

7. Bestimmen Sie α, β ∈ lR so, dass in der Differentialgleichung y + 6y + αy = e2βx

4 . 3


155

innere und äußere Resonanz vorliegt. Ermitteln Sie anschließend die allgemeine Lösung dieser Gleichung. 3 Lösung: Innere Resonanz f¨ ur α = 9, äußere Resonanz f¨ ur β = − , 2 x2 −3x y = C1 e−3x + C2 xe−3x + e . 2 8. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − 2y + 5y = sin x cos x .

Lösung: y = ex C1 cos(2x) + C2 sin(2x) +

sin(2x) 2 cos(2x) + . 34 17

9. Bestimmen Sie α ∈ lR so, dass in der Differentialgleichung y + 4y + αy = x2 + 3 innere Resonanz vorliegt. Ermitteln Sie anschließend die allgemeine Lösung dieser Gleichung. Lösung: innere Resonanz f¨ ur α = 4, y = C1 e−2x + C2 xe−2x +

9 x x2 − + . 8 2 4

10. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y + 4y =

1 . cos(2x)

Bestimmen Sie ferner jene spezielle Lösung, die den Anfangsbedingungen y(0) = y (0) = 0 gen¨ ugt. Allgemeine Lösung: y = C1 cos(2x) + C2 sin(2x) + spezielle Lösung: y =

x cos(2x) ln cos(2x) + sin(2x), 4 2

cos(2x) x ln cos(2x) + sin(2x). 4 2

11. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − 3y + 2y =

1 . 1 + e−x

Lösung: y = C1 e2x + C2 ex + (ex + e2x ) ln(1 + e−x ). 12. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung √ √ y + 7y = 7 tan( 7x) . √ ! √ ! 1 + sin( 7x) 1 " √ . Lösung: y = C1 cos( 7x) + C2 sin( 7x) − √ cos( 7x) ln 7 1 − sin( 7x)

√

√

13. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − 4y + 4y = Lösung: y = C1 e2x + C2 xe2x − ln |x|e2x .

e2x . x2

156


14. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − y − 2y = 2 ln |x| +

1 1 + , x x2

x = 0 .

Lösung: y = C1 e2x + C2 e−x − ln |x|. 15. Bestimmen Sie den Lösungsraum der folgenden EULER’schen Differentialgleichungen: (a) x2 y − 4xy + 6y = 3x + 2 ,

(b) x2 y − xy + y = 0 ,

(c) x3 y + x2 y − 2xy + 2y = 0 ,

(d) x3 y + x2 y + 2xy = − ln x ,

(e) x2 y − 2y = 3x2 + 10 sin(ln x) ,

(f) x2 y − 3xy + 3y = 0 ,

(g) x2 y − 3xy + 4y = 2x2 . Lösungen: 3 1 (a) x + + lR x2 + lR x3 , 2 3 (b) lR x2 + lR x2 ln x + lR , 1 (c) lR + lR x + lR x3 , x √ √ 2 + 3 ln x (d) − + lR cos( 2 ln x) + lR sin( 2 ln x) , 9x 1 2 (e) x ln x + cos(ln x) − 3 sin(ln x) + lR x2 + lR , x (f) lR x3 + lR x , (g) x2 (ln x)2 + lR x2 + lR x2 ln x. 16. Lösen Sie die folgenden Anfangswertprobleme f¨ ur EULER’sche Differentialgleichungen: (a) x2 y − 2y = 3x2 ,

y(1) = 0, y (1) = 0,

(b) x2 y − 3xy + 4y = x3 + x2 + x + 1 ,

y(1) = 0, y (1) = 1,

(c) xy − y = x2 , 1 (d) xy + y = , x (e) x2 y − xy − 8y = 0 ,

y(1) = 0, y (1) = 0, y(1) = 1, y(1) = y (1) = 2.

Lösungen: x2 1 3 9 x2 1 (a) y = − + + x2 ln x , (b) y = x2 ln x − + x3 + (ln x)2 + x + , 3 3x 2 4 2 4 1 + ln x 1 x2 x 3 1 + , (d) y = , (e) y = x4 + 2 . (c) y = − + 2 3 6 x x 17. Bestimmen Sie jene Lösung der Differentialgleichung x2 y − 3xy + 3y = 0 , die an der Stelle x = 1 ein Maximum hat und an der Stelle x = π den Wert y = −1 annimmt.


Allgemeine Lösung: y = C1 x + C2 x3 , spezielle Lösung: y =

157

x(3 − x2 ) . π(π 2 − 3)

18. Bestimmen Sie jene Lösung der Differentialgleichung x2 y − 4xy + 4y = x2 , die die Eigenschaft besitzt, dass sie an der Stelle x = 1 eine zur x-Achse parallele Tangente hat und f¨ ur die ferner gilt: # 1 0

y(x)dx = 1 .

67x x2 10x4 − − . 27 2 27 19. Bestimmen Sie jene Lösungskurven der Differentialgleichung Lösung: y =

x3 y + x2 y + 2xy + ln x = 0 , die an der Stelle x = 1 den Wert y(1) = 1 annehmen. √ √ 2 ln x 11 cos( 2 ln x) + C sin( 2 ln x) − − . Lösung: y = 9 3x 9x 20. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung √ Lösung: y = C1 x cos

3x2 y + 2y = x ,

x = 0 . √ √ 15 15 x ln x + C2 x sin ln x + . 6 6 2

√

21. F¨ ur welche α ∈ lR besitzt die Differentialgleichung x2 y + αxy + 9y = 0 die partikuläre Lösung y = Cx3 ln |x|? Lösung: α = −5. 22. Bestimmen Sie mittels Reduktion der Ordnung (nachdem Sie eine spezielle Lösung erraten haben) die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (1 − x)y + xy − y = 0 . Bestimmen Sie ferner jene spezielle Lösung, die den Anfangsbedingungen ugt. y(0) = 1 und y (0) = 2 gen¨ Allgemeine Lösung: y(x) = C1 x + C2 ex , spezielle Lösung: y(x) = x + ex . 23. Bestimmen Sie jene Werte von α, f¨ ur die die Differentialgleichung (1 − x2 )y − 2xy + αy = 0 ein Polynom dritten Grades als partikuläre Lösung besitzt. Ermitteln Sie unter dieser Lösungsschar jene Lösung, die f¨ ur x = 1 eine Tangente besitzt, die mit der positiven x-Achse einen Winkel von π6 einschließt. Lösung: α = 12, Gleichung der Schar: y = C(5x3 − 3x), 1 spezielle Lösung: y = √ (5x3 − 3x) . 12 3

158


24. Erraten Sie eine Lösung der Differentialgleichung (1 − x2 )y − 2xy + 2y = 0 und ermitteln Sie anschließend die allgemeine Lösung.

Spezielle Lösung: yp = x, allgemeine Lösung: y = C1 x + C2 1 +

x x − 1 ln . 2 x+1

25. Gegeben ist die Differentialgleichung (1 + x2 )y − 2xy + 2y = 6(1 + x2 )2 . Erraten Sie eine Lösung der homogenen Differentialgleichung und ermitteln Sie anschließend die allgemeine Lösung. Spezielle Lösung: yp,h = x, allgemeine Lösung: y = C1 x + C2 (x2 − 1) + 3 + x4 . 26. Erraten Sie eine Lösung der Differentialgleichung x2 cos x y + (x sin x − 2 cos x)(xy − y) = 0 und ermitteln Sie anschließend die allgemeine Lösung. Spezielle Lösung: yp = x, allgemeine Lösung: y = C1 x + C2 x sin x. 27. Bestimmen Sie - mittels Reduktion der Ordnung - die allgemeine Lösung der Differentialgleichung x2 (x + 1)y − x(x2 + 4x + 2)y + (x2 + 4x + 2)y = 0 ,

x(x + 1) = 0 .

Ermitteln Sie ferner jene Lösung, f¨ ur die gilt: y(1) = 1, y (1) = −1. Allgemeine Lösung: y = C1 x2 ex + C2 x

spezielle Lösung: y = −x2 ex−1 + 2x.

3.3. Lösungsdarstellungen mittels Reihen

3.3

159

L¨ osungsdarstellungen mittels Reihen

3.3.1

Grundlagen

• Potenzreihendarstellungen: Seien die Koeffizientenfunktionen an−1 (x), . . . , a1 (x), a0 (x) der Differentialgleichung y (n) (x) + an−1 (x)y (n−1) (x) + · · · + a1 (x)y (x) + a0 (x)y(x) = 0 reell analytisch (d.h. in Potenzreihen entwickelbar) im Intervall (x0 − r, x0 + r), so ist auch jede Lösung der Differentialgleichung dort durch eine Potenzreihe um x0 darstellbar. Insbesondere ist die Lösung des Anfangswertproblems (n−1)

y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0 , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0 durch eine Potenzreihe darstellbar.

• Reihendarstellung nach FROBENIUS: Ein Punkt x0 heißt außerwesentlich singulärer Punkt der Differentialgleichung y (x) + p(x)y (x) + q(x)y(x) = 0 , wenn f¨ ur die Koeffizienten ak (x) gilt: p(x) =

∞ 1 ck (x − x0 )k , x − x0 k=0

q(x) =

∞ 1 dk (x − x0 )k . (x − x0 )2 k=0

Sei nun x0 ein außerwesentlich singulärer Punkt der Differentialgleichung y (x) + p(x)y (x) + q(x)y(x) = 0 . Dann besitzt letztere ein Fundamentalsystem der Form: y1 (x) = (x − x0 )r1

∞

ai (x − x0 )i ,

i=0

y2 (x) = (x − x0 )r2

∞

bi (x − x0 )i + A y1 (x) ln(x − x0 ),

i=0

wobei r1 und r2 die Wurzeln des charakteristischen Polynoms“ r(r − 1) + c0 r + d0 ” sind. Falls r1 − r2 ∈ / ZZ, ist A = 0.

3.3.2

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie mittels eines geeigneten Reihenansatzes die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − xy − y = 0 . L¨ osung: Wir setzen die Lösung in Form einer Potenzreihe mit Entwicklungsmitte x0 = 0 an:

160


y(x) =

∞

an xn . =⇒ y (x) =

n=0

∞

nan xn−1 und y (x) =

n=0

∞

n(n − 1)an xn−2 .

n=0

Durch Einsetzen in die Differentialgleichung erhalten wir: ∞

n(n − 1)an xn−2 −

n=0

∞

(n + 1)an xn = 0 .

n=0

Vergleich der Koeffizienten der Potenzen xk liefert dann die zweigliedrige Rekursion (k + 2)(k + 1)ak+2 − (k + 1)ak = 0 bzw. ak+2 =

ak , k+2

k ∈ lN0 .

Dabei bleiben a0 und a1 unbestimmt. Sie spielen die Rolle der zwei Integrationskonstanten in der allgemeinen Lösung. Durch spezielle Wahl dieser beiden Konstanten erhalten wir zwei (linear unabhängige) Lösungen. a) a0 = 1, a1 = 0: Wegen a1 = 0 sind infolge der Rekursionsformel alle ungeraden Koeffizienten Null. F¨ ur die geraden Koeffizienten erhalten wir mit k = 2m: a2m+2 =

a2m a2m = 2m + 2 2(m + 1)

=⇒

a2m =

1 . 2m m!

Letzeres kann mittels vollständiger Induktion bewiesen werden. Damit folgt: ∞

1 y1 (x) = m=0 m!

x2 2

m

x2

=e2 .

b) a0 = 0, a1 = 1: Wegen a0 = 0 sind infolge der Rekursionsformel alle geraden Koeffizienten Null. F¨ ur die ungeraden Koeffizienten erhalten wir mit k = 2m − 1: a2m+1 =

2·m a2m−1 = a2m−1 2m + 1 (2m + 1)(2m)

=⇒

a2m+1 =

2m m! . (2m + 1)!

Letzeres kann wieder mittels vollständiger Induktion bewiesen werden. Somit: y2 (x) =

∞

2m m! x2m+1 . (2m + 1)! m=0

Insgesamt folgt dann: x2

y(x) = C1 e 2 + C2

∞

2m m! x2m+1 . (2m + 1)! m=0

2. Bestimmen Sie mittels eines geeigneten Reihenansatzes die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y − xy + 4y = 0 . L¨ osung: Wir setzen die Lösung in Form einer Potenzreihe mit Entwicklungsmitte x0 = 0 an:


y(x) =

∞

an xn . =⇒ y (x) =

n=0

∞

161


n=0

∞

n(n − 1)an xn−2 .

n=0


n(n − 1)an xn−2 +

n=0

∞

(4 − n)an xn = 0 .

n=0

Vergleich der Koeffizienten der Potenzen xk liefert dann die zweigliedrige Rekursion (k + 2)(k + 1)ak+2 − (k − 4)ak = 0 bzw. ak+2 =

k−4 ak , (k + 2)(k + 1)

k ∈ lN0 .

Dabei bleiben a0 und a1 unbestimmt. Sie spielen die Rolle der zwei Integrationskonstanten in der allgemeinen Lösung. Durch spezielle Wahl dieser beiden Konstanten erhalten wir zwei (linear unabhängige) Lösungen. a) a0 = 3, a1 = 0: Wegen a1 = 0 sind infolge der Rekursionsformel alle ungeraden Koeffizienten Null. F¨ ur die geraden Koeffizienten erhalten wir a2 = −6, a4 = 1 und a2m = 0 f¨ ur m > 2. Damit folgt: y1 (x) = 3 − 6x2 + x4 . b) a0 = 0, a1 = 1: Wegen a0 = 0 sind infolge der Rekursionsformel alle geraden Koeffizienten Null. F¨ ur die ungeraden Koeffizienten erhalten wir: 1 a3 = − 12 , a5 = 40 und mit k = 2m − 1 f¨ ur m ≥ 3: a2m+1 = a2m+1 =

2m − 5 (2m − 5)(2m − 4) a2m−1 = a2m−1 (2m + 1)(2m) (2m + 1)(2m)2(m − 2) 3(2m − 5)! . + 1)!(m − 3)!

woraus folgt:

Letzeres kann wieder mittels vollständiger

2m (2m

Induktion bewiesen werden. Somit: y2 (x) = x −

∞ 3(2m − 5)! x3 x 5 + + x2m+1 . m 2 40 m=3 2 (m − 3)!(2m + 1)!

Insgesamt folgt dann:

y(x) = C1 (3 − 6x2 + x4 ) + C2 x −

∞ 24(2m − 5)! x3 x 5 + + x2m+1 2 40 m=3 2m (m − 3)!(2m + 1)!

.

3. Bestimmen Sie mittels eines geeigneten Reihenansatzes jene Lösung der Differentialgleichung y + (2x − 1)y + (1 − x + x2 )y = 0 , Die den Anfangsbedingungen y(0) = 1 und y (0) = 0 gen¨ ugt. L¨ osung: Wir setzen die Lösung in Form einer Potenzreihe mit Entwicklungsmitte x0 = 0 an: y(x) =

∞

an xn . =⇒ y (x) =

n=0

∞


n=0

∞

n(n − 1)an xn−2 .

n=0

Durch Einsetzen in die Differentialgleichung erhalten wir: ∞ n=0

n(n−1)an xn−2 +2

∞ n=0

nan xn −

∞ n=0

nan xn−1 +

∞ n=0

an x n −

∞ n=0

an xn+1 +

∞ n=0

an xn+2 = 0 .

162

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen ucksichtigung Durch Vergleich der Koeffizienten von x0 und x erhalten wir unter Ber¨ der Anfangsbedingungen, d.h. y(0) = a0 = 1 und y (0) = a1 = 0: 1 a1 − a0 x0 : 2a2 − a1 + a0 = 0 =⇒ a2 = =− , 2 2 2a2 − 3a1 + a0 x : 6a3 + 2a1 − 2a2 + a1 − a0 = 0 =⇒ a3 = = 0. 6 F¨ ur k ≥ 2 erhalten wir durch Vergleich der Potenzen von xk die Rekursionsformel (k + 2)(k + 1)ak+2 = (k + 1)ak+1 − (2k + 1)ak + ak−1 − ak−2 . ur Unter Ber¨ ucksichtigung von a0 = 1, a1 = 0, a2 = − 12 und a3 = 0 folgt f¨ k = 3: 5 · 4 a5 = 4a4 − 7a3 + a2 − a1 =

5 2 4 8

k = 4: 6 · 5 a6 = 5a5 − 9a4 + a3 − a2 =

− 98

k = 2: 4 · 3 a4 = 3a3 − 5a2 + a1 − a0 =

3 2

−1= −

1 2

+

=0 1 2

13 6·8

−

a4 =

=⇒

a5 = 0,

=

1 2·22

1 2!22

=

,

=

− 58

=⇒

1 a6 = − 6·8 = − 3!21 3 ,

1 8

=0

=⇒

a7 = 0,

6 + k = 5: 7 · 6 a7 = 6a6 − 11a5 + a4 − a3 = − 6·8

k = 6: 8 · 7 a8 = 7a7 − 13a6 + a5 − a4 =

1 8

=⇒

1 8

7 = − 6·8

=⇒

a8 =

1 6·8·8

=

1 4!24

.

Wir stellen nun die folgende Behauptung auf: a2m =

(−1)m m!2m

und

a2m+1 = 0 .

Der Beweis erfolgt mittels vollständiger Induktion. F¨ ur m = 0 ist die Behauptung offensichtlich wahr. Unter der Annahme, dass sie f¨ ur alle l ≤ m wahr ist, folgt durch Einsetzen in die Rekursionskormel: 2m(−1)m (−1)m−1 (2m + 1)(2m)a2m+1 = 2ma2m + a2m−2 = + = 0 bzw. m m!2 (m − 1)!2m−1 (2m+2)(2m+1)a2m+2 = −(4m+1)a2m −a2m−2 = − = (−1)m+1

4m + 1 − 2m m!2m

(4m + 1)(−1)m (−1)m−1 − = m m!2 (m − 1)!2m−1

=⇒

a2m+2 =

(−1)m+1 . (m + 1)!2m+1

Damit erhalten wir f¨ ur die Lösung des Anfangswertproblems: y(x) =

∞

x2 (−1)m x2m = e− 2 . m m!2 m=0

4. Bestimmen Sie mittels eines geeigneten Reihenansatzes jene Lösung der Differentialgleichung (1 + x)y − xy − y = 0 , ugt. die den Anfangsbedingungen y(0) = 1 und y (0) = 1 gen¨ L¨ osung: Wir setzen die Lösung in Form einer Potenzreihe mit Entwicklungsmitte x0 = 0 an: y(x) =

∞

n=0

an xn . =⇒ y (x) =

∞

n=0


∞

n=0

n(n − 1)an xn−2 .


163


n(n − 1)an xn−2 +

n=0

∞

∞

n(n − 1)an xn−1 −

n=0

nan xn −

n=0

∞

an x n = 0 .

n=0

Durch Vergleich der Koeffizienten von xk erhalten wir die dreigliedrige Rekursionsformel (k + 2)(k + 1)ak+2 + (k + 1)kak+1 − (k + 1)ak bzw. ak+2 = −

k ak ak+1 + . k+2 k+2

Unter Ber¨ ucksichtigung der Anfangsbedingungen y(0) = a0 = 1 und y (0) = a1 = 1 1 ? 1 1 erhalten wir daraus zunächst: a2 = 12 , a3 = 16 , a4 = 24 . Diese , a5 = 120 =⇒ ak = k! Vermutung kann durch vollständige Induktion bestätigt werden. Damit erhalten wir f¨ ur die Lösung des Anfangswertproblems: y(x) =

∞

xk = ex . k! k=0

5. Bestimmen Sie mittels eines geeigneten Reihenansatzes um den Punkt x0 = 0 die allgemeine Lösung der Differentialgleichung

x2 y + xy + x2 −

1 y=0. 4

L¨ osung: Da der Koeffizient der höchsten (hier der zweiten) Ableitung an x0 = 0 Null wird, ist die Existenz eine einfachen Potenzreihenlösung nicht gesichert. Da aber x = 0 eine außerwesentliche singuläre Stelle der Differentialgleichung ist, existieren nach FROBENIUS Lösungen der Form y(x) = xr

∞

an xn .

n=0

Einsetzen in die Differentialgleichung liefert ∞

(n + r)(n + r − 1)an xn+r +

n=0

∞

(n + r)an xn+r +

n=0

∞ n=0

an xn+r+2 −

∞ 1 an xn+r = 0. 4 n=0

Division durch xr und anschließender Koeffizientenvergleich liefert zunächst: 0 x : r(r − 1) + r − 14 a0 = 0 und wegen a0 = 0: r = ± 12 , x1 : k

x :

(r + 1)r + (r + 1) −

1 4

a1 = 0

(k + r)(k + r − 1) + (k + r) −

=⇒

1 4

a1 = 0,

ak + ak−2 = 0.

(a) r = 12 : Aus dem Vergleich der Koeffizienten von xk erhalten wir die Rekurak−2 sionsformel: k(k + 1)ak + ak−2 = 0 bzw. ak = − . k(k + 1) Wegen a1 = 0 folgt dann: a2m+1 = 0 und weiters (Beweis etwa mittels vollständiger

164

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen a0 . (2m + 2)! Mit a0 = 1 erhalten wir dann: Induktion): a2m = (−1)m

y1 (x) =

∞ √ x (−1)m m=0

x2m 1 = √ sin x . (2m + 1)! x

(b) r = − 12 : Aus dem Vergleich der Koeffizienten von xk erhalten wir die Rekurak−2 sionsformel: k(k − 1)ak + ak−2 = 0 bzw. ak = − . k(k − 1) Wegen a1 = 0 folgt dann: a2m+1 = 0 und weiters (Beweis etwa mittels vollständiger a0 Induktion): a2m = (−1)m . (2m)! Mit a0 = 1 erhalten wir dann: ∞ x2m 1 1 = √ cos x . y2 (x) = √ (−1)m x m=0 (2m)! x

6. Bestimmen Sie mittels eines geeigneten Reihenansatzes um den Punkt x0 = 0 die allgemeine Lösung der Differentialgleichung xy + (x + 1)y + y = 0 . L¨ osung: Da der Koeffizient der höchsten (hier der zweiten) Ableitung an x0 = 0 Null wird, ist die Existenz eine einfachen Potenzreihenlösung nicht gesichert. Da aber x = 0 eine außerwesentliche singuläre Stelle der Differentialgleichung ist, existieren nach FROBENIUS Lösungen der Form y(x) = xr

∞

an x n .

n=0

Einsetzen in die Differentialgleichung liefert ∞

(n+r)(n+r−1)an xn+r−1 +

n=0

∞

(n+r)an xn+r−1 +

n=0

∞

(n+r)an xn+r +

n=0

∞

an xn+r = 0.

n=0

0 Nach Division durch xr−1

erhalten wir durch Vergleich der Koeffizienten von x zunächst: r(r − 1) + r a0 = 0. Wegen a0 = 0 folgt daraus r = 0. Mit diesem Ergebnis ergibt ein Vergleich der Koeffizienten von xk :

1 bzw. ak = − ak−1 k Mit a0 = 1 erhalten wir dann: k 2 ak + kak−1 = 0 ,

y1 (x) =

=⇒

ak =

(−1)k a0 . k!

∞

(−1)k k x = e−x . k! k=0

Nachdem die charakteristische Gleichung f¨ ur r die Doppelwurzel r = 0 besitzt, treffen wir f¨ ur die zweite (linear unabhängige) Lösung folgenden Ansatz: y2 (x) =

∞ n=0

cn xn + y1 (x) ln x =

∞ n=0

cn xn + e−x ln x .


y2 (x) =

Mit

∞

165 e−x x

ncn xn−1 − e−x ln x +

n=0

y2 (x) =

und

∞

n(n − 1)cn xn−2 + e−x ln x − 2

n=0

e−x e−x − 2 x x

erhalten wir durch Einsetzen in die Differentialgleichung : ∞

∞

n2 cn xn−1 +

n=0

(n + 1)cn xn − e−x = 0 .

n=0

Setzen wir f¨ ur e−x die TAYLOR-Reihe ein und vergleichen die Koeffizienten von xk , (−1)k bzw. weiter die Rekursionsformel folgt zunächst (k + 1)2 ck+1 + (k + 1)ck = k! ck+1 = −

(−1)k ck + . k + 1 (k + 1)(k + 1)!

Fortgesetzte Anwendung ergibt: ck+1

(−1)k 1 ck ck−1 (−1)k−1 (−1)k + =− + = =− − + k + 1 (k + 1)(k + 1)! k+1 k kk! (k + 1)(k + 1)! =

k+1 1 ck−1 (−1)k (−1)k (−1)k+1 + + = ··· = c0 + (−1)k . (k + 1)k kk! (k + 1)(k + 1)! (k + 1)! j=1 jj!

Da wir u ugen können, setzen wir c0 = 0 und erhalten: ¨ber c0 noch beliebig verf¨ y2 (x) =

3.3.3

k ∞

1 k x + e−x ln x . jj! k=1 j=1


1. Bestimmen Sie mittels eines Potenzreihenansatzes jene Lösung der Differentialgleichung y + x3 y = 1 + x + x2 , ugt. die den Anfangsbedingungen y(0) = y (0) = 1 gen¨ (Berechnen Sie die ersten 7 Glieder.) Lösung: y = 1 + x +

x2 x3 x4 x5 x6 + + − − + ··· . 2 6 12 20 30

2. Bestimmen Sie durch Reihenentwicklung nach Potenzen von x jene Lösung der Differentialgleichung y + x2 y = 0 , ugt. Ermitteln Sie die den Bedingungen y(0) = 1, y (0) = 0 und y (0) = −6 gen¨ die Rekursionsformel f¨ ur die Koeffizienten cn der Potenzreihe und berechnen Sie c 0 , c1 , . . . , c 9 . cn , n ∈ lN0 , Lösung: cn+5 = − (n + 3)(n + 4)(n + 5) 1 , c6 = 0, c7 = c0 = 1, c1 = 0, c2 = −3, c3 = 0, c4 = 0, c5 = − 60

1 ,c 70 8

= 0, c9 = 0.

166


3. Bestimmen Sie durch Reihenentwicklung nach Potenzen von x jene Lösung der Differentialgleichung (1 − x2 )y + y = 0 , die den Bedingungen y(0) = −2 und y (0) = 0 gen¨ ugt. Ermitteln Sie die Rekursionsformel f¨ ur die Koeffizienten cn der Potenzreihe und berechnen Sie c0 , c1 , . . . , c4 . Lösung: cn+2 =

n2 − n − 1 cn , n ∈ lN0 , c0 = −2, c1 = 0, c2 = 1, c3 = 0, c4 = (n + 1)(n + 2)

1 12

.

4. Bestimmen Sie durch Reihenentwicklung nach Potenzen von x jene Lösung der Differentialgleichung (1 − x2 )y − 2xy + 2y = 0 , die den Bedingungen y(0) = 1 und y (0) = 0 gen¨ ugt. Ermitteln Sie die Rekursionsformel f¨ ur die Koeffizienten cn der Potenzreihe und berechnen Sie die cn explizit. n−1 cn , n ∈ lN0 , woraus wegen c0 = 1 und c1 = 0 folgt: Lösung: cn+2 = n+1 −1 . c2k+1 = 0, c2k = 2k − 1 5. Bestimmen Sie mit Hilfe einen Potenzreihenenansatz jene Lösung der Differentialgleichung (1 − x2 )y + xy − 4y = 0 , die den Anfangsbedingungen y(0) = 1 und y (0) = 0 gen¨ ugt. Ermitteln Sie die Rekursionsformel f¨ ur die Koeffizienten cn der Potenzreihe und berechnen Sie die cn explizit bis einschließlich c6 . Lösung: cn+2 =

(n − 2)2 cn , n ∈ lN0 , woraus wegen c0 = 1 und c1 = 0 folgt: (n + 1)(n + 2)

c2k+1 = 0, c2k+2 =

(k − 1)2 4 c2k =⇒ c2 = 2, c4 = 0, c6 = . (2k + 1)(2k + 2) 15

6. Bestimmen Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (x2 − 1)y + 4xy = 0 . Lösung: ∞

&

n + 1 2n+1 x 1+x 1 y(x) = C1 + C2 x + ln = C 1 + C2 2) 2n + 1 2(1 − x 4 1 −x n=0

'

.

7. Bestimmen Sie mit Hilfe eines geeigneten Reihenansatzes jene Lösung der Differentialgleichung (x − x2 )y + 3xy − 4y = 0 , die den Anfangsbedingungen y(0) = 0 und y (0) = 2 gen¨ ugt. Lösung: y(x) = 2x + x2 .


167

8. Bestimmen Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes eine partikuläre Lösung der folgenden Differentialgleichung und summieren Sie diese auf: xy − xy − y = 0 . Lösung: y(x) =

∞

xk = xex . (k − 1)! k=1

9. Bestimmen Sie mit Hilfe eines geeigneten Reihenansatzes jene Lösung der Differentialgleichung (5x2 + x)y − 4xy − 2y = 0 , die den Anfangsbedingungen y(0) = 0 und y (0) = 1 gen¨ ugt. Lösung: y(x) = x + 3x2 . 10. Bestimmen Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 eine partikuläre Lösung der Differentialgleichung xy + (1 − 2x)y + (x − 1)y = 0 und summieren Sie diese Lösung auf. ∞ xk Lösung: y(x) = = ex . k=1 k! 11. Ermitteln Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 die reelle Zahl a so, dass die Differentialgleichung (1 − x2 )y − 2xy + ax = 0 ein Polynom 3. Grades als Lösung besitzt und bestimmen Sie dieses so, dass die folgende Bedingung erf¨ ullt ist: Die Lösungskurve besitzt bei x = 1 eine Tangente, die mit der positiven x-Achse einen Winkel von π6 einschließt. Lösung: a = 12, y(x) =

1 √ (5x3 − 3x). 12 3

12. Ermitteln Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 die Lösung des Anfangswertproblems y + y = x , y(0) = y (0) = 0 . Lösung: y(x) =

∞

(−1)n+1 n x2 x =1−x+ − e−x . n! 2 n=3

13. Ermitteln Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 die Lösung des Anfangswertproblems (1 − x2 )y − 2xy + 12y = 0 , Lösung: y(x) = 6x − 10x3 .

y(0) = 0, y (0) = 6 .

168


14. Bestimmen Sie mittels eines Potenzreihenansatzes jene Lösung der Differentialgleichung (1 + x2 )y + xy − 4y = 0 , ugt. die den Anfangsbedingungen y(0) = 1, y (0) = 0 gen¨ Lösung: y(x) = 2x2 + 1. 15. Ermitteln Sie mit Hilfe eines (gewöhnlichen) Potenzreihenansatzes um x0 = 0 eine spezielle Lösung der Differentialgleichung 2xy + (3 − 2x)y − 2y = 0 , und bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe. Lösung: y(x) =

∞

22n n! xn , (2n + 1)! n=0

R = 1.

16. Ermitteln Sie mit Hilfe eines (gewöhnlichen) Potenzreihenansatzes um x0 = 0 eine spezielle Lösung der Differentialgleichung x(x − 1)y + 2(2x − 1)y + 2y = 0 , und bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe. Geben Sie ferner die Lösung in geschlossener Form an. Lösung: y(x) =

∞ n=0

xn =

1 , 1−x

R = 1.

17. Ermitteln Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 die allgemeine Lösung der Differentialgleichung [(x2 − 1)y ] − 2y = 0 , und bestimmen Sie die Konvergenzradien der auftretenden Potenzreihen. Lösung: y1 (x) = x,

y2 (x) =

∞

(−1)n−1 2n x , n=0 2n − 1

R = 1.

18. Ermitteln Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 eine Lösung der Differentialgleichung x(xy ) + x2 y = 0 , und bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe. Lösung: y(x) =

∞

(−1)n z 2n , n 2 n=0 4 (n!)

R = ∞.

19. Ermitteln Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 jene Lösung der Differentialgleichung (3x2 − 1)y − 6xy + 6y = 0 , ugt. die den Anfangsbedingungen y(0) = y (0) = 1 gen¨ Allgemeine Lösung: y(x) = C1 x + C2 (3x2 + 1), spezielle Lösung: y(x) = 1 + x + 3x2 .

3.4. Lineare Systeme von Differentialgleichungen

3.4

169

Lineare Systeme von Differentialgleichungen

3.4.1

Grundlagen

• Lineare Systeme in expliziter Form haben die Gestalt: ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬

x˙ 1 (t) = a11 (t)x1 (t) + · · · + a1n (t)xn (t) + b1 (t) .. . x˙ n (t) = an1 (t)x1 (t) + · · · + ann (t)xn (t) + bn (t)

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭

bzw. k¨ urzer:

x˙ (t) = A(t)x(t) + b(t) . F¨ ur b(t) ≡ 0 liegt ein homogenes System vor, anderenfalls nennen wir das lineare System inhomogen. • Anfangswertproblem: Sind die aik (t) und die bk (t) stetige Funktionen auf einem Intervall I ⊂ lR, so besitzt das Anfangswertproblem x˙ (t) = A(t)x(t) + b(t) ,

x(t0 ) = x0 ∈ lRn

f¨ ur jedes t0 ∈ I und jeden Vektor x0 ∈ lRn genau eine Lösung. • Lineare Systeme erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten: Mit dem Exponentialansatz x(t) = c eλt folgt durch Einsetzen in das System das Eigenwertproblem: Ac = λc. Falls A die maximale Anzahl n von linear unabhängigen Eigenvektoren besitzt, erhält man mit x(t) =

n

Cici eλi t

i=1

die allgemeine Lösung des Systems. Ist hingegen λi ein -facher Eigenwert, so f¨ uhrt analog zum skalaren Fall ein Ansatz: xi (t) =

−1

tici eλi t

i=0

mit geeigneten Vektoren ci zum Ziel.

3.4.2

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Systems x˙ =

⎫

x − 4y + 37 sin t ⎬

y˙ = −5x + 2y + e2t

⎭

x = x(t), y = y(t).

L¨ osung: Analog zu linearen Gleichungssystemen versuchen wir, eine (abhängige) Variable zu eliminieren. Dazu lösen wir die erste Gleichung nach y auf und differenzieren

170


1 1 anschließend nach t: =⇒ y = x − x˙ + 37 sin t und y˙ = x˙ − x¨ + 37 cos t . 4 4 Setzen wir diese beiden Gleichungen in die zweite Gleichung des Systems ein, so

1 1 x˙ − x¨ + 37 cos t = −5x + x − x˙ + 37 sin t + e2t . folgt zunächst: 4 2 Nach Vereinfachung erhalten wir die Differentialgleichung 2. Ordnung f¨ ur x:

x¨ − 3x˙ − 18x = −74 sin t + 37 cos t − 4e2t . Zur Lösung der homogenen Gleichung treffen wir den Exponentialansatz x(t) = eλt , woraus durch Einsetzen das charakteristische Polynom P (λ) = λ2 − 3λ − 18 folgt, dessen Wurzeln durch λ1 = 6 und λ2 = −3 gegeben sind. Die Lösung der homogenen Gleichung ist dann xh (t) = C1 e6t + C2 e−3t . Zur Lösung der inhomogenen Gleichung treffen wir den Ansatz: xi (t) = A cos t + B sin t + Ce2t . Einsetzen in die Differentialgleichung 2. Ordnung f¨ ur x und anschließender Koeffizientenvergleich (nach cos t, sin t und e2t ) liefert: A = − 52 , B = 72 und C = 15 und damit xi (t) = − 52 cos t + 72 sin t + 15 e2t . Insgesamt erhalten wir dann f¨ ur x: x(t) = C1 e6t + C2 e−3t −

7 1 5 cos t + sin t + e2t . 2 2 5

1 ˙ sin t berechnen und erhalten y können wir dann aus der Gleichung y = x− x+37 4 dann: 19 1 5 3 sin t − e2t . y(t) = − C1 e6t + C2 e−3t − cos t + 4 2 2 20

2. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Systems ⎫

x˙ 1 = 10x1 − 18x2 + t ⎬ x˙ 2 =

x1 = x1 (t), x2 = x2 (t).

6x1 − 11x2 − t2 ⎭

L¨ osung: Wir schreiben das System in kompakterer Form an: x˙ = Ax + b(t) .

Dabei ist x =

x1 x2

, A=

10 −18 6 −11

, b(t) =

t t2

.

Zur Lösung der homogenen Gleichung x˙ = Ax treffen wir den Exponentialansatz uhrung x(t) = ceλt . Das liefert: λceλt = Aceλt bzw. nach Division durch eλt und Einf¨ der Einheitsmatrix E: (A − λE)c = 0. Wir suchen nun eine nichttriviale Lösung dieses homogenen Gleichungssystems. Dazu ist bekanntlich erforderlich, dass gilt det A = 0, d.h.:

10 − λ −18 6 −11 − λ

det A =

=0,

bzw. λ2 + λ − 2 = 0 .

Die Wurzeln dieses charakteristischen Polynoms sind λ1 = −2 und λ2 = 1. Sie heißen Eigenwerte der Matrix A. Zu jedem Eigenwert der Matrix gibt es dann eine


171

nichttriviale Lösung c1 bzw. c2 des Systems (A − λE)c = 0. Diese Vektoren heißen Eigenvektoren der Matrix A und sind f¨ ur verschiedene Eigenwerte linear unabhängig. In unserem Fall erhalten wir f¨ ur λ1 = −2 aus der ersten Gleichung des Systems (A − λE)c = 0: 12c1 − 18c2 = 0 die Lösung c1 = 32 . Analog erhalten wir f¨ ur den Eigenwert λ2 = 1 die Gleichung 9c1 − 18c2 = 0 und damit den Eigenvektor c2 = Die allgemeine Lösung des homogenen Differentialgleichungssystems ist dann

xh (t) = C1

2 1

.

3 −2t 2 t e + C2 e . 2 1

Zur Gewinnung einer partikulären Lösung des inhomogenen Differentialgleichungssystems treffen wir wegen der Gestalt der rechten Seite b(t) (Polynome höchstens 2. Grades) den Ansatz: a + bt + ct2 xi (t) = . d + et + f t2 Einsetzen in die Differentialgleichung liefert dann:

b + 2ct 10 = e + 2f t 6

− 18 − 11

a + bt + ct2 + d + et + f t2

t t2

.

Ausmultiplizieren liefert:

b + 2ct 10a + 10bt + 10ct2 − 18d − 18et − 18f t2 + t = . e + 2f t 6a + 6bt + 6ct2 − 11d − 11et − 11f t2 + t2

Die Konstanten a, b, c, d, e und f erhalten wir durch Koeffizientenvergleich in jeder Komponente: b = 10a − 18d, 2c = 10b − 18e + 1, 0 = 10c − 18f , e = 6a − 11d, 2f = 6b − 11e, 0 = 6c − 11f + 1. Auflösung dieses linearen Gleichungssystems liefert: a = 41 , b = 72 , c = 9, d = 11 , e = 1 und f = 5. Eine partikuläre Lösung des 4 2 inhomogenen Systems ist dann 41

xi (t) =

4 11 2

+ 7t2 + 9t2 + t + 5t2

.

F¨ ur die allgemeine Lösung erhalten wir dann

x(t) = C1

3 −2t 2 t e + C2 e + 2 1

41

4 11 2

+ 7t2 + 9t2 + t + 5t2

.

3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Systems 5x˙ = y˙ =

⎫

x + 6y − 2z + 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ 2x + y − 2z − 5

5z˙ = −2x − 2y + 9z + 4

⎪ ⎪ ⎪ ⎭

x = x(t), y = y(t), z = z(t).

L¨ osung: Zur Lösung des vorliegenden Differentialgleichungssystems verwenden wir eine auf HEAVISIDE zur¨ uckgehende Methode. Dazu f¨ uhren wir den Differentialoperator

172

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen d ein. Unter Ber¨ ucksichtigung einiger Rechenregeln f¨ ur diesen Operator: dt Df (t) = f˙(t), (D + μ)f (t) = f˙(t) + μf (t) und (D + μ)(D + ν)f (t) = D2 f (t) + (μ + ν)Df (t) + μνf (t) = f¨(t) + (μ + ν)f˙(t) + μνf (t) erhalten wir das formale Gleichungssystem

D=

⎧ ⎪ ⎪ ⎨

(5D − 1)x − 6y + 2z = 3 −2x + (D − 1)y + 2z = −5 ⎪ ⎪ ⎩ 2x + 2y + (5D − 9)z = 4

.

Dieses bringen wir nach dem GAUSS’schen Algorithmus auf Dreiecksform, indem wir erlaubte Zeilenoperationen (allerdings ohne Division, sofern der Differentialoperator D involviert ist) ausf¨ uhren. Als erstes drehen wir (weil das im vorliegenden Fall g¨ unstig ist) die Reihenfolge der Gleichungen um, addieren die dann erste Glei5D − 1 chung zur zweiten und subtrahieren die mit multiplizierte“ erste Gleichung ” 2 zur dritten. Dann erhalten wir: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

2x +

⎪ ⎪ ⎩

2y + (5D − 9)z = 4 (D + 1)y + (5D − 7)z = −1 2 −5(D + 1)y + (− 25 D + 25D − 52 )z = 5 2

.

Nun multiplizieren wir die zweite Gleichung mit 5 und addieren sie zur dritten Gleichung und erhalten: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

2x +

2y + (5D − 9)z = 4 (D + 1)y + (5D − 7)z = −1 + (− 25 D2 + 50D − 75 )z = 0 2 2

.

Die letzte Zeile liefert eine Differentialgleichung 2. Ordnung f¨ ur z: z¨ − 4z˙ + 3z = 0 . Ihre allgemeine Lösung ergibt sich nach dem u ¨blichen Exponentialansatz mit den Wurzeln λ1 = 1 und λ2 = 3 des charakteristischen Polynoms zu: z(t) = C1 et + C2 e3t . Aus der zweiten Gleichung folgt: y˙ + y = −(5D − 7)z − 1 bzw. nach Einsetzen von z: y˙ + y = 2C1 et − 8C2 e3t − 1 . Die Lösung der homogenen Gleichung ist offensichtlich y = C3 e−t . Mit dem Ansatz yi (t) = Aet + Be3t + C erhalten wir durch Einsetzen eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung: yi (t) = C1 et − 2C2 e3t − 1 und damit: y(t) = C1 et − 2C2 e3t + C3 e−t − 1 . Schließlich ergibt sich aus der ersten Gleichung x = −y − 12 (5D − 9)z + 2 bzw. x = −y − 52 z˙ + 92 z + 2 und nach Einsetzen: x(t) = C1 et − C2 e3t − C3 e−t + 3 .


173

4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Systems ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬

x˙ 1 = x1 x˙ 2 = x1 + 3x2 + 2x3 x˙ 3 = x1 + 2x2 + 3x3

x1 = x1 (t), x2 = x2 (t), x3 = x3 (t).

⎪ ⎪ ⎪ ⎭

L¨ osung: Unter Verwendung des Matrizenkalk¨ uls schreiben wir das System in der Form ⎛

x˙ = Ax

A=

mit

⎜ ⎝

⎞

⎛

1 0 0 1 3 2 ⎟ ⎠ 1 2 3

x =

und

⎜ ⎝

⎞

x1 x2 ⎟ ⎠ . x3

t

Mit dem Exponentialansatz x = ceλ erhalten wir das lineare homogene Gleichungssystem (A − λE)x = 0, das nur f¨ ur det(A − λE) = 0 nichttriviale Lösungen besitzt.

Damit erhalten wir das charakteristische Polynom P (λ) = (1 − λ) (3 − λ)2 − 4 mit den Wurzeln λ1 = 1, λ2 = 1 und λ3 = 5. Es tritt hier eine Doppelwurzel auf. Wieviele linear unabhängige Eigenvektoren es dazu gibt, hängt vom Rangabfall des Gleichungssystems (A − λE)x = 0 ab. Im vorliegenden Fall ist die Koeffizientenmatrix dieses Systems ⎛

⎞

⎛

⎞

1 − λ1 0 0 0 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 3 − λ1 2 ⎝ ⎠=⎝ 1 2 2 ⎠ 1 2 2 1 2 3 − λ1 und hat daher den Rang 1, bzw. ist der Rangabfall 2. Es gibt daher zwei linear unabhängige Eigenvektoren. ⎛ Aus ⎞ der Gleichung ⎛ c1 +⎞2c2 + 2c3 = 0 erhalten wir die −2 −2 ⎟ ⎜ ⎟ zwei Eigenvektoren c1 = ⎜ c2 = ⎝ 0 ⎠ . ⎝ 1 ⎠ und 0 1 ⎛ ⎞ −4 0 0 2 ⎟ F¨ ur den Eigenwert λ3 = 5 erhalten wir die Koeffizientenmatrix ⎜ ⎝ 1 −2 ⎠. 1 2 −2 Der Rang ist 2. Daher gibt es zwei linear unabhängige Zeilen und damit einen Eigenvektor. Aus der ersten Zeile folgt c1 = 0 und aus der zweiten c2 = c3 . Der ⎛ ⎞ 0 ⎟ dritte Eigenvektor ist dann c3 = ⎜ ur die allgemeine ⎝ 1 ⎠. Damit erhalten wir f¨ 1 Lösung des Systems ⎛

x(t) =

⎜ C1 ⎝

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

−2 −2 0 ⎜ ⎟ t ⎜ ⎟ 5t t 1 ⎟ . ⎠ e + C2 ⎝ 0 ⎠ e + C3 ⎝ 1 ⎠ e 0 1 1

5. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Systems x˙ 1 = x2 x˙ 2 = x3 x˙ 3 = −x2 + 2x3

⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭

x1 = x1 (t), x2 = x2 (t), x3 = x3 (t).

174

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen L¨ osung: Unter Verwendung des Matrizenkalk¨ uls schreiben wir das System in der Form ⎛

x˙ = Ax

mit

⎞

⎛

0 1 0 0 1 ⎟ A=⎜ ⎝ 0 ⎠ 0 −1 2

und

⎞

x1 ⎟ x = ⎜ ⎝ x2 ⎠ . x3

t

Mit dem Exponentialansatz x = ceλ erhalten wir das lineare homogene Gleichungssystem (A − λE)x = 0, das nur f¨ ur det(A − λE) = 0 nichttriviale Lösungen besitzt. Damit erhalten wir das charakteristische Polynom P (λ) = −λ(λ − 1)2 mit den Wurzeln λ1 = 0, λ2 = 1 und λ3 = 1. Es tritt hier eine Doppelwurzel auf. Wieviele linear unabhängige Eigenvektoren es dazu gibt, hängt vom Rangabfall des Gleichungssystems (A − λE)x = 0 ab. Im vorliegenden Fall ist die Koeffizientenmatrix dieses Systems ⎛

⎞

−1 1 0 ⎜ ⎟ ⎝ 0 −1 1 ⎠ 0 −1 1 und hat daher den Rang 2, bzw. ist der Rangabfall 1. Es gibt daher nur einen linear unabhängigen Eigenvektor und damit nur eine Lösung. Aus den Gleichungen ⎛ ⎞ 1 ⎜ ⎟ −c1 + c2 = 0 und −c2 + c3 = 0 erhalten wir f¨ ur diesen Eigenvektor c2 = ⎝ 1 ⎠. Um 1 eine weitere Lösung zum Eigenwert λ = 1 zu erhalten, treffen wir analog zum Fall der linearen Differentialgleichungen n-ter Ordnung mit Doppelwurzel den Ansatz: x(t) = (a + tb)eλt . Setzen wir dies in das System ein, so folgt: beλt + λ(a + tb)eλt = A(a + tb)eλt . Division durch eλt und Trennung nach t-Potenzen liefert: b + λa − Aa = t(Ab − b), woraus durch Vergleich der Koeffizienten von t0 und t folgt: (A − λE)b = 0 und (A − λE)a = b . Aus der ersten Gleichung folgt, dass b der c2 zum doppelten Eigenwert ⎛ Eigenvektor ⎞ 1 ⎟ (im vorliegenden Fall 1) ist, d.h. b = ⎜ ⎝ 1 ⎠. Das inhomogene Gleichungssystem 1 (A − λE)a = b hat die Gestalt: −a1 + a2 = 1 − a2 + a3 = 1 . − a2 + a3 = 1 Als Lösung⎛erhalten wir a3 = 1 + a2 und a2 = 1 + a1 . Wählen wir speziell a1 = 0, so ⎞ 0 ⎟ folgt: a = ⎜ angigen Lösungen zum Eigenwert λ2/3 = 1 ⎝ 1 ⎠. Die zwei linear unabh¨ 2 sind dann x2 (t) = c2 et und x3 (t) = (a + tc2 )et . F¨ ur den ersten Eigenwert λ = 0 folgt aus dem Gleichungssystem c2 = 0, c3 = 0


175 ⎞

⎛

1 ⎟ ⎜ und −c2 + 2c3 = 0 der Eigenvektor c1 = ⎝ 0 ⎠. Damit erhalten wir insgesamt als 0 allgemeine Lösung des Systems: ⎛ ⎜ C1 ⎝

x(t) =

⎞

⎛

⎞

⎡⎛

⎞

⎛

⎞⎤

1 1 0 1 ⎜ ⎟ t ⎢⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎥ t 0 ⎟ ⎠ + C2 ⎝ 1 ⎠ e + C3 ⎣⎝ 1 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠⎦ e . 0 1 2 1

6. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Systems x˙ 1 = x1 +

⎫

x2 ⎬

x1 = x1 (t), x2 = x2 (t).

2x2 ⎭

x˙ 2 =

L¨ osung: Unter Verwendung des Matrizenkalk¨ uls schreiben wir das System in der Form

x˙ = Ax

1 1 0 2

A=

mit

und

x =

x1 x2

.

F¨ ur eine skalare“ Differentialgleichung x˙ = ax ist die allgemeine Lösung bekanntlich ” x(t) = eat C mit einer beliebigen Konstanten C. Die formal gleiche Vorgangsweise in mit einem beliebigen konstanten Vektor unserem Fall f¨ uhrt zum Ansatz: x(t) = eAt C At C und der Exponentialmatrix“ e . Letztere wird mit Hilfe der Exponentialreihe ” definiert: ∞ 1 nn A t , wobei A0 := E . eAt := n! n=0 deAt Mittels der Exponentialreihe erkennen wir, dass offensichtlich = AeAt gilt, dt wodurch klar ist, dass der gewählte Ansatz tatsächlich Lösung unseres Systems ist. Unsere Hauptaufgabe besteht nun in der Ermittlung der Matrix eAt . Dazu benötigen wir die Potenzen von A. Es gilt offensichtlich:

A2 =

1 1 0 2

1 1 0 2

Mit A4 = A3 A =

=

1 7 0 8

1 3 0 4

1 1 0 2

dungsgesetz:

, A3 = A2 A =

n

A =

=

1 15 0 16

1 2n − 1 0 2n

1 3 0 4

1 1 0 2

=

1 7 0 8

vermuten wir bereits ein Bil-

.

Mittels vollständiger Induktion läßt sich die Richtigkeit nachweisen. Damit erhalten wir nach den Rechenregeln f¨ ur Matrizen:

eAt =

∞

∞ n 1 nn t A t = n! n! n=0 n=0

1 2n − 1 0 2n

=

⎛ ∞ n t ⎜ ⎜ n=0 n! ⎜ ⎜ ⎝

0

∞ n t

⎞

(2n − 1) ⎟ n! ⎟

n=0 ∞ n

t n 2 n! n=0

⎟ ⎟ ⎠

=

.

176


=

et e2t − et 0 e2t

x(t) =

3.4.3

und damit letzlich f¨ ur die allgemeine Lösung:

et e2t − et 0 e2t

C1 C2

C1 et + C2 (e2t − et ) C1∗ et + C2 e2t = = C2 e2t C2 e2t

.


1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems x˙ = x + y y˙ = 8x + 3y

.

Allgemeine Lösung: x(t) = C1 e5t + C2 e−t , y(t) = 4C1 e5t − 2C2 e−t . 2. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems x˙ − y = t y˙ − 2x − y = 0 Lösung: x(t) = C1 e2t + C2 e−t − 34 +

t 2

.

, y(t) = 2C1 e2t − C2 e−t + 12 − t.

3. Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem: x(t) ˙ = 8x(t) + 10y(t),

x(0) = 17/3,

y(t) ˙ = 6x(t) − 3y(t), 12t

Lösung: x(t) = e

y(0) = 1.

(5, 2) − e−7t (−2/3, 1)T . T

4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ˙ = z(t) − y(t) ˙ = ⎨ x(t) ⎨ x(t) ˙ = z(t) y(t) ˙ = , b) a) ⎪ y(t) ⎪ ⎩ ⎩ z(t) ˙ = z(t) − x(t) z(t) ˙ =

Differentialgleichungssysteme: y(t) −2y(t) − 5z(t) . y(t) + 2z(t)

Lösungen: a) x(t) = C1 et (0, 1, 1)T +C2 (cos t+sin t, sin t, cos t)T +C3 (sin t−cos t, − cos t, sin t)T ; C1 , C2 , C3 ∈ lR. b) x(t) = C1 (1, 0, 0)T + C2 (cos t − 2 sin t, −2 cos t − sin t, cos t)T + C3 (2 cos t + sin t, cos t − 2 sin t, sin t)T ; C1 , C2 , C3 ∈ lR. 5. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung x = x(t), y = y(t) des Differentialgleichungssystems e3t x˙ = 4x − y + t . e3t y˙ = x + 2y − 2 t Lösung: x(t) = C1 e3t + C2 te3t + t ln |t|e3t , y(t) = (C1 − C2 )e3t + C2 te3t +

1 t

+ t ln |t| − ln |t| − 1 e3t .


177

6. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems x˙ = x − y + t2 ,

y˙ = 2x − y + et .

Lösung: et , 2 y(t) = (C1 − C2 ) cos t + (C1 + C2 ) sin t + 2t2 − 4. x(t) = C1 cos t + C2 sin t + t2 + 2t − 2 −

7. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung x = x(t), y = y(t) des Differentialgleichungssystems x˙ + 2y˙ = x + y + t . 2x˙ + y˙ = x + y + t Bestimmen Sie ferner jene spezielle Lösung des Systems, die den Randbedingungen x(0) = 0 und y(0) = −1 gen¨ ugt. 2t

Allgemeine Lösung: x(t) = C1 e 3 + C2 − 2t − spezielle Lösung: x(t) = 14 e

2t 3

+ 12 − 2t −

3 4

3 4

2t

, y(t) = C1 e 3 − C2 − 2t −

, y(t) = 14 e

2t 3

− 12 − 2t −

3 4

3 4

,

.

8. Die Bewegung eines Massenpunktes in der Ebene sei durch das folgende Differentialgleichungssystem gegeben: x¨ + 4y˙ = 0 ,

y¨ − x˙ = 0 ,

x = x(t), y = y(t) .

Zur Zeit t = 0 befinde sich der Punkt an der Stelle (2, 0) und besitze dort die Geschwindigkeit (0, 2). Bestimmen Sie die Bahnkurve des Punktes. Lösung: x(t) = 2 cos 2t, y(t) = sin 2t

bzw.

2 x

2

+ y 2 = 1 (Ellipse).

9. Die Bewegung eines Massenpunktes in der Ebene sei durch das folgende Differentialgleichungssystem gegeben: x¨ = y˙ ,

y¨ = x˙ + 1

x = x(t), y = y(t) .

Bestimmen Sie die Bahnkurve die den Anfangsbedingungen x(0) = y(0) = 0 und x(0) ˙ = y(0) ˙ = 1 entspricht. Lösung: x(t) = 23 et − 12 e−t − t − 1, y(t) = 32 et + 12 e−t − 2. 10. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems x˙ = t2 y 4 y˙ = 4 x t

,

x = x(t), y = y(t) .

Bestimmen Sie ferner jene spezielle Lösung des Systems, die den Randbedingungen x(0) = 0 und x(1) = 1 gen¨ ugt. C2 C2 Allgemeine Lösung: x(t) = C1 t4 + , y(t) = 4C1 t − 4 , t t spezielle Lösung: x(t) = t4 , y(t) = 4t.

178


11. Bestimmen Sie durch Elimination die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems x˙ 1 = 3x1 − 3x2 + et . x˙ 2 = x1 − x2 + cos t Lösung: 6 3 cos t + sin t , 5 5 7 1 1 x2 (t) = C1 + C2 e2t − et + cos t + sin t. 3 5 5 x1 (t) = C1 + C2 e2t − 2et +

12. Bestimmen Sie mittels Matrizenkalk¨ uls die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems x˙ 1 = 10x1 − 18x2 . x˙ 2 = 6x1 − 11x2

Lösung: x(t) =

x1 3 −2t 2 t = C1 e + C2 e. 2 1 x2

13. Bestimmen Sie mittels der HEAVISIDE-Methode die allgemeine Lösung des linearen Differentialgleichungssystems x˙ = x − 2y + 1 y˙ = 2x − z + t

. 2

z˙ = 4x − 2y − z + t

Lösung: √

√ x(t) = C1 et + e−t/2 D2 cos 27t + D3 sin 27t + 2 − t2 , y(t) = e−t/2

3 D 4 2

−

z(t) = 2C1 et + e−t/2

√

7 D3 4

3 D 2 2

√ √ 2 3 D + 47 D2 sin 27t + 32 + t − t2 4 3

√

√ √ √ 7 D3 cos 27t + 32 D3 + 27 D2 sin 27t + 2

cos

−

√

7t 2

+

,

+3 + 2t − 2t2 . 14. Bestimmen Sie mittels der HEAVISIDE-Methode die allgemeinen Lösungen der folgenden linearen Differentialgleichungssysteme: 3x − 3y , x−y

x˙ = y˙ =

d)

x˙ y˙

= −2x − 3y x˙ , e) = −3x − 2y + 2e2t y˙

= −2y + 6 , = 23 x − 4y + 10

f)

x˙ y˙

= 2x − 2y + 16t , = −x + 3y + 9et

= −2x − y + t . = 3x + y + 2t

Lösungen: a) x(t) = C1 + 3C2 e2t ,

b)

−t

c) x(t) = C1 e + C2 e ,

x˙ y˙

c)

x˙ y˙

= =

5x − y , −y

y(t) = C1 + C2 e2t .

b) x(t) = −C1 e2t + 2C2 e−t + 5t

g)

x˙ = y˙ =

−2y + t2 , −x + y

a)

t2 2

−

3t 2

+ 54 , −t

y(t) = 6C2 e .

y(t) = C1 e2t + C2 e−t +

t2 2

− 2t +

3 4

.


179

d) x(t) = C1 e−5t + C2 et − 67 e2t ,

y(t) = C1 e−5t − C2 et + 87 e2t .

e) x(t) = 2C1 e−t + 2C2 e−3t + 43 ,

y(t) = C1 e−t + 3C2 e−3t + 3.

f) x(t) = 2C1 et − C2 e4t + 6(1 + t)et − 12t − 11, y(t) = C1 et + C2 e4t + 3tet − 4t − 5. & √ √ ' 3t 3t − 2t g) x(t) = e C1 cos + C2 sin − 3t + 4, 2 2 & √ √ ' 3t 3t − 2t y(t) = −e 3C1 cos + C2 sin − 3t + 4. 2 2 15. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems x˙ = 2y + 6 − 6t 2y˙ = −3x − 8y − 20 + 18t

.

Ermitteln Sie ferner jene Lösung, die der Anfangsbedingung x(0) = 2 und y(0) = −4 gen¨ ugt. Allgemeine Lösung:

1 C1 e−t + 3C2 e−3t − 4 + 3t. 2 y(t) = −4 + 3t.

x(t) = C1 e−t + C2 e−3t + 2 − 2t , y(t) = − Spezielle Lösung: x(t) = 2 − 2t,

16. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems 2x˙ + 5y˙ + 22x + 19y = t 3x˙ + 8y˙ + 35x + 30y = 1 − t2 Lösung:

1 1323 + 1760t + 475t2 , 125

1 −5t t y(t) = 2C1 e − C2 e + 1229 + 1855t + 550t2 . 125

x(t) = C1 e−5t + C2 et −

.

180


3.5

Autonome Differentialgleichungen und autonome Systeme

3.5.1

Grundlagen

Autonome Differentialgleichungen und autonome Systeme sind dadurch gekennzeichnet, dass sie die unabhängige Variable nicht explizit enthalten. • Die spezielle autonome Differentialgleichung x¨ + g(x) = 0 enthält auch die erste Ableitung x˙ nicht. Sie beschreibt z.B. die Bewegung eines Massepunktes unter der (konservativen) Kraft F (x) = −mg(x). Multiplikation dieser Gleichung mit 2x˙ und anschließende Integration u ¨ber t liefert: x˙ 2 = 2C − 2G(x) mit G(x) =

#

g(x) dx .

Das entspricht im Wesentlichen dem Energieerhaltungssatz, wobei G(x) die potentielle Energie bezeichnet. • Die Kurven

x˙ = ± 2C − 2G(x) heißen Phasenkurven bzw. Trajektorien der Differentialgleichung. Ihre Gesamtheit bildet das Phasenporträt“ der Differentialgleichung. ” • Punkte, an denen sowohl x¨ = 0 d.h. g(x) = 0 als auch x˙ = 0 ist, stellen Gleichgewichtspunkte dar. Dort ist die angreifende Kraft Null und der Massepunkt befindet sich in Ruhe. Sie werden auch singuläre Punkte genannt. An diesen Stelle ist die potentielle Energie lokal stationär. G(x) besitzt dort entweder ein Minimum, d.h. G (xs ) > 0 (g (xs ) > 0) oder ein Maximum, d.h. G (xs ) < 0 (g (xs ) < 0) oder aber es ist G (xs ) = 0 aber G (xs ) = 0. Im ersten Fall ist der singuläre Punkt eine stabile Gleichgewichtslage, in den beiden anderen Fällen ist er instabil. • F¨ ur die Phasenkurven in der Umgebung der singulären Punkte gilt: 1 1. G (xs ) > 0: Lokal gilt mit G(x) = G(xs ) + G (xs ) (x − xs )2 + · · · dann 2 3

x˙ = ± 2 C − G(xs ) − G (xs )(x − xs )2 + · · · . Die Phasenkurven sind lokal Ellipsen um den stabilen singulären Punkt P (xs , 0). (Wirbelpunkt). 1 2. G (xs ) < 0: Lokal gilt mit G(x) = G(xs ) + G (xs ) (x − xs )2 + · · · dann 2 3

x˙ = ± 2 C − G(xs ) − G (xs )(x − xs )2 + · · · . Die Phasenkurven sind lokal Hyperbeln um den instabilen singulären Punkt P (xs , 0). (Sattelpunkt).

3.5. Autonome Differentialgleichungen und autonome Systeme

181

3. G (xs ) = 0 aber G (xs ) = 0: 1 Lokal gilt mit G(x) = G(xs ) + G (xs ) (x − xs )3 + · · · dann 6

G (xs ) (x − xs )3 + · · · . Die Phasenkurven sind lokal 3 NEIL’sche Parabeln um den instabilen singulären Punkt P (xs , 0). ( Schnabelpunkt“). ” Ist auch G (x0 ) = 0, aber G (x0 ) = 0, liegt ein Wirbelpunkt vor, falls G (x0 ) > 0 oder ein Sattelpunkt höherer Ordnung, falls G (x0 ) < 0 ist. x˙ = ± 2 C − G(xs ) −

• Ein autonomes System in der Ebene hat die Form x˙ = f (x, y) y˙ = g(x, y) und hängt ebenfalls nicht explizit von der unabhängigen Variablen t ab. Punkte P (xs , ys ), f¨ ur die f (xs , ys ) = 0 und g(xs , ys ) = 0 gilt, heißen singuläre oder kritische Punkte des Systems. Eine Lösung des Systems (x(t), y(t)) stellt eine Kurve in der xy-Ebene in Parameterform dar. Elimination von t liefert eine implizite Darstelg(x, y) lung dieser Kurve. Sie ist auch Lösung der Differentialgleichung y = und f (x, y) heißt Phasenkurve oder Trajektorie des Systems. Alle Trajektorien bilden wieder das Phasenporträt. • Das Phasenporträt eines nichtlinearen Systems in der Umgebung eines singulären Punktes entspricht in den meisten Fällen jenem des linearisierten Systems x˙ = fx (xs , ys )(x − xs ) + fy (xs , ys )(y − ys ) , y˙ = gx (xs , ys )(x − xs ) + gy (xs , ys )(y − ys ) . • Der Charakter der singulären Punkte wird durch die Eigenwerte der Matrix

A=

fx (xs , ys ) fy (xs , ys ) gx (xs , ys ) gy (xs , ys )

bestimmt. – Ungleiche reelle Eigenwerte mit demselben Vorzeichen: x(t) = c1 x(1) eλ1 t + c2 x(2) eλ2 t . . . uneigentlicher Knoten (asymptotisch stabil f¨ ur negative Eigenwerte, instabil f¨ ur positive Eigenwerte). – Reelle Eigenwerte mit entgegengesetztem Vorzeichen: x(t) = c1 x(1) eλ1 t + c2 x(2) eλ2 t . . . Sattelpunkt (instabil). – Gleiche (reelle) Eigenwerte: x(t) = c1 x(1) eλt + c2 x(2) eλt . a) Zwei unabhängige Eigenvektoren: eigentlicher Knoten (asymptotisch stabil f¨ ur negativen Eigenwert, instabil f¨ ur positiven Eigenwert). b) Ein unabhängiger Eigenvektor: singulärer Knoten (asymptotisch stabil f¨ ur negativen Eigenwert, instabil f¨ ur positiven Eigenwert).

182

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen – Komplexe Eigenwerte λ = α ± iβ : x(t) = c1 x(1) e(α+iβ)t + c2 x(2) e(α−iβ)t = d1 ξ (1) eαt cos βt + d2 ξ (2) eαt sin βt. . . Spiral- oder Strudelpunkt (asymptotisch stabil f¨ ur α < 0, instabil f¨ ur α > 0). – Rein imaginäre Eigenwerte: λ = ±iβ : x(t) = c1 x(1) eiβt + c2 x(2) e(iβt = d1 ξ (1) cos βt + d2 ξ (2) sin βt . . . Zentrum oder Wirbelpunkt (stabil). Bei gleichen reellen Eigenwerten und bei rein imaginären Eigenwerten des linearisierten Systems kann der Charakter der singulären Punkte des nichtlinearen Systems von dem des linearisierten verschieden sein.

3.5.2

Musterbeispiele

1. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x2 x¨ + −3=0 . 3 L¨ osung: (a) Singuläre Punkte: x2 Es ist g(x) = − 3. Aus g(x) = 0 ergeben sich zwei singuläre Punkte: P1 (3, 0) 3 und P2 (−3, 0). (b) Klassifizierung der singulären Punkte: 2x g (x) = . Wegen g (3) = 2 > 0 ist P1 ein Wirbelpunkt. 3 Wegen g (−3) = −2 < 0 ist P1 ein Sattelpunkt. (c) Phasenkurven: # x2 x3 Aus g(x) = − 3 folgt G(x) = g(x) dx = − 3x und damit die Gleichung 3 9 3 2x der Phasenkurven: x˙ = ± 2C − + 6x . 9 (d) Separatrix durch P2 : 2x3 Aus x(−3) ˙ = 0 folgt C = 6 und damit: x˙ = ± 12 − + 6x. 9 2. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ − x3 + x2 = 0 . L¨ osung: (a) Singuläre Punkte: Es ist g(x) = x2 − x3 = x2 (1 − x). Aus g(x) = 0 ergeben sich zwei singuläre Punkte: P1 (0, 0) und P2 (1, 0). (b) Klassifizierung der singulären Punkte: g (x) = 2x−3x2 . Wegen g (1) = −1 < 0 ist P2 ein Sattelpunkt. Wegen g (0) = 0 aber g (0) = 2 = 0 ist P1 ein Schnabelpunkt.

3.5. Autonome Differentialgleichungen und autonome Systeme (c) Phasenkurven: Aus g(x) = x2 − x3 folgt G(x) =

#

der Phasenkurven: x˙ = ± 2C −

g(x) dx =

183

x3 x4 − und damit die Gleichung 3 4

2x3 x4 + . 3 2

(d) Separatrizen: Durch P1 :

2 x 2x3 x4 Aus x(0) ˙ = 0 folgt C = 0 und damit: x˙ = ± − + = ±(−x)3/2 − . 3 2 3 2 Durch P2 : 1 x4 2 3 1 Aus x(1) ˙ = 0 folgt C = und damit: x˙ = ± + − x . 12 6 2 3 3. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ + x2 −

2x =0. 1 + x2

L¨ osung: (a) Singuläre Punkte: 2x . Aus g(x) = 0 folgt zunächst: x4 + x2 − 2x = 0 1 + x2 mit den einzigen reellen Wurzeln x = 0 und x = 1. Damit erhalten wir zwei singuläre Punkte: P1 (0, 0) und P2 (1, 0).

Es ist g(x) = x2 −

(b) Klassifizierung der singulären Punkte: 2(1 + x2 ) − 4x2 g (x) = 2x − . Wegen g (0) = −2 < 0 ist P1 ein Sattelpunkt. (1 + x2 )2 Wegen g (1) = 2 > 0 ist P2 ein Wirbelpunkt. (c) Phasenkurven:

# 2x x3 − ln(1 + x2 ) und damit folgt G(x) = g(x) dx = 2 1+x 3 2x3 + 2 ln(1 + x2 ) . die Gleichung der Phasenkurven: x˙ = ± 2C − 3 (d) Separatrix durch P1 : x3 Aus x(0) ˙ = 0 folgt C = 0 und damit: x˙ = ± 2 ln(1 + x2 ) − . 3

Aus g(x) = x2 −

4. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): 4 x¨ − + x = 0 . x L¨ osung: (a) Singuläre Punkte: 4 Es ist g(x) = − +x. Aus g(x) = 0 folgt −4+x2 = 0 mit den Wurzeln x = ±2. x Damit erhalten wir zwei singuläre Punkte: P1 (−2, 0) und P2 (2, 0).

184

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen (b) Klassifizierung der singulären Punkte: 4 g (x) = 2 + 1. Wegen g (±2) = 2 > 0 sind beide Punkte Wirbelpunkte. x (c) Phasenkurven: # 4 x2 Aus g(x) = − + x folgt G(x) = und damit die g(x) dx = 4 ln x + x 2 Gleichung der Phasenkurven: x˙ = ± 2C + 8 ln |x| − x2 . Bemerkung: x = 0 ist eine Asymptote der Phasenkurven.

5. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): 2

x¨ + x2 e−x (3 − 2x2 ) = 0 . L¨ osung: (a) Singuläre Punkte: 2 Es ist g(x) = x2 e−x (3 − 2x2 ). Aus g(x) = 0 folgt x1 = 0, x2 = − 32 und

x3 =

3 2

. Damit erhalten wir drei singuläre Punkte: P1 (0, 0), P2 −

und P3 −

3 2

3 2

,0

,0 .

(b) Klassifizierung der singulären Punkte: 2 2 3 −x2 g (x) = 2xe−x (3 − 2x2 ) − 2x3 e−x (3 − 2x2 ) − 4x e . Wegen g (0) = 0 aber √ g (0) = 0 ist P1 ein Schnabelpunkt. Wegen g − 32 = 3 6e−3/2 > 0 ist P2

√ 3 ein Wirbelpunkt. Wegen g = −3 6e−3/2 > 0 ist P3 ein Sattelpunkt. 2 (c) Phasenkurven: 2

Aus g(x) = x2 e−x (3 − 2x2 ) folgt G(x) =

#

2

g(x) dx = x3 e−x und damit die

Gleichung der Phasenkurven: x˙ = ± 2C − 2x3 e−x2 . (d) Separatrizen:

Durch P1 : Aus x(0) ˙ = 0 folgt C = 0 und damit: x˙ = ± −2x3 e−x2 . Durch P3 : Aus x˙

3 2

= 0 folgt 2C =

!

! 27 27 " und damit: x˙ = ± − 2x3 e−x2 . 3 2e 2e3

6. Ermitteln Sie das Phasenporträt des linearen Systems

x˙ = Ax mit A =

0 1 −1 0

und x =

x y

.

L¨ osung: Multiplizieren wir die erste Gleichung des Systems: x(t) ˙ = y(t) mit 2x(t) und die zweite: y(t) ˙ = −x(t) mit 2y(t) und addieren wir dann beide Gleichungen, so folgt:

d 2 x (t) + y 2 (t) = 0. Integration liefert: x2 (t) + y 2 (t) = C 2 , d.h. das Phasenporträt dt besteht aus konzentrischen Kreislinien um den Gleichgewichtspunkt (0, 0), der dann ein Wirbelpunkt des Systems ist.


185

7. Untersuchen Sie den Charakter des singulären Punktes des nichtlinearen Systems

x(t) ˙ = y(t) − x(t) x2 (t) + y 2 (t) y(t) ˙ = −x(t) − y(t) x2 (t) + y 2 (t)

und ermitteln Sie das Phasenporträt dieses nichtlinearen Systems. L¨ osung: Die singulären Punkte dieses nichtlinearen Systems sind durch x˙ = y˙ = 0 gegeben. Das Gleichungssystem y − x(x2 + y 2 ) = 0, −x − y(x2 + y 2 ) = 0 hat die einzige Lösung x = y = 0. Das linearisierte System ist dasselbe wie in Beispiel 6. Dort war der Ursprung ein Wirbelpunkt. Das nichtlineare System kann hier elementar integriert werden. Wie im Beispiel 6 erhalten wir nach Multiplikation der ersten Gleichung mit 2x, der zweiten mit 2y und anschließender Addition:

2 d 2 1 x (t) + y 2 (t) = −2 x2 (t) + y 2 (t) . Integration liefert: x2 (t) + y 2 (t) = dt C1 + 2t 1 1 bzw. r(t) = √ = r2 (0) > 0. Die Trajektorien m¨ unden dann f¨ ur mit C C1 + 2t 1 t → ∞ alle in den Ursprung. Da dieser f¨ ur das linearisierte System ein Wirbelpunkt ist, kann bei einer kleinen Störung im Sinne des nichtlinearen Systems nur ein Studelpunkt resultieren. Dieser ist dann aber stabil. Zur expliziten Ermittlung der Trajektorien verwenden wir Polarkoordinaten r(t), ϕ(t) . Damit folgt zunächst: r(t) ˙ cos ϕ(t) − r(t)ϕ(t) ˙ sin ϕ(t) = r(t) sin ϕ(t) − r3 (t) cos ϕ(t) und r(t) ˙ sin ϕ(t) + r(t)ϕ(t) ˙ cos ϕ(t) = r(t) cos ϕ(t) − r3 (t) sin ϕ(t). Subtraktion der mit sin ϕ(t) multiplizierten ersten Gleichung von der mit cos ϕ(t) multiplizierten zweiten Gleichung liefert: ϕ(t) ˙ = −1 bzw. integriert: ϕ(t) = −t + C2 . 1 Elimination von t ergibt dann r(ϕ) = √ . Mit t ↑ folgt ϕ ↓. Daher wird C − 2ϕ 1 = r2 (0) > 0 der Nenner nie Null. Das Phasenporträt besteht aus daher aus mit C spiralförmigen Kurven. 8. Untersuchen Sie den Charakter des singulären Punktes des nichtlinearen Systems

x(t) ˙ = y(t) + x(t) x2 (t) + y 2 (t) y(t) ˙ = −x(t) + y(t) x2 (t) + y 2 (t)

und ermitteln Sie das Phasenporträt dieses nichtlinearen Systems. L¨ osung: Die singulären Punkte dieses nichtlinearen Systems sind durch x˙ = y˙ = 0 gegeben. Das Gleichungssystem y + x(x2 + y 2 ) = 0, −x + y(x2 + y 2 ) = 0 hat nur die Lösung x = y = 0. Das linearisierte System ist dasselbe wie in Beispiel 6. Dort war der Ursprung ein Wirbelpunkt. Das nichtlineare System kann hier elementar integriert werden. Wie im Beispiel 7 erhalten wir nach Multiplikation der ersten Gleichung mit 2x, der zweiten mit 2y und anschließender Addition:

2 d 2 1 x (t) + y 2 (t) = 2 x2 (t) + y 2 (t) . Integration liefert: x2 (t) + y 2 (t) = dt C1 − 2t 1 1 bzw. r(t) = √ = r2 (0) > 0. Die Trajektorien entfernen sich mit mit C1 C1 − 2t

186

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen wachsendem t immer weiter vom Ursprung. Da dieser f¨ ur das linearisierte System ein Wirbelpunkt ist, kann bei einer kleinen Störung im Sinne des nichtlinearen Systems nur ein Studelpunkt resultieren. Dieser ist dann aber instabil. Analog zu Beispiel 7 1 folgt: ϕ(t) = t + C2 und damit r(ϕ) = √ . Das Phasenporträt besteht daher C − 2ϕ aus spiralförmigen Kurven mit einer Asymptote bei ϕ = C2 . Bemerkung: Eine stabile Gleichgewichtslage in Form eines Wirbelpunktes kann bei einer kleinen Störung entweder stabil bleiben (Beispiel 7) oder instabil werden wie in diesem Beispiel.

9. Diskutieren Sie das folgende nichtlineare System in der Phasenebene: x˙ = −x − y , 3 y˙ = −x + y − x2 . 2 (a) Singuläre Punkte (Gleichgewichtspunkte): 3 Aus x˙ = −x − y = 0 folgt y = −x. Einsetzen in y˙ = −x + y − x2 liefert 2 3 4 −2x − x2 mit den Lösungen x1 = 0 und x2 = − . Das ergibt zwei singuläre 2 3 4 4 Punkte: P1 (0, 0) und P2 − , . 3 3 (b) Untersuchung auf Stabilität: i. P1 : Das linearisierte System x˙ = −x − y = 0, y˙ = −x + y besitzt die √ −1 −1 mit den Eigenwerten λ1/2 = ± 2. Da sie reell Matrix A = −1 1 mit unterschiedlichem Vorzeichen sind, ist P1 ein Sattelpunkt und daher instabil. Dies gilt auch f¨ ur das nichtlineare System. ii. P2 : F¨ ur die Linearisierung um P2 verschieben wir diesen in den Ursprung: x = ξ − 43 und y = η + 43 , woraus zunächst folgt: ξ˙ = −ξ − η , 3 η˙ = 3ξ + η − ξ 2 . 2

−1 −1 Die Matrix des linearisierten Systems ist A = mit den Eigen3 1 √ werten λ1/2 = ± 2 i. Da sie rein imaginär sind, ist P2 f¨ ur das linearisierte System ein Wirbelpunkt. Ob er dies auch f¨ ur das nichtlineare System ist, muss nun gesondert untersucht werden. Dazu f¨ uhren wir das System in eine Differentialgleichung zweiter Ordnung u ¨ber. Differentiation der ersten 2.Gl. Gleichung liefert: x¨ = −x˙ − y˙ = −x˙ + x − y + 32 x2 . Mit y = −x˙ − x aus der ersten Gleichung erhalten wir: x¨ − 2x + 32 x2 = 0. Das ist eine spezielle autonome Differentialgleichung zweiter Ordnung. P2 ist hier ein 3 2 d −2x − x = (−2 − 3x) 4 = 2 > 0 ist. Wirbelpunkt, da −3 dx 2 P2 (c) Phasenkurven (Trajektorien): Das System bzw. die dazu aquivalente spezielle ¨ 3 2 autonome Differentialgleichung zweiter Ordnung x ¨ − 2x + x = 0 kann 2


187

√ einmal integriert werden: x˙ = ± 2C + 2x2 + x3 und wegen y = x˙ − x erhalten wir die Phasenkurven in der xy-Ebene: √ y(x) = −x ± 2C + 2x2 + x3 . 10. Diskutieren Sie das nichtlineare System x(t) ˙ =

x(t) + y(t) − x(t) x2 (t) + y 2 (t)

y(t) ˙ = −x(t) + y(t) − y(t) x2 (t) + y 2 (t) in der Phasenebene.

L¨ osung: Aus x˙ = x + y − x(x2 + y 2 ) = 0 und y˙ = −x + y − y(x2 + y 2 ) = 0 folgt durch Subtraktion der mit x multiplizierten zweiten Gleichung von der mit y multiplizierten ersten Gleichung: x2 + y 2 = 0, d.h. x = y = 0. Damit ist P (0, 0) der einzige Gleichgewichtspunkt. System x˙ = x + y = 0, y˙ = −x + y besitzt die Matrix Das linearisierte 1 1 A= mit den Eigenwerten λ1/2 = 1 ± i. P (0, 0) ist dann ein instabiler −1 1 Studelpunkt und die Trajektorien sind aus dem Ursprung kommende spiralförmige Kurven. Daher ist man geneigt zu glauben, dass alle Phasenkurven ins Unendliche ¨ verlaufen. Dem steht aber die folgende Uberlegung entgegen: F¨ ur große x2 + y 2 ist der nichtlineare Term dominant. Wegen seines negativen Vorzeichens ergeben sich Trajektorien, die ins Zentrum zu f¨ uhren scheinen. Der Sachverhalt kann aber durch explizite Ermittlung der Trajektorien geklärt werden. Dazu f¨ uhren wir wieder Polarkordinaten ein. Das liefert: r˙ cos ϕ − rϕ˙ sin ϕ = r cos ϕ + r sin ϕ − r3 cos ϕ und r˙ sin ϕ − rϕ˙ cos ϕ = −r cos ϕ + r sin ϕ − r3 sin ϕ . Addieren wir die mit cos ϕ multiplizierte erste Gleichung zu der mit sin ϕ multiplizierten zweiten Gleichung, so folgt: r˙ = r − r3 . Addieren wir hingegen die mit − sin ϕ multiplizierte erste Gleichung zu der mit cos ϕ multiplizierten zweiten Gleichung, so folgt: ϕ˙ = −1. Integration der letzteren Gleichung liefert: ϕ = −t + ϕ0 . In der Differentialgleichung r˙ = r − r3 können die Variablen getrennt werden: r˙ = 1 bzw. nach Partialbruchzerlegung: r(1 − r)(1 + r)

1 r 1 1 ˜ Das + − r˙ = 1. Integration liefert: ln √ = t + C. r 2(1 − r) 2(1 + r) 1 − r2 1 läßt sich nach r auflösen: r = √ . Elimination von t mittels der Gleichung 1 + Ce−2t ϕ = −t + ϕ0 liefert dann die Phasenkurven: r(ϕ) = √

1 := ρ und ϕ(0) = ϕ0 . Damit folgt f¨ ur die Phasenkurven: 1+C 1 1 bzw. r(t) = 3 .

1 − 1 e2(ϕ−ϕ0 ) 1 + ρ2 − 1 e−2t

F¨ ur t = 0 ist r(0) = √ r(ϕ) = 3 1+

1 ρ2

1 . 1 + Ce2(ϕ−ϕ0 )

188

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen Daraus erkennen wir: F¨ ur ρ < 1 nähern sich die Phasenkurven dem Einheitskreis von innen, f¨ ur ρ > 0 hingegen von außen. Der Einheitskreis ist ein so genannter Grenzzykel“ und man nennt diese Art von Stabilität orbitale Stabilität“. ” ”

11. Ermitteln Sie das Phasenporträt des linearen Systems x(t) ˙ = x(t) + 2y(t) − 1 y(t) ˙ = 2x(t) − y(t) + 3 . L¨ osung: Aus x˙ = x + 2y − 1 = 0 und y˙ = 2x − y + 3 = 0 folgt x = −1 und y = 1. Damit ist P (−1, 1) singulärer Punkt des Systems. Die Translation x = ξ − 1, y = η + 1 verschiebtden ren Punkt inden Ursprung. Die Matrix A des transformierten singul¨ a √ ξ ξ˙ 1 2 Systems = A mit A = besitzt die Eigenwerte λ1/2 = ± 5. 2 −1 η η˙ Daher ist P (−1, 1) ein Sattelpunkt. Zur Bestimmung des Phasenporträts integrieren wir das transformierte System. Die dη η˙ 2ξ − η Differentialgleichung = ist gleichgradig und mit der Substitution = ˙ dξ ξ + 2η ξ 2 −1 − 2z z = − . Integration η = ξz(ξ) folgt nach Trennung der Variablen: 1 − z − z2 ξ C 2 2 liefert: ln |1 − z − z | = −2 ln |ξ| + ln |C| bzw. 1 − z − z = 2 . ξ η Die R¨ ucktransformation: z = sowie ξ = x + 1 und η = y − 1 liefert ξ x2 − xy − y 2 + 3x + y = D . Das sind aber Hyperbeln um P (−1, 1). Das Phasenporträt ist dann eine Hyperbelschar in der xy-Ebene. 12. Ermitteln Sie das Phasenporträt des linearen Systems x(t) ˙ = 3x(t) − 3y(t) , y(t) ˙ = 3y(t) . L¨ osung: Der singuläre Punkt des Systems ist P (0, 0). 3 −3 Die Matrix A des Systems ist A = und besitzt den zweifachen Eigenwert 0 3 λ = 3. Daher ist P (0, 0) ein instabiler entarteter Knoten. Zur Bestimmung des Phasenporträts integrieren wir das System. Die Differentialdy y˙ 3x − 3y gleichung = = ist gleichgradig und mit der Substitution y = xz(x) dx x˙ 3y 1−z 1 z = . folgt nach Trennung der Variablen: z2 x 1 Integration liefert: − − ln |z| = ln |x| + ln |C| bzw. nach R¨ ucktransformation: z −x y y = De . Diese Kurvenschar stellt das Phasenporträt des Systems dar.


189

13. Diskutieren Sie das folgende nichtlineare System in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Charakter, Stabilität): x˙ = xey + y =: f (x, y) y˙ = xy + x =: g(x, y)

.

L¨ osung: (a) Singuläre Punkte: Aus der zweiten Gleichung des Systems folgt entweder x = 0 oder y = −1. Mittels der ersten Gleichung folgt dann aus x = 0: y = 0 und aus y = −1: x = e. Damit erhalten wir zwei singuläre Punkte: P1 (0, 0) und P2 (e, −1). (b) Charakter der singulären Punkte, Stabilität: Wir linearisieren das System: fˆ(x, y) = f (xs , ys ) +fx (xs , ys )(x − xs ) + fy (xs , ys )(y − ys )

0

und

gˆ(x, y) = g(xs , ys ) +gx (xs , ys )(x − xs ) + gy (xs , ys )(y − ys ). Mit der Translation

0

˙

= A ηξ mit ⎛ ⎞ e xey + 1 fx (xs , ys ) fy (xs , ys ) ⎝ ⎠. der Koeffizientenmatrix A = = gx (xs , ys ) gy (xs , ys ) y+1 x x = xs + ξ, y = ys + η erhalten wir das linearisierte System:

ξ η˙ y

i. P1 (0, 0):

√ 1± 5 1 1 . Sie sind beide = besitzt die Eigenwerte λ1/2 = P1 1 0 2 reell und haben verschiedenes Vorzeichen. Daher ist P1 (0, 0) ein (instabiler) Sattelpunkt. ii. P2 (e, −1): e−1 2 A = besitzt die Eigenwerte λ1 = e−1 und λ2 = e. Sie sind P2 0 e beide reell, positiv und sind verschieden. Daher ist P2 (e, −1) ein instabiler Knoten. A

14. Diskutieren Sie das folgende nichtlineare System in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Charakter, Stabilität): x˙ = x − (x + y)2 =: f (x, y) y˙ =

1 4

− 14 (x − y)2 =: g(x, y)

.

L¨ osung: (a) Singuläre Punkte: Aus g(x, y) = 0 folgt y = x±1. Einsetzen in f (x, y) = 0 liefert x−(2x±1)2 = 0 bzw. weiters: 4x2 + 3x + 1 = 0 oder 4x2 − 5x + 1 = 0. Während die erste dieser Gleichungen keine reellen Wurzeln besitzt, ergeben sich f¨ ur die zweite die reellen Wurzeln x1 = 1 und x2 = 14 . Mit y = x − 1 folgt dann y1 = 0 und y2 = − 34 . Damit erhalten wir die zwei singulären Punkte P1 (1, 0) und P2 14 , − 34 .

190

Kapitel 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen (b) Charakter der singulären Punkte, Stabilität: i. P1 (1, 0): Mit der Translation x = ξ + 1, y = η folgt: ξ˙ = −ξ − 2η − ξ 2 − 2ξη − η 2 ξ η ξ 2 η 2 ξη . − + η˙ = − + − 2 2 4 4 2

Das linearisierte System hat dann die Koeffizientenmatrix A = durch

Ihre Eigenwerte sind

−1 − λ − 12

1 2

−1 −2 1 − 12 2

.

−2 = λ2 + λ2 − 32 = 0 bestimmt. −λ

1 + 32 = − 14 ± 54 reell mit verschiedenen VorSie sind mit λ1/2 = − 14 ± 16 zeichen. Damit ist P1 (1, 0) ein (instabiler) Sattelpunkt.

ii. P2

1 4

, − 34 : Mit der Translation x = ξ + 14 , y = η −

3 4

folgt:

ξ˙ = 2ξ + η − ξ 2 − 2ξη − η 2 ξ η ξ 2 η 2 ξη . − + η˙ = − + − 2 2 4 4 2

Das linearisierte System hat dann die Koeffizientenmatrix A = Ihre Eigenwerte sind durch Sie sind mit λ1/2 = P2

3.5.3

1 4

, − 34

5 4

±

25 16

2−λ − 12 −

24 16

1 2

=

1 = λ2 − 52 λ + −λ

5±1 4

3 2

2 1 − 12

1 2

.

= 0 bestimmt.

reell und beide positiv. Damit ist

ein instabiler Knoten.

Beispiele mit Lo ¨sungen

1. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ − x3 − x2 = 0 . Lösung: P1 (−1, 0) · · · Sattelpunkt, P2 (0, 0) · · · Schnabelpunkt“ . ” 2x3 x4 Gleichung der Phasenkurven: x˙ = ± 2C + + . 3 2

Gleichung der Separatrix durch P1 : x˙ = ±

1 2x3 x4 + + . 6 3 2

Gleichung der Separatrix durch P2 : x˙ = ± x

3/2

2 x + , x ≥ 0. 3 2

2. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ + x2 −

2 =0. 1 + x2


191

Lösung: P1 (1, 0) · · · Wirbelpunkt, P2 (−1, 0) · · · Sattelpunkt.

Gleichung der Phasenkurven: x˙ = ± 2C −

2x3 + 4 arctan x . 3

2 Gleichung der Separatrix durch P2 : x˙ = ± π − (1 + x3 ) + 4 arctan x . 3 3. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ − x(ex−1 − 1) = 0 . Lösung: P1 (0, 0) · · · Wirbelpunkt, P2 (1, 0) · · · Sattelpunkt.

Gleichung der Phasenkurven: x˙ = ± 2C + 2ex−1 (x − 1) − x2 .

Gleichung der Separatrix durch P2 : x˙ = ± 1 + 2ex−1 (x − 1) − x2 . 4. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ +

x 2x + =0. 1−x 1+x

Lösung: P1 (0, 0) · · · Wirbelpunkt, P2 (−3, 0) · · · Wirbelpunkt. 3

Gleichung der Phasenkurven: x˙ = ± 2C + 2x + ln (x − 1)4 (x + 1)2 . 5. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ + sin x − tan x = 0 ,

−

π 3π ≤x< . 2 2

Lösung: P1 (0, 0) · · · Sattelpunkt höherer Ordnung (instabil), P2 (π, 0) · · · Sattelpunkt (instabil). Gleichung der Phasenkurven: x˙ = ± 2C + 2 cos x − 2 ln | cos x| .

Gleichung der Separatrix durch P1 : x˙ = ± −2 + 2 cos x − 2 ln | cos x| .

Gleichung der Separatrix durch P2 : x˙ = ± 2 + 2 cos x − 2 ln | cos x| . 6. Diskutieren Sie das folgende nichtlineare System in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Charakter, Stabilität): x x˙ = xy − y , x = 2, y = 0. x+y y˙ = 2−x Lösung: P1 (−1, 1) · · · instabiler Strudelpunkt, P2 (1, −1) · · · Sattelpunkt (instabil).

192


7. Gegeben ist das nichtlineare System x˙ = xy 2 − ay 2 − 4x + 4a y˙ = 1 + 4x +

.

y2 4

Bestimmen Sie - in Abhängigkeit von a - die singulären Punkte. F¨ ur welche a ∈ lR treten Sattelpunkte auf? Lösung: P1 (−1/2, 2) · · · Sattelpunkt bei a < −1/2, P2 (−1/2, −2) · · · Sattelpunkt bei a > −1/2, √ P3 (a, 2 −1 − 4a2 ) · · · Sattelpunkt bei −1/2 < a < −1/4, √ P4 (a, −2 −1 − 4a2 ) · · · Sattelpunkt bei a < −1/2 . 8. Diskutieren Sie das folgende nichtlineare System in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Charakter, Stabilität): x˙ = x − 2y + x3 y˙ = −y + xy

.

Lösung: P1 (0, 0) · · · Sattelpunkt (instabil), P2 (1, 1) · · · instabiler Knoten. 9. Diskutieren Sie das folgende nichtlineare System in der Phasenebene (singuläre Punkte und deren Charakter, Stabilität): x˙ = x2 + y 2 − 2 y˙ = x + y

.

Lösung: P1 (−1, 1) · · · Sattelpunkt (instabil), P1 (1, −1) · · · instabiler Strudelpunkt. 10. Gegeben ist das nichtlineare System x˙ = 2x + 4y + xy 3 . y˙ = x − 2y − xy Bestimmen Sie alle Gleichgewichtspunkte und untersuchen Sie, von welchem Charakter diese sind. Lösung: P1 (0, 0) · · · Sattelpunkt (instabil), P2 (− 43 , −2) · · · stabiler Strudelpunkt. 11. Gegeben ist das nichtlineare System x˙ = (x − y)2 − x . y˙ = x + y − 1 Bestimmen Sie alle Gleichgewichtspunkte und untersuchen Sie deren Charakter. Lösung: P1 (1, 0) · · · instabiler Strudelpunkt, P2 ( 14 , 34 ) · · · Sattelpunkt (instabil).


193

12. Gegeben ist das nichtlineare System x˙ = ln(e2 y − x) − 2 . y˙ = yex − 2 cosh x Bestimmen Sie alle Gleichgewichtspunkte und untersuchen Sie sie auf Stabilität. Lösung: P (1, 1 +

1 )··· e2

Sattelpunkt (instabil).

13. Gegeben ist das nichtlineare System x˙ = x2 − y 2

.

y˙ = −x + y 2

a) Bestimmen Sie die singulären Punkte des Systems. b) Pr¨ ufen Sie, ob der Punkt P (1, 1) ein stabiler singulärer Punkt ist. Lösung: a) P1 (0, 0), P2 (1, 1), P3 (1, −1). b) P2 (1, 1) ist ein instabiler Knoten. 14. Bestimmen Sie den Charakter der singulären Punkte des folgenden nichtlinearen Systems: x˙ = x − 2y + x2 . y˙ = −y + xy Lösung: P1 (1, 1) · · · instabiler Knoten, P2 (0, 0) · · · Sattelpunkt (instabil), P3 (−1, 0) · · · stabiler Knoten. 15. Gegeben ist das nichtlineare System x˙ = x + y y˙ = arctan x −

π 4

.

Bestimmen Sie alle Gleichgewichtspunkte und untersuchen Sie sie auf Stabilität. Lösung: P (1, −1) · · · Sattelpunkt (instabil). 16. Bestimmen Sie den Charakter der Gleichgewichtspunkte des nichtlinearen Systems x˙ = −x2 − 4xy − y˙ =

1 x − y2 − 3 2

9 4 .

Lösung: P1 ( 32 , 0) · · · instabiler Knoten, P2 ( 92 , 1) · · · Sattelpunkt (instabil). 17. Bestimmen Sie den Charakter der singulären Punkte des folgenden nichtlinearen Systems: x x˙ = sinh y , y = 0 . 2 y˙ = y + xy − 1 Lösung: P1 (0, 1) · · · instabiler Knoten, P2 (0, −1) · · · stabiler Knoten.

194


18. Gegeben ist das nichtlineare Differentialgleichungssystem x˙ = x − y y˙ = ay + x2 − xy

,

a ∈ lR, a = 0 .

Bestimmen Sie die singulären Punkte des Systems und untersuchen Sie, f¨ ur welche Werte von a das System im Ursprung einen Sattelpunkt besitzt. Lösung: P (0, 0), f¨ ur a < 0.

Kapitel 4 Integraltransformationen 4.1

LAPLACE-Transformation

4.1.1

Grundlagen

• Die Integraltransformation F (s) = L[f ] =

# ∞ 0

e−st f (t) dt

heißt LAPLACE-Transformation. F (s) heißt LAPLACE-Transformierte der Funktion f (t). • Die LAPLACE-Transformation existiert unter den Voraussetzungen – f (t) sei auf [0, ∞) definiert und dort st¨ uckweise stetig, – f (t) wird auf (−∞, 0) fortgesetzt mit f (t) ≡ 0, – f (t) wächst höchstens exponentiell, d.h. es gibt reelle Zahlen α und M , so dass auf [0, ∞) gilt: |f (t)| ≤ M eαt . Bemerkung: f (t) darf auch schwache Singularitäten“ besitzen. ” • Die LAPLACE-Transformation besitzt folgende Eigenschaften: 1. L[c1 f1 + c2 f2 ] = c1 L[f1 ] + c2 L[f2 ] · · · Linearität, 2. L[eat f (t)] = F (s − a) · · · Dämpfungssatz, 3. L[f (t − a)] = e−as F (s) · · · Verschiebungssatz, s 1 ¨ · · · Ahnlichkeitssatz, 4. L[f (at)] = F a a 5. L[f (k) (t)] = sk F (s) − 6. L

)# t 0

sk−i−1 f (i) (0) · · · Differentiationssatz,

i=0

*

1 f (τ ) dτ = F (s) · · · Integralsatz, s

7. L[f ∗ g] := L &

k−1

'

)# t 0

*

f (τ )g(t − τ ) dτ = F (s)G(s) · · · Faltungssatz,

# ∞ f (t) = F (σ) dσ 8. L t s

und

L[tf (t)] = −F (s).

H. Wallner, Aufgabensammlung Mathematik, DOI 10.1007/978-3-8348-8648-4_4, © Vieweg+Teubner Verlag | Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2012

196

Kapitel 4. Integraltransformationen

Die Umkehrtransformation ist als komplexes Kurvenintegral definiert und f¨ ur praktische Zwecke wenig geeignet. Daher werden daf¨ ur oft Tabellenwerke f¨ ur die LAPLACETransformation benutzt, die dann eben von rechts nach links“ gelesen werden, wobei ” vorher meist eine Vereinfachung mittels der oben angef¨ uhrten Eigenschaften erfolgt. Dar¨ uber hinaus gibt es nat¨ urlich die Möglichkeit der Benutzung von Computer-AlgebraSystemen.

4.1.2

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierte der Funktion f (t) = te−t cos t sowohl direkt als auch unter Verwendung von Eigenschaften der LAPLACE-Transformation. L¨ osung: (a) Direkt: F (s) = L[f (t)] =

# ∞ 0

e−st te−t cos t dt =

# ∞ 0

t e

−(s+1)t

u

v

cos t dt.

F¨ ur die nun durchzuf¨ uhrende und f¨ ur eine weitere partielle Integration benötigen wir folgendes Integral, das selbst wieder mittels zweimaliger partieller Integration herleitbar ist: #

I=

eαt a cos(βt)+b sin(βt) dt =

α2

eαt (αa−βb) cos(βt)+(αb+βa) sin(βt) . 2 +β

Speziell mit α = −(s + 1), β = 1, a = 1 und b = 0 folgt damit: # ∞ 0

e−(s+1)t cos t dt =

e−(s+1)t − (s + 1) cos t + sin t . (s + 1)2 + 1

Wir f¨ uhren nun die partielle Integration im Integral f¨ ur F (s) durch:

∞ e−(s+1)t − (s + 1) cos t + sin t − 2 0 (s + 1) + 1

F (s) = t

−

0

# ∞

1 −(s+1)t e − (s + 1) cos t + sin t dt. (s + 1)2 + 1 0

F¨ ur das letztere Integral erhalten wir aus I speziell mit den Parametern α = −(s + 1), β = 1, a = −(s + 1) und b = 1: 1 F (s) = − (s + 1)2 + 1 +

e−(s+1)t 2 (s + 1) − 1 cos t + (s + 1)2 + 1

− (s + 1) − (s + 1) sin t

(∞ 0

=

(s + 1)2 − 1 . [(s + 1)2 + 1]2

(b) Mittels diverser Eigenschaften der LAPLACE-Transformation: cos t folgt: F (s) = −G (s) (siehe Grundlagen). Mit t e−t g(t)

4.1. LAPLACE-Transformation

197

Ferner folgt mit g(t) = e−t cos ampfungssatz t: G(s) = H(s + 1) nach dem D¨ h(t)

und wegen L[cos t] =

s erhalten wir schließlich: s2 + 1

F (s) = −

d s+1 (s + 1)2 − 1 = . ds (s + 1)2 + 1 [(s + 1)2 + 1]2

2. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierte der Funktion at sinh(at) , a ∈ lR . f (t) = cosh(at) + 2 L¨ osung: Wegen der Linearität der LAPLACE-Transformation folgt: F (s) = L[f (t)] = L[cosh(at)] +

a L[t sinh(at)] 2

s und und weiterhin wegen L[tg(t)] = −G (s), sowie wegen L[cosh(at)] = 2 s − a2 a : L[sinh(at)] = 2 s − a2

F (s) =

a s a d − 2 2 2 s −a 2 ds s − a2

=

s3 . (s2 − a2 )2

3. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierte des Integral-Sinus“ : ” # t sin τ dτ . Si(t) := τ 0 L¨ osung: & ' )# t * # ∞ g(τ ) F (s) (Integralsatz) und wegen L f (τ ) dτ = = G(σ) dσ Wegen L s τ 0 s 1 (siehe Grundlagen) folgt dann mit g(τ ) = sin τ und L[sin τ ] = 2 : σ +1 1# ∞ 1 1 π arccots L[Si(t)] = dσ = − arctan s . = s s σ2 + 1 s 2 s 4. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierte der Funktion: ⎧ ⎨

f (t) = ⎩ L¨ osung: F (s) = L[f (t)] =

# ∞ 0

e−st f (t) dt =

c f¨ ur 0 ≤ t ≤ a 0 f¨ ur

# a 0

t>a

e−st c dt = c −

.

e−st s

a 0

=

c 1 − e−as . s

1 5. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierte der Funktion f (t) = √ dt. t L¨ osung: Die Funktion f (t) ist an der Stelle x = 0 schwach singulär. & ' √ 3 # ∞ 1 π 2 # ∞ −x2 2 π −st 1 L √ = = , mit st = x2 . e √ dt = √ e dx = √ s 0 s 2 s 0 t t

198


6. Bestimmen Sie

&

f (t) = L

−1

s2 + 1 s3 − s2 − 2s

'

.

L¨ osung: Die Funktion F (s) ist hier eine rationale Funktion. Wir zerlegen sie in Partialbr¨ uche: F (s) =

11 2 1 5 1 s2 + 1 =− + + . s3 − s2 − 2s 2 s 3 s+1 6 s−2

Wegen der Linearität der Umkehrtransformation folgt dann: ) * ) * ) * 1 1 1 1 2 5 1 2 5 f (t) = L−1 [F (s)] = − L−1 + L−1 + L−1 = − + e−t + e2t . 2 s 3 s+1 6 s−2 2 3 6 7. Bestimmen Sie f (t) so, dass gilt: L[f (t)] = L¨ osung: Es gilt: F (s) =

s + 1 −s e . s2

s + 1 −s d e−s , woraus wegen L[th(t)] = −H (s) mit e = − s2 ds s

e−s zunächst folgt: f (t) = th(t). Zur Bestimmung von h(t) verwenden wir s & ' & ' ) * −s −s 1 −1 e −1 1 − e die Linearität: L = −L + L−1 . Es gilt unter Verwendung s s s

H(s) =

1

von Beispiel (7): &

L

−1

⎧

'

⎨ 1 f¨ ur 0 ≤ t ≤ 1 1 − e−s = ⎩ s 0 f¨ ur t>1

.

Insgesamt erhalten wir dann: ⎧ ⎨

f (t) = ⎩

0 f¨ ur 0 ≤ t ≤ 1 t f¨ ur

t>1

.

Ein weiterer Lösungsweg besteht in der Verwendung des Faltungssatzes. ) * ) * ) * s + 1 −s −1 1 −s −1 1 −s e e = L + L e . Wegen der Linearität gilt zunächst: L−1 s2 s s2 −1

F¨ ur den ersten Anteil gilt (vergleiche oben): L

)

⎧

* ⎨ 0 f¨ ur 0 ≤ t ≤ 1 1 −s . e =⎩ s 1 f¨ ur t>1

Den zweiten Anteil zerlegen wir multiplikativ und verwenden den Faltungssatz. )

*

1 −s 1 1 1 −s e woraus folgt L−1 2 e−s = p(t) ∗ q(t) =: g(t). e = 2 s s s s P (s) Q(s)

−1

Dabei ist p(t) = L

⎧

) *

) * ⎨ 0 f¨ ur 0 ≤ t ≤ 1 1 1 = 1 und q(t) = L−1 e−s = ⎩ 1 f¨ s s ur t>1 # t

Nach dem Faltungssatz ist dann g(t) =

0

.

1 q(τ ) dτ . F¨ ur t ∈ [0, 1] ist dann g(t) = 0


199

# t

und f¨ ur t > 1 gilt: g(t) =

1

1 dτ = t − 1. Insgesamt folgt dann: ⎧ ⎨

f (t) = ⎩

0 f¨ ur 0 ≤ t ≤ 1 t f¨ ur

t>1

.

8. Bestimmen Sie jene Funktion f (t), deren LAPLACE-Transformierte durch √ √ F (s) = s − a − s − b , 0 < a < b gegeben ist. L¨ osung: Es gilt: F (s) = &

Gemäß L 1 f (t) = − 2

√

s−a−

√

'

1 1# ∞ 1 √ s−b=− −√ 2 s σ−a σ−b

dσ.

# ∞ g(t) = G(σ) dσ (vergleiche Grundlagen) erhalten wir dann: t s

&

'

fa (t) fb (t) 1 − , wobei fa (t) = L−1 √ bezeichnet. (fb analog). t t s−a

&

'

1 1 Wegen L−1 √ = √ (vergleiche Grundlagen) folgt dann insgesamt unter Vers πt wendung von Beispiel (5) und des Dämpfungssatzes: f (t) = L−1

√

s−a−

√

1 bt s−b = √ e − eat . 2 πt3

9. Bestimmen Sie die Funktion f (t) mit der LAPLACE-Transformierten F (s) =

s (s − a)3

,

a ∈ lR .

L¨ osung: Es gilt: 1 a d (s − a) + a 1 1 s √ + −2a = =√ =√ . F (s) = ds s−a s−a s−a (s − a)3 (s − a)3 (s − a)3 Wegen L[tg(t)] = −G (s) (vergleiche Grundlagen) & 'erhalten wir dann unter Verwen1 1 −1 √ = √ nach Beispiel (5): dung des Dämpfungssatzes, sowie wegen L s πt ⎡

f (t) =

L ⎣

⎤

s (s − a)3

⎦

eat = (1 + 2at) √ . πt

10. Bestimmen Sie die Funktion f (t) mit der LAPLACE-Transformierten

F (s) = ln

s−a s−b

,

a, b ∈ lR.

L¨ osung: Es gilt: & ' # ∞ # ∞ s−a 1 g(t) 1 − = dσ. Wegen G(σ) dσ = L F (s) = ln s−b σ−b σ−a t s s

200

Kapitel 4. Integraltransformationen folgt: g(t) = L−1 [G(s)] = L−1

)

*

1 1 − = ebt − eat , woraus wir schließlich erhalten: s−b s−a f (t) =

ebt − eat . t

11. Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation jene Lösung der Differentialgleichung d3 y dy − 2 − 4y = 0, 3 dt dt

00.

L¨ osung: Das vorliegende Integral ist vom Faltungstyp. Daher ist eine Algebraisierung“ dieser ” Integralgleichung mittels LAPLACE-Transformation möglich. Die damit erhaltene algebraische Gleichung f¨ ur die LAPLACE-Transformierte F (s) kann dann nach nach F (s) aufgelöst werden. Anschließende R¨ ucktransformation liefert dann die Lösung f (t) der Integralgleichung. L

&#

t 0

'

&

'

f (τ ) 1 1 1 2 √ dτ = F (s)L √ = L[1] + L[t] + L[t2 ] = + 2 + 3 . s s s t−τ t

&

'

1 Mit L √ = t

3

π erhalten wir: s &

'

&

'

&

1 1 1 1 L−1 √ + L−1 √ + 2L−1 √ f (t) = √ 3 π s s s5 bzw. f (t) =

'

1 = π

√ 1 8√ 3 √ +2 t+ t 3 t

,

1 √ (3 + 6t + 8t2 ). Dabei wurde L[tg(t)] = −G (s) ben¨ utzt. 3π t

22. Bestimmen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - die Lösung f (t) der Integralgleichung # t

f (t) = 2 cos t +

0

(t − τ )f (τ ) dτ .

206

Kapitel 4. Integraltransformationen L¨ osung: Das vorliegende Integral ist vom Faltungstyp. Daher ist eine Lösung mittels der LAPLACE-Transformation erfolgversprechend. Es folgt mit L[f (t)] = F (s): 2s F (s) + 2 . Auflösung nach F (s) und anschließende Partialbruch+1 s s 1 1 2s3 = 2 + + . zerlegung ergibt: F (s) = 2 (s + 1)(s + 1)(s − 1) s + 1 2(s + 1) 2(s − 1) F (s) =

s2

R¨ ucktransformation liefert dann f (t) = cos t + 12 e−t + 12 et = cos t + cosh t. 23. Bestimmen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - die Lösung f (t) der (nichtlinearen) Integralgleichung # t 0

f (t − τ )f (τ ) dτ = 2f (t) +

t3 − 2t . 6

L¨ osung: Das vorliegende Integral ist vom Faltungstyp. Daher ist eine Lösung mittels der LAPLACE-Transformation erfolgversprechend. Die entsprechende algebraische Gleichung 1 2 F 2 (s) = 2F (s) + 4 − 2 s s ist dann ebenfalls nicht linear. Die Auflösungen dieser quadratischen Gleichung sind:

F (s) = 1 ± 1 − F1 = 2 −

1 s2

.

1 s2

entfällt, da es keine (klassische) Funktion gibt, deren LAPLACE) * 1 Transformierte diese Gestalt hat. Es verbleibt: f (t) = L−1 [F2 (s)] = L−1 2 = t. s

24. Bestimmen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - die Lösung f (t) der (nichtlinearen) Integro-Differentialgleichung # t 0

f (t − τ )f (τ ) dτ = f (t) − f (t) ,

f (0) = 0, f (0) = 0 .

L¨ osung: Das vorliegende Integral ist vom Faltungstyp. Daher ist eine Lösung mittels der LAPLACE-Transformation erfolgversprechend. Die entsprechende algebraische Gleichung

s3 F 2 (s) = sF (s) − F (s) bzw. F (s) s3 F (s) − s + 1 = 0 ist dann ebenfalls nicht linear. Die Auflösungen dieser quadratischen Gleichung sind: ) * 1 1 1 1 t2 F1 (s) = 0 und F2 (s) = 2 − 3 . f2 (t) = L−1 2 − 3 = t − erf¨ ullt nicht die s s s s 2 Anfangsbedingungen. Es verbleibt dann nur: f (t) = L−1 [F1 (s)] = 0 als Lösung.


4.1.3

207


1. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierten der folgenden Funktionen: a) f (t) = 2t2 − e−t ,

b) f (t) = (t2 + 1)2 ,

c) f (t) = (sin t − cos t)2 ,

d) f (t) = cosh2 (4t) ,

e) f (t) = e2t sin(3t) ,

f) f (t) = t3 sin(3t) .

Lösungen: s4 + 4s2 + 24 , s5 3 e) F (s) = , (s − 2)2 + 9

4 1 , − s3 s + 1 s2 − 32 , d) F (s) = s(s2 − 64)

a) F (s) =

b) F (s) =

2 1 − , s s2 + 4 72s(s2 − 9) f) F (s) = . (s2 + 9)4

c) F (s) =

2. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierten der folgenden Funktionen:

a) f (t) =

b) f (t) =

sin t f¨ ur 0 ≤ t ≤ 2π , 0 f¨ ur t ≥ 2π 1 f¨ ur 0 ≤ t < 2 , f (t + 4) = f (t) . −1 f¨ ur 2 ≤ t < 4

Lösungen: a) F (s) =

1 − e−2πs , s2 + 1

b) F (s) =

tanh s . s

3. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierte der Funktion: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

5 f¨ ur 0 ≤ t < 1 t + 4 f¨ ur 1 ≤ t < 2 f (t) = ⎪ ⎪ ⎩ 4t − 2 f¨ ur t≥2 Lösung:

F (s) =

.

5 e−s 3e−2s + 2 + 2 . s s s

4. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierte der Funktion # t

f (t) =

Lösung:

F (s) =

0

(τ 2 − τ + e−τ ) dτ .

s 3 − s2 + s + 2 . s4 (s + 1)

5. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierte der Funktion f (t) =

sin t . t

Lösung: F (s) = arctan

1 s

.

6. Bestimmen Sie jene Funktionen f (t), deren LAPLACE-Transformierten gegeben sind durch:

208

Kapitel 4. Integraltransformationen 3s − 14 , s2 − 4s + 20 s2 d) F (s) = 2 , (s + 4)2 1 g) F (s) = 2 , (s + 4)2

1 , s2 (s2 + 1) s e) F (s) = 2 , (s + 4)2 s3 , h) F (s) = 4 s − 16

a) F (s) =

b) F (s) =

1 , s2 − 3s + 2 1 , f) F (s) = 4 s +1 2s2 + s − 10 i) F (s) = . (s − 4)(s2 + 2s + 2)

c) F (s) =

Lösungen: a) f (t) = 3e2t cos(4t) − 2e2t sin(4t) , b) f (t) = t − sin t , c) f (t) = e2t − et ,

t 1 sin(2t) + 2t cos(2t) , e) f (t) = sin(2t) , d) f (t) = 4 4 √ √ √ √

1 f) f (t) = √ sin(t/ 2) cosh(t/ 2) − cos(t/ 2) sinh(t/ 2) , 2 g) f (t) =

1 sin(2t) − 2t cos(2t) , 16

h) f (t) =

1 cosh(2t) + cos(2t) , 2

i) f (t) = e4t + e−t cos t + 2e−t sin t. 7. Bestimmen Sie jene Funktion f (t), f¨ ur die gilt: F (s) = L[f ] =

a . s2 (s2 + a2 )

sin(at) t − . a a2 8. Bestimmen Sie durch die inverse LAPLACE-Transformation die jeweilige Funktion f (t) = L−1 [F (s)]: 1 2s + 3 , b) F (s) = . a) F (s) = 2 s + 4s + 13 (s − 1)5/2 1 4 Lösungen: a) f (t) = 2e−2t cos(3t) − e−2t sin(3t) , b) f (t) = √ t3/2 et . 3 3 π Lösung:

f (t) =

9. Bestimmen Sie

&

f (t) = L−1 ln

s2 + a2 s2

'

.

2 1 − cos(at) . t 10. Berechnen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - die folgenden Integrale:

Lösung: f (t) =

a)

# ∞ −t e sin t 0

t

dt , b)

# ∞ 0

sin t dt . t

π π , b) . 4 2 11. Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation jene Lösung der Differentialgleichung Lösungen:

a)

d2 y dy − 6y = 0, − dt2 dt

0 0 und x < 0. L¨ osung: FOURIER-Transformation der Differentialgleichung unter Ber¨ ucksichtigung der Linearität liefert zunächst: −F[y (x)] + a2 F[y(x)] = F[g(x)] . Wegen F[y (x)] = (iλ)2 F[y(x)] folgt daraus mit den Bezeichnungen Y (λ) := F[y(x)] und G(λ) := F[g(x)]: (λ2 + a2 )Y (λ) = G(λ) ,

bzw. Y (λ) =

G(λ) . λ2 + a2

Umkehrtransformation (unter Ber¨ ucksichtigung von F −1 und des Faltungssatzes) liefert: y(x) =

1 #∞ g(ξ)e−a|x−ξ| dξ . 2a −∞

Mit g(x) = e−a|x| erhalten wir: y(x) =

1 # ∞ −a|ξ| −a|x−ξ| e e dξ . 2a −∞

)

1 λ2 + a2

(∗) 3

*

=

π 1 −a|x| e 2 a

4.2. FOURIER-Transformation

217

(a) x < 0: Wir unterteilen den Integrationsbereich in drei Teilintervalle: 4# x 5 # 0 # ∞ 1 y(x) = eaξ e−a(x−ξ dξ + eaξ ea(x−ξ) dξ + e−aξ ea(x−ξ) dξ = 2a −∞ x 0 4 5 # x # 0 # ∞ 1 = e−ax e2aξ dξ + eax dξ + eax e−2aξ dξ = 2a −∞ x 0 x ∞ ( 1 1 −ax 1 2aξ ax ax 1 −2aξ e e e − xe − e = · · · = 2 (1 + ax)eax . = 2a 2a 2a 2a −∞ 0 1 (b) x > 0: Eine analoge Rechnung liefert: y(x) = 2 (1 − ax)e−ax . 2a Insgesamt gilt dann: 1 y(x) = 2 (1 + a|x|)e−a|x| . (∗∗) 2a Bemerkung: Damit gewinnen wir ein weiteres Ergebnis. Mit g(x) = e−a|x| folgt:

2 1 1 G(λ) G(λ) = und weiters mit (∗): Y (λ) = 2 = π a λ2 + a2 λ + a2 & ' 2 1 −1 1 R¨ ucktransformation liefert: y(x) = F . 2 π a (λ + a2 )2

2 1 1 . π a (λ2 + a2 )2

Vergleich mit (∗∗) ergibt dann: &

F

−1

' √ 1 π √ (1 + a|x|)e−a|x| . = 2 2 2 (λ + a ) 2 2a

13. Bestimmen Sie unter Verwendung der FOURIER-Transformation eine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung d4 y + a4 y = g(x), dx4

−∞ < x < ∞ .

L¨ osung: FOURIER-Transformation der Differentialgleichung unter Ber¨ ucksichtigung der Linearität liefert zunächst: F[y (x)] + a4 F[y(x)] = F[g(x)] . Wegen F[y (x)] = (iλ)4 F[y(x)] = λ4 F[y(x)] folgt daraus mit den Bezeichnungen Y (λ) := F[y(x)] und G(λ) := F[g(x)]: G(λ) . λ4 + a4 Zur Umkehrtransformation verwenden wir den Faltungssatz. Dabei benötigen wir ¨ das Ergebnis von Beispiel (11) und den Ahnlichkeitssatz: (λ4 + a4 )Y (λ) = G(λ) ,

F −1

)

bzw. Y (λ) =

√ * 1 π − a|x| a|x| π √ 2 sin √ √ + = e . λ4 + a4 4 2 a3 2

Das liefert dann: ) * 1 a π 1 #∞ 1 − √a |x−ξ| 2 √ |x − ξ| + = g(ξ)e sin dξ . y(x) = √ g(x)∗F −1 4 λ + a4 2a3 −∞ 4 2π 2

218


14. Berechnen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - das folgende Integral: # ∞ dx . I(a, b) := −∞ (x2 + a2 )(x2 + b2 ) L¨ osung: Nach dem Faltungssatz gilt: # ∞ √ F (λ)G(λ)eiλx dλ . (f ∗ g)(x) = 2π F −1 [F (λ)G(λ)] = −∞

Speziell f¨ ur x = 0 folgt daraus die Formel: # ∞ −∞

f (ξ)g(−ξ) dξ =

# ∞ −∞

F (λ)G(λ) dλ .

(4.1)

√ 1 π 1 und g(x) = 2 folgt wegen F (λ) = √ e−a|λ| und Mit f (x) = 2 x + a2 x + b2 a 2 √ π ¨ nach Formel (4.1): G(λ) = √ e−b|λ| (Beispiel 1, Dualität und Ahnlichkeitssatz) b 2 # ∞ π # ∞ −(a+b)λ π π . e−(a+b)|λ| dλ = e dλ = I(a, b) = 2ab −∞ ab 0 ab(a + b) 1 a+b

15. Berechnen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - das folgende Integral: # ∞ dx √ 2 , a>0. I(a) := x(x + a2 ) 0 L¨ osung: 1 1 1 Mit den Bezeichnungen f (x) = folgt F (λ) = und g(x) = 2 (ver2 x +a |x| |λ| √ π ¨ gleiche Beispiel 8) und G(λ) = √ e−a|λ| (vergleiche Beispiel 1, Dualität und Ahna 2 lichkeitssatz). Unter Verwendung der Formel (4.1) erhalten wir: I(a) :=

# ∞ 0

3

=

√

dx dx 1# ∞ = = x(x2 + a2 ) 2 −∞ |x|(x2 + a2 )

π 1# ∞ 2 a 0

3

π 1 # ∞ 1 −a|λ| dλ = e 2 2a −∞ |λ| √ # 3 σ= √τa 1 π 2 # ∞ −aσ2 2π ∞ −τ 2 λ=σ 2 e dσ = √ e dτ . e−a|λ| dλ = 2 a 0 a3 0 |λ| √ π 2

Damit folgt schließlich: I(a) :=

# ∞ 0

√

dx π =√ . 2 2 x(x + a ) 2a3

16. Berechnen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - das folgende Integral: # ∞ x2 I(a) := dx , a > 0 . (x2 + a2 )4 0


219

L¨ osung: Um die Formel (4.1) verwenden zu können, zerlegen wir den Integranden: x2 x x = 2 (x2 + a2 )4 (x + a2 )2 (x2 + a2 )2

f (x)

g(−x)

1 1 1 d und g(x) = . 2 2 2 x +a 2 dx x + a2 3 ) * 1 π e−a|λ| Wegen F 2 folgt unter Verwendung des Differentiationssatzes = x + a2 2 a

Es gilt: f (x) = −

1 d 2 dx

−x . (x2 + a2 )2

d.h. g(x) =

F[h (x)] = iλH(λ) F (λ) = − I(a) =

# ∞ 0

3

iλ 2

= −

π e−a|λ| 2 a

und

G(λ) =

3

iλ 2

π e−a|λ| . Damit erhalten wir: 2 a

x2 x x 1# ∞ dx = dx = (x2 + a2 )4 2 −∞ (x2 + a2 )2 (x2 + a2 )2

i 2

3

π 1 2 a

i 2

3

π 1 # ∞ 2 −2a|λ| π λe dλ = . 2 a −∞ (2a)5 1 4a3

17. Bestimmen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - die Lösung f (x) der Integralgleichung # ∞ −∞

f (x − ξ)e−|ξ| dξ =

4 −|x| 2 −2|x| e − e . 3 3

L¨ osung: Das vorliegende Integral ist vom Faltungstyp. Daher ist eine Algebraisierung“ dieser ” Integralgleichung mittels FOURIER-Transformation möglich. Die damit erhaltene algebraische Gleichung f¨ ur die FOURIER-Transformierte F (λ) kann dann nach nach F (λ) aufgelöst werden. Anschließende R¨ ucktransformation liefert dann die Lösung f (x) der Integralgleichung. )# ∞ * √ 4 2 F f (x − ξ)e−|ξ| dξ = 2π F (λ) F[e−|x| ] = F[e−|x| ] − F[e−2|x| ] 3 3 −∞

Mit F[e

−a|x|

√ 2π F (λ)

]=

2 a folgt zunächst: π λ2 + a2

2 1 4 2 1 2 = − 2 2 2 π λ +1 3 π λ +1 3 Auflösung nach F (λ) liefert:

4 λ2 + 1 F (λ) = √ 1− 2 λ +4 3 2π (Vergleiche Beispiel 1).

=

2 2 π λ2 + 4

2 1 4 = 2 π λ +4 3

=⇒

2 π

1 1 − 2 2 λ +1 λ +4

f (x) = F −1 [F (λ)] = e−2|x| .

220


18. Bestimmen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - die Lösung f (x) der Integralgleichung # ∞ −∞

ξ2

x2

f (x − ξ) e− 2 dξ = e− 4 .

L¨ osung: Das vorliegende Integral ist vom Faltungstyp. Daher ist eine Lösung mittels der FOURIER-Transformation erfolgversprechend. Es folgt mit F[f (x)] = F (λ): √ √ λ2 λ2 1 2 2π F (λ) e− 2 = 2 e−λ bzw. F (λ) = √ e− 2 . R¨ ucktransformation ergibt π 2 x 1 dann: f (x) = √ e− 2 . π 19. Bestimmen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - die Lösung f (x) der Integralgleichung # 1 −1

f (x − ξ) dξ = e−|x−1| − e−|x+1| .

L¨ osung: Das vorliegende Integral ist zunächst nicht vom Faltungstyp. Um eine Lösung mittels der FOURIER-Transformation zu bewerkstelligen, f¨ uhren wir die Funktion

g(x) =

1 falls |x| < 1 0 sonst

ein, und erhalten damit die zur vorgelegten äquivalente Integralgleichung: # ∞ −∞

f (x − ξ) g(ξ) dξ = e−|x−1| − e−|x+1| .

Anwendung der FOURIER-Transformation liefert die algebraische Gleichung √ 2π F[f (x)] F[g(x)] = F[e−|x−1| ] − F[e−|x+1| ] .

Mit den Bezeichnungen F (λ) = F[f (x)] und G(λ) = F[g(x)] =

(vergleiche Beispiel 2) und mit F[e √ 2π F (λ)

2 sin λ = π λ

−|x−a|

]=e

−iaλ

2 1 −iλ e − eiλ 2 π 1+λ

Dann ist f (x) = F −1 [F (λ)] = −

2 sin λ π λ

2 1 folgt: π 1 + λ2

=⇒

F (λ) = −

2 1 (iλ) . π 1 + λ2

−2i sin λ

)

*

2 −1 1 F iλ . π 1 + λ2

Wegen F −1 [iλH(λ)] = h (x) (vergleiche Grundlagen) erhalten wir mit 3 π −|x| 1 e : und daher h(x) = H(λ) = 1 + λ2 2

f (x) = −

2 π

3

π d −|x| d e = − e−|x| = 2 dx dx

e−x f¨ ur x > 0 −ex f¨ ur x < 0

.


221

20. Bestimmen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - die LAPLACETransformierte der Funktion √ cos t f (t) = √ . t L¨ osung: √ # ∞ cos t −st √ e dt substituieren wir zunächst t = τ 2 , woraus Im Integral F (s) = 0 t # ∞ 2 folgt: F (s) = 2 e−sτ cos τ dτ . Wir betrachten nun das allgemeinere Integral 0

F (s, λ) := 2

# ∞ 0

2

e−sτ cos(λτ ) dτ .

2

Die Exponentialfunktion e−sτ ist bez¨ uglich τ eine gerade Funktion. Da aber sin(λτ ) bez¨ uglich τ eine ungerade Funktion ist, folgt: F (s, λ) = 2 =2

# ∞

2

e−sτ cos(λτ ) dτ = 2

0

# ∞ 0

e

sτ 2

e−iλτ dτ =

√

# ∞ 0

e−sτ

2

2

2πF[esτ ] =

√

cos(λτ ) − i sin(λτ ) dτ = λ2 1 2π √ e− 4s . 2s

Nun wählen wir speziell λ = 1 und erhalten: √ ' √ & cos t π 1 = √ e− 4s . F (s) = L √ s t

4.2.3


1. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformierten der folgenden Funktionen: a) f (x) = e−4x d) f (x) =

2 −4x−1

,

cos(ax) , a2 + x2

b) f (x) = e−2|x| cos(3x) , e) f (x) = e−(x

2 +2x)

c) f (x) = xe−x f) f (x) =

,

2 /2

,

sin(ax) . a2 + x2

Lösungen: 1 iλ λ2 a) F (λ) = √ e 2 e− 16 , 2 2 c) F (λ) = −iλe−

λ2 2

,

λ2 e e) F (λ) = √ eiλ e− 4 , 2

λ2 + 13 4 , b) F (λ) = √ 2 2π (λ + 6λ + 13)(λ2 − 6λ + 13) √

π d) F (λ) = √ e−a|λ+a| + e−a|λ−a| , 2 2a √

i π −a|λ+a| f) F (λ) = √ e − e−a|λ−a| . 2 2a

2. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformationen der folgenden Funktionen: ⎧ ⎨

a) f (x) =

⎩ ⎧ ⎨

c) f (x) =

1−

⎩ ⎧ ⎨

e) f (x) = ⎩

0

|x| a

f¨ ur |x| ≥ π

x2 f¨ ur |x| ≤ a 0

,

f¨ ur |x| ≥ a

sin x f¨ ur |x| < π 0

⎧ ⎨

f¨ ur |x| < a

f¨ ur |x| > a

b) f (x) = ⎩ ⎧ ⎨

,

d) f (x) = ⎩ ⎧ ⎨

,

f) f (x) = ⎩

1 f¨ ur 0 ≤ x < 1 0 f¨ ur

sonst

x f¨ ur |x| < a 0 f¨ ur |x| ≥ a

,

cos x f¨ ur |x| < π 0

,

f¨ ur |x| ≥ π

.

222

Kapitel 4. Integraltransformationen Lösungen:

√ 2 ) 2 2 sin( λπ 2 , a) F (λ) = √ a π λ

i e−iλ − 1 , b) F (λ) = √ λ 2π

2 sin(λπ) c) F (λ) = i , π λ2 − 1

e) F (λ) =

2 λa cos(λa) − sin(λa) , π λ2

2 (a2 λ2 − 2) sin(aλ) + 2aλ cos(aλ) , π λ3

f) F (λ) = −

d) F (λ) = i

2 λ sin(λπ) . π λ2 − 1

3. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformationen der folgenden Funktionen: ⎧ ⎨

a) f (x) = ⎩ ⎧ ⎨

c) f (x) =

⎩

sin x f¨ ur |x| < 0

e) f (x) =

0 x

⎩

sonst

e−x f¨ ur x > 0

⎧ ⎨ √1

π 2

sonst f¨ ur x > 0

0

sonst

⎧ ⎨

,

b) f (x) = ⎩ ⎧ ⎨

,

d) f (x) = ⎩ ⎧ ⎨

,

f) f (x) = ⎩

cos(πx) f¨ ur |x| < 1 0

ex f¨ ur x < 0 0

,

sonst

sonst

,

eiax f¨ ur p < x < q 0

sonst

.

Lösungen: λπ) 2i λ cos( 2 , a) F (λ) = √ 2π λ2 − 1

2 λ sin λ b) F (λ) = − √ , 2π λ2 − π 2

1 1 c) F (λ) = √ , 2π 1 + iλ

1 1 d) F (λ) = √ , 2π 1 − iλ

1−i , e) F (λ) = 2 |λ|

i eiq(a−λ) − eip(a−λ) f) F (λ) = √ . λ−a 2π

4. Bestimmen Sie jene Funktion f (x), f¨ ur die gilt: F (λ) = F[f ] =

Lösung:

1 . (1 + λ2 )2

√ π f (x) = √ (1 + |x|)e−|x| . 2 2

5. Bestimmen Sie - unter Verwendung des Faltungssatzes der FOURIER-Transforma1 tion - (f ∗ f )(x) f¨ ur die Funktion f (x) = . 1 + x2 2π . Lösung: (f ∗ f )(x) = 4 + x2


223

6. Bestimmen Sie - unter Verwendung des Faltungssatzes der FOURIER-Transformaa ur die Funktion fa (x) = 2 . tion - (fa ∗ fb )(x) f¨ a + x2 a+b = fa+b (x) . Lösung: (fa ∗ fb )(x) = 2π (a + b)2 + x2 7. Berechnen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - die folgenden Integrale: a)

# ∞ −∞

dx , 2 (x + a2 )2

b)

# ∞ −∞

sin(ax) dx , x(x2 + b2 )

c)

# ∞ −∞

sin2 (ax) dx . x2

Lösungen: a)

π πa3 , b) 2 (1 − e−ab ) , c) πa . 2 b

8. Bestimmen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - eine Lösung der jeweiligen Differentialgleichungen a) 2y + xy + y = 0 ,

b) y + xy + y = 0 ,

c) y + xy + xy = 0 ,

ur x → ±∞. f¨ ur die gilt: y, y , y → 0 f¨ x2

x2

Lösungen: a) y(x) = Ae− 4 , b) y(x) = Ae− 2 , c) y(x) = e−

(x−1)2 2

.

9. Bestimmen Sie unter Verwendung der FOURIER-Transformation die Lösung der Integralgleichung # ∞

∞

f (x − ξ)f (ξ) dξ = e−x

2 /2

.

√ 2 −x2 Lösung: f (x) = ± √ e . 4 2π 10. Bestimmen Sie unter Verwendung der FOURIER-Transformation die Lösung der Integralgleichung # ∞ 1 f (x − ξ)f (ξ) dξ = . 1 + x2 ∞ 1 2 . Lösung: f (x) = ± √ π 1 + 4x2 11. Bestimmen Sie unter Verwendung der FOURIER-Transformation die Lösung der Integralgleichung # ∞ ∞

Lösung: f (x) =

f (ξ) 1 dξ = 2 , (x − ξ)2 + a2 x + b2

0 0 gestartet wird? (b) Berechnen Sie die Bremszeit in den Fällen einer endlichen Bremsstrecke. (c) Bestimmen Sie x(t) f¨ ur die Fälle γ = 1 (STOKES’sche Reibung) und γ = 2 (NEWTON’sche Reibung). 5. Anstoßschwinger: Die Bewegung eines elastisch gebundenen Körpers mit geschwindigkeitsabhängiger Reibung wird ohne äußer Kräfte durch die Differentialgleichung x¨ + 2ax˙ + ω02 x = 0 ,

ω0 > a ,

beschrieben. Er sei vor t = 0 in Ruhe. Zwischen t = 0 und t = t1 wirke eine zeitlich konstante Kraft F auf ihn ein, die anschließend wieder verschwindet. Bestimmen Sie eine f¨ ur alle t ∈ lR definierte Lösung. Diese muss nat¨ urlich an den Stellen t = 0 und t = t1 stetig differenzierbar sein. Diskutieren Sie anschließend den Fall, dass die Länge des Anstoßintervalls [0, t1 ] gegen Null geht, aber der Kraftstoß“ ” # t1 0

F dt = F t1 =: f

endlich bleibt. 6. St¨ abe gleicher Zugfestigkeit: Ein vertikal angeordneter Stab sei am oberen Ende aufgehängt und am unteren Ende mit eine Kraft F zusätzlich zu seinem Eigengewicht belastet. Das spezifische Gewicht des Stabes sei γ. Wie muss der Querschnitt des Stabes u ¨ber seine Länge dimensioniert werden, damit in jedem Querschnitt die gleiche Zugspannung σ auftritt? 7. Durchschwimmen eines Flusses: Bei einem Fluss der Breite 2a sei die Strömungsgeschwindigkeit parabolisch verteilt:

v F = v0 1 −

x2 a2

.

Ein Schwimmer hat die Absicht, den Fluss zu u ¨berqueren. Er schwimmt mit konstanter Eigengeschwindigkeit vS quer zur Flussrichtung und wird dabei durch die

5.1. Aufgabenstellung

227

Strömung mit der Geschwindigkeit vF abgetrieben. Bestimmen Sie: a) Die Differentialgleichung der Bahn des Schwimmers, b) die Gleichung dieser Bahn, c) jene Strecke, die der Schwimmer in Richtung der Strömung abgetrieben wird, d) den vom Schwimmer zur¨ uckgelegten Weg f¨ ur v0 = 5vS (näherungsweise). 8. Str¨ omung z¨ aher Fl¨ ussigkeiten durch Rohre: Eine zähe Fl¨ ussigkeit mit der dynamischen Viskosität η durchströme ein Rohr mit kreisförmigem Querschnitt (Radius R) und Länge L infolge eines Druckgefälles von Δp. Die Strömung sei laminar, d.h. die Schubspannung zwischen zwei Schichten ist dv proportional dem Geschwindigkeitsgefälle quer zur Strömungsrichtung: τ = η . dr Bestimmen Sie: a) Die Differentialgleichung der Strömung, b) die Geschwindigkeitsverteilung u ¨ber den Rohrquerschnitt, c) die zeitliche Durchflußmenge (Gesetz von HAGEN-POISEUILLE). 9. Knickstab mit Querbelastung: Ein Stab der Länge l und mit konstantem Querschnitt sei in den Punkten A und B gelenkig gelagert. Er sei quer zur Stabachse durch sein Eigengewicht (Gewicht pro Längeneinheit q) und in Richtung der Stabachse durch eine Druckkraft F , z.B. durch Wärmespannung, belastet.

F

Q Q -? bA 6 FA y ?

?

?

?

?

q ?

?

?

l

?

? B? b F Q Q 6 FB -

-x

Unter vereinfachten Annahmen ist die Auslenkung y des Stabes durch y = −

M (x) EI

gegeben. Dabei bezeichnet M (x) das Biegemoment an der Stelle x, E den Elastizitätsmodul und I das axiale Trägheitsmoment des Stabes. Bestimmen Sie: a) Die Differentialgleichung der Auslenkung des Stabes, b) die Auslenkung als Funktion von x (Biegelinie), c) die größte Durchbiegung des Stabes, d) Differentialgleichung der Biegelinie und maximale Auslenkung f¨ ur den Fall einer Zugkraft F an den Stabenden. 10. Schuss ins Weltall: Ein Geschoss mit der Masse m wird an der Erdoberfläche (Erdradius R) vertikal mit der Geschwindigkeit v0 abgefeuert.

228

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele (a) Ermitteln Sie jene Abschussgeschwindigkeit v0 , bei der das Geschoss gerade dem Anziehungsbereich der Erde entkommt (2. kosmische Geschwindigkeit vk ). Geben Sie in diesem Fall die Bewegungsgleichung an und integrieren Sie diese. (b) Integrieren Sie die Bewegungsgleichung f¨ ur v0 > vk . (c) Integrieren Sie die Bewegungsgleichung f¨ u r v 0 < vk .

11. Quadrupolmoment eines Rotationsellpsoids: Es sei bekannt, dass eine homogene Massenverteilung der Dichte μ bzw. eine homogene Ladungsverteilung der Dichte ρ in Form eines Rotationsellipsoides mit den ¨ Halbachsen a und b im Außeren ein Potentialfeld der Form Φ(r) = −

m Q − 3 P2 (cos θ) − · · · r r

erzeugt. Dabei bezeichnet m die Gesamtmasse bzw. die Gesamtladung des Ellip3 1 soides, Q das Quadrupolmoment und P2 (z) := z 2 − das LEGENDRE-Polynom 2 2 2. Ordnung. Berechnen Sie das Quadrupolmoment. 12. Bewegung eines Elektrons in gekreuzten homogenen elektromagnetischen Feldern: Ein Elektron befinde sich zum Zeitpunkt t = 0 im Koordinatenursprung und besitze dort die Anfangsgeschwindigkeit v0 = v0 e2 . Dabei bewegt es sich in den homogenen = E e1 und B = B e3 . Feldern E Bestimmen Sie die Bahnkurve des Elektrons. Hinweis: Zerlegen Sie die vektorielle Bewegungsgleichung in ihre Komponenten und lösen Sie das System - mit konstanten Koeffizienten - mittels eines geeigneten Ansatzes. 13. FOUCAULT’sches Pendel: Die Bewegungsgleichungen des FOUCAULT’sches Pendels lauten x¨ = 2uy˙ − ω02 x , y¨ = −2ux˙ − ω02 y .

Dabei bezeichnet: ω0 = g/l die Kreisfrequenz der ungestörten“ Pendelschwingung, ” u eine von der geographischen Breite abhängige reelle Konstante: u = Ω sin ϑ. Weiters bezeichnet Ω die Kreisfrequenz der Erddrehung und ϑ den Winkel der geographischen Breite. x, y sind feste kartesische Koordinaten in Nord-S¨ ud bzw. West-Ost-Richtung. (a) Fassen Sie die beiden reellen Differentialgleichungen zweiter Ordnung zu einer komplexen Differentialgleichung zweiter Ordnung zusammen, indem Sie setzen: z(t) = x(t) + iy(t). (b) Lösen Sie diese Differentialgleichung unter den Anfangsbedingungen z(0) = a ∈ lR, z(0) ˙ = 0. 2π (c) Berechnen Sie den Ort des Pendelkörpers zum Zeitpunkt T = . 2 u + ω02

5.1. Aufgabenstellung

229

14. Spannkr¨ afte eines an zwei Punkten aufgeh¨ angten Seiles: Ein homogenes biegsames Seil mit einem Gewicht von 100 N/m soll so an den Punkten A(0 m, 100 m) und B(300 m, 192.73 m) aufgehängt werden, dass es - unter seinem eigenen Gewicht frei durchhängend - bei A horizontal einm¨ undet. Berechnen Sie die Spannkräfte in den Aufhängepunkten. Hinweis: (a) Bestimmen Sie zunächst die Gleichung der Seilkurve“ unter dem Gesichts” punkt, dass das Seil so durchhängt, dass jedes kleine Teilst¨ uck der Seils im Gleichgewicht unter der Schwerkraft und den inneren Seilkäften ist. (b) Lösen Sie die so erhaltene Differentialgleichung zweiter Ordnung. (c) Bestimmen Sie die Integrationskonstanten so, dass das Seil durch die Punkte A und B geht und bei A horizontal einm¨ undet. (d) Berechnen Sie die Länge und damit das Gewicht des Seils. (e) Berechnen Sie die Spannkräfte in den Aufhängepunkten. 15. Ideale Kurvengestaltung f¨ ur Straße und Schiene: Beim Durchfahren einer Kurve treten Fliehkräfte auf, deren Größe vom jeweiligen Kurvenradius abhängt. Zeigen Sie, dass bei Kurven in Form von Klothoidenbögen die Fliehkraft linear mit der durchfahrenen Strecke zu- bzw. abnimmt. 16. Fremderregte Schwingungen: Auf ein Federpendel mit der Masse m und der Federkonstanten c, das zum Zeitpunkt t = 0 in Ruhe ist, wirke ab t = 0 eine äußere Kraft f (t). Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation die Lösung dieses Anfangswertproblems allgemein und speziell f¨ ur folgende Kräfte f (t):

(a) f (t) = ⎧ ⎪ ⎨

(c) f (t) = ⎪ ⎩

f0 f¨ ur 0 ≤ t ≤ T , 0 f¨ ur t>T f0

t T

f0

f¨ ur 0 ≤ t ≤ T f¨ ur

(b) f (t) = f0 (1 − e−at ) ,

,

(d) f (t) = f0 sin(λt).

t>T

Im Fall (d) ist zwischen λ = ω und λ = ω zu unterscheiden, wobei ω = Eigenfrequenz des Federpendels bezeichnet.

3

c die m

230

5.2

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele

L¨ osungen

1. Fallbewegung mit STOKES’scher Reibung: In zähen Fl¨ ussigkeiten kann die Reibungskraft proportional zur Geschwindigkeit angenommen werden: FR = c s(t). ˙ (a) Differentialgleichung der Fallbewegung: Auf die fallende Masse m wirkt die Gewichtskraft G = mg in Fallrichtung und die Reibungskraft entgegen der Fallrichtung. Aus m¨ s = G − FR = mg − cs˙ folgt die Differentialgleichung der Fallbewegung: c s¨ + s˙ = g m mit den Anfangsbedingungen s(0) = 0 und s(0) ˙ = 0. (b) Lösung der Differentialgleichung (Weg-Zeit-Gleichung): Mit dem Exponentialansatz s(t) = eλt f¨ ur die homogene Differentialgleichung c c folgt: λ2 + λ = 0 mit den Wurzeln λ1 = 0 und λ2 = − . Das ergibt die m m c allgemeine Lösung f¨ ur die homogene Gleichung: sh (t) = C1 + C2 e− m t . Offenmg sichtlich ist sp (t) = t eine Lösung der inhomogenen Gleichung. Somit: c c mg −m t s(t) = C1 + C2 e t. Wir benötigen f¨ ur die Anfangsbedingung s(0) ˙ =0 + c c c mg m2 g die erste Ableitung: s(t) ˙ = −C2 e− m t + = 0. Daraus folgt: C2 = 2 m c c m2 g und weiters mit s(0) = C1 + C2 = 0, d.h. C1 = − 2 letztlich: c s(t) =

m2 g − c t mg t. e m −1 + 2 c c

(c) Grenzgeschwindigkeit v∞ : mg − c t mg mg Aus s(t) ˙ =− e m + folgt: v∞ = lim s(t) ˙ = . t→∞ c c c (d) F¨ ur kleine c verwenden wir f¨ ur die Exponentialfunktion die TAYLOR-Entwickc c2 2 c g −m t = 1− t+ t + · · · =⇒ s(t) = t2 + O(c). Mit c → 0 folgt dann lung e m 2m2 2 g der reibungslose Fall: s(t) = t2 . 2 2. Fallbewegung mit NEWTON’scher Reibung: In Luft kann die Reibungskraft proportional zum Quadrat der Geschwindigkeit angenommen werden: FR = c s˙ 2 (t). (a) Differentialgleichung der Fallbewegung: Auf die fallende Masse m wirkt die Gewichtskraft G = mg in Fallrichtung und die Reibungskraft entgegen der Fallrichtung. Aus m¨ s = G − FR = mg − cs˙ 2 folgt die Differentialgleichung der Fallbewegung: c s¨ + s˙ 2 = g m mit den Anfangsbedingungen s(0) = 0 und s(0) ˙ = 0.

5.2. Lösungen

231

(b) Lösung der Differentialgleichung (Weg-Zeit-Gleichung): Die Differentialgleichung enthält s nicht. Wir setzen daher s(t) ˙ = v(t) und v˙ c 2 erhalten: v˙ = g − m v . Trennung der Variablen liefert: = 1. Mit der g − mc v 2 3 mg m w˙ w folgt: = 1. Integration u Substitution v = ¨ber t ergibt: c cg 1 − w2 3 3 cg c cg t + C1 bzw. Artanh v = t + C1 . Artanh(w) = m mg m 3

Aus s(0) ˙ = v(0) = 0 folgt: C1 = 0. Das liefert: v(t) = s(t) ˙ = )

m ln cosh c Aus v(0) = 0 folgt: C2 = 0. Somit ist:

3

Weitere Integration ergibt: s(t) =

)

s(t) =

m ln cosh c

3

cg t m

cg t m

*

mg tanh c

3

cg t . m

+ C2 .

*

.

(c) Grenzgeschwindigkeit v3 ∞: 3 3 mg cg mg Aus s(t) ˙ = tanh t folgt: v∞ = lim s(t) ˙ = . t→∞ c m c (d) F¨ ur kleine c verwenden wir f¨ ur den Logarithmus und den hyperbolischen Cosinus die TAYLOR-Entwicklung ) 3 * cg cg 2 cg 2 g ln cosh t t +· · · = t +· · · =⇒ s(t) = t2 +O(c). = ln 1+ m 2m 2m 2 g Mit c → 0 folgt dann der reibungslose Fall: s(t) = t2 . 2 3. Steig- und Fallbewegung mit Luftwiderstand: (a) Bei der Steigbewegung sind Gewichtskraft und Luftwiderstand beide nach unten gerichtet. Das ergibt die Bewegungsgleichung: z¨ = −g −

c 2 z˙ . m

(b) Zur Bestimmung der Steigzeit setzen wir v(t) = z(t) ˙ und integrieren die so c entstehende Differentialgleichung v˙ = −g − v 2 mittels Trennung der Vari 3m c cg ablen: Das liefert: arctan v = − t + C1 und weiters wegen der mg m 3 c c cg v −arctan v0 = − t. Anfangsbedingung v(0) = v0 : arctan mg mg m F¨ ur die Steigzeit T+ gilt v(T+ ) = 0. Das ergibt denn wegen

arctan

c v0 = mg

3

cg T+ die Steigzeit: T+ = m

m arctan cg

c v0 . mg

(c) Zur Bestimmung der Steighöhe stellen wir an v(t) explizit dar und integrieren 3 c c cg schließend u v − arctan v0 = − t folgt ¨ber t. Aus arctan mg mg m

232

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele nach Anwendung der Tangensfunktion auf beiden Seiten 3

z(t) ˙ = v(t) =

&

mg tan arctan c

&

m z(t) = ln cos arctan c

c v0 − mg

c v0 − mg

3

cg t m

3

'

cg t m

'

. Integration liefert:

+ C2 .

Aus der Anfangsbedingung z(0) = 0 folgt: C2 = −

&

m ln cos arctan c

c v0 mg

'

.

Das ergibt: & 3 ' & ' c cg c m m z(t) = ln cos arctan v0 − t − ln cos arctan v0 . c mg m c mg F¨ ur die Steighöhe H erhalten wir mit H = z(T+ ): &

'

c 1 m folgt ln cos arctan v0 und wegen cos x = √ c mg 1 + tan2 x m cv 2 dann schließlich: H = ln 1 + 0 . 2c mg

H = −

(d) Bei der Fallbewegung sind Gewichtskraft und Luftwiderstand entgegengesetzt gerichtet. Das ergibt die Bewegungsgleichung: z¨ = −g +

c 2 z˙ . m

(e) Zur Bestimmung der Fallzeit setzen wir v(t) = z(t) ˙ und integrieren die so c 2 entstehende Differentialgleichung v˙ = −g + v mittels Trennung der Vari 3 m c cg ablen. Das liefert: Artanh v =− t + C1 . mg m 0. Wegen v(0) = 0 folgt C1 = 3 3 mg cg Das ergibt: z(t) ˙ = v(t) = − tanh t . Zur Bestimmung der Fallzeit c m 3 cg m t + C2 . Mit der muss hier weiter integriert werden. z(t) = − ln cosh c m m cv 2 Anfangsbedingung z(0) = H folgt C2 = H = ln 1 + 0 . Das ergibt: 2c mg 3 cg m m cv02 z(t) = − ln cosh t + ln 1 + . c m 2c mg F¨ ur die Fallzeit T− gilt: z(T− ) = 0. Das liefert: 3 3 cg m m m cv02 cv02 0 = − ln cosh T− + ln 1 + Arcosh 1 + mg , , d.h. T− = c m 2c mg cg

bzw. T− =

!

! cv 2 m Arsinh" 0 . cg mg

(f) Die Aufprallgeschwindigkeit va gewinnen wir aus der Gleichung 3 3 mg cg tanh t durch Einsetzen der Fallzeit] T− : v(t) = − c m

5.2. Lösungen

233 ⎡!

3

⎤

! mg cv 2 tanh Arcosh⎣"1 + 0 ⎦ va = v(T− ) = − c mg

= · · · = −3

v0 1+

cv02 mg

.

(g) Der durch den Luftwiderstand verursachte Energieverlust ist durch die Differenz der kinetischen Energien zu Beginn und Ende der Wurfbewegung ermittelbar. ⎛ ⎞ cv 2 mv02 mva2 mv02 ⎜ 1 ⎟ mv02 mg0 ΔE = − = 1 − = . ⎝ ⎠ cv 2 2 2 2 2 1 + cv02 1+ 0 mg

Grenz¨ ubergänge c → 0:

lim T+ = lim

c→0

c→0

m arctan cg

m cv 2 ln 1 + 0 c→0 2c mg

lim H = lim

c→0

lim T− = lim

c→0

c→0

lim va = lim 3

c→0

c→0

mg

c v0 v0 = . mg g =

v02 . 2g

!

! cv 2 m v0 Arsinh" 0 = . cg mg g

−v0 1+

cv02 mg

= −v0 . cv 2

mv02 mg0 = 0. cv 2 c→0 2 1 + mg0

lim ΔE = lim

c→0

4. Bremsgleichungen mit endlichen und unendlichen Bremsl¨ angen: dv (a) Aus der Bremsgleichung x¨ + k x˙ γ = 0 folgt mit v = x: ˙ = −kdt. vγ Damit erhalten wir f¨ u r den zur¨ u ckgelegten Weg: # ∞ 1 # 0 dv 1 # v0 dv v dt = − = . s= k v0 v γ−1 k 0 v γ−1 0 F¨ ur γ ≥ 2 existiert dieses uneigentliche Integral nicht, d.h. der Bremsweg ist v02−γ . dann nicht endlich. F¨ ur 0 ≤ γ < 2 folgt: s = k(2 − γ) (b) Setzen wir in der Bremsgleichung v = x, ˙ so folgt: v˙ +kv γ = 0. Mittels Trennung der Veränderlichen kann diese Differentialgleichung integriert werden: ⎧ ⎪ ⎨

v 1−γ = −kt + C1 f¨ ur γ = 1 . 1−γ ⎪ ⎩ ur γ = 1 ln v = −kt + C1 f¨ ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

Mit der Anfangsbedingung v(0) = v0

v 1−γ v 1−γ − 0 = −kt f¨ ur γ = 1 . erhalten wir: ⎪ 1 − γ 1 − γ ⎪ ⎩ v = −kt f¨ ur γ = 1 ln v0 Es sind drei Fälle zu unterscheiden: (i) 0 ≤ γ < 1:

234


Aus

v 1−γ v 1−γ v01−γ − 0 = −kt folgt mit v(T ) = 0: T = . 1−γ 1−γ k(1 − γ)

(ii) γ = 1: v = −kt gibt es keine endliche Bremszeit, da die Gleichung F¨ ur ln v0 v(T ) = 0 f¨ ur kein endliche Zeit T erf¨ ullt werden kann. (iii) 1 < γ < 2: v 1−γ v 1−γ v 1−γ Aus − 0 = −kt w¨ urde sich mit v(T ) = 0 wegen − 0 = −kT 1−γ 1−γ 1−γ eine negative Bremszeit T ergeben. Auch hier kommt die Bewegung in keiner endlichen Zeit zur Ruhe. (c) Die Spezialfälle γ = 1 und γ = 2: (i) γ = 1 (STOKES’sche Reibung): Hier gilt: x(t) ˙ = v(t) = v0 e−kt nach (b). v0 Integration liefert: x(t) = − e−kt + C und mit x(0) = 0 folgt: k

v0 x(t) = 1 − e−kt . k (ii) γ = 1 (NEWTON’sche Reibung): v0 Hier gilt: x(t) ˙ = v(t) = nach (b). 1 + kv0 t 1 Integration liefert: x(t) = ln(1 + kv0 t) + C und mit x(0) = 0 folgt: k 1 x(t) = ln(1 + kv0 t). k Bemerkungen: Ist γ zu groß (γ ≥ 2), so nimmt die Bremskraft mit abnehmender Geschwindikeit so rasch ab, dass die Bewegung nicht mehr zur Ruhe kommt. Bei 1 ≤ γ < 2 kommt die Bewegung im Endlichen zum Stehen, dies allerdings nicht in endlicher Zeit. Erst f¨ ur hinreichend kleine Werte von γ (0 ≤ γ < 1) kommt die Bewegung in endlicher Zeit auf einem endlichen Weg zur Ruhe. 5. Anstoßschwinger: Wir betrachten zunächst den allgemeineren Fall x¨ + 2ax˙ + ω02 x = F (t) ,

ω0 > a ,

mit einer veränderlichen Kraft, die aber f¨ ur t < 0 Null sein soll. Mit dem Exponentialansatz x(t) = eλt erhalten wir die charakteristische Gleichung λ2 + 2aλ + ω0 = 0 mit den Wurzeln λ1 = −a + i ω02 − a2 und λ2 = −a − i ω02 − a2 .

Setzen wir ω = ω02 − a2 so folgt daraus die (reellwertige) Lösung der homogenen Gleichung: xh (t) = C1 e−at cos(ωt) + C2 e−at sin(ωt). Zur Bestimmung einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung verwenden wir die Methode der F (t)x2 (t) F (t)x1 (t) Variation der Konstanten. Bekanntlich gilt: C1 = − und C2 = . W (t) W (t) Die WRONSKI-Determinante der Lösungen x1 (t) und x2 (t) ist W (t) = ωe−2at , wie

5.2. Lösungen

235

man leicht nachrechnet.

F (t) −at F (t) −at e sin(ωt) und C2 = e cos(ωt) bzw. Damit erhalten wir: C1 = − ω ω # # 1 1 C1 = − F (t )e−at sin(ωt )dt und C2 = F (t )e−at cos(ωt )dt und weiter ω #t ω

1 xp (t) = F (t )e−a(t−t ) − cos(ωt) sin(ωt + sin(ωt) cos(ωt ) dt = ω 0 1#t = F (t )e−a(t−t ) sin ω(t − t ) dt . ω 0 Da die Bewegung - angestoßen von der Kraft F (t) - aus der Ruhe beginnt, ist x(0) = x(0) ˙ = 0. Diese Anfangsbedingungen erf¨ ullt aber unsere partikuläre Lösung bereits, d.h.: 1#t x(t) = F (t )e−a(t−t ) sin ω(t − t ) dt . ω 0 F¨ ur eine konstante Kraft im Zeitintervall [0, t1 ] ist die obere Grenze im Integral durch 1 # t1 −a(t−t ) t1 zu ersetzen. Wählen wir dann im Integral x(t) = Fe sin ω(t − t ) dt ω 0 die Dauer des Kraftstoßes klein, so folgt unter Verwendung des Mittelwertsatzes der F t1 −a(t−τ ) e sin ω(t − τ ) . Integralrechnung: Es gibt ein τ ∈ (0, t1 ), so dass x(t) = ω Gehen wir nun mit t1 → 0, derart, dass lim F t1 = f , so erhalten wir (weil dann ja t1 →0

f auch τ → 0): x(t) = e−at sin(ωt). ω Bemerkung: Im Fall des plötzlichen Kraftstoßes gilt:

f lim+ − ae−at sin(ωt) + ωe−at cos(ωt) = f , d.h. die Geschwindigkeit ˙ = lim+ x(t) t→0 ω t→0 nimmt unstetig zu von v = 0 auf v = f . 6. St¨ abe gleicher Zugfestigkeit: Die Belastung des Stabes in der Höhe z wird neben der Einzelkraft F am unteren Ende auch durch das Eigengewicht verursacht. Bezeichne A(z) die Querschnittsfläche des Stabes in der Höhe z. Das Eigengewicht des Stabteiles unterhalb von z + ist G(z) = γ 0z A(z )dz . Die Zugspannung σ, die im Querschnitt A(z) in der Höhe # z F + G(z) z auftritt, ist σ = . Dann ist: σA(z) = F + γ A(z )dz . Differenzieren A(z) 0 (wobei σ, γ und F konstant sind) liefert: σA (z) = γA(z). Integration durch Trenγ nung der Variablen ergibt die Lösung A(z) = Ce σ z . Die Integrationskonstante gilt: F F γz C = A(0) = . Damit erhalten wir: A(z) = eσ . σ σ 7. Durchschwimmen eines Flusses: Das gewählte Koordinatensystem habe den Ursprung in Flussmitte auf der Höhe der Startstelle. Die y-Achse werde in Strömungsrichtung gewählt. (a) Die Bewegung des Schwimmers wird in Richtung der Koordinaten zerlegt:

x(t)2 a2

˙ = vF = v 0 1 − x(t) ˙ = vS , y(t)

. Daraus folgt die Differentialgleichung

v0 y˙ f¨ ur die Bahn des Schwimmers: y (x) = = x˙ vS

x2 1− 2 a

.

236

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele (b) Die Gleichung dieser Bahn erhalten wir durch Integration: v0 y(x) = (3a2 x − x3 ) + C. Aus der Anfangsbedingung (Startpunkt des 3vS a2 2v0 a Schwimmers) y(−a) = 0 folgt: C = . Das ergibt die Bahngleichung: 3vS v0 2a3 + 3a2 x − x3 . vS 3a2 (c) Bei x = a erreicht der Schwimmer das andere Ufer. Er ist dabei um die Strecke v0 4a y(a) = abgetrieben wurden. vS 3 (d) Der vom Schwimmer zur¨ uckgelegte Weg ist die Länge der Bahn zwischen den # a v 0 a2 − x 2 beiden Ufern: L = 1 + y 2 (x) dx. Mit y (x) = folgt: vS a2 −a y(x) =

L=

# a ! ! " −a

v 0 a2 − x 2 1+ vS a2

2

dx = 2a

# 1! ! " 0

1 − ξ2 1+ 5

2

dξ ≈ 7.078a.

Das letzte Integral wurde mit Maple berechnet. Bemerkung: Die direkte Enfernung von Start- und Landpunkt beträgt L ≈ 6.960a. Der tatsächlich zur¨ uckgelegte Weg ist deshalb länger, weil durch die u ¨ber die Flussbreite unterschiedliche Strömungsgeschwindigkeit die Bahn gekr¨ ummt ist. 8. Str¨ omung z¨ aher Fl¨ ussigkeiten durch Rohre: (a) Wir betrachten einen Zylinder mit Radius r < R und der Länge L. Im Gleichgewichtszustand m¨ ussen die treibende Kraft infolge des Druckgefälles und die innere Reibungskraft an der Oberfläche dieses Zylinders entgegengesetzt gleich sein: dv Δp dv r2 πΔp = −2rπLη =⇒ =− r. dr dr 2ηL Δp 2 (b) Integration liefert: v(r) = − r + C. An der Rohrinnenwand (r = R) ist die 4ηL Strömungsgeschwindigkeit Null, d.h. v(R) = 0. Das ergibt die IntegrationskonΔp 2 R und damit die Geschwindigkeitsverteilung stante C = 4ηL v(r) =

Δp 2 (R − r2 ) . 4ηL

(c) Die Durchflussmenge erhalten wir durch Integration u unne Fl¨ ussigkeits¨ber d¨ röhren: # R πΔp # R 2 πΔp R2 r2 r4 R πΔp 4 3 Q= − R . 2πrv(r) dr = = (R r−r ) dr = 2ηL 0 2ηL 2 4 0 8ηL 0 Das ist das Gesetz von HAGEN-POISEUILLE, aus dem man erkennt, dass bei laminarer Strömung durch Kapillaren (R klein) besonders ung¨ unstige Verhältnisse vorliegen.

5.2. Lösungen

237

9. Knickstab mit Querbelastung: ql . Das (a) Die Auflagerkräfte sind aus Symmetriegr¨ unden gleich: FA = FB = 2 Biegemoment an einer Stelle x ist im durchgebogenen Zustand: qlx qx2 qx2 = F y(x) + − . 2 2 2 Das liefert die Differentialgleichung M (x) = F y(x) + FA x −

EIy + F y = −

qlx qx2 + . 2 2

(b) Wir verwenden im Folgenden die Abk¨ urzung ω 2 =

F . Damit erhalten wir EI

qlx qx2 + . 2 2 Die Lösung der homogenen Gleichung ist yh (x) = C1 sin(ωx) + C2 cos(ωx). Zur Gewinnung einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung verwenden wir den Polynomansatz: yp (x) = a + bx + cx2 . Einsetzen liefert: qlx qx2 EI(2c + ω 2 a + ω 2 bx + ω 2 cx2 ) = − + , woraus durch Koeffizienten2 2 q ql q vergleich folgt: c = ,b=− und a = − . Damit erhalten wir die 2F 2F F ω2 allgemeine Lösung: zunächst: EI(y + ω 2 y) = −

q qlx qx2 + . − 2 Fω 2F 2F An den Stellen x = 0 und x = l ist der Stab gelagert. Dort ist die Auslenkung q und aus y(l) = 0: Null, d.h.: y(0) = y(l) = 0. Aus y(0) = 0 folgt: C2 = F ω2 2 2 ql q q ql C1 sin(ωl) + + = 0. Damit erhalten wir: cos(ωl) − − F ω2 F ω 2 2F 2F ωl q q 1 − cos(ωl) = tan . Das ergibt die Biegelinie: C1 = F ω 2 sin(ωl) F ω2 2 y(x) = C1 sin(ωx) + C2 cos(ωx) −

y(x) =

ωl q q qlx qx2 + . tan sin(ωx) + cos(ωx) − 1 − 2 2 Fω 2 Fω 2F 2F

(c) Zur Bestimmung der größten Durchbiegung setzen wir y (x) = 0:

ωl ql qx q q tan sin(ωx) − + =0. cos(ωx) − y (x) = Fω 2 Fω 2F F

l Lösung dieser Gleichung ist, ist schon aus Symmetriegr¨ unden Dass x = 2 klar. Im unterkritischen Bereich, d.h. unterhalb der EULER’schen Knicklast (ω < π/l), findet selbst ohne Querbelastung (q) die Durchbiegung nur nach l einer Seite statt. Damit liegt an x = das einzige Extremum vor. 2 l Setzen wir x = in die Biegelinie ein, so folgt: 2

238


ymax

&

ωl ωl ωl q q sin + cos = y(l/2) = tan F ω2 2 2 F ω2 2 ⎛

'

−1 −

⎞

ql2 ql2 + = 4F 8F

1 ql2 q ⎝ − 1⎠ − . = ··· = F ω 2 cos ωl 8F 2 ¨ ¨ (d) Im Fall einer Zugkraft F sind an den bisherigen Uberlegung folgende Anderungen vorzunehmen: qlx qx2 qx2 Das Biegemoment ist: M (x) = −F y(x) + FA x − = −F y(x) + − . 2 2 2 qlx qx2 + . Die Differentialgleichung der Biegelinie ist: EI(y − ω 2 y) = − 2 2 Die Lösung der homogenen Gleichung ist: yh (x) = C1 sinh(ωx) + C2 cosh(ωx). Eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung ist: q qlx qx2 − . Damit erhalten wir: + 2 Fω 2F 2F q qlx qx2 y(x) = C1 sinh(ωx) + C2 cosh(ωx) − − . + F ω 2 2F 2F ωl q q und C = − tanh . Aus y(0) = 0 und y(l) = 0 folgt: C2 = 1 F ω2 F ω2 2 yp = −

Das ergibt die Biegelinie:

ωl q q qlx qx2 y(x) = − − . tanh sinh(ωx) + cosh(ωx) − 1 + F ω2 2 F ω2 2F 2F

Die größte Durchbiegung wird wieder in der Mitte (x = l/2) angenommen:

ymax = −

ωl ωl q tanh sinh 2 Fω 2 2 ⎛

⎞

&

+

ωl q cosh 2 Fω 2

'

−1 +

ql2 ql2 − = 4F 8F

q ⎝ 1 ql2 − 1⎠ + = ··· = . 2 ωl Fω 8F cosh 2 10. Schuss ins Weltall: Die Anziehungskraft der Erde und damit die Erdbeschleuni1 gung nehmen mit dem Abstand r vom Erdmittelunkt mit 2 ab. Bezeichne g die r R2 Erdbeschleunigung an der Erdoberfläche, so ist g(r) = g 2 . r (a) Damit das Geschoss dem Anziehungsbereich der Erde entkommen kann, muss mv02 seine kinetische Energie beim Abschuss den Zuwachs f¨ ur die potentielle # ∞ 2 # ∞ dr Energie abdecken. Wegen ΔU = − mg(r) dr = −mgR2 = mgR R R r2 √ folgt: vk = 2gR . R2 Die Bewegungsgleichung ist durch r¨ = −g 2 gegeben. r 2 r˙ Multiplikation mit 2r˙ liefert: 2r¨ ˙ r = −2gR 2 , woraus durch Integration u ¨ber r

5.2. Lösungen

239

√ 2gR2 + C1 . F¨ ur r = R soll r˙ = vk = 2gR gelten. =⇒ C1 = 0. r 2gR2 Damit erhalten wir r˙ = und nach Trennung der Variablen r √ 2 rr˙ = 2gR2 . Integration liefert: r3/2 = 2gR2 t + C˜2 , bzw. nach r 3 aufgelöst: t folgt: r˙ 2 =

3 2gR2 t + C2 r(t) = 2 wir:

2/3

. Wegen r(0) = R folgt: C = R3/2 . Damit erhalten

r(t) =

3

2

2gR2 t + R3/2

2/3

.

2gR2 + C1 die Integrationskonstante C1 > 0 r 2gR2 und wir erhalten analog zu oben: r˙ = + C1 , wobei C1 = v02 − 2gR. √ r r r˙ Trennung der Variablen liefert nun: √ = 1. 2gR2 + C1 r

(b) Sei nun v0 > vk . Dann ist in r˙ 2 =

Hier substituieren wir r = bzw. t=

2gR2 2gR2 √ 2 sinh2 u u˙ = 1, sinh2 u und erhalten: C1 C1 C1

2gR2 √ cosh(2u) − 1 u˙ = 1. Integration nach t liefert: C1 C1

2gR2 √ sinh u cosh u − u + C2 , woraus nach R¨ ucktransformation folgt: C1 C1

2gR2 √ t = C1 C1 folgt:

2gR2 C2 = − √ C1 C1

C1 r C1 r 1+ − Arsinh 2 2gR 2gR2

C1 C1 − Arsinh 1+ 2gR 2gR

C1 r 2gR2

C1 2gR

+ C2 . Wegen r(0) = R

.

2gR2 + C1 die Integrationskonstante C1 < 0 r 2gR2 und wir erhalten analog zu oben: r˙ = + C1 , wobei C1 = v02 − 2gR. Wir r √ r r˙ setzen D1 = −C1 > 0. Trennung der Variablen liefert nun: √ = 1. 2 2gR − D1 r

(c) Sei nun v0 < vk . Dann ist in r˙ 2 =

Hier substituieren wir r = bzw. t=

2gR2 2gR2 √ 2 sin2 u u˙ = 1, sin2 u und erhalten: D1 D1 D1

2gR2 √ − 1 + cos(2u) u˙ = 1. Integration nach t liefert: D1 D1

2gR2 √ u − sin u cos u + C2 , woraus nach R¨ ucktransformation folgt: D1 D1

2gR2 √ t = arcsin D1 D1

D1 r − 2gR2

D1 r D1 r 1− 2gR2 2gR2

+ C2 . Wegen r(0) = R

240

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele folgt:

2gR2 arcsin C2 = − √ D1 D1

D1 − 2gR

D1 D1 1− 2gR 2gR

.

2gR2 2gR2 + C1 = + v02 − 2gR = 0 erhalten wir mit r r 2gR2 Rv02 = die Steighöhe h = rmax − R = . 2 2gR − v0 2gR − v02

Aus r˙ = rmax

11. Quadrupolmoment eines Rotationsellpsoids: Das Potential einer Massenverteilung in einem Volumsbereich B mit der Gesamtmasse m ist außerhalb von B gegeben durch Φ(r) = −

### B

μ(r ) dV . r − r

Dabei bezeichnet r den Ortsvektor des Aufpunktes“ und r den Ortsvektor des ” Quellpunktes“ (aus dem Bereich B). Die Dichte μ(r) ist nach Angabe konstant. ” Bezeichne θ den Winkel zwischen den Vektoren r und r . Dann gilt: r − r 2 = (r − r ) · (r − r ) = r2 − 2rr cos θ + r2 bzw. 1 1 1 1 =√ 2 = r − r r 1 − 2 r cos θ + r − 2rr cos θ + r2 r

r2 r2

.

r2 < 1 ist, kann dieser Ausdruck in eine Potenzreihe entwickelt werden. r2 1 Die Funktion f (x) = √ besitzt die TAYLOR-Entwicklung 1 − 2tx + x2 1 3 f (x) = 1 + tx + − + t2 x2 + · · · . Damit erhalten wir: 2 2 1 1 r r2 1 3 2 = + + cos cos θ + − θ + · · ·. r − r r r2 r3 2 2 Da hier

F¨ ur das Potential Φ(r) erhalten wir damit: μ ### μ ### 2 1 3 μ ### dV − 2 r cos θ dV − 3 r − + cos2 θ dV + · · · . Φ(r) = − 2 2 B B r B r r I1 = μV r

I2

I3

Das erste Integral entspricht dem Potential der im Ursprung konzentrierten Masse, das zweite beschreibt einen Dipol, dessen Potential aber aus Symmetriegr¨ unden Null ist. Das dritte Integral beschreibt einen Quadrupol“ . ” F¨ ur die weiteren Berechnungen gen¨ ugt es, den Aufpunkt (Ortsvektor r) auf der Rotationsachse des Ellipsoides zu wählen. Dann bezeichnet θ den Polarwinkel des Quellpunktes in Kugelkoordinaten. Damit können wir das Integral I3 auswerten: Dazu verwenden wir Zylinderkoordinaten (ρ, ϕ, z) mit der Rotationsachse als zz Achse. Es ist dann r2 = ρ2 + z 2 mit ρ2 = x2 + y 2 . Weiters ist cos θ = . Die r x2 + y 2 z 2 Gleichung des Ellipsoides ist + = 1. Damit erhalten wir: a2 b2

5.2. Lösungen

241

ρ2 2 μ ### r2 3 2 μ # 2π # a # b 1− 2 a I3 = 3 − + r cos θ dV = 3 (2z 2 −ρ2 )ρ dρ dϕ dz 2 r 2 2 2r ϕ=0 ρ=0 z=−b 1− ρ2 B a

und nach Integration u ¨ber ϕ und z: ⎡

⎛

⎤

⎞

3 √ 2μπ # a ⎢ 2 ⎝ ρ2 ⎠ ρ2 ⎥ 2 b 1− 2 − bρ 1 − 2 ⎦ ρ dρ . Mit ρ = a σ folgt: I3 = 3 ⎣ r 3 a a 0

I3 =

# 1 √ m b2 − a2 a2 bπμ 2b2 # 1 4a2 bπμ b2 − a2 3/2 2 = 3 . (1 − σ) dσ −a σ σ dσ = 3 3 r 3 0 3r 5 r 5 0 − 25

4 15

Insgesamt erhalten wir: Φ(r) = −

1 b2 − a2 m − 3m − ··· . r r 5

m Q − 3 P2 (cos θ) − · · · , wobei wir θ = 0 gewählt haben, r r m liefert mit P2 (1) = 1 das Quadrupolmoment Q = (b2 − a2 ). 5 12. Bewegung eines Elektrons in gekreuzten homogenen elektromagnetischen Feldern: Auf das Elektron wirken zwei Kräfte: Die Kraft durch das elektrische Feld Fe = eE und die LORENTZ-Kraft FL = e(v × B) infolge der Bewegung des Elektrons im Magnetfeld. Das ergibt die Bewegungsgleichung Vergleich mit Φ(r) = −

⎛

⎞

¨ = eE + e(v × B) . mx ⎛

⎞

E 0 ⎟ ⎟ ¨ = eEe1 + eB(y = Ee1 = ⎜ = Be3 = ⎜ Mit E x ˙ e1 − x ˙ e2 ). ⎝ 0 ⎠ und B ⎝ 0 ⎠ folgt: m 0 B Komponentenweise erhalten wir dann das System von Differentialgleichungen: m¨ x − eB y˙ = eE (1) m¨ y + eB x˙ (2) m¨ z=0 (3) mit den Anfangsbedingungen: x(0) = 0, x(0) ˙ = 0, y(0) = 0, y(0) ˙ = v0 , z(0) = 0 und z(0) ˙ = 0. Die letzte Gleichung des Systems ergibt integriert: z(t) = C1 t + C2 . Mit den Anfangsbedingungen z(0) = 0 und z(0) ˙ = 0 folgt: z(t) ≡ 0, d.h. die Bewegung des Elektrons erfolgt in der xy-Ebene. Zur Integration der ersten und der zweiten Gleichung des Systems integrieren wir eB die zweite Gleichung: y˙ = − x + C3 . m Wegen der Anfangsbedingungen x(0) = 0 und y(0) ˙ = v0 ist C3 = v0 . Einsetzen in eB 2 eE + eBv0 . Die homogene Gleichung hat x= die erste Gleichung liefert: x¨ + m m eB eB die Lösung xh = C4 cos t + C5 sin t , während die inhomogene Gleichung m m m(E + Bv0 ) besitzt. Das ergibt: die partikuläre Lösung xp = eB 2 eB eB m(E + Bv0 ) t + C5 sin t + x(t) = C4 cos . Wegen der Anfangsbedingunm m eB 2

242


gen x(0) = x(0) ˙ = 0 folgt: C5 = 0 und C4 = −

m(E + Bv0 ) und damit: eB 2

)

x(t) =

eB m(E + Bv0 ) t 1 − cos eB 2 m

*

.

Dieses Ergebnis können wir in die teilweise integrierte Gleichung (2) einsetzen: ) * eB E + Bv0 y˙ = − t + v0 . Weitere Integration liefert: 1 − cos B m ) * eB E + Bv0 m y(t) = − sin t + v0 t + C6 . Wegen y(0) = 0 ist C6 = 0. t− B eB m

y(t) =

eB E m(E + Bv0 ) t − t. sin eB 2 m B

Bemerkung. Bei der Bahnkurve des Elektrons handelt es sich um eine verlängerte (verschlungene) Zykloide. 13. FOUCAULT’sches Pendel: (a) Aus x¨ = 2uy˙ − ω02 x , y¨ = −2ux˙ − ω02 y , folgt durch Multiplikation der zweiten Gleichung mit i und Addition zur ersten Gleichung: 2 2 (¨ x+i¨ y ) = 2u(y−i ˙ x)−ω ˙ x+i¨ y ) = −2iu(x+i ˙ y)−ω ˙ 0 (x+iy) = 0 bzw. (¨ 0 (x+iy) = 0. Mit z(t) = x(t) + y(t) erhalten wir: z¨ + 2iuz˙ + ω02 z = 0 .

(∗)

(b) Es handelt sich um eine Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Daher wählen wir den Ansatz z(t) = eiλt . Einsetzen in (∗) ergibt das charakteristische Polynom: −λ2 − 2uλ + ω02 mit den Wurzeln λ1/2 = −u ± u2 + ω02 .

Wir verwenden im Folgenden die Abk¨ urzung ω = u2 + ω02 . Die allgemeine Lösung von (∗) ist dann: z(t) = C1 ei(−u+ω)t + C2 ei(−u−ω)t und weiters: z(t) ˙ = iC1 (−u + ω)ei(−u+ω)t − iC2 (u + ω)ei(−u−ω)t . Aus der Anfangsbedingung z(0) = a folgt C1 + C2 = a bzw. C2 = a − C1 . Aus der Anfangsbedingung z(0) ˙ = 0 folgt: iC1 (−u + ω) − iC2 (u + ω) = 0. ω+u ω−u Zusammen erhalten wir damit: C1 = a und C2 = a . 2ω 2ω Die Lösung des Anfangswertproblems ist dann:

z(t) = e−iut a

ω + u iωt ω − u −iωt e +a e . 2ω 2ω

(∗∗)

5.2. Lösungen

243

2π ω + u 2πi ω − u −2πi e +a e = ae−iu ω = 2ω 2ω 2πu 2πu − ia sin , woraus folgt: = a cos ω ω 2πu 2πu , y(T ) = −a sin . x(T ) = a cos ω ω

(c) z(T ) = z

2π ω

2π

= e−iu ω a

Bemerkung: Da T die Periode des Pendels darstellt (die wegen ω = u2 + ω02 etwas vergrößert ist), befindet sich der Pendelkörper nach einer Schwingungsperiode am Ort 2πu 2πu , y(T ) = −a sin , der um den Winkel ϕ verdreht ist. x(T ) = a cos ω ω y(T ) 2πΩ sin ϑ 2πu 2πu Wegen tan ϕ = = tan − =− . ist ϕ = − x(T ) ω ω ω Ω ω Speziell f¨ ur den Nordpol, d.h. sin ϑ = 1 folgt: ϕ = −2π . Nach Schwingungen, ω Ω d.i. die Anzahl der Schwingungen eines Tages, ist ϕ = −2π, d.h. die Erdkugel hat sich unter dem Pendel einmal um ihre Achse gedreht. 14. Spannkr¨ afte eines an zwei Punkten aufgeh¨ angten Seiles: (a) Zur Emittlung der Seilkurve schneiden wir ein kleines Seilst¨ uck zwischen x und x + Δx heraus, ersetzen die inneren Kräfte durch äußere. Am linken Ende tritt die Seilkraft S(x) mit den Horizonal- bzw. Vertikalkomponenten H(x) bzw. V (x) auf. Die Seilkraft am rechten Ende: S(x + Δx) hat die Komponenten H(x + Δx) und V (x + Δx). Da die Seilkraft wegen der Biegsamkeit stets tangentiell gerichtet ist, gilt: V (x) = H(x) tan α(x) = H(x)y (x) und V (x + Δx) = H(x + Δx) tan α(x + Δx) = H(x + Δx)y (x + Δx). Als dritte # x+Δx

1 + y 2 (t) dt. Kraft tritt die Gewichtskraft des Seilst¨ uckes auf: ΔG = γ x Im Gleichgewichtszustand m¨ ussen sich horizontale und vertikale Kräfte aufheben. Das liefert f¨ ur die Horizonalkomponenten: H(x + Δx) = H(x) = H, d.h. die Horizontalkomponente der Seilkraft ist konstant. F¨ ur die Vertikalkompo# x+Δx

nenten folgt: V (x + Δx) = V (x) + γ Hy (x + Δx) = Hy (x) + γ

1 + y 2 (t) dt bzw.

x

# x+Δx

1 + y 2 (t) dt. Nach dem Mittelwertsatz der

x

Integralrechnung gibt es eine Stelle ξ ∈ (x, x + Δx), so dass gilt:

# x+Δx

1 + y 2 (t) dt = Δx 1 + y 2 (ξ), woraus dann folgt:

x

y (x + Δx) − y (x) γ = 1 + y 2 (ξ) . Δx H Grenz¨ ubergang Δx → 0 liefert (da dann auch ξ → x) mit y =

1 1 + y 2 . a

γ 1 = : H a

244

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele (b) Dies ist eine Differentialgleichung, in der y nicht vorkommt. Wir setzen also v 1 y (x) = v(x) und erhalten nach Trennung der Variablen: √ = . a 1 + v2 x+c x+c Integration liefert Arsinh v = bzw. y = v = sinh . a a Eine weitere Integration ergibt dann die Gleichung der Seilkurve:

y(x) = a cosh

x+c +b . a

x+c folgt zunächst ein(c) Aus der Gleichung der Seilkurve y(x) = b + a cosh a x+c mal y (x) = sinh . Das Seil soll im Punkt A(0 m, 100 m) horizontal a einm¨ unden. Dann muss wegen y (0) = 0 gelten: c = 0. Weiters ist (wegen y(0) = 100) b = 100 − a zu wählen. Schließlich soll das Seil durch den Punkt B(300 m, 192.73 m) gehen. Das liefert: 300 300 192.73 = 100 − a + a cosh bzw. 92.73 + a = a cosh . a a Jede Lösung diesertranszendenten Gleichung ist auch eine Nullstelle der Funk 300 − a − 92.73. tion f (a) = a cosh a NEWTON-Iteration mit dem Startwert a1 = 500 liefert: a2 ≈ 500.01. Im Rahmen der sonstigen Genauigkeit (Messfehler der Längenmessung) gen¨ ugt es, mit a = 500 weiterzurechnen. (d) Aus der nun vorliegenden explizit bekannten Gleichung der Seilkurve x y(x) = 500 cosh − 400 kann ihre Länge zwischen den Punkten A und B 500 berechnet werden. # 300

L=

0

1+

y 2 (x) dx

300

x 500 Damit hat das Seil = 500 sinh

0

# 300

=

0

1 + sinh2

# 300 x x dx = cosh 500 500 0

dx =

= 500 sinh(0.6) ≈ 318.33 m.

ein Gewicht von G = 31 833 N.

(e) Die Seilkraft ist stets tangentiell gerichtet. Dann ist aber die Spannkraft im Punkt A horizontal und die gesamte Gewichtskraft wird von Aufhängepunkt B aufgenommen. Die gesamte Spannkraft in B hat die Richtung der dort vorliegenden Tangente: tan α = y (300) = sinh(0.6) ≈ 0.63665 bzw. α ≈ 32.48◦ 31833 G ≈ ≈ 59 279 N. Ihre Horizontalkomund beträgt dann SB = sin α sin(32.48◦ ) G 31833 ponente ist H = ≈ ≈ 50 001 N. Das ist dann aber auch die tan α 0.63665 Spannkraft im Punkt A. 15. Ideale Kurvengestaltung f¨ ur Straße und Schiene: Die Klothoide besitzt die die Parameterdarstellung # t

x(t) =

0

cos τ 2 dτ

# t

und y(t) =

0

sin τ 2 dτ .

5.2. Lösungen

245

Die Bogenl¨ ange der Klothoide zwischen den Parameterwerten t = 0 und t = T ist # # T

T

cos2 t2 + sin2 t2 dt = T . x¨ ˙ y − y¨ ˙x F¨ ur die Kr¨ ummung allgemein gilt: k(t) = . Im Fall der Klothoide ist 2 2 (x˙ + y˙ )3/2 ˙ = sin t2 , x¨(t) = −2t sin t2 und y¨(t) = 2t cos t2 . Damit folgt: x(t) ˙ = cos t2 , y(t) s(T ) =

k(t) =

0

x˙ 2 + y˙ 2 dt =

0

cos t2 2t cos t2 + sin t2 2t sin t2 = 2t , bzw. k(T ) = 2T = 2s(T ). (cos2 t2 + sin2 t2 )3/2

Nachdem die Fliehkraft einer mit der Geschwindigkeit v durchfahrenen Kurve mit 1 mv 2 gegeben ist und r = gilt, ist momentanen Kurvenradius r durch F = r k die Fliehkraft proportional zur Kr¨ ummung und daher im Fall der Klothoide auch proportional zur durchfahrenen Strecke. 16. Fremderregte Schwingungen: Die mathematische Modellierung ergibt das Anfangswertproblem d2 y f (t) = g(t) , + ω2y = 2 dt m

y(0) = y(0) ˙ =0.

LAPLACE-Transformation liefert: (s2 + ω 2 )Y (s) = G(s), bzw. Y (s) =

G(s) . (∗) s2 + ω 2

R¨ ucktransformation unter Verwendung des Faltungssatzes liefert: y(t) = (a) Hier ist G(s) =

1 #t sin[ω(t − τ )]f (τ ) dτ . mω 0

f0 f0 1 − e−sT und damit Y (s) = m s m

Mit der Partialbruchzerlegung &

L−1

'

1 e−sT − . 2 2 s(s + ω ) s(s2 + ω 2 )

s 1 1 1 1 = 2 − 2 2 folgt: s(s2 + ω 2 ) ω s ω s + ω2

1 1 = 2 1 − cos(ωt) . 2 2 s(s + ω ) ω

Ferner folgt unter Verwendung des Verschiebungssatzes: &

L−1

⎧

' ⎪ ⎨ 1 1 − cos ω(t − T ) e−sT 2 ω = ⎪ s(s2 + ω 2 ) ⎩ 0

f¨ ur

t>T

.

f¨ ur 0 ≤ t ≤ T

Insgesamt erhalten wir damit: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

f0 cos ω(t − T ) − cos(ωt) falls t>T 2 y(t) = ⎪ mω

f0 ⎪ ⎪ ⎩ 1 − cos(ωt) falls 0 ≤ t ≤ T 2 mω

f0 1 1 − und damit gemäß (∗): m s s+a 1 1 f0 − . Y (s) = m s(s2 + ω 2 ) (s + a)(s2 + ω 2 )

(b) Hier ist G(s) =

.

246

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele Mit den Partialbruchzerlegungen 1 1 1 1 − = s s 2 + ω 2 s + a s2 + ω 2 s 1 s−a 1 1 1 1 1 + − = 2 − 2 2 ω s ω s + ω 2 a2 + ω 2 s + a a2 + ω 2 s2 + ω 2

) *

)

*

folgt: )

*

s 1 1 1 f0 1 −1 1 L − 2 L−1 2 − 2 L−1 + y(t) = m ω2 s ω s + ω2 a + ω2 s+a )

s−a 1 L−1 2 + 2 2 a +ω s + ω2 =

*

=

f0 a f0 −at sin(ωt) 1 − cos(ωt) + − e + cos(ωt) − . mω 2 m(a2 + ω 2 ) ω

(c) Zur Ermittlung von G(s) verwenden den Integralsatz der LAPLACE-Transformation und das Ergebnis unter (a): # t

Mit fc (t) =

0

1 fa (τ ) dτ folgt dann: G(s) = s

1 e−sT − s s

bzw. nach (∗):

1 e−sT − und weiters nach Partialbruchzers2 (s2 + ω 2 ) s2 (s2 + ω 2 ) 1 f0 1 e−sT e−sT legung: Y (s) = − − + . mω 2 s2 s2 + ω 2 s2 s2 + ω 2 Y (s) =

f0 mω 2

Mit dem Verschiebungssatz folgt dann:

y(t) =

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

=

)

*

)

&

*

'

&

1 1 e−sT e−sT f0 L−1 2 − L−1 2 − L−1 + L−1 2 2 2 2 mω s s +ω s s + ω2

⎛

(d) Hier ist G(s) =

f0 sin(ωt) t− mω 2 ω

= ···

⎞

sin ω(t − T ) − sin(ωt) f0 ⎝ ⎠ f¨ T+ ur 2 mω ω

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

'

t>T

.

f¨ ur 0 ≤ t ≤ T

1 1 f0 f0 . und damit gemäß (∗): Y (s) = m s2 + λ2 m (s2 + λ2 )(s2 + ω 2 )

i. λ = ω: Partialbruchzerlegung liefert:

1 1 1 f0 − 2 . R¨ ucktransformation ergibt: 2 2 2 2 mω −λ s +λ s + ω2 ) * ) * 1 1 1 f0 −1 −1 L − L = y(t) = m ω 2 − λ2 s2 + λ2 s2 + ω 2 sin(λt) sin(ωt) 1 f0 − . = m ω 2 − λ2 λ ω Y (s) =

ii. λ = ω: 1 f0 ben¨ utzen wir einige m (s2 + ω 2 )2 Eigenschaften der LAPLACE-Transformation.

F¨ ur die R¨ ucktransformation von Y (s) =

5.2. Lösungen

247 & −1

Bezeichne h(t) = L L[h ] = sL[h] = &

'

1 . Dann gilt: (s2 + ω 2 )2 )

)

1 1 s 1 d 1 =− = L tL−1 2 (s2 + ω 2 )2 2 ds s2 + ω 2 2 s + ω2

**

=

'

t sin(ωt) t sin(ωt) 1 . Integration liefert: =⇒ h (t) = = L 2 ω 2ω

1 sin(ωt) − ωt cos(ωt) . Damit erhalten wir schließlich: 3 2ω

f0 y(t) = sin(ωt) − ωt cos(ωt) . 3 2mω Die stillschweigend bei der Anwendung des Differentiationssatzes getroffene Annahme h(0) = 0 ist offensichtlich erf¨ ullt.

h(t) =

Bemerkungen: Bisweilen können Ergebnisse durch Betrachtungen von (bekannten) Grenzfällen getestet werden. Im der vorliegenden Aufgabe kann z.B. das Lösungsverhalten f¨ ur kleine t ermittelt werden. Im Fall (a) ist die angreifende Kraft zunächst konstant. Das verursacht f¨ ur kleine t (die r¨ ucktreibende Federkraft ist hier noch sehr klein) eine gleichförmig beschleunigte Bewegung aus dem Ruhezustand heraus. Dann muss y(t) = Ct2 +O(t3 ) gelten.

f0 Aus y(t) = 1 − cos(ωt) folgt f¨ ur kleine t tatsächlich: 2 mω 2 f0 2 f0 2t − ··· = t + O(t3 ). ω y(t) = mω 2 2 2m In den restlichen Fällen nimmt die angreifende Kraft zunächst praktisch linear mit der Zeit zu. Dasselbe gilt dann auch f¨ ur die Beschleunigung. Damit muss f¨ ur die Auslenkung gelten: y(t) = Ct3 + O(t4 ).

f0 f0 a −at (b) Aus y(t) = sin(ωt) 1 − cos(ωt) + − e + cos(ωt) − mω 2 m(a2 + ω 2 ) ω folgt f¨ ur kleine t: f0 y(t) = mω 2

ω 2 t2 ω 4 t4 f0 a2 t2 a3 t3 a4 t4 − + ··· + + − + −1 + at − 2 24 m(a2 + ω 2 ) 2 6 24

+··· + 1 −

aω 2 t3 aω 4 t5 ω 2 t2 ω 4 t4 + − · · · − at + − + ··· = 2 24 6 120

=

f0 a2 t2 a3 t3 ω 2 t2 aω 2 t3 f 0 t2 + + − + − 2 2 2m m(a + ω ) 2 6 2 6

=

f0 a 3 t + O(t4 ) . 6m

(c) Aus

sin(ωt) f0 t− mω 2 ω

1 f0 (d) Aus y(x) = m ω 2 − λ2

folgt f¨ ur kleine t: y(t) =

sin(λt) sin(ωt) − λ ω

+ O(t4 ) = · · · =

f0 3 t + O(t4 ). 6m

folgt f¨ ur kleine t:

248


y(t) =

f0 3 t + O(t4 ). 6m

Im Resonanzfall folgt aus: y(x) =

f0 sin(ωt) − ωt cos(ωt) f¨ ur kleine t: 2mω 3

ω 3 t3 ω 3 t3 f0 3 f0 + · · · − ωt + − ··· = t + O(t4 ). ωt − y(t) = 2mω 3 6 2 6m

Literaturverzeichnis Allgemeine Lehrbücher Arens T. / Hettlich F. / Karpfinger Ch. / Kockelkorn U. / Lichtenegger K. / Stachel H.: Mathematik , 2. Aufl., Spektrum Akademischer Verlag 2011 Barner M. / Flohr F.: Analysis II , 3. Aufl., de Gruyter 1996 Behrends E.: Analysis, Bd 2 , 2. Aufl., Vieweg+Teubner 2007 Neunzert H. / Eschmann W.G. / Blickensd¨ orfer-Ehlers A. / Schelkes K.: Analysis 2 , 3. Aufl., Springer 1998 Burg K. / Haf H. / Wille F.: Höhere Mathematik f¨ ur Ingenieure Bd 1 , 9. Aufl., Vieweg+Teubner 2011 Burg K. / Haf H. / Wille F.: Höhere Mathematik f¨ ur Ingenieure Bd III , 5. Aufl., Vieweg+Teubner 2009 Fischer H. / Kaul H.: Mathematik f¨ ur Physiker 1 , 7. Aufl., Vieweg+Teubner 2011 Fischer H. / Kaul H.: Mathematik f¨ ur Physiker 2 , 3. Aufl., Vieweg+Teubner 2008 Forster O.: Analysis 2 , 9. Aufl., Vieweg+Teubner 2011 Heuser H: Lehrbuch der Analysis 2 , 14. Aufl., Vieweg+Teubner 2008 Heuser H: Gewöhnliche Differentialgleichungen , 6. Aufl., Vieweg+Teubner 2009 K¨ onigsberger K.: Analysis 2 , 5. Aufl., Springer 2004 Papula L.: Mathematik f¨ ur Ingenieure und Naturwissenschaftler 2 , 12. Aufl., Vieweg+Teubner 2009 Rießinger Th.: Mathematik f¨ ur Ingenieure , 8. Aufl., Springer 2011 Walter W.: Analysis 2 , 5. Aufl., Springer 2002 ¨ Ubungsb¨ ucher und Aufgabensammlungen Arens T. / Hettlich F. / Karpfinger Ch. / Kockelkorn U. / Lichtenegger K. / Stachel H.: Arbeitbuch Mathematik , Spektrum Akademischer Verlag 2009 Busam R. / Epp Th.: Pr¨ ufungstrainer Analysis , Spektrum Akademischer Verlag 2009 ¨ Papula L.: Mathematik f¨ ur Ingenieure und Naturwissenschaftler, Klausur- und Ubungsaufgaben , 4. Aufl., Vieweg+Teubner 2010 ¨ Rießinger Th.: Ubungsaufgaben zur Mathematik f¨ ur Ingenieure , 5. Aufl., Springer 2011

H. Wallner, Aufgabensammlung Mathematik, DOI 10.1007/978-3-8348-8648-4, © Vieweg+Teubner Verlag | Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2012

250

Literaturverzeichnis

Turtur C.W.: Pr¨ ufungstrainer Mathematik , 3. Aufl., Vieweg+Teubner 2010 ¨ Wenzel H. / Heinrich G.: Ubungsaufgaben zur Analysis , Vieweg+Teubner 2005 Mathematik mit Computer-Algebra-Systemen Bahns D. / Schweigert Ch.: Softwarepraktikum-Analysis und Lineare Algebra , Vieweg 2008 (mit Maple) Braun R. / Meise R.: Analysis mit Maple , Vieweg 1995 Schott D.: Ingenieurmathematik mit MATLAB , Carl Hanser 2004 Strampp W.: Analysis mit Mathematica und Maple , Vieweg 1999 Strampp W.: Höhere Mathematik 2 , 2. Aufl., Vieweg 2008 (mit Mathematica) Westermann Th.: Mathematik f¨ ur Ingenieure , 6. Aufl., Springer 2011 (mit Maple) Westermann Th.: Mathematische Probleme lösen mit Maple: Ein Kurzeinstieg , 4. Aufl., Springer 2011 (mit Maple)

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