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 langj¨ahrigen T¨atigkeit an einer Technischen Universit¨at 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 universit¨aren 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 L¨osung zugef¨ uhrt werden, wobei nur elementare Grundkenntnisse aus der Schule und S¨atze und Aussagen der Vorlesung ben¨ utzt werden d¨ urfen. Wie dies korrekt erfolgt, wird meist im Rahmen eines Tutoriums vorgezeigt. Aufgabensammlungen k¨onnen und sollen dies unterst¨ utzen. Insbesondere eine große An¨ zahl von Ubungsaufgaben sollen dazu beitragen, eine gewisse Fertigkeit im L¨osen von Aufgaben zu vermitteln. Daneben ist auch der sichere Umgang mit symbolischen Rechenprogrammen (ComputerAlgebra-Systemen) und ihr Einsatz zum L¨osen von Aufgaben wichtig. Aber ebenso wie ein Taschenrechner nicht das Erlernen der Grundrechnungsarten vollst¨andig ersetzen kann und soll, ersetzen solche Programme nicht den Erwerb von F¨ahigkeiten, Probleme auch zu Fuß“ l¨osen zu k¨onnen. ” Das Verwenden von Computer-Algebra-Systemen ist nicht Thema dieses Buches. Es wird aber dringend empfohlen, sie parallel zum klassischen L¨osen zu verwenden. Der vorliegende zweite Teil umfasst in etwa den Stoﬀ, der an Technischen Universit¨aten u ¨blicherweise im zweiten bis dritten Semester auf der Tagesordnung steht: Analysis mehrerer reeller Variabler, Vektoranalysis, gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen und Integraltransformationen. Viele Aufgaben sind aber auch f¨ ur Studierende mathematischer Studieng¨ange von Interesse, wenngleich typische Mathematikeraufgaben“ fehlen. ” F¨ ur jedes Teilgebiet werden zun¨achst die zum Bearbeiten der nachfolgenden Aufgaben erforderlichen Grundlagen kurz zusammengefasst. Anschließend werden jeweils eine Reihe speziell ausgew¨ahlter Beispiele ausf¨ uhrlich gel¨ost. In einem weiteren Abschnitt werden Aufgaben mit L¨osungen 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 zun¨achst eigenst¨andig zu l¨osen, bevor Sie den vorgeschla¨ genen L¨osungsgang ansehen. Uberlegen Sie, ob es nicht alternative L¨osungswege gibt. Verwenden Sie parallel zur herkommlichen L¨osungsweise 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 k¨onnen. 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 L¨osungen . . . . . . . 1.2 Richtungsableitung, Tangentialebene . . . 1.2.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.2.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . 1.3 Kettenregel . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.3.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . 1.4 Mittelwertsatz und Satz von TAYLOR . . 1.4.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.4.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.4.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . 1.5 Implizite Funktionen und Umkehrfunktion 1.5.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.5.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.5.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . 1.6 Extrema ohne Nebenbedingungen . . . . . 1.6.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.6.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.6.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . 1.7 Extrema mit Nebenbedingungen . . . . . . 1.7.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.7.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.7.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . 1.8 Kurven im lRn . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.8.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.8.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . 1.9 Mehrfachintegrale . . . . . . . . . . . . . . 1.9.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . 1.9.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . 1.9.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . 1.10 Oberﬂ¨achen und Oberﬂ¨achenintegrale . . .

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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 L¨osungen 1.11 Kurvenintegrale . . . . . . . . 1.11.1 Grundlagen . . . . . . 1.11.2 Musterbeispiele . . . . 1.11.3 Beispiele mit L¨osungen

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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 L¨osungen . . . . . . . . . . . . . 2.2 Satz von GAUSS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . . . . . . . 2.3 Satz von GREEN-RIEMANN . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . . . . . . . 2.4 Satz von STOKES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . . . . . . . 2.5 Wegunabh¨angigkeit von Kurvenintegralen, Potentiale 2.5.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . . . . . . .

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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 Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung . . 3.1.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Lineare Diﬀerentialgleichungen von zweiter und h¨oherer 3.2.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . . . . . . . . 3.3 L¨osungsdarstellungen mittels Reihen . . . . . . . . . . 3.3.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Lineare Systeme von Diﬀerentialgleichungen . . . . . . 3.4.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . . . . . . . .

Inhaltsverzeichnis 3.5

ix

Autonome Diﬀerentialgleichungen und autonome Systeme . 3.5.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2 Musterbeispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.3 Beispiele mit L¨osungen . . . . . . . . . . . . . . . .

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

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195 195 195 196 207 211 211 212 221

5 Anwendungsbeispiele 225 5.1 Aufgabenstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 5.2 L¨osungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 gew¨ohnlichen 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 Linearit¨at 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 ∂ • H¨ohere 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 Z¨ahlerfunktion 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 Z¨ahlerfunktion 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 gew¨ahlt 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 = w¨ahlen. 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 Z¨ahler- 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 Ann¨aherung 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 Ann¨aherung 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 Z¨ahlerfunktion 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

1.1. Stetigkeit und Diﬀerenzierbarkeit

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 Ann¨aherung l¨angs der y-Achse liefert: lim f0 (0, y) = lim 3 = 0. Ann¨aherung l¨angs 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 ben¨otigen 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. L¨osung: 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. L¨osung: Stetig an (0, 0), fx (0, 0) existiert, fy (0, 0) existiert nicht.

1.1. Stetigkeit und Diﬀerenzierbarkeit

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)

.

L¨osung: 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)

L¨osung: 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) = L¨osung:

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 ⎛

L¨osung: 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 . L¨osung: 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

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

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 Fl¨ache im lR3 deﬁniert. Der Normalenvektor n an diese Fl¨ache 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 Fl¨ache 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 Fl¨ache x + y + z = 1. Legen Sie in einem beliebigen Punkt P der Fl¨ache die Tangentialebene, bringen Sie sie mit den Koordinatenachsen zum Schnitt und bestimmen Sie die Summe der Abst¨ande 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 Fl¨ache 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 Fl¨ache 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 m¨oglich, wenn gilt: 3 6x0 = 4y0 = 2z0 , d.h. z0 = 3x0 und y0 = x0 . Dann ist die Tangentialebene durch 2 2 2 uhrpunkt P liegt Fl¨ache: 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

1.2. Richtungsableitung, Tangentialebene

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 L¨osungen: y0 = und y0 = 3. 131 131 131 29 (1) (2) Das liefert weiter: x0 = − und x0 = 1. Es gibt daher zwei L¨osungen: 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 L¨osungen 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 L¨osungen: 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 L¨osungen 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

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

Bestimmen Sie: 11. Gegeben sei die Funktion F (x, y, z) = (x2 + y 2 )z. 1 a) Jene Fl¨ache F (x, y, z) = C, die den Punkt P 1, 1, enth¨alt, 2 b) die Tangentialebene an diese Fl¨ache 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 Fl¨ache

z = x2 + y 2

ist die Fl¨achennormale parallel zum Vektor v =

⎛ ⎜ ⎝

⎞

1 0 ⎟ ⎠? 2

L¨ osung:

T Die Fl¨achennormale 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 L¨osungen: x = − , y = 0, z = , d.h. P − , 0, . 4 16 4 16

1.2.3

Beispiele mit L¨ osungen

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

x 2 + x2 y 4 in Richtung y8

2. Berechnen Sie Tangentialebene und Normale der jeweiligen Fl¨ache 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 .

L¨osungen: (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√Fl¨ache cos(xy) + ze Punkt P ( π, π, 2).

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

x + 2y , 1 + xy

1 + xy = 0 .

1.2. Richtungsableitung, Tangentialebene

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 L¨osung: 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 Fl¨ache z = x3 − y 3 + 3xy . L¨osung: z1 = −1 und z2 = 0. 6. In welchen Punkten der Fl¨ache xy −z 2 +x = ⎛

⎞

3 hat die Fl¨achennormale die Richtung 4

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

P2 (−1, −2, 12 ).

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

⎞

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

14

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

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 tats¨achlich: 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 unabh¨angige 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

Beispiele mit L¨ osungen

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 . ⎛

L¨osung: 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).

L¨osung: 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). L¨osung: 2v ∂v 4. Transformieren Sie auf Polarkoordinaten: w = xyux + y 2 uy ,

u = u(x, y).

2

L¨osung: 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 L¨osung: = w, wobei w(u, v) = z(x, y). ∂v

18

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

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 abh¨angige 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 ben¨otigt, 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 ben¨otigt, 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 h¨atten wir auch durch Entwicklung von in die 1+y geometrische Reihe

∞

(−1)n y n gewinnen k¨onnen.

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 n¨aherungsweise 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

1.4. Mittelwertsatz und Satz von TAYLOR

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

Beispiele mit L¨ osungen

1. Entwickeln Sie f (x, y) = ln(x − y) nach dem Taylorschen Satz um (0, −1) bis zu den Gliedern zweiter Ordnung. L¨osung: 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. L¨osung:

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. L¨osung: 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

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

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). L¨osung: 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). L¨osung:

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. L¨osung: ∞ (−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). L¨osung:

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). L¨osung: 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. L¨osung: 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.

1.4. Mittelwertsatz und Satz von TAYLOR

23

L¨osung: 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). L¨osung: 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). L¨osung: 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. L¨osung: 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 L¨osung: f (x, y) = 1 − (y − π) − (x − 1)(y − π) + (y − π)2 + · · · . 2

24

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

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 auﬂ¨osbar, 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 zun¨achst 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 L¨osung 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 h¨atten wir gleich auf zy (1, 1) = 0 schließen k¨onnen. 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 Auﬂ¨osung 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 auﬂ¨osbar 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 L¨osungen 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 auﬂ¨osbar ist. Geben Sie im Fall der Auﬂ¨osbarkeit eine lineare Approximation von f um den betreﬀenden

1.5. Implizite Funktionen und Umkehrfunktion

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 auﬂ¨osbar, 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 L¨osung 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 auﬂ¨osbar 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 auﬂ¨osbar. 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 auﬂ¨osbar ist.

28

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler L¨ osung: Die Auﬂ¨osbarkeit dieses Gleichungssystems ist ¨aquivalent 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 auﬂ¨osbar.

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

1.5. Implizite Funktionen und Umkehrfunktion

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

.

Beispiele mit L¨ osungen

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 L¨osung: 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 auﬂ¨osbar 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. L¨osung: 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. L¨osung: 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

L¨osung: 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? L¨osung: Nicht umkehrbar f¨ ur u = 0 bzw v = 0.

1.5. Implizite Funktionen und Umkehrfunktion

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. L¨osung: 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. L¨osung: 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. L¨osung: 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. L¨osung: Ja.

32

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

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 m¨oglicherweise 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 m¨ogliche 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 L¨osungen 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 L¨osungen: x1 = π2 und x2 = π6 . Damit liegen bei

π π π π P1 2 , 2 und P2 6 , 6 m¨oglicherweise 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 m¨ogliches 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 ben¨otigt: 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 m¨ogliche Stelle f¨ ur ein relatives Extremum der Punkt P (0, 0).

1.6. Extrema ohne Nebenbedingungen

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 zun¨achst 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 unabh¨angig 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 Abh¨angigkeit 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 L¨osung 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

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

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) m¨oglicherweise 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 L¨osungen 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.

Beispiele mit L¨ osungen

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

1. Bestimmen Sie die Extrema der Fl¨ache z = 4x2 +

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

3. F¨ ur welche α ∈ lR besitzt die Fl¨ache z = αx2 +xy −3y 2 im Ursprung ein Maximum? 1 . L¨osung: 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 L¨osung: Maximum bei P , , . 3 3 2 L¨osung: Relatives Minimum an x0 =

1.6. Extrema ohne Nebenbedingungen

37

6. Bestimmen Sie die relativen Extrema der Fl¨ache

4z = 4 ln

y x + x2 + 2 − 2 ln |y|, x y

L¨osung: 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. L¨osung: Es gibt keine Extrema im ersten Oktanten. 8. Ermitteln Sie jene Bedingungen, denen α, β ∈ lR, α = 0 gen¨ ugen m¨ ussen, damit die Fl¨ache z(x, y) = αx4 + y 2 ey − βx bei (x0 , y0 ) = (1, 0) ein relatives Extremum besitzt. L¨osung: β = 4α, α > 0.

9. Pr¨ ufen Sie, ob die Fl¨ache z = ln

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

L¨osung: 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. L¨osung: 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. L¨osung: 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. L¨osung: M¨ogliche 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

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

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 unm¨oglich 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 unabh¨angige 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 beschr¨ankt 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 gr¨oßte 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, w¨ahrend sich mit y2 durch Einsetzen die in lR unl¨osbare 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 m¨oglicherweise 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 L¨osen nichtlinearer Gleichungssysteme h¨auﬁg 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 m¨oglichen 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 L¨osungen 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 F¨alle 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 m¨ogliche 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 m¨ogliche 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.

1.7. Extrema mit Nebenbedingungen

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 zweckm¨aßig, 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 beschr¨ankt ist, liegt bei P

6. Die Oberﬂ¨ache einer oben oﬀenen kreiszylindrischen Tonne sei gegeben. In welchem Verh¨altnis m¨ ussen Radius und H¨ohe gew¨ahlt werden, damit der Volumsinhalt der Tonne m¨oglichst 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 station¨aren 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 zweckm¨aßig, 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 m¨ogliches 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 Hyperﬂ¨achen 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:

1.7. Extrema mit Nebenbedingungen

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) m¨ogliche Extrema von f . b) x = 0: √ 5 . Aus (2) und (3) folgt y + 4y(1 − λ2 ) = 0 mit den L¨osungen 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 m¨oglicherweise Extrema. Da die Nebenbedingung eine kompakte Menge deﬁniert (Oberﬂ¨ache 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 m¨ogliches 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 L¨osung 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 k¨onnen y und z nur Werte annehmen, f¨ ur die gilt: y 2 + z 2 ≤ 1. Diese Einschr¨ankung durch die Nebenbedingung bleibt aber erhalten, d.h. aber, dass wir Extrema nur im Einheitskreis y 2 +z 2 ≤ 1 suchen. Solche k¨onnen 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 L¨osungen 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 enth¨alt. 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: Gem¨aß 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 m¨oglichen 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

1.7. Extrema mit Nebenbedingungen

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 L¨osungen x1 = 1 und x2 = −2 sind. Insgesamt ergeben sich dann als m¨ogliche Extremastellen: P1 (1, 1, 2) und P2 (−2, −2, 8). Die Nebenbedingungen deﬁnieren eine kompakte Menge, n¨amlich 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

Beispiele mit L¨ osungen

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. L¨osung:

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 H¨ohe eines geraden Kreiskegels sollen bei gegebener Mantelﬂ¨ache so gew¨ahlt werden, da das Volumen maximal wird. √ L¨osung: 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. L¨osung: 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

L¨osung: ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 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. L¨osung: Maximum im Punkt P ( 12 , 12 , 0). ur Extrema 6. Welche Punkte der Fl¨ache z = 1 + x3 + 2y kommen als Kandidaten f¨ unter der Nebenbedingung x2 + 2y 2 − 2 = 0 in Frage? L¨osung:

⎛

⎞ ⎛ ⎞ √ √ 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 station¨aren Punkte der Funktion f (x, y, z) = (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 unter der Nebenbedingung x2 + y 2 = z 2 .

L¨osung: 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 L¨osungen: 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 Fl¨ache einzuschreiben. Bestimmen Sie die Seitenl¨ √angen. L¨osung: 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. L¨osungen: √ √ √ √ 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. • Bogenl¨angen von Kurven: Sei K st¨ uckweise glatt, so ist K rektiﬁzierbar und es gilt # b f¨ ur die Bogenl¨ange 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 unabh¨angig 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 Bogenl¨ange 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 tats¨achlich 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 L¨ange 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 (unabh¨angig von t), liegt die Kurve K in der Ebene 3x + y = 3. Eine andere M¨oglichkeit 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 Bogenl¨ange des Kurvenst¨ ucks zwischen 0 ≤ t ≤ 9. Auf welcher Fl¨ache 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 Bogenl¨ange 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: H¨atten wir nach dem Wurzelziehen auf den Absolutbetrag vergessen, h¨atten wir die unm¨ogliche“ Bogenl¨ange 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 Bogenl¨ange 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 M¨oglichkeiten 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) ben¨otigen 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 Fl¨achen 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 h¨atte man auch schon an der Konstanz des Binormalenvektors erkennen k¨onnen. 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 n¨achstes 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 erh¨alt 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

Beispiele mit L¨ osungen

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. L¨osung: 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 Bogenl¨ange. e L¨osung: 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 L¨osung: t = 0, , 5 5

T

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

T

.

t 4. Bestimmen Sie die Bogenl¨ange der Kurve x = t2 , y = (t2 − 3) zwischen den 3 Schnittpunkten mit der x-Achse. √ L¨osung: 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 durchst¨oßt die Kurve x(t) die xy-Ebene und welchen Winkel schließt sie dort mit der z-Richtung ein? ⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

1 0 −1 1 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ L¨osung: 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. ⎜ ⎝

L¨osung:

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

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 L¨osung: 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 ⎟ L¨osung: 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. L¨osung: 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 = L¨osung: ξ =

1 . x

1 x3 3 3x + 3 , η= + . 2 2x 2x 2

11. Ermitteln Sie eine Parameterdarstellung der Schnittkurve der Fl¨ache z = x3 − y 3 + 3xy mit der Ebene 2x = y. L¨osung: x(t) = t, y(t) = 2t, z(t) = −7t3 + 6t2 . 12. Bestimmen Sie die Bogenl¨ange der Kurve

3/2

5 √ 1 , y(t) = t 1 − t2 + arcsin t , x(t) = t2 + 15 3 2 59 . L¨osung: 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. L¨osung: 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. L¨osung:

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

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 Bogenl¨ange 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 , L¨osung: 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 Fl¨achen x2 + y 2 = 3 (6z)2 , x Bestimmen Sie: a) Die Schnittkurve x(t) der Fl¨achen. (Hinweis: Setzen Sie 6z = t3 .) 1 b) Die Bogenl¨ange der Schnittkurve von z = 0 bis z = . 6 c) Das begleitende Dreibein im Punkt z = 0 der Schnittkurve. L¨osung: ⎛

⎞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 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 . L¨osung: 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

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

⎛ −π √ ⎜ 2 1 ⎜ √π √ ⎜ 1 + π2 ⎝ 2

1

⎞

⎟ ⎟ ⎟, ⎠

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

√1 2 √ − 12

π

⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎠

58

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

1.9

Mehrfachintegrale

1.9.1

Grundlagen

• F¨ ur st¨ uckweise stetige und beschr¨ankte 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 R¨ander ∂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 enth¨alt 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) Positivit¨at: 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

=

2. Berechnen Sie das Doppelintegral ##

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) −

3. Berechnen Sie das Doppelintegral ##

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 zugeh¨orige 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

4. Berechnen Sie das Doppelintegral ##

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

1.9. Mehrfachintegrale

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 Fl¨achen

z=

2 + x2 + y 2

und z = x2 + y 2

eingeschlossenen Volumenbereichs. L¨ osung: Bei der ersten Fl¨ache 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 Rotationsﬂ¨achen 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 Fl¨ache z 2 = (x2 + y 2 )(1 − x2 − y 2 ) eingeschlossenen Volumenbereichs. L¨ osung: Bei der gegebenen Fl¨ache handelt es sich um eine bez¨ uglich der xy-Ebene symmetrische Rotationsﬂ¨ache mit der z-Achse als Rotationsachse. Ihre Gleichung in Zylinderkoordinaten lautet: z 2 = r2 (1 − r2 ) bzw. f¨ ur die obere oder untere H¨alfte: √ 2 z = ±r 1 − r . Der Proﬁlschnitt“ ist dann eine Achterschleife“ , d.h. es han” ” delt sich um eine torusartige Fl¨ache. 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 Fl¨achen x2 + y 2 = z 2 + z, z ≥ 0 und z = 2 −

x2 + y 2

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

1.9. Mehrfachintegrale

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 Fl¨achen z = x2 + 2y 2

und z = 1 − x2 − y 2

eingeschlossenen Volumenbereichs B. L¨ osung: Bei der ersten Fl¨ache handelt es sich um ein nach oben ge¨oﬀnetes elliptisches Paraboloid mit Scheitel im Ursprung und bei der zweiten um ein nach unten ge¨oﬀnetes 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 Fl¨ache (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 Fl¨ache handelt es sich um eine bez¨ uglich der xy-Ebene symmetrische Rotationsﬂ¨ache 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 Torusﬂ¨ache (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 m¨oglich und sinnvoll: x = r sin ϑ cos ϕ, y = r sin ϑ sin ϕ, z = r cos ϑ Die Gleichung der Fl¨ache 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 Fl¨achen 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 Fl¨ache 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 bez¨uglich 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 Fl¨ache √ 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 Fl¨achen 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 Fl¨achenst¨ 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 Tr¨agheitsmoment der von den Kurven y = e−x , y = 0, x = 0 (x ≥ 0) begrenzten Fl¨ache D bez¨ uglich der x-Achse, wenn ρ(x, y) = x die Fl¨achenbelegung darstellt. L¨ osung: Mit D : =

# ∞

0 ≤ y ≤ e−x erhalten wir: Ix = 0≤x<∞

x

x=0

##

ρ(x)y 2 dx dy = D

# ∞ # e−x 0

xy 2 dx dy =

y=0

y 3 e 1 # ∞ −3x 1 . xe dx = · · · = dx = 3 x 3 0 27 −x

16. Berechnen Sie das Tr¨agheitsmoment Ix √ bez¨ uglich der x-Achse des von den Fl¨achen x = 0, y = 0, z = 0, y 2 + x2 = 4, z = x2 + y 2 eingeschlossenen Volumens, wobei ρ(x, y, z) = 1 ist. L¨ osung: ###

Es ist Ix =

(y 2 + z 2 )dx dy dz B

√ 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 √ mit B : 0 ≤ y ≤ 4 − x2 . Das liefert: ⎪ ⎪ ⎩ 0≤x≤2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

1.9. Mehrfachintegrale

67 √

# 2 # √4−x2 #

Ix =

x2 +y 2

2

# 2 # √4−x2

2

(y +z )dx dy dz = x=0

# 2

y=0 # √4−x2

z=0

x=0

y=0

√ z 3 x2 +y2 y z+ dx dy = 3 0 2

1 y 2 x2 + y 2 + (x2 + y 2 )3/2 dx dy . 3 x=0 y=0 Da es sich bei dem Integrationsbereich dieses Doppelintegrals um einen Viertelkreis in ersten Quadranten handelt, sind Polarkoordinaten zweckm¨aßig. Damit folgt: =

# 2 #

Ix =

r=0

π 2

r3 sin2 ϕ +

ϕ=0

# 2 # π r3 π#2 4 8π 2 . r dr dϕ = r4 dr sin2 ϕ dϕ + r dr = 3 6 3 0 0 0 32 5

1.9.3

π 4

32 5

Beispiele mit L¨ osungen

1. Berechnen Sie den Inhalt des F¨achenst¨ ucks, das von der Kurve y 2 = y-Achse eingeschlossen wird.

1−x und der x

L¨osung: A = π. ##

(x2 + 2y) dxdy, wobei D jener ebene √ Bereich ist, der von den Kurven y = −x2 und y = − x eingeschlossen wird. 3 L¨osung: I = − . 14

2. Berechnen Sie das Doppelintegral I =

D

3. Berechnen Sie den Schwerpunkt des von den Kurven y = x und y = x2 eingeschlossenen Fl¨achenst¨ ucks, wobei die Massenbelegung ρ(x, y) = x + y 2 ist. 63 161 L¨osung: xs = , ys = . 100 300 4. Ein Drehk¨orper, dessen Proﬁl durch die Gleichung r = z(1 − z) beschrieben wird, ist mit einer Fl¨ ussigkeit gef¨ ullt, deren Dichte durch ρ(r, z) = 2 − z gegeben ist. Berechnen Sie die Masse der Fl¨ ussigkeit. π L¨osung: m = . 20 5. Berechnen Sie den Inhalt jenes Volumenbereiches, der von den Fl¨achen x = 1 1 √ eingeschlossen wird. x = 2, y = 0, y = 1, z = 0 und z = x(1 + x − 1) √ π L¨osung: V = − ln 2. 4 6. Berechnen Sie das Dreifachintegral ###

(x2 + y 2 )z dxdydz ,

I= B

√ wobei B jenen bezeichnet, der von den Fl¨achen z = 5 1 − x2 − y 2 √ Volumenbereich und z = − 1 − x2 − y 2 eingeschlossen wird. L¨osung: I = 2π.

68

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler 7. Berechnen Sie den Inhalt jenes Volumenbereiches, der von den Fl¨achen |x| + |y| = 1, z = 0 und z = x2 + y + 2 eingeschlossen wird. 13 . L¨osung: V = 3 1 8. Berechnen Sie f¨ ur a > : 2 I=

## 2 x B

F¨ ur welche a gilt I = L¨osung: 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 Fl¨achen (gegeben in Zylinderkoordinaten) √ z = 0, 4az = 4a2 − r2 und r = 2a cos ϕ (a > 0), eingeschlossen wird. L¨osung: V =

a3 (8 − π) . 2

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

1.10. Oberﬂ¨achen und Oberﬂ¨achenintegrale

69

1.10

Oberﬂ¨ achen und Oberﬂ¨ achenintegrale

1.10.1

Grundlagen

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

O(F ) =

## ! ! " B

∂f 1+ ∂x

2

2

∂f + ∂y

dx dy . ⎛

⎞

x(u, v) ⎜ ⎟ • Sei F eine Fl¨ache 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 Oberﬂ¨achenelement. • Sei F : x(u, v) ein Fl¨achenst¨ 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 Oberﬂ¨achenintegral von h u ¨ber F . • Sei F : z = f (x, y) ein Fl¨achenst¨ 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 Fl¨achennormalen v3 n = xu × xv heißt dann ##

Φ(F ) = F

v · do =

##

##

(v , n)do = F

B∗

(v , xu , xv )du dv

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

v · do =

(v , n) dx dy. B

• H¨auﬁg wird das Oberﬂ¨achenintegral in der Form ##

F

geschrieben.

v · do =

##

F

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

70

Kapitel 1. Analysis mehrerer reeller Variabler

1.10.2

Musterbeispiele

1. Berechnen Sie den Fl¨acheninhalt 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 L¨osung x2 + y 2 = −2 entf¨allt. 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 abh¨angen, 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 Fl¨ache 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 ge¨oﬀneten 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 enth¨alt 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. Oberﬂ¨achen und Oberﬂ¨achenintegrale

71

Bemerkung: a handelt, h¨atten 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 k¨onnen.

x+y 3. Berechnen Sie den Inhalt jenes St¨ uckes der Fl¨ache 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 Fl¨ache ⎛

⎞

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

0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 2π .

Berechnen Sie den Fl¨acheninhalt. 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 Fl¨ache 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 Oberﬂ¨achenintegral ##

I= F

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

Dabei ist F jenes St¨ uck der Fl¨ache 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 Fl¨ache (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 Oberﬂ¨achenintegral ##

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. Oberﬂ¨achen und Oberﬂ¨achenintegrale √

##

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 Oberﬂ¨ache der Kugel x2 + y 2 + z 2 = R2 , der ganz in der Halbebene x ≥ 0 liegt.

8. Berechnen Sie das skalare Oberﬂ¨achenintegral 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

.

Beispiele mit L¨ osungen

√ 1. Berechnen Sie den Inhalt jenes Teils der Fl¨ache 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. √ L¨osung: A = 2 6 .

2. Bestimmen Sie den Inhalt jenes Fl¨achenst¨ uckes, welchesder Zylinder y 2 2 herausschneidet. x + y = 9 (0 ≤ z ≤ 8π) aus der Fl¨ache z = 4 arctan x L¨osung: A = 15π + 16π ln 2. 3. Bestimmen Sie den Fl¨acheninhalt 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 L¨osung: A = (20 − 3π). 9 1 4. Berechnen Sie den Inhalt jenes Teils der Fl¨ache 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. L¨osung: A = 2 5 − 2 + ln 1+ 2

74

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

⎞

−u + 3v + 23 ⎜ ⎟ x(u, v) = ⎝ 2u − v − 12 ⎠ , u + 4v − 7 f¨ ur das |u + 3| + |v − 3| ≤ 1 gilt. √ L¨osung: A = 2 155 . 6. Unter gewissen Voraussetzungen ist der W¨armeﬂuß pro Fl¨acheneinheit 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 W¨armeﬂuß durch den Zylindermantel S : x2 + y 2 = 25, 0 ≤ z ≤ 2. 72π . L¨osung: Φ = 125 ##

xdo. Dabei ist F jenes St¨ uck 7. Berechnen Sie das skalare Oberﬂ¨achenintegral I = F der Fl¨ache √ 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 L¨osung: I =

R3 . 4

R und D 0 , √ 2

##

(x + 3y)do ,

8. Berechnen Sie das skalare Oberﬂ¨achenintegral F

wobei F die Fl¨ache z = x2 , 0 ≤ y ≤ 1, −1 ≤ x ≤ 1 ist. √ 3 L¨osung: (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 l¨angs 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 l¨angs C. • Kurvenintegrale h¨angen 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 wegunabh¨angig.

1.11.2

Musterbeispiele

1. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L=

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

⎛

⎞

cos t ⎜ ⎟ l¨angs 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 Fl¨achen y = x2 und z = x ist, vom Punkt A(0, 0, 0) bis zum Punkt B(1, 1, 1). L¨ osung: 2 Zun¨achst 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) l¨angs der Schnittkurve C der beiden Fl¨achen 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

4. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

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 # Fl¨achen 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:

1.11. Kurvenintegrale

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 W¨armemenge 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 W¨arme bei konstantem Volumen, R die Gaskonstante und n die Anzahl der Mole der Gasmenge bezeichnet. Zeigen Sie, dass Q wegabh¨angig ist, indem Sie folgende Wege w¨ahlen: a) Zuerst eine Isotherme und anschließend eine Isochore, b) zuerst eine Isochore und anschließend eine Isotherme. L¨ osung: Wir f¨ uhren die zwei Zwischenzust¨ande 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 Wegabh¨angigkeit 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 ) l¨angs 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) l¨angs C. Dabei ist C die Schnittkurve der beiden Fl¨achen 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

Beispiele mit L¨ osungen

1. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

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 L¨osung: L = 0. 2. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

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

l¨angs der Kurve C:

⎛

ϕ(t) =

⎜ ⎝

⎞

2 cos t sin t ⎟ ⎠, t

0≤t≤π .

1.11. Kurvenintegrale

79

L¨osung: 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 Fl¨achen 2x + 2y + z + 1 = 0 und z = x2 + y 2 . L¨osung: L = 3π. 4. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

−y dx + x dy x2 + y 2

l¨angs der Berandung des Quadrats −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1. Dabei sei C entgegen dem Uhrzeigersinn orientiert. L¨osung: 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

L¨osung: L = 1. 6. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

(x − y 2 )dx + dy + (16z − xy)dz

l¨angs der Schnittkurve der beiden Fl¨achen y = x = 1.

√ x, z = 1 zwischen x = 0 und

L¨osung: L = 1. 7. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

−y dx + x dy + z dz

3 l¨angs der Schnittkurve der beiden Fl¨achen x2 + y 2 − z = 0 und y + z = . 4 L¨osung: L = 2π. #

xy dx + (ey + x2 )dy l¨angs der Kurve C:

8. Berechnen Sie das Kurvenintegral L =

x(t) =

1 + cos t sin t

L¨osung: 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 L¨osung: L = (1 + π ). 2 10. F¨ ur die Gesamtladung Q einer mit Ladung der L¨angendichte ρ(x, y) belegten ebenen Kurve C gilt: # ρ(x, y) ds . Q= C

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

I= C

yz ds, 1 + 2x2

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

√ √ √ √ √ 5+ 2 √ Das exakte Ergebnis w¨are: 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 l¨asst 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 Identit¨aten: 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

Beispiele mit L¨ osungen

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. L¨osung: A

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

a =

⎜ ⎝

⎛

L¨osung:

v =

⎜ ⎝

⎞

⎛

x−z y ⎟ ⎠ , x+z

b =

⎜ ⎝

⎞

x − y2z 2y − x ⎟ ⎠ , z − 3x2

c =

⎜ ⎝

⎞

2 −1 ⎟ ⎠ . 3

⎞

⎛

⎛

L¨osung:

⎛

−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 ⎛

L¨osung:

⎞

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

L¨osung: 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

1. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral ##

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 Fl¨achen z = 2 − x2 + y 2 und √ ist z = x2 + y 2 eingeschlossen wird. L¨ osung: Bei den beiden Fl¨achen handelt es sich um einen nach unten ge¨oﬀneten Drehkegel mit Spitze bei S(0, 0, 2) ind einen nach oben ge¨oﬀneten Drehkegel mit Spitze im Ursprung. √ Sie schneiden √sich l¨angs 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 h¨atten 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 H¨ohe 1, woraus durch elementare Uberlegungen folgt: I = 2 3 3 2. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral ##

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 Fl¨achen x2 + y 2 + z 2 = 1 und x2 + y 2 + (z − 1)2 eingeschlossen wird. L¨ osung: Bei den beiden Fl¨achen handelt es sich um zwei Kugeln mit Radius 1 und Mittelpunkten im Ursprung bzw. im Punkt P (0, 0, 1). Sie schneiden sich l¨angs 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 h¨atten wir erhalten: ###

###

I=

###

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

x dx dy dz + 2 B

z dx dy dz. B

W¨ahrend 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 H¨ohe 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 Oberﬂ¨achenintegral ∂B

v · do, wobei B jener r¨aumliche Bereich

ist, der von den Fl¨achen 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 Fl¨achen 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 Fl¨achen 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 Oberﬂ¨achenintegral I = v · do. ∂B L¨ osung: Der Bereich B ist ein ringf¨ormiger 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 zun¨achst u ¨ber z integrieren, 2 2 5 unterteilen. Es ist daher zweckm¨aßig, 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

6. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral ##

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 Fl¨achen 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

7. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral ##

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 h¨angt ” 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 Fl¨ache 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 Oberfl¨achenintegral ∂B

⎛

v =

⎜ ⎝

v · do , wobei ⎞

x2 + sin y y 2 + cos z ⎟ ⎠ z 2 + ex

und ∂B die Oberfl¨ache der Pyramide mit den Eckpunkten A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C(0, 1, 0) und D(1, 0, 1) ist. 1 L¨osung: . 3 2. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral

⎛

⎞

y2z2 xy ⎟ I= (v · n)do mit v = ⎠, F 2 2 xy z wobei F die Oberﬂ¨ache des r¨aumlichen Bereichs ist, der durch die beiden Fl¨achen √ √ z = x2 + y 2 − 3 und 4z = x2 + y 2 eingeschlossen wird. 512 π. L¨osung: I = 7 ##

⎜ ⎝

3. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral ##

I= F

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

wobei F die Oberﬂ¨ache von π L¨osung: I = a3 . 3

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

a>0

ist.

2.2. Satz von GAUSS

91

4. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral #

I= R

xy dy dz + z 2 dz dx + (x − z)dx dy,

wobei R die Oberﬂ¨ache jenes K¨orpers ist, der durch die Fl¨achen x2 + y 2 = 1, z = 0, z = x2 + y 2 begrenzt ist. π L¨osung: I = − . 2 5. Berechnen Sie mit Hilfe des GAUSS’schen Satzes das Oberﬂ¨achenintegral ##

I= B

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

wobei B die Oberﬂ¨ache jenes Teils der Einheitskugel ist, der im 1. Oktanten liegt. π L¨osung: I = . 24 6. Berechnen Sie mit Hilfe des GAUSS’schen Satzes das Oberﬂ¨achenintegral ##

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

⎧ ⎪ ⎨

0 ≤x ≤1 0 ≤y ≤1 ⎪ ⎩ 0 ≤z ≤1

.

L¨osung: I = 1. 7. Berechnen Sie das Integral

##

(v , n)do S

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

1 2 x , z, xy 2 L¨osung: 0.

T

v =

ist.

8. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral ##

I= S

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

Dabei bezeichnet S die Oberﬂ¨ache des von den Fl¨achen z = eingeschlossenen Volumenbereiches.

√

9 + x2 + y 2 und z = 5

L¨osung: I = 128π. ⎛

⎞

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

L¨osung: I = π.

⎜ ⎝

92

Kapitel 2. Vektoranalysis

10. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral ##

I= ∂B

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

Dabei bezeichnet B jenen Bereich, der von den Fl¨achen z = 0, z = 4 − x2 − y 2 und x2 + y 2 = 1 eingeschlossen wird. 89π . L¨osung: I = 6 11. Berechnen Sie das Oberfl¨achenintegral

##

I=

x2 +

∂B

y 1+z

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

Dabei ist ∂B die Oberfl¨ache des von den Fl¨achen z = y = 0 und y = 1 eingeschlossenen Volumenbereichs. 4 L¨osung: I = . 15

√

1 − x2 , z = 0 ,

12. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral ##

I= F

x−

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

Dabei ist F die Oberﬂ¨ache jenes r¨aumlichen Bereiches, der von den Fl¨achen z = x2 + y 2 , z = 1, z = 2 eingeschlossen wird. 3π . L¨osung: I = 2 13. Berechnen Sie das Oberﬂ¨achenintegral ##

xy 2 dydz + x2 y dzdx + z dxdy .

I= S

Dabei ist S die Oberﬂ¨ache des von den Fl¨achen z = 0, z = cos(x2 + y 2 ) und π x2 + y 2 = eingeschlossenen Volumenbereiches, der die z-Achse enth¨alt. 2 π2 . L¨osung: 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 w¨ahlen, 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

l¨angs√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 k¨onnen 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

2.3. Satz von GREEN-RIEMANN

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 enth¨alt. 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

W¨ahrend 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 Fl¨acheninhalt von K2 . Wegen 3π 3 π folgt dann L = − . ys = − und AK2 = 4 16 64

2.3. Satz von GREEN-RIEMANN

2.3.3

97

Beispiele mit L¨ osungen

1. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

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 L¨osung: 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. L¨osung: −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 L¨osung: − . 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 beschr¨ankten Bereichs ist, der im Gegenuhrzeigersinn durchlaufen wird. 8 L¨osung: . 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. L¨osung: 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. L¨osung: 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 L¨osung: L = . 6 #

8. Berechnen Sie: L=

C

(x4 − xy)dx + (x2 + cos y)dy ,

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

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

L= C

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

(x2 + 2xy) dx + 2x2 dy

L= C

l¨angs der Berandung des Kreisrings 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 9. L¨osung: 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 Fl¨ache 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 Fl¨ache F eine Rechtsschraube bildet. • Die vorgegebene Fl¨ache F kann durch eine andere F ersetzt werden, wenn sie dieselbe Randkurve besitzt.

2.4.2

Musterbeispiele

1. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= C

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

Dabei ist C die Schnittkurve der beiden Fl¨achen z 2 = x2 + y 2 und z =

x2

8 , die + y2

vom Ursprung aus gesehen im Uhrzeigersinn orientiert ist. L¨ osung: Die beiden Fl¨achen sind Rotationsﬂ¨achen 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 zugeh¨orige 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 abh¨angt, k¨onnen wir auf der rechten Seite jedes glatte Fl¨achenst¨ uck B w¨ahlen, sofern die Berandung die gleiche bleibt. Im vorliegenden Fall w¨ahlen 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

Kapitel 2. Vektoranalysis

2. Berechnen Sie den Absolutbetrag des Kurvenintegrals #

L= C

(x − yz)dx + (1 + z 2 )dy − 2xydz .

Dabei ist C die Schnittkurve der beiden Fl¨achen 2x2 + y 2 = 1 + z 2 und z = x. L¨ osung: Bei den Fl¨achen 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 w¨ahlen 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

l¨angs der Schnittkurve C der beiden Fl¨achen

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 Fl¨achen 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 w¨ahlen 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

2.4. Satz von STOKES

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 k¨onnen 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 Fl¨acheninhalt 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 Fl¨achen z = x2 + y 2 + 1 und 2x + 2y − 2z + 3 = 0. L¨ osung: Bei den Fl¨achen 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 w¨ahlen 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 Fl¨acheninhalt 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 Fl¨achen z = x2 + y 2 und z = x2 + y 2 , die - vom Ursprung aus gesehen - im Uhrzeigersinn orientiert ist. L¨ osung: Bei den Fl¨achen handelt es sich um ein Drehparaboloid und um einen Drehkegel, beide mit der z-Achse als Rotationsachse. Sie schneiden sich daher l¨angs 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 Kegelﬂ¨ache mit z ≤ 1 oder das entsprechende St¨ uck der Paraboloidﬂ¨ache gew¨ahlt werden. Da aber die Randkurve C eine ebene Kurve ist, kann auch die Einheitskreisscheibe in der Ebene z = 1 gew¨ahlt 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, w¨ahrend das erste den Fl¨acheninhalt der Kreisscheibe x2 + y 2 ≤ 1 darstellt. Damit folgt letztlich: L = π.

2.4.3

Beispiele mit L¨ osungen

1. Berechnen Sie das Kurvenintegral #

L= ∂F

2xy dx + x2 dy + (1 + x − z) dz

2.4. Satz von STOKES

103

l¨angs der Schnittkurve der beiden Fl¨achen z = x2 + y 2 , 2x + 2y + z = 7 . Dabei werde die Berandung ∂F vom Ursprung aus gesehen im Uhrzeigersinn durchlaufen. L¨osung: 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 Fl¨achen (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 L¨osung: L = . 4 3. Berechnen Sie das Kurvenintegral # xy L= dx + (1 − z)dy + xydz C 1 + x2

√ l¨angs der Schnittkurve C der beiden Fl¨achen x2 + y 2 + z 2 = 9 z = 2 2 dem Betrage nach. L¨osung: |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 Fl¨achen z = 1 − x2 und y 2 + x2 = 1 ist. L¨osung: |L| = π. ⎛

⎞

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

⎜ ⎝

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

2

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

L= C

l¨angs der Berandung C des Fl¨achenst¨ uckes x + 2y + z = 1,

0 ≤ x ≤ 1,

−1 ≤ y ≤ 1.

(dabei verl¨auft C vom Ursprung aus gesehen im Uhrzeigersinn). L¨osung: 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. L¨osung: |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 L¨osung. 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 Fl¨achen x2 + y 2 = 4 und y + z = 1 ist. L¨osung:

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 Fl¨achen z = x2 + y 2 − π L¨osung: |L| = √ . 3

1 2

und 2z = x2 − y 2 .

2.5. Wegunabh¨angigkeit von Kurvenintegralen, Potentiale

2.5

105

Wegunabh¨ angigkeit von Kurvenintegralen, Potentiale

2.5.1

Grundlagen

• Das Kurvenintegral eines Gradientenfeldes ist wegunabh¨angig. • Integrabilit¨atsbedingungen: ⎛ ⎞ 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 menh¨angenden 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

Kapitel 2. Vektoranalysis

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 Integrabilit¨atsbedingungen gen¨ ugt. F¨ ur welche Gebiete G ⊂ lR2 ist dann das Integral wegunabh¨angig? L¨ osung: ∂vi ∂vk Aus den Integrabilit¨atsbedingungen = 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. Wegunabh¨angigkeit 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 abh¨angt. Berechnen Sie ferner L l¨angs 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 wegabh¨angig. Als n¨achstes berechnen wir das Kurvenintegral L l¨angs 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

2.5. Wegunabh¨angigkeit von Kurvenintegralen, Potentiale

107

vom Weg C unabh¨angig 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 gew¨ahlt 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 Integrabilit¨atsbedingungen 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 Integrabilit¨atsbedingungen sind erf¨ ullt und das Integral ist daher wegunabh¨angig. Wir berechnen L l¨angs 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 unabh¨angig 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 Integrabilit¨atsbedingungen 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 Integrabilit¨atsbedingungen sind erf¨ ullt und das Integral ist daher wegunabh¨angig. 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 unabh¨angig 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 Integrabilit¨atsbedingung 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

2.5. Wegunabh¨angigkeit von Kurvenintegralen, Potentiale

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

Beispiele mit L¨ osungen

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 unabh¨angig ist. b) W¨ahlen Sie eine Kurve mit dem Anfangspunkt P (1, −1, 0) und dem Endpunkt Q(0, 2, 4), l¨angs derer das Kurvenintegral zu berechnen ist. L¨osung: L = −30. 2. Pr¨ ufen Sie, ob das folgende Kurvenintegral vom Integrationsweg abh¨angt: # C

(x − z)dx + ey dy − xdz .

L¨osung: rot v = 0 , d.h. das Kurvenintegral ist vom Weg unabh¨angig. 3. Untersuchen Sie, ob das Kurvenintegral #

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

L= C

vom Weg C abh¨angig ist. L¨osung: Wegabh¨angig. 4. F¨ ur welche Skalarfunktion v3 (x, y, z) ist das folgende Kurvenintegral wegunabh¨angig? #

xy dx + C

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

L¨osung: 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 unabh¨angig 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. L¨osung: 0.

110

Kapitel 2. Vektoranalysis

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

L= C

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

wegunabh¨angig ist. L¨osung: 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 unabh¨angig ist. Berechnen Sie das Integral f¨ ur den Fall, dass C ein beliebiger Integrationsweg ist, der A(1, 0) mit B(0, 1) verbindet. L¨osung: 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. L¨osung: 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 zugeh¨orige Stammfunktion? γy 3 ax3 + bx2 y + cxy 2 + + D. L¨osung: α = b, β = c f (x, y) = 3 3

10. Ermitteln Sie ein Vektorpotential zu v =

= 0, 0, ln(x2 + y 2 ) L¨osung: 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 L¨osung 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 (l¨osen). • 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 Ver¨anderlichen“ : ” 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 Ver¨anderlichen liefert: = f (x) . Nach Integration u ¨ber x folgt: y + ln |y| = f+(x) dx + ln C mit zun¨achst C > 0. Schließlich erh¨alt 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. Gew¨ohnliche 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 F¨allen m¨ ussen wir bedenken, dass sich durch das Diﬀerenzieren die L¨osungsgesamtheit vergr¨oßert hat. Daher m¨ ussen wir die so erhaltenen L¨osungen 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 L¨osungen bestimmt ist. Daher ist y = C und wir er x = −f (C) der singul¨aren halten die Parameterdarstellung y = −Cf (C) + f (C) ” L¨osung“ . 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 enth¨alt keine Gerade in ihrer L¨osungsgesamtheit. 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 L¨osung dieser Diﬀerentialgleichung in die d’ALAMBERT’sche Diﬀerentialgleichung liefert dann deren L¨osung. • y + f (x)y = g(x)y α · · · BERNOULLI-Diﬀerentialgleichung. Die F¨alle y = 0, α = 0 und α = 1 sind trivial: F¨ ur α > 0 ist stets y = 0 eine L¨osung und in den F¨allen α = 0 und α = 1 ist die Diﬀerentialgleichung linear. In den u ¨brigen F¨allen 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 L¨osung bereits bekannt ist.

3.1. Gew¨ohnliche 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 partikul¨arer (spezieller) L¨osungen. 1. Sei y1 eine spezielle L¨osung. 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 L¨osungen 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 L¨osungen. Dann gilt: y − y 1 y2 − y 1 : = C d.h. das Doppelverh¨altnis dreier L¨osungen 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 L¨osung ” 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 zun¨achst: xz + z = f (z) woraus z 1 durch Trennung der Ver¨anderlichen 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 F¨alle:

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. Gew¨ohnliche 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) L¨osung (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 zun¨achst von 2. Ordnung. Mit der Substitution y (x) = u(x) erhalten wir aber eine solche 1. Ordnung: u = f (x, u), deren L¨osung dann noch zu integrieren ist. • y = f (y, y ) · · · x kommt nicht explizit vor. Falls y = 0 auf dem L¨osungsintervall I, existiert dort die Umkehrfunktion zu y(x), d.h. wir k¨onnen 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 L¨osung dann weiter nach x zu integrieren ist. • Exakte Diﬀerentialgleichung: Eine Diﬀerentialgleichung 1. Ordnung in expliziter Form l¨aßt 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 Integrabilit¨atsbedingung“ = 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 L¨osung 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)

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

115

exakt ist. M = F: Solche spezielle Multiplikatoren ﬁndet man z.B. in folgenden F¨allen, 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 L¨osungen 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. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen Bemerkungen: ˜ a) Wegen eC = C ist zun¨achst C > 0. Durch Einsetzen in die Diﬀerentialgleichung sehen wir aber, dass C beliebig gew¨ahlt werden kann. b) Der Fall C = 0 liefert dann auch die L¨osungen x = 0 und y = 0, die wir zun¨achst aus rechentechnischen Gr¨ unden (Division) ausgeschlossen haben.

2. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung (x2 − 1)y + 2y = 0 . Welche L¨osungskurve enth¨alt den Punkt P (0, 1)? L¨ osung: Trennung der Ver¨anderlichen (wobei wir zun¨achst 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 k¨onnen wir letztlich C = 0 zulassen, da auch y = 0 L¨osung ist. Die zwei F¨alle x = ±1 sind im allgemeineren Sinne auch L¨osungen der Diﬀerentialgleichung (x2 − 1)dy + 2ydx = 0, sind aber in der allgemeinen L¨osung nicht enthalten. 1+x Aus y(0) = −C = 1 folgt C = −1 und damit die L¨osungskurve y(x) = . 1−x 3. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung x(y 2 − 1)y + y(x2 − 1) = 0 . L¨ osung: Trennung der Ver¨anderlichen (wobei wir zun¨achst 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 F¨alle x = 0 und y = 0 keine L¨osungen. 4. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y = tan(x + y) − 1 .

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

117

Bestimmen Sie jene L¨osung, f¨ ur die gilt: y(0) = π. L¨ osung: Hier ist zun¨achst eine Trennung der Variablen nicht m¨oglich. Wir versuchen durch eine Variablentransformation auf eine separierbare“ Diﬀerentialgleichung zu kom” men. Es liegt nahe, die Substitution x + y =: z(x) zu w¨ahlen. Dann erhalten wir mit y = z − 1#die transformierte Diﬀerentialgleichung z − 1 = tan z − 1 bzw. # cos z dz = dx erhalten wir (zun¨achst 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 zun¨achst ausgeschlossene Fall x + y = kπ, d.h. y = kπ − x ist ebenfalls L¨osung der Diﬀerentialgleichung und ist mit C = 0 in der allgemeinen L¨osung mit enthalten. Aus y(0) = π folgt sin π = C, d.h. C = 0 und damit y(x) = π − x. 5. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y(xy + 1) + x(1 + xy + x2 y 2 )y = 0 . L¨ osung: Auch hier ist zun¨achst eine Trennung der Variablen nicht m¨oglich. Wir versuchen wieder durch eine Variablentransformation auf eine separierbare“ Diﬀerentialglei” chung zu kommen. Es liegt nahe, die Substitution xy =: z(x) zu w¨ahlen. 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 l¨aßt 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 L¨osungen x = 0 und y = 0 sind in der allgemeinen L¨osung 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 L¨osungen der Diﬀerentialgleichung xy − 3y = x2 .

118

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen L¨ osung: Die vorliegende Diﬀerentialgleichung ist linear und inhomogen. Ihre allgemeine L¨osung ist als Summe einer allgemeinen L¨osung der homogenen Gleichung und einer partikul¨aren L¨osung 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 partikul¨aren L¨osung 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung: y(x) = Cx3 − x2 .

7. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y =

y . 1 + x − y2

L¨ osung: Die vorliegende Diﬀerentialgleichung, als Gleichung mit x als unabh¨angiger Variablen, ist nicht linear. Wir schreiben sie um in eine Diﬀerentialgleichung mit y als unabh¨angiger 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 L¨osung x(y) = Cy. Eine partikul¨are L¨osung der inhomogenen Gleichung k¨onnten wir wieder mittels Variation der Konstanten ﬁnden. Wir versuchen aber einen speziellen L¨osungsansatz: 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 w¨ahlen. 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 L¨osung der homogenen Gleichung ist. Deshalb k¨onnen wir b = 0 setzen und erhalten somit: xi (y) = −1 − y 2 und letztendlich insgesamt: x = Cy − 1 − y 2 . 8. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung x2 y 2 y + xy 3 = 1 .

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

119

L¨ osung: Auﬂ¨osung 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 L¨osung der homogenen Gleichung trennen wir die Variaben: z x C woraus durch Integration folgt: zh = 3 . x Um eine partikul¨are L¨osung 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 h¨atte man in der urspr¨ unglichen Diﬀerentialgleichung x2 y 2 y + xy 3 = 1 direkt erkennen k¨onnen. 9. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y − y = xy 5 . √ Welche L¨osungskurve enth¨alt 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 L¨osung der homogenen Gleichung ist zh = Ce−4x . Eine partikul¨are L¨osung 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 L¨osung 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 L¨osung ist y = 0. Sie ist in der allgemeinen L¨osung nicht enthalten. √ 4 =⇒ D = 0. Die gesuchte L¨osungskurve ist dann Aus y(0) = 2 folgt 4 = 1+D 4 y(x) = 4 . 1 − 4x

120

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

10. Bestimmen Sie alle L¨osungen 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 partikul¨aren L¨osung 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 l¨asst. ¨berf¨ Wir suchen also zun¨achst eine partikul¨are L¨osung 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| L¨osung C(x) = − ln |x| die partikul¨are L¨osung vp (x) = − 3 , woraus wir erhalten: x C − ln |x| . Insgesamt folgt dann: v(x) = x3 Die L¨osung der homogenen Gleichung ﬁnden wir zu vh =

y(x) = x3 +

x3 . C − ln |x|

11. Bestimmen Sie alle L¨osungen 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 partikul¨are L¨osung. Mit dem Ansatz y(x) = yp (x) + v(x) erhalten wir die lineare Diﬀerentialgleichung v + v = −1, deren allgemeine L¨osung sich zu v(x) = Ce−x − 1 ergibt. Damit erhalten wir: y(x) = x +

1 . Ce−x − 1

Bei der Suche nach einer partikul¨aren L¨osung w¨are 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

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

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 L¨osung 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 L¨osungen a = 0 und a = −1. Somit erhalten wir zwei partikul¨are L¨osungen unserer Diﬀerentialgleichung: y1 = x (die wir bereits kennen) und y2 = x − 1. Mit der Kenntnis von zwei verschiedenen partikul¨aren L¨osungen y1 und y2 ist dann die allgemeine L¨osung 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 L¨osungsm¨oglichkeit 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 l¨osen. In unserem Fall ist dies die Diﬀerentialgleichung w + (2x − 1)w + (1 − x + x2 )w = 0 , deren L¨osung 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 L¨osung 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 L¨osungen der Diﬀerentialgleichung yy = 2y − x .

122

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen L¨ osung:

2y − 1 y 2y − x = f handelt es sich um eine gleichgradige = xy y x x homogene Diﬀerentialgleichung. Sie l¨aßt 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 Ver¨anderlichen 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 L¨osung ist y = x. Sie ist in der allgemeinen L¨osung nicht enthalten. Zu dieser L¨osung kommt man dadurch, dass man jene F¨alle, die man bei der Trennung der Ver¨anderlichen wegen der nichterlaubten Division durch Null ausschließen musste (im vorliegenden Fall z = 1, d.h. y = x) untersucht, ob sie auch L¨osungen der Diﬀerentialgleichung sind. 13. Bestimmen Sie alle L¨osungen 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 L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y =

y . 1 + x − y2

L¨ osung: Wir haben diese Diﬀerentialgleichung bereits dadurch gel¨ost, dass wir die Rollen

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

123

der unabh¨angigen und der abh¨angigen Variablen vertauscht haben. Eine weiterer L¨osungsweg 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, w¨ahlen wir die folgende Transformation: x = u+ξ und z = v+η, wobei (ξ, η) die L¨osung 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 L¨osungen 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 Ver¨anderlichen 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 L¨osungen 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 L¨osung besteht aus der Geradenschar y = Cx + C 4 .

Die singul¨are L¨osung ist durch die Parameterdarstellung

x = −f (C) y = f (C) − Cf (C)

124

Kapitel 3. Gew¨ohnliche 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 L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y = xy + y − y 2 . L¨ osung: Es handelt sich um eine CLAIRAUT’sche Diﬀerentialgleichung. Die allgemeine L¨osung besteht aus der Geradenschar y = Cx + C − C 2 . Die singul¨are L¨osung 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 L¨osungen 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 l¨osen die lineare Diﬀerentialgleichung Mittels der Umformung y = x

p − f (p)

dx

dp

− xf (p) = g (p) ,

dx − x = p. Ihre allgemeine L¨osung berechnen wir zu d.h. im vorliegenden Fall: 2p dp √ √ + p. Auﬂ¨osung 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 .

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

125

Bekanntlich ist diese 2-parametrige Funktionenschar gr¨oßer als die L¨osungsgesamtheit 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 L¨osungsweg besteht darin, √ die vorgelegte Diﬀerentialgleichung explizit nach y aufzul¨osen: 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 Ver¨anderlichen gel¨ost wird. • Es liegt nahe, dass die vorgelegte Diﬀerentialgleichung eine partikul¨are L¨osung der Form y = αx2 besitzt. Durch Einsetzen folgt dann α = 12 . Dies erkennt man auch aus der bereits bestimmten allgemeinen L¨osung 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 L¨osung ist y = 0. Sie ist in der allgemeinen L¨osung nicht enthalten. • Weitere L¨osungen erhalten wir aus der zweiten Wurzel der quadratischen Gleichung bei der Auﬂ¨osung nach p. 19. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung x¨ = a − bx˙ ,

x = x(t) .

L¨ osung: Es handelt sich hier um eine Diﬀerentialgleichung 2. Ordnung, in der die abh¨angige Variable x(t) nicht vorkommt. Wir setzen x(t) ˙ = y(t), woraus folgt: y˙ = a − by. Trennung der Ver¨anderlichen 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 z¨ahen Fl¨ ussigkeit. Aus der L¨osung sehen wir, dass die Fallbewegung nach hinreichend langer Zeit praktisch zu einer gleichf¨ormigen Bewegung mit der Grenzge” a schwindigkeit“ v∞ = wird. b

126

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

20. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung (y )2 + xy − y = 0 . L¨ osung: Es handelt sich hier um eine Diﬀerentialgleichung 3. Ordnung, in der die abh¨angige 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 L¨osung u(x) = C1 x+C12 und der singul¨alen x2 L¨osung u(x) = − . Zweimalige Integration ergibt dann: 4 C1 3 C12 2 x + x + C2 x + C3 und a) Aus der allgemeinen L¨osung: y(x) = 6 2 b) aus der singul¨aren L¨osung:

y(x) = −

x4 + C2 x + C 3 . 48

21. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y + yy 3 = 0 . Welche L¨osung 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 unabh¨angige 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 Ver¨anderlichen: 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 L¨osung: 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 L¨osungen der Diﬀerentialgleichung yy + y 2 + yy = 0 . L¨ osung: Es handelt sich hier um eine Diﬀerentialgleichung 2. Ordnung, in der die unabh¨angige Variable x nicht vorkommt. Wir setzen daher y = ϕ(y). Damit erhalten wir:

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung y +

y y 2 − =0. x y

L¨ osung: Zun¨achst stellen wir fest, dass y = C L¨osung ist. F¨ ur eine nichtkonstante L¨osung 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 h¨angt 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 L¨osungsmethode 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 L¨osungen 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

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

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 L¨osung der gegebenen Diﬀerentialgleichung F (x, y) = B, d.h. F (x, y) = 4x+

4x +

y2 =C . x

25. Bestimmen Sie alle L¨osungen 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 L¨osung: x2 cos2 y + y 2 = C . 26. Bestimmen Sie alle L¨osungen 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 L¨osung 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 beschr¨anken uns auf eine spezielle L¨osung, die nur von x abh¨angt. F¨ ur eine solche muss dann gelten: M (x) + M (x) = 0, woraus folgt: M (x) = e−x .

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

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 L¨osung 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 L¨osungen 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 abh¨angt. 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 L¨osung 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 aufgel¨ost: 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. Gew¨ohnliche 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 k¨onnten 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, k¨onnen 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 l¨osen 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

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

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

Beispiele mit L¨ osungen

1. Ermitteln Sie die allgemeine L¨osung der folgenden Diﬀerentialgleichung: x2 y + y 2 = 1 ,

x = 0 ,

y 2 = 1.

Welche L¨osungskurve enth¨alt den Punkt P (2, 3)? Allgemeine L¨osung: 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 L¨osungen und die speziellen L¨osungen 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, L¨osungen: 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung xy = 2y − 2 − y 2 . Welche L¨osungskurve geht durch den Punkt P (1, 1)? Allgemeine L¨osung: y(x) = 1 − tan(ln x + C), spezielle L¨osung: y(x) = 1 − tan(ln x). 4. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (x2 y + y + 1) + (x + x3 )y = 0 . L¨osung:

xy + arctan x = C.

132

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

5. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung xy + y(x tan x + 1) = L¨osung:

y=

1 . cos x

sin x + C cos x . x

6. Bestimmen Sie jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung xy = y −x+x2 , die den Punkt P (1, 0) enth¨alt. Allgemeine L¨osung: y = Cx + x2 − x ln x, spezielle L¨osung: y = −x + x2 − x ln x. 7. Bestimmen #Sie die (eindeutige) L¨osung der Diﬀerentialgleichung y + 2y = 0, die der 1 Bedingung y(x) dx = 1 gen¨ ugt. 0

Allgemeine L¨osung: y = Ce−2x , spezielle L¨osung: y =

2e2 −2x e . e2 − 1

8. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y = xy + √ Allgemeine L¨osung: y = Cx+

y . 1 + y 2

C , singul¨are L¨osung: x2/3 +y 2/3 = 1 (Asteroide). 1 + C2

9. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y = xy − Allgemeine L¨osung: y = Cx −

1 . 1 − y

√ 1 , singul¨are L¨osung: y = x − 2 x . 1−C

10. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y = xy + y − y 2 . Allgemeine L¨osung: y = C(x + 1) − C 2 , singul¨are L¨osung: y =

(x + 1)2 . 4

11. Bestimmen Sie f¨ ur x > 0 und y = −1 alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung (xy − y)(1 + y ) = 2y . 2C , Allgemeine L¨osung: y(x) = Cx − 1+C √ singul¨are L¨osung: y(x) = −x + 8x − 2. 12. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung xy + (ey + x2 )y = 0 . L¨osung: x2 y 2 + 2(y − 1)ey = C.

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

133

13. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung √ xy − y = 4x4 xy . Welche L¨osungskurve geht durch den Punkt P (1, 1)? x x Allgemeine L¨osung: y = (x4 + C)2 , spezielle L¨osung: y = (x4 + 1)2 . 4 4 14. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung

(x + 1)y − 1 + L¨osung: y 2 =

2 y = (x2 − 1)y 3 . x−1

2(x − 1)2 . 2C − (x − 1)4

15. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung √ xy − 4y = x2 y ,

L¨osung: y = x4 C +

1 ln |x| 2

x = 0 ,

y≥0.

2

.

16. Bestimmen Sie jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung xy − y = fangsbedingung y(1) = 1 gen¨ ugt. Allgemeine L¨osung: y 2 = Cx2 − x,

spezielle L¨osung: y =

√

x , die der An2y 2x2 − x .

17. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y =

1 y2 + . 4 x2

x ist eine partikul¨are L¨osung. 2 Welche L¨osungskurve enth¨alt den Punkt P (1, 1)? x x x x , spezielle L¨osung: y = + . Allgemeine L¨osung: y = + 2 C − ln x 2 2 − ln x

Hinweis: y(x) =

18. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung x2 y + y 2 − 2x2 = 0 . L¨osung: y = x +

3Cx . −C

x3

19. Bestimmen Sie jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung y − 2y + y 2 e−x = 0 , die der Anfangsbedingung y(0) = 1 gen¨ ugt. L¨osung: y = ex .

134

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

20. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung x4 y = x6 + x3 y + y 2 . L¨osung: y(x) = x3 +

x3 . C − ln |x|

21. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der RICCATI-Gleichung xy = 2y − 2 − y 2 durch Transformation auf eine lineare Diﬀerentialgleichung zweiter Ordnung. Ermitteln Sie ferner jene L¨osungskurve, die den Punkt P (1, 1) enth¨alt. Allgemeine L¨osung: y(x) = 1 − tan(ln x + C), spezielle L¨osung: y(x) = 1 − tan(ln x). 22. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung xy = y(1 + ln |y| − ln |x|) ,

xy = 0 .

L¨osung: y = xeCx . 23. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung xy = y +

x2 + y 2 .

Welche L¨osung gen¨ ugt der Anfangsbedingung y(1) = 0? √ Allgemeine L¨osung: y + x2 + y 2 = Cx2 , x = 0, spezielle L¨osung: y =

x2 − 1 . 2

24. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (x2 + 3y 2 )dx − 2xydy = 0 . L¨osung: x2 + y 2 = Cx3 . 25. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y =

x − 2y . 2x − 3y

Welche L¨osung gen¨ ugt der Anfangsbedingung y(1) = 0? Allgemeine L¨osung: x2 − 4xy + 3y 2 = C, spezielle L¨osung: x2 − 4xy + 3y 2 = 1 . 26. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung x2 y + y 2 = 2xy, x = 0. L¨osung: y =

x2 , y = 0. C +x

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

135

27. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y =

x − 2y − 2 . 2x − 4y + 8

L¨osung: x2 − 4xy + 4y 2 − 4x − 16y = C. 28. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (x + 2y − 1)dx + (2x + 4y − 3)dy = 0 und geben Sie jene L¨osung an, die an der Stelle x = 1 den Funktionswert y = annimmt. Bestimmen Sie ferner den Deﬁnitionsbereich dieser L¨osung.

1 4

Allgemeine L¨osung: (x+2y−1)2 = 2y+C, spezielle L¨osung: 4(x+2y−1)2 = 8y+1,

√ 1 bzw. explizit: y = 3 − 2x + 4 − 4x , x ≤ 1. 4 29. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (1 + x + y)y + y = 0 . L¨osung: y + xy +

y2 = C. 2

30. Ermitteln Sie jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung y + 2xy 2 = 0 , die den Anfangsbedingungen y(0) = −2, y (0) = 1 gen¨ ugt. Allgemeine L¨osung: y = C1 arctan(C1 x) + C2 , spezielle L¨osung: y = arctan x − 2. 31. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (1 + x2 )y + y 2 + 1 = 0 . 2

Zeigen Sie ferner, dass y = − x2 + C eine L¨osung dieser Diﬀerentialgleichung ist, die aber in der allgemeinen L¨osung nicht enthalten ist. L¨osung: y = C1 x + (1 + C12 ) ln |C1 − x| + C2 . 32. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (1 − x2 )y − xy = 0 ,

|x| < 1 .

Welche L¨osung wird durch die Anfangsbedingungen y(0) = −1 und y (0) = 1 festgelegt? Allgemeine L¨osung: y = C1 arcsin x + C2 , spezielle L¨osung: y = arcsin x − 1. 33. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung yy + y 2 = 1 . Ermitteln Sie ferner jene L¨osungskurve y = y(x), die durch den Punkt P (0, 1) geht und dort die Tangente x + y = 1 besitzt. Allgemeine L¨osung: y 2 = C1 + (x + C2 )2 , spezielle L¨osung: y = 1 − x.

136

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

34. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung yy + y 2 = 0 . Ermitteln Sie ferner jene L¨osungskurve y = y(x), die durch den Punkt P (0, 1) geht und dort die Steigung y (0) = 1 besitzt. Allgemeine L¨osung: y 2 = C1 x + C2 , √ spezielle L¨osung: y 2 = 2x + 1 bzw. explizit: y = 2x + 1 . 35. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung

y = 2 y . L¨osung: y =

(x + C1 )3 + C2 . 3

36. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung yy − y 2 = 2y 2 . Ermitteln Sie ferner jene L¨osung 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 L¨osung: y = Aex

2 +Bx

, spezielle L¨osung: y = ex

2 −2x

37. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y + (y )3 = 0 . 1 L¨osung: y(x) = (C1 + 2x)3/2 + C2 x + C3 . 3 38. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung ex (1 + ey )dx + ey (1 + ex )dy = 0 . L¨osung:

ex+y + ex + ey = C.

39. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung

L¨osung:

x+

1 + y 2 dx − y − √

xy

dy = 0 . 1 + y2

√ x2 − y 2 + 2x 1 + y 2 = C.

40. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (2y cos x + sin4 x cos x)dx + 2 sin xdy = 0 . L¨osung:

10y sin x + sin5 x = C.

, Minimum.

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

137

41. Bestimmen Sie jene L¨osung 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 L¨osung explizit dar und geben Sie deren Deﬁnitionsbereich an. L¨osung: a) Allgemeine L¨osung: x4 + y 4 − 6x2 y 2 = C. b) Spezielle L¨osung: 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung y = L¨osung:

sin y + y sin x . cos x − x cos y

x sin y − y cos x = C.

43. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung

L¨osung:

y x √ 2 dy + 1 + √ 2 x + y2 x + y2 √ x + x2 + y 2 = C.

dx = 0 , xy = 0 .

44. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung

2xy y −√ y = x + 2 1 + y2 . 1 + y2 2

√ L¨osung: 3x2 + 12x 1 + y 2 − 2y 3 = C. 45. Bestimmen Sie einen integrierenden Faktor f¨ ur die Diﬀerentialgleichung (y 2 + y arcsin x)dy + √ L¨osung: M = M (y) =

y2 dx = 0, |x| < 1 . 1 − x2

1 . y

46. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (2y + 3xy 2 )dx + (x + 2x2 y)dy = 0 . Ermitteln Sie ferner jene L¨osungskurve, die den Punkt P (1, 2) enth¨alt. Allgemeine L¨osung: x2 y + x3 y 2 = C, spezielle L¨osung: x2 y + x3 y 2 = 6,

bzw. explizit: y =

−1 +

1+ 2x

47. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y = L¨osung:

x2 + y 2 = 2 ln |xy| + C.

y 1 − x2 . x y2 − 1

24 x

.

138

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

48. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung &

'

x3 (sin y − y cos y) − xy y . x sin y + y = 3y 2

2

Ermitteln Sie ferner die L¨osungskurve durch den Punkt P (1, π). Allgemeine L¨osung:

x3 sin y + xy = C , spezielle L¨osung: 3y

x3 sin y + xy = π. 3y

49. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (x4 + y 4 )dx − xy 3 dy = 0 . L¨osung: −

1 y4 + ln |x| = C. 4 x4

50. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung

2y 2 sin(x + y) + y cos(x + y) − 2 dx + sin(x + y) + y cos(x + y) dy = 0 . x x

L¨osung: x2 y sin(x + y) − 2x = C. 51. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung

(8x + 4x3 y 3 )dx +

8x2 + 5x4 y 2 dy = 0 , y

y = 0 .

L¨osung: 4x2 y 2 + x4 y 5 = C. 52. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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. L¨osung: x2 + y 2 = Cx3 . 53. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung 1 2 a) mittels einer geeigneten Variablentransformation, b) als RICCATI-Diﬀerentialgleichung . x 1 L¨osung: y = + . 2 C − 4x y = (x − 2y)2 +

54. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (x2 + y 2 )y + 2xy = 0 a) als exakte Diﬀerentialgleichung , b) als gleichgradige Diﬀerentialgleichung , c) mittels einer geeigneten Variablentransformation. L¨osung: y(3x2 + y 2 ) = C.

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

139

55. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung 2xyy + y 2 = 2 a) als exakte Diﬀerentialgleichung , b) durch Trennung der Variablen , c) mittels einer geeigneten Variablentransformation. L¨osung: xy 2 − 2x = C. 56. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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. L¨osung: Cx = e

x2 +y 2 2

.

57. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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. L¨osung: Cx2 = x + y 2 . 58. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (1 + x + y)y + y = 0 a) als lineare Diﬀerentialgleichung in x(y), b) als exakte Diﬀerentialgleichung , c) als gleichgradige Diﬀerentialgleichung . y2 L¨osung: y + xy + =C . 2 59. Bestimmen Sie alle L¨osungen der Diﬀerentialgleichung y2

dx + x2 = 1 dy

a) durch Trennung der Variablen, b) als BERNOULLI -Diﬀerentialgleichung , c) als RICCATI -Diﬀerentialgleichung . L¨osungen:

x(y) =

Ce−2/y − 1 , y = 0, x = 1. Ce−2/y + 1

140

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

60. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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) . L¨osung: x(y) = Cy − 1 − y 2 . 61. Ermitteln Sie die Diﬀerentialgleichung der folgenden Kurvenschar: y 2 + Cx + 1 = 0 . L¨osung: y =

y2 + 1 . 2xy

62. Bestimmen Sie die Diﬀerentialgleichung der folgenden Kurvenschar: Cx2 + C − y 3 = 0 . L¨osung: 3(1 + x2 )y = 2xy. 63. Bestimmen Sie die Diﬀerentialgleichung der folgenden Kurvenschar: √ y 1 − x2 = C + arcsin x . L¨osung: 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? L¨osung: x2 y + xy − y 2 = x2 · · · RICCATI-Diﬀerentialgleichung. 65. Ermitteln Sie die orthogonalen Trajektorien der Kurvenschar x2 + y 2 − Cx = 0 . L¨osung: 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. L¨osung: 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 ) . L¨osung: (x2 + y 2 )2 = Dxy.

3.1. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen erster Ordnung

141

68. Bestimmen Sie die orthogonalen Trajektorien der Kurvenschar ex cos y = C, C ∈ lR . L¨osung: ex sin y = D. 69. Ermitteln Sie jene Kurvenschar, die die Hyperbelschar xy = C1 unter dem Winkel ϑ = 45◦ schneidet. √ L¨osung: y = −x ± C2 + 2x2 . 70. Bestimmen Sie die isogonalen Trajektorien (Schnittwinkel α = π4 ) der Kurvenschar 1 + 2x + 2y = Cex , C ∈ lR . Welche isogonale Trajektorie enth¨alt den Punkt P (1, 1)? L¨osung: (x + y)2 + x − 3y = D bzw. (x + y)2 + x − 3y = 2.

142

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

3.2

Lineare Diﬀerentialgleichungen von zweiter und h¨ oherer Ordnung

3.2.1

Grundlagen

• Unter einer gew¨ohnlichen 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 ” ” Inhomogenit¨at f als stetig auf einem Intervall I ⊂ lR vorausgesetzt. • Unter einer L¨osung 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) geh¨orige homogene Diﬀerentialgleichung. • Die Gesamtheit L der reell- bzw. komplexwertigen L¨osungen der homogenen Diﬀe| rentialgleichung (3.2) bildet einen Vektorraum u ¨ber lR bzw. C. • Die Gesamtheit der reell- bzw. komplexwertigen L¨osungen der inhomogenen Diﬀe| rentialgleichung (3.1) bildet einen aﬃnen Raum u ¨ber lR bzw. C. D.h.: Die allgemeine L¨osung der inhomogenen Diﬀerentialgleichung (3.1) erh¨alt man durch Addition einer partikul¨aren L¨osung von (3.1) zur allgemeinen L¨osung 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 L¨osung. • k L¨osungen y1 , y2 , . . . , yk der homogenen Diﬀerentialgleichung heißen genau dann linear unabh¨angig, wenn aus λ1 y1 + λ2 y2 + · · · + λk yk ≡ 0 auf I folgt, dass gilt: λ1 = λ2 = · · · = λk = 0. • Die reell- bzw. komplexwertigen L¨osungen 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 unabh¨angige L¨osungen. Man nennt sie auch Fundamentalsystem von (3.2).

3.2. Lineare Diﬀerentialgleichungen von zweiter und h¨oherer Ordnung

143

• WRONSKI-Determinante: n L¨osungen der homogenen Diﬀerentialgleichung n-ter Ordnung sind linear unabh¨angig, 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 L¨osungsintervall I nicht Null ist. • Seien ui (x), i = 1, 2, . . . , m partikul¨are L¨osungen der inhomogenen Diﬀerentialgleichungen Lui = fi . Dann ist y(x) = u1 (x) + u2 (x) + · · · + um (x) L¨osung der inhomogenen Diﬀerentialgleichung Ly = f1 + f2 + · · · + fm . • Sind die Koeﬃzienten in (3.2) konstant, f¨ uhrt der L¨osungsansatz y = eλx auf die Nullstellenbestimmung des charakteristischen Polynoms: P (λ) := λn + an−1 λn−1 + · · · + a1 λ + a0 = 0 . Das charakteristischen Polynoms l¨aßt 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 L¨osungen. (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 zugeh¨orige partikul¨are L¨osung 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), (¨außere Resonanz).

144

Kapitel 3. Gew¨ohnliche 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 , (¨außere 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) , (¨außere Resonanz). Bei Diﬀerentialgleichungen mit nichtkonstanten Koeﬃzienten ist die homogene Diﬀerentialgleichung oft nur in Spezialf¨allen elementar l¨osbar. Bisweilen erzielt man durch Transformation der unabh¨angigen oder/und der abh¨angigen Variablen eine elementar integrierbare Diﬀerentialgleichung. • Transformation der unabh¨a 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 erh¨alt man eine algebraische Gleichung in γ analog zum Exponentialansatz bei Diﬀerentialgleichung mit konstanten Koeﬃzienten. • Transformation der abh¨angigen Variablen (Reduktion der Ordnung): Sei u(x) eine L¨osung der linearen Diﬀerentialgleichung Ly = 0. F¨ ur die gem¨aß ˜ = 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 unabh¨angige L¨osungen von Ly = 0, so kann auf diese Art die Ordnung um k reduziert werden.

3.2. Lineare Diﬀerentialgleichungen von zweiter und h¨oherer Ordnung

3.2.2

145

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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 L¨osung y(x) = C1 ex + C2 e3x . 2. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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 partikul¨aren L¨osungen y1 = 1, y2 = ex , y3 = e−2x , y4 = eix und y5 = e−ix . Letzere lassen sich zu den zwei reellwertigen L¨osungen yˆ4 = cos x und yˆ5 = sin x linear kombinieren. Damit erhalten wir f¨ ur die allgemeine L¨osung: y(x) = C1 + C2 ex + C3 e−2x + C4 cos x + C5 sin x . 3. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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 L¨osungen, die sich zu den zwei reellwertigen L¨osungen yˆ1 = e2x cos(3x) und yˆ2 = e2x sin(3x) linear kombinieren lassen. Die allgemeine L¨osung ist dann: y(x) = C1 e2x cos(3x) + C2 e2x sin(3x) . 4. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung. Die allgemeine L¨osung ist dann: y(x) = C1 e−2x + C2 xe−2x . Bemerkung: Es liegt innere Resonanz“ vor. ”

146

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

5. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y + y − 2y = −14x − 3 . L¨ osung: Wir l¨osen zun¨achst 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 L¨osung der homogenen Gleichung ist dann durch yh (x) = C1 ex + C2 e−2x gegeben. Zur Bestimmung einer partikul¨aren L¨osung 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 L¨osung der inhomogenen Diﬀerentialgleichung ist dann y(x) = C1 ex + C2 e−2x + 5x + 7 . 6. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y − 3y + 2y = 2 cosh x . L¨ osung: Wir l¨osen zun¨achst 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 L¨osung der homogenen Gleichung ist dann durch yh (x) = C1 ex + C2 e2x gegeben. Zur Bestimmung einer partikul¨aren L¨osung 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 l¨osbar. Der Grund daf¨ ur ist, dass die rechte Seite der Diﬀerentialgleichung wegen 2 cosh x = ex + e−x den Summanden ex enth¨alt, der L¨osung der homogenen Gleichung ist. Es tritt daher f¨ ur uhrt aber der folgende Ansatz zu den Summanden ex a¨ußere Resonanz“ auf. Dann f¨ ” einer L¨osung 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung y + 2y + y = xe−x . L¨ osung: Wir l¨osen zun¨achst die homogene Diﬀerentialgleichung mittels des Exponentialansatzes. Das charakteristische Polynom ist P (λ) = λ2 +2λ+1 und besitzt die zweifache

3.2. Lineare Diﬀerentialgleichungen von zweiter und h¨oherer Ordnung

147

Nullstelle λ1/2 = −1. Die allgemeine L¨osung der homogenen Gleichung ist dann durch yh (x) = C1 e−x + C2 xe−x gegeben. Zur Bestimmung einer partikul¨aren L¨osung 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 a¨ußerer 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

.

8. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung

y + 3y + 2y = (12x2 + 26x + 3)ex − x cos x + (x + 1) sin x e−x . L¨ osung: Wir l¨osen zun¨achst 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 L¨osung der homogenen Gleichung ist dann durch yh (x) = C1 e−x + C2 e−2x gegeben. Zur Bestimmung einer partikul¨aren L¨osung 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 partikul¨are L¨osung des Gesamtproblems gewinnen wir dann bekannlich durch Addition der partikul¨aren L¨osungen 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung y + y = cos2 x . L¨ osung: Wir l¨osen zun¨achst 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) L¨osung 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 partikul¨are L¨osung 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. Gew¨ohnliche 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 partikul¨are L¨osung 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 partikul¨aren L¨osung der inhomogenen Gleichung nicht m¨oglich. 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung y − y = tanh x . L¨ osung: Wir l¨osen zun¨achst 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) L¨osung 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 partikul¨are L¨osung 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)

3.2. Lineare Diﬀerentialgleichungen von zweiter und h¨oherer Ordnung

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 partikul¨are L¨osung 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung 4xy + 2y − y = 0 . Hinweis: Transformieren Sie die unabh¨angige Variable mit x = ξ 2 . L¨ osung:

Die abh¨angige Variable transformiert sich dann gem¨aß : 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 L¨osung dieser Gleichung ist u(ξ) = C1 eξ + C2 e−ξ . R¨ ucktransformation liefert dann die allgemeine L¨osung der vorgelegten Diﬀerentialgleichung: √ √ y(x) = C1 e x + C2 e− x .

bzw. vereinfacht und mit u (ξ) :=

12. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

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 L¨osung: 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 L¨osungen yk (x) = xσk ergeben. 13. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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 L¨osung 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 L¨osung 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 zugeh¨orige charakteristische Polynom P (λ) = λ4 − 6λ3 + 11λ2 − 16λ + 8 besitzt die Wurzeln λ1/2 = 2, λ3 = 1 + i und λ4 = 1 − i. Die allgemeine L¨osung 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) .

3.2. Lineare Diﬀerentialgleichungen von zweiter und h¨oherer Ordnung

151

15. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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 abh¨angigen Variablen von der Form y(x) = u(x)v(x) und w¨ahlen dann u so, dass die Diﬀerentialgleichung f¨ ur v m¨oglichst 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 w¨ahlen. Dann erhalten wir die Normalform“ x3 v − x2 v = 0 bzw. v − v = 0. Deren ” allgemeine L¨osung ist v(x) = C1 ex + C2 e−x . Die vorgelegte Diﬀerentialgleichung besitzt dann die allgemeine L¨osung y(x) = C1 xex + C2 xe−x . 16. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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 abh¨angigen Variablen von der Form y(x) = u(x)v(x) und w¨ahlen dann u so, dass die Diﬀerentialgleichung f¨ ur v m¨oglichst 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 L¨osung v(x) = C1 cos x + C2 sin x + x. Die allgemeine L¨osung der vorgelegten Diﬀerentialgleichung ist dann Mit u =

y(x) = C1

cos x sin x x + C2 + . 1 − x2 1 − x2 1 − x 2

152

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

17. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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 abh¨angigen Variablen von der Form y(x) = u(x)v(x) und w¨ahlen f¨ ur u eine partikul¨are L¨osung der homogenen Gleichung. Bekanntlich wird dann der Koeﬃzient von v Null und wir k¨onnen mit w(x) := v (x) die Ordnung der Diﬀerentialgleichung um 1 reduzieren. Im vorliegenden Fall err¨at man leicht, dass u(x) = x eine L¨osung 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 L¨osung w(x) = C1 ex −1. Integration liefert: v(x) = C1 ex + C2 − x. Die allgemeine L¨osung der vorgelegten Diﬀerentialgleichung ist dann y(x) = C1 xex + C2 x − x2 . 18. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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 .

Zun¨achst erkennt man schnell, dass w(x) = x L¨osung ist. Zur Gewinnung einer weiteren L¨osung schreiben wir die Diﬀerentialgleichung in der Form:

(w + 4w) − 2x cot(2x)w + 2w = 0 . Eine L¨osung liegt sicher vor, wenn die beiden Klammerausdr¨ ucke verschwinden, d.h. wenn gilt: w + 4w = 0 und cot(2x)w + 2w = 0 . Die allgemeine L¨osung der ersten Gleichung ist w(x) = A cos(2x) + B sin(2x). Wir versuchen nun A und B so zu w¨ahlen, dass auch die zweite Gleichung erf¨ ullt ist. Da wir wegen der ersten Gleichung w in der zweiten Gleichung durch −4w ersetzen k¨onnen, 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 w¨ahlen. Dann ist aber w = sin(2x) auch eine L¨osung der Diﬀerentialgleichung f¨ ur w. Damit ist w(x) = 2C1 x − 2C2 sin(2x) die allgemeine L¨osung der w-Gleichung. Die allgemeine L¨osung der vorgelegten Differentialgleichung folgt dann durch Integration: y(x) = C1 x2 + C2 cos(2x) + C3 .

3.2. Lineare Diﬀerentialgleichungen von zweiter und h¨oherer Ordnung

153

19. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung x2 (ln x)2 y + x ln x(ln x + 1)y − y = 0 , x > 0 . Hinweis: Transformieren Sie die unabh¨angige Variable mit x = eξ . L¨ osung:

Die abh¨angige Variable transformiert sich dann gem¨aß : 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 l¨osen. Einsetzen liefert die algebraische Gleichung: σ(σ − 1) + σ − 1 = 0. Diese besitzt die Wurzeln σ1 = 1 und σ2 = −1. C2 Die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung f¨ ur u ist dann u(ξ) = C1 ξ + . ξ Die allgemeine L¨osung der vorgelegten Diﬀerentialgleichung ist dann aber y(x) = C1 ln x +

3.2.3

C2 . ln x

Beispiele mit L¨ osungen

1. Bestimmen Sie den L¨osungsraum 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 .

L¨osungen: (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

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

2. L¨osen 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

L¨osungen: (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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung y + 2y + y = e−x . Bestimmen Sie ferner jene spezielle L¨osung, die den Anfangsbedingungen y(0) = 0, y (0) = 0 gen¨ ugt. Allgemeine L¨osung: y = (C1 + C2 x)e−x +

x2 −x x2 −x e , spezielle L¨osung: y = e . 2 2

4. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y + y − 2y = (3 − 4x)ex . L¨osung: y = C1 ex + C2 e−2x +

13 2x − xex . 9 3

5. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y + y = x . L¨osung: y = C1 + C2 x + C3 e−x −

x 2 x3 + . 2 6

6. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y (4) − y − y + y = e2x . Ermitteln Sie ferner jene L¨osung, die den folgenden Anfangsbedingungen gen¨ ugt: y(0) =

1 , 6

y (0) =

1 , 3

y (0) =

2 , 3

y (0) =

Allgemeine L¨osung: y = C1 + C2 ex + C3 xex + C4 e−x + spezielle L¨osung: y =

e2x , 6

e2x . 6

7. Bestimmen Sie α, β ∈ lR so, dass in der Diﬀerentialgleichung y + 6y + αy = e2βx

4 . 3

3.2. Lineare Diﬀerentialgleichungen von zweiter und h¨oherer Ordnung

155

innere und ¨außere Resonanz vorliegt. Ermitteln Sie anschließend die allgemeine L¨osung dieser Gleichung. 3 L¨osung: Innere Resonanz f¨ ur α = 9, ¨außere Resonanz f¨ ur β = − , 2 x2 −3x y = C1 e−3x + C2 xe−3x + e . 2 8. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y − 2y + 5y = sin x cos x .

L¨osung: 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 L¨osung dieser Gleichung. L¨osung: innere Resonanz f¨ ur α = 4, y = C1 e−2x + C2 xe−2x +

9 x x2 − + . 8 2 4

10. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y + 4y =

1 . cos(2x)

Bestimmen Sie ferner jene spezielle L¨osung, die den Anfangsbedingungen y(0) = y (0) = 0 gen¨ ugt. Allgemeine L¨osung: y = C1 cos(2x) + C2 sin(2x) + spezielle L¨osung: 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung y − 3y + 2y =

1 . 1 + e−x

L¨osung: y = C1 e2x + C2 ex + (ex + e2x ) ln(1 + e−x ). 12. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung √ √ y + 7y = 7 tan( 7x) . √ ! √ ! 1 + sin( 7x) 1 " √ . L¨osung: y = C1 cos( 7x) + C2 sin( 7x) − √ cos( 7x) ln 7 1 − sin( 7x)

√

√

13. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y − 4y + 4y = L¨osung: y = C1 e2x + C2 xe2x − ln |x|e2x .

e2x . x2

156

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

14. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y − y − 2y = 2 ln |x| +

1 1 + , x x2

x = 0 .

L¨osung: y = C1 e2x + C2 e−x − ln |x|. 15. Bestimmen Sie den L¨osungsraum 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 . L¨osungen: 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. L¨osen 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.

L¨osungen: 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 L¨osung 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.

3.2. Lineare Diﬀerentialgleichungen von zweiter und h¨oherer Ordnung

Allgemeine L¨osung: y = C1 x + C2 x3 , spezielle L¨osung: y =

157

x(3 − x2 ) . π(π 2 − 3)

18. Bestimmen Sie jene L¨osung 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 L¨osungskurven der Diﬀerentialgleichung L¨osung: 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) − − . L¨osung: y = 9 3x 9x 20. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung √ L¨osung: 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 partikul¨are L¨osung y = Cx3 ln |x|? L¨osung: α = −5. 22. Bestimmen Sie mittels Reduktion der Ordnung (nachdem Sie eine spezielle L¨osung erraten haben) die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (1 − x)y + xy − y = 0 . Bestimmen Sie ferner jene spezielle L¨osung, die den Anfangsbedingungen ugt. y(0) = 1 und y (0) = 2 gen¨ Allgemeine L¨osung: y(x) = C1 x + C2 ex , spezielle L¨osung: 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 partikul¨are L¨osung besitzt. Ermitteln Sie unter dieser L¨osungsschar jene L¨osung, die f¨ ur x = 1 eine Tangente besitzt, die mit der positiven x-Achse einen Winkel von π6 einschließt. L¨osung: α = 12, Gleichung der Schar: y = C(5x3 − 3x), 1 spezielle L¨osung: y = √ (5x3 − 3x) . 12 3

158

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

24. Erraten Sie eine L¨osung der Diﬀerentialgleichung (1 − x2 )y − 2xy + 2y = 0 und ermitteln Sie anschließend die allgemeine L¨osung.

Spezielle L¨osung: yp = x, allgemeine L¨osung: 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 L¨osung der homogenen Diﬀerentialgleichung und ermitteln Sie anschließend die allgemeine L¨osung. Spezielle L¨osung: yp,h = x, allgemeine L¨osung: y = C1 x + C2 (x2 − 1) + 3 + x4 . 26. Erraten Sie eine L¨osung der Diﬀerentialgleichung x2 cos x y + (x sin x − 2 cos x)(xy − y) = 0 und ermitteln Sie anschließend die allgemeine L¨osung. Spezielle L¨osung: yp = x, allgemeine L¨osung: y = C1 x + C2 x sin x. 27. Bestimmen Sie - mittels Reduktion der Ordnung - die allgemeine L¨osung der Differentialgleichung x2 (x + 1)y − x(x2 + 4x + 2)y + (x2 + 4x + 2)y = 0 ,

x(x + 1) = 0 .

Ermitteln Sie ferner jene L¨osung, f¨ ur die gilt: y(1) = 1, y (1) = −1. Allgemeine L¨osung: y = C1 x2 ex + C2 x

spezielle L¨osung: y = −x2 ex−1 + 2x.

3.3. L¨osungsdarstellungen 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung dort durch eine Potenzreihe um x0 darstellbar. Insbesondere ist die L¨osung 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 singul¨arer 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 singul¨arer 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung y − xy − y = 0 . L¨ osung: Wir setzen die L¨osung in Form einer Potenzreihe mit Entwicklungsmitte x0 = 0 an:

160

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

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 L¨osung. Durch spezielle Wahl dieser beiden Konstanten erhalten wir zwei (linear unabh¨angige) L¨osungen. 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 vollst¨andiger 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 vollst¨andiger 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung y − xy + 4y = 0 . L¨ osung: Wir setzen die L¨osung in Form einer Potenzreihe mit Entwicklungsmitte x0 = 0 an:

3.3. L¨osungsdarstellungen mittels Reihen

y(x) =

∞

an xn . =⇒ y (x) =

n=0

∞

161

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

∞

(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 L¨osung. Durch spezielle Wahl dieser beiden Konstanten erhalten wir zwei (linear unabh¨angige) L¨osungen. 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 vollst¨andiger

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 L¨osung 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 L¨osung in Form einer Potenzreihe mit Entwicklungsmitte x0 = 0 an: 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=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. Gew¨ohnliche 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 vollst¨andiger 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 L¨osung des Anfangswertproblems: y(x) =

∞

x2 (−1)m x2m = e− 2 . m m!2 m=0

4. Bestimmen Sie mittels eines geeigneten Reihenansatzes jene L¨osung 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 L¨osung in Form einer Potenzreihe mit Entwicklungsmitte x0 = 0 an: y(x) =

∞

n=0

an xn . =⇒ y (x) =

∞

n=0

nan xn−1 und y (x) =

∞

n=0

n(n − 1)an xn−2 .

3.3. L¨osungsdarstellungen mittels Reihen

163

Durch Einsetzen in die Diﬀerentialgleichung erhalten wir: ∞

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 zun¨achst: a2 = 12 , a3 = 16 , a4 = 24 . Diese , a5 = 120 =⇒ ak = k! Vermutung kann durch vollst¨andige Induktion best¨atigt werden. Damit erhalten wir f¨ ur die L¨osung des Anfangswertproblems: y(x) =

∞

xk = ex . k! k=0

5. Bestimmen Sie mittels eines geeigneten Reihenansatzes um den Punkt x0 = 0 die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung

x2 y + xy + x2 −

1 y=0. 4

L¨ osung: Da der Koeﬃzient der h¨ochsten (hier der zweiten) Ableitung an x0 = 0 Null wird, ist die Existenz eine einfachen Potenzreihenl¨osung nicht gesichert. Da aber x = 0 eine außerwesentliche singul¨are Stelle der Diﬀerentialgleichung ist, existieren nach FROBENIUS L¨osungen 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 zun¨achst: 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 vollst¨andiger

164

Kapitel 3. Gew¨ohnliche 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 vollst¨andiger 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung xy + (x + 1)y + y = 0 . L¨ osung: Da der Koeﬃzient der h¨ochsten (hier der zweiten) Ableitung an x0 = 0 Null wird, ist die Existenz eine einfachen Potenzreihenl¨osung nicht gesichert. Da aber x = 0 eine außerwesentliche singul¨are Stelle der Diﬀerentialgleichung ist, existieren nach FROBENIUS L¨osungen 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 zun¨achst: 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 unabh¨angige) L¨osung folgenden Ansatz: y2 (x) =

∞ n=0

cn xn + y1 (x) ln x =

∞ n=0

cn xn + e−x ln x .

3.3. L¨osungsdarstellungen mittels Reihen

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 zun¨achst (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 k¨onnen, 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

Beispiele mit L¨ osungen

1. Bestimmen Sie mittels eines Potenzreihenansatzes jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung y + x3 y = 1 + x + x2 , ugt. die den Anfangsbedingungen y(0) = y (0) = 1 gen¨ (Berechnen Sie die ersten 7 Glieder.) L¨osung: y = 1 + x +

x2 x3 x4 x5 x6 + + − − + ··· . 2 6 12 20 30

2. Bestimmen Sie durch Reihenentwicklung nach Potenzen von x jene L¨osung 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 , L¨osung: 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

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

3. Bestimmen Sie durch Reihenentwicklung nach Potenzen von x jene L¨osung 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 . L¨osung: 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 L¨osung 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: L¨osung: cn+2 = n+1 −1 . c2k+1 = 0, c2k = 2k − 1 5. Bestimmen Sie mit Hilfe einen Potenzreihenenansatz jene L¨osung 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 . L¨osung: 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 L¨osung der Differentialgleichung (x2 − 1)y + 4xy = 0 . L¨osung: ∞

&

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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung (x − x2 )y + 3xy − 4y = 0 , die den Anfangsbedingungen y(0) = 0 und y (0) = 2 gen¨ ugt. L¨osung: y(x) = 2x + x2 .

3.3. L¨osungsdarstellungen mittels Reihen

167

8. Bestimmen Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes eine partikul¨are L¨osung der folgenden Diﬀerentialgleichung und summieren Sie diese auf: xy − xy − y = 0 . L¨osung: y(x) =

∞

xk = xex . (k − 1)! k=1

9. Bestimmen Sie mit Hilfe eines geeigneten Reihenansatzes jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung (5x2 + x)y − 4xy − 2y = 0 , die den Anfangsbedingungen y(0) = 0 und y (0) = 1 gen¨ ugt. L¨osung: y(x) = x + 3x2 . 10. Bestimmen Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 eine partikul¨are L¨osung der Diﬀerentialgleichung xy + (1 − 2x)y + (x − 1)y = 0 und summieren Sie diese L¨osung auf. ∞ xk L¨osung: 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 L¨osung besitzt und bestimmen Sie dieses so, dass die folgende Bedingung erf¨ ullt ist: Die L¨osungskurve besitzt bei x = 1 eine Tangente, die mit der positiven x-Achse einen Winkel von π6 einschließt. L¨osung: a = 12, y(x) =

1 √ (5x3 − 3x). 12 3

12. Ermitteln Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 die L¨osung des Anfangswertproblems y + y = x , y(0) = y (0) = 0 . L¨osung: 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 L¨osung des Anfangswertproblems (1 − x2 )y − 2xy + 12y = 0 , L¨osung: y(x) = 6x − 10x3 .

y(0) = 0, y (0) = 6 .

168

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

14. Bestimmen Sie mittels eines Potenzreihenansatzes jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung (1 + x2 )y + xy − 4y = 0 , ugt. die den Anfangsbedingungen y(0) = 1, y (0) = 0 gen¨ L¨osung: y(x) = 2x2 + 1. 15. Ermitteln Sie mit Hilfe eines (gew¨ohnlichen) Potenzreihenansatzes um x0 = 0 eine spezielle L¨osung der Diﬀerentialgleichung 2xy + (3 − 2x)y − 2y = 0 , und bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe. L¨osung: y(x) =

∞

22n n! xn , (2n + 1)! n=0

R = 1.

16. Ermitteln Sie mit Hilfe eines (gew¨ohnlichen) Potenzreihenansatzes um x0 = 0 eine spezielle L¨osung der Diﬀerentialgleichung x(x − 1)y + 2(2x − 1)y + 2y = 0 , und bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe. Geben Sie ferner die L¨osung in geschlossener Form an. L¨osung: y(x) =

∞ n=0

xn =

1 , 1−x

R = 1.

17. Ermitteln Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 die allgemeine L¨osung der Diﬀerentialgleichung [(x2 − 1)y ] − 2y = 0 , und bestimmen Sie die Konvergenzradien der auftretenden Potenzreihen. L¨osung: 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung x(xy ) + x2 y = 0 , und bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe. L¨osung: y(x) =

∞

(−1)n z 2n , n 2 n=0 4 (n!)

R = ∞.

19. Ermitteln Sie mit Hilfe eines Potenzreihenansatzes um x0 = 0 jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung (3x2 − 1)y − 6xy + 6y = 0 , ugt. die den Anfangsbedingungen y(0) = y (0) = 1 gen¨ Allgemeine L¨osung: y(x) = C1 x + C2 (3x2 + 1), spezielle L¨osung: 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 L¨osung. • 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 unabh¨angigen Eigenvektoren besitzt, erh¨alt man mit x(t) =

n

Cici eλi t

i=1

die allgemeine L¨osung 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 L¨osung 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 (abh¨angige) Variable zu eliminieren. Dazu l¨osen wir die erste Gleichung nach y auf und diﬀerenzieren

170

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

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 zun¨achst: 4 2 Nach Vereinfachung erhalten wir die Diﬀerentialgleichung 2. Ordnung f¨ ur x:

x¨ − 3x˙ − 18x = −74 sin t + 37 cos t − 4e2t . Zur L¨osung 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 L¨osung der homogenen Gleichung ist dann xh (t) = C1 e6t + C2 e−3t . Zur L¨osung 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 k¨onnen 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 L¨osung 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 L¨osung 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 L¨osung 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

3.4. Lineare Systeme von Diﬀerentialgleichungen

171

nichttriviale L¨osung c1 bzw. c2 des Systems (A − λE)c = 0. Diese Vektoren heißen Eigenvektoren der Matrix A und sind f¨ ur verschiedene Eigenwerte linear unabh¨angig. In unserem Fall erhalten wir f¨ ur λ1 = −2 aus der ersten Gleichung des Systems (A − λE)c = 0: 12c1 − 18c2 = 0 die L¨osung c1 = 32 . Analog erhalten wir f¨ ur den Eigenwert λ2 = 1 die Gleichung 9c1 − 18c2 = 0 und damit den Eigenvektor c2 = Die allgemeine L¨osung des homogenen Diﬀerentialgleichungssystems ist dann

xh (t) = C1

2 1

.

3 −2t 2 t e + C2 e . 2 1

Zur Gewinnung einer partikul¨aren L¨osung des inhomogenen Diﬀerentialgleichungssystems treﬀen wir wegen der Gestalt der rechten Seite b(t) (Polynome h¨ochstens 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. Auﬂ¨osung dieses linearen Gleichungssystems liefert: a = 41 , b = 72 , c = 9, d = 11 , e = 1 und f = 5. Eine partikul¨are L¨osung des 4 2 inhomogenen Systems ist dann 41

xi (t) =

4 11 2

+ 7t2 + 9t2 + t + 5t2

.

F¨ ur die allgemeine L¨osung 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 L¨osung 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 L¨osung des vorliegenden Diﬀerentialgleichungssystems verwenden wir eine auf HEAVISIDE zur¨ uckgehende Methode. Dazu f¨ uhren wir den Diﬀerentialoperator

172

Kapitel 3. Gew¨ohnliche 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 L¨osung 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 L¨osung der homogenen Gleichung ist oﬀensichtlich y = C3 e−t . Mit dem Ansatz yi (t) = Aet + Be3t + C erhalten wir durch Einsetzen eine partikul¨are L¨osung 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 .

3.4. Lineare Systeme von Diﬀerentialgleichungen

173

4. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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 L¨osungen 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 unabh¨angige Eigenvektoren es dazu gibt, h¨angt 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 unabh¨angige 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 unabh¨angige 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 L¨osung 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 L¨osung des Systems x˙ 1 = x2 x˙ 2 = x3 x˙ 3 = −x2 + 2x3

⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭

x1 = x1 (t), x2 = x2 (t), x3 = x3 (t).

174

Kapitel 3. Gew¨ohnliche 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 L¨osungen 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 unabh¨angige Eigenvektoren es dazu gibt, h¨angt 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 unabh¨angigen Eigenvektor und damit nur eine L¨osung. Aus den Gleichungen ⎛ ⎞ 1 ⎜ ⎟ −c1 + c2 = 0 und −c2 + c3 = 0 erhalten wir f¨ ur diesen Eigenvektor c2 = ⎝ 1 ⎠. Um 1 eine weitere L¨osung 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 L¨osung⎛erhalten wir a3 = 1 + a2 und a2 = 1 + a1 . W¨ahlen wir speziell a1 = 0, so ⎞ 0 ⎟ folgt: a = ⎜ angigen L¨osungen 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

3.4. Lineare Systeme von Diﬀerentialgleichungen

175 ⎞

⎛

1 ⎟ ⎜ und −c2 + 2c3 = 0 der Eigenvektor c1 = ⎝ 0 ⎠. Damit erhalten wir insgesamt als 0 allgemeine L¨osung 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 L¨osung 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 L¨osung 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 gew¨ahlte Ansatz tats¨achlich L¨osung unseres Systems ist. Unsere Hauptaufgabe besteht nun in der Ermittlung der Matrix eAt . Dazu ben¨otigen 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 vollst¨andiger Induktion l¨aßt 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

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

=

et e2t − et 0 e2t

x(t) =

3.4.3

und damit letzlich f¨ ur die allgemeine L¨osung:

et e2t − et 0 e2t

C1 C2

C1 et + C2 (e2t − et ) C1∗ et + C2 e2t = = C2 e2t C2 e2t

.

Beispiele mit L¨ osungen

1. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung des Diﬀerentialgleichungssystems x˙ = x + y y˙ = 8x + 3y

.

Allgemeine L¨osung: x(t) = C1 e5t + C2 e−t , y(t) = 4C1 e5t − 2C2 e−t . 2. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung des Diﬀerentialgleichungssystems x˙ − y = t y˙ − 2x − y = 0 L¨osung: x(t) = C1 e2t + C2 e−t − 34 +

t 2

.

, y(t) = 2C1 e2t − C2 e−t + 12 − t.

3. L¨osen Sie das folgende Anfangswertproblem: x(t) ˙ = 8x(t) + 10y(t),

x(0) = 17/3,

y(t) ˙ = 6x(t) − 3y(t), 12t

L¨osung: x(t) = e

y(0) = 1.

(5, 2) − e−7t (−2/3, 1)T . T

4. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung 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)

L¨osungen: 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 L¨osung x = x(t), y = y(t) des Diﬀerentialgleichungssystems e3t x˙ = 4x − y + t . e3t y˙ = x + 2y − 2 t L¨osung: 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 .

3.4. Lineare Systeme von Diﬀerentialgleichungen

177

6. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung des Diﬀerentialgleichungssystems x˙ = x − y + t2 ,

y˙ = 2x − y + et .

L¨osung: 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 L¨osung x = x(t), y = y(t) des Diﬀerentialgleichungssystems x˙ + 2y˙ = x + y + t . 2x˙ + y˙ = x + y + t Bestimmen Sie ferner jene spezielle L¨osung des Systems, die den Randbedingungen x(0) = 0 und y(0) = −1 gen¨ ugt. 2t

Allgemeine L¨osung: x(t) = C1 e 3 + C2 − 2t − spezielle L¨osung: 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. L¨osung: 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. L¨osung: x(t) = 23 et − 12 e−t − t − 1, y(t) = 32 et + 12 e−t − 2. 10. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung des Diﬀerentialgleichungssystems x˙ = t2 y 4 y˙ = 4 x t

,

x = x(t), y = y(t) .

Bestimmen Sie ferner jene spezielle L¨osung des Systems, die den Randbedingungen x(0) = 0 und x(1) = 1 gen¨ ugt. C2 C2 Allgemeine L¨osung: x(t) = C1 t4 + , y(t) = 4C1 t − 4 , t t spezielle L¨osung: x(t) = t4 , y(t) = 4t.

178

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

11. Bestimmen Sie durch Elimination die allgemeine L¨osung des Diﬀerentialgleichungssystems x˙ 1 = 3x1 − 3x2 + et . x˙ 2 = x1 − x2 + cos t L¨osung: 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 L¨osung des Diﬀerentialgleichungssystems x˙ 1 = 10x1 − 18x2 . x˙ 2 = 6x1 − 11x2

L¨osung: x(t) =

x1 3 −2t 2 t = C1 e + C2 e. 2 1 x2

13. Bestimmen Sie mittels der HEAVISIDE-Methode die allgemeine L¨osung des linearen Diﬀerentialgleichungssystems x˙ = x − 2y + 1 y˙ = 2x − z + t

. 2

z˙ = 4x − 2y − z + t

L¨osung: √

√ 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 L¨osungen 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

L¨osungen: 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

.

3.4. Lineare Systeme von Diﬀerentialgleichungen

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 L¨osung des Diﬀerentialgleichungssystems x˙ = 2y + 6 − 6t 2y˙ = −3x − 8y − 20 + 18t

.

Ermitteln Sie ferner jene L¨osung, die der Anfangsbedingung x(0) = 2 und y(0) = −4 gen¨ ugt. Allgemeine L¨osung:

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 L¨osung: x(t) = 2 − 2t,

16. Bestimmen Sie die allgemeine L¨osung des Diﬀerentialgleichungssystems 2x˙ + 5y˙ + 22x + 19y = t 3x˙ + 8y˙ + 35x + 30y = 1 − t2 L¨osung:

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

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

3.5

Autonome Diﬀerentialgleichungen und autonome Systeme

3.5.1

Grundlagen

Autonome Diﬀerentialgleichungen und autonome Systeme sind dadurch gekennzeichnet, dass sie die unabh¨angige Variable nicht explizit enthalten. • Die spezielle autonome Diﬀerentialgleichung x¨ + g(x) = 0 enth¨alt 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 Phasenportr¨at“ 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 singul¨are Punkte genannt. An diesen Stelle ist die potentielle Energie lokal station¨ar. 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 singul¨are Punkt eine stabile Gleichgewichtslage, in den beiden anderen F¨allen ist er instabil. • F¨ ur die Phasenkurven in der Umgebung der singul¨aren 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 singul¨aren 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 singul¨aren 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 singul¨aren 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 h¨oherer 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 h¨angt ebenfalls nicht explizit von der unabh¨angigen Variablen t ab. Punkte P (xs , ys ), f¨ ur die f (xs , ys ) = 0 und g(xs , ys ) = 0 gilt, heißen singul¨are oder kritische Punkte des Systems. Eine L¨osung 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung y = und f (x, y) heißt Phasenkurve oder Trajektorie des Systems. Alle Trajektorien bilden wieder das Phasenportr¨at. • Das Phasenportr¨at eines nichtlinearen Systems in der Umgebung eines singul¨aren Punktes entspricht in den meisten F¨allen 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 singul¨aren 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 unabh¨angige Eigenvektoren: eigentlicher Knoten (asymptotisch stabil f¨ ur negativen Eigenwert, instabil f¨ ur positiven Eigenwert). b) Ein unabh¨angiger Eigenvektor: singul¨arer Knoten (asymptotisch stabil f¨ ur negativen Eigenwert, instabil f¨ ur positiven Eigenwert).

182

Kapitel 3. Gew¨ohnliche 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 imagin¨are 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 imagin¨aren Eigenwerten des linearisierten Systems kann der Charakter der singul¨aren Punkte des nichtlinearen Systems von dem des linearisierten verschieden sein.

3.5.2

Musterbeispiele

1. Diskutieren Sie in der Phasenebene (singul¨are Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x2 x¨ + −3=0 . 3 L¨ osung: (a) Singul¨are Punkte: x2 Es ist g(x) = − 3. Aus g(x) = 0 ergeben sich zwei singul¨are Punkte: P1 (3, 0) 3 und P2 (−3, 0). (b) Klassiﬁzierung der singul¨aren 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 (singul¨are Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ − x3 + x2 = 0 . L¨ osung: (a) Singul¨are Punkte: Es ist g(x) = x2 − x3 = x2 (1 − x). Aus g(x) = 0 ergeben sich zwei singul¨are Punkte: P1 (0, 0) und P2 (1, 0). (b) Klassiﬁzierung der singul¨aren 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 (singul¨are Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ + x2 −

2x =0. 1 + x2

L¨ osung: (a) Singul¨are Punkte: 2x . Aus g(x) = 0 folgt zun¨achst: x4 + x2 − 2x = 0 1 + x2 mit den einzigen reellen Wurzeln x = 0 und x = 1. Damit erhalten wir zwei singul¨are Punkte: P1 (0, 0) und P2 (1, 0).

Es ist g(x) = x2 −

(b) Klassiﬁzierung der singul¨aren 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 (singul¨are Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): 4 x¨ − + x = 0 . x L¨ osung: (a) Singul¨are 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 singul¨are Punkte: P1 (−2, 0) und P2 (2, 0).

184

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen (b) Klassiﬁzierung der singul¨aren 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 (singul¨are Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): 2

x¨ + x2 e−x (3 − 2x2 ) = 0 . L¨ osung: (a) Singul¨are 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 singul¨are Punkte: P1 (0, 0), P2 −

und P3 −

3 2

3 2

,0

,0 .

(b) Klassiﬁzierung der singul¨aren 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 Phasenportr¨at 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 Phasenportr¨at dt besteht aus konzentrischen Kreislinien um den Gleichgewichtspunkt (0, 0), der dann ein Wirbelpunkt des Systems ist.

3.5. Autonome Diﬀerentialgleichungen und autonome Systeme

185

7. Untersuchen Sie den Charakter des singul¨aren 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 Phasenportr¨at dieses nichtlinearen Systems. L¨ osung: Die singul¨aren 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 L¨osung 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 St¨orung 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 zun¨achst: 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 Phasenportr¨at besteht aus daher aus mit C spiralf¨ormigen Kurven. 8. Untersuchen Sie den Charakter des singul¨aren 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 Phasenportr¨at dieses nichtlinearen Systems. L¨ osung: Die singul¨aren 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 L¨osung 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. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen wachsendem t immer weiter vom Ursprung. Da dieser f¨ ur das linearisierte System ein Wirbelpunkt ist, kann bei einer kleinen St¨orung 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 Phasenportr¨at besteht daher C − 2ϕ aus spiralf¨ormigen Kurven mit einer Asymptote bei ϕ = C2 . Bemerkung: Eine stabile Gleichgewichtslage in Form eines Wirbelpunktes kann bei einer kleinen St¨orung 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) Singul¨are 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 L¨osungen x1 = 0 und x2 = − . Das ergibt zwei singul¨are 2 3 4 4 Punkte: P1 (0, 0) und P2 − , . 3 3 (b) Untersuchung auf Stabilit¨at: 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 zun¨achst 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 imagin¨ar 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

3.5. Autonome Diﬀerentialgleichungen und autonome Systeme

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 spiralf¨ormige 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 gekl¨art 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 k¨onnen 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 l¨aßt sich nach r auﬂ¨osen: 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. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen Daraus erkennen wir: F¨ ur ρ < 1 n¨ahern 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 Stabilit¨at orbitale Stabilit¨at“. ” ”

11. Ermitteln Sie das Phasenportr¨at 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) singul¨arer 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 Phasenportr¨ats 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 Phasenportr¨at ist dann eine Hyperbelschar in der xy-Ebene. 12. Ermitteln Sie das Phasenportr¨at des linearen Systems x(t) ˙ = 3x(t) − 3y(t) , y(t) ˙ = 3y(t) . L¨ osung: Der singul¨are 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 Phasenportr¨ats 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 Phasenportr¨at des Systems dar.

3.5. Autonome Diﬀerentialgleichungen und autonome Systeme

189

13. Diskutieren Sie das folgende nichtlineare System in der Phasenebene (singul¨are Punkte und deren Charakter, Stabilit¨at): x˙ = xey + y =: f (x, y) y˙ = xy + x =: g(x, y)

.

L¨ osung: (a) Singul¨are 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 singul¨are Punkte: P1 (0, 0) und P2 (e, −1). (b) Charakter der singul¨aren Punkte, Stabilit¨at: 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 (singul¨are Punkte und deren Charakter, Stabilit¨at): x˙ = x − (x + y)2 =: f (x, y) y˙ =

1 4

− 14 (x − y)2 =: g(x, y)

.

L¨ osung: (a) Singul¨are 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. W¨ahrend 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 singul¨aren Punkte P1 (1, 0) und P2 14 , − 34 .

190

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen (b) Charakter der singul¨aren Punkte, Stabilit¨at: 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 (singul¨are Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ − x3 − x2 = 0 . L¨osung: 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 (singul¨are Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ + x2 −

2 =0. 1 + x2

3.5. Autonome Diﬀerentialgleichungen und autonome Systeme

191

L¨osung: 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 (singul¨are Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ − x(ex−1 − 1) = 0 . L¨osung: 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 (singul¨are Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ +

x 2x + =0. 1−x 1+x

L¨osung: 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 (singul¨are Punkte und deren Typ, Phasenkurven, Separatrizen, Skizze): x¨ + sin x − tan x = 0 ,

−

π 3π ≤x< . 2 2

L¨osung: P1 (0, 0) · · · Sattelpunkt h¨oherer 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 (singul¨are Punkte und deren Charakter, Stabilit¨at): x x˙ = xy − y , x = 2, y = 0. x+y y˙ = 2−x L¨osung: P1 (−1, 1) · · · instabiler Strudelpunkt, P2 (1, −1) · · · Sattelpunkt (instabil).

192

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

7. Gegeben ist das nichtlineare System x˙ = xy 2 − ay 2 − 4x + 4a y˙ = 1 + 4x +

.

y2 4

Bestimmen Sie - in Abh¨angigkeit von a - die singul¨aren Punkte. F¨ ur welche a ∈ lR treten Sattelpunkte auf? L¨osung: 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 (singul¨are Punkte und deren Charakter, Stabilit¨at): x˙ = x − 2y + x3 y˙ = −y + xy

.

L¨osung: P1 (0, 0) · · · Sattelpunkt (instabil), P2 (1, 1) · · · instabiler Knoten. 9. Diskutieren Sie das folgende nichtlineare System in der Phasenebene (singul¨are Punkte und deren Charakter, Stabilit¨at): x˙ = x2 + y 2 − 2 y˙ = x + y

.

L¨osung: 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. L¨osung: 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. L¨osung: P1 (1, 0) · · · instabiler Strudelpunkt, P2 ( 14 , 34 ) · · · Sattelpunkt (instabil).

3.5. Autonome Diﬀerentialgleichungen und autonome Systeme

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 Stabilit¨at. L¨osung: 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 singul¨aren Punkte des Systems. b) Pr¨ ufen Sie, ob der Punkt P (1, 1) ein stabiler singul¨arer Punkt ist. L¨osung: a) P1 (0, 0), P2 (1, 1), P3 (1, −1). b) P2 (1, 1) ist ein instabiler Knoten. 14. Bestimmen Sie den Charakter der singul¨aren Punkte des folgenden nichtlinearen Systems: x˙ = x − 2y + x2 . y˙ = −y + xy L¨osung: 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 Stabilit¨at. L¨osung: 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 .

L¨osung: P1 ( 32 , 0) · · · instabiler Knoten, P2 ( 92 , 1) · · · Sattelpunkt (instabil). 17. Bestimmen Sie den Charakter der singul¨aren Punkte des folgenden nichtlinearen Systems: x x˙ = sinh y , y = 0 . 2 y˙ = y + xy − 1 L¨osung: P1 (0, 1) · · · instabiler Knoten, P2 (0, −1) · · · stabiler Knoten.

194

Kapitel 3. Gew¨ohnliche Diﬀerentialgleichungen

18. Gegeben ist das nichtlineare Diﬀerentialgleichungssystem x˙ = x − y y˙ = ay + x2 − xy

,

a ∈ lR, a = 0 .

Bestimmen Sie die singul¨aren Punkte des Systems und untersuchen Sie, f¨ ur welche Werte von a das System im Ursprung einen Sattelpunkt besitzt. L¨osung: 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) w¨achst h¨ochstens 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 Singularit¨aten“ besitzen. ” • Die LAPLACE-Transformation besitzt folgende Eigenschaften: 1. L[c1 f1 + c2 f2 ] = c1 L[f1 ] + c2 L[f2 ] · · · Linearit¨at, 2. L[eat f (t)] = F (s − a) · · · D¨ampfungssatz, 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 M¨oglichkeit 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 ben¨otigen 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 Linearit¨at 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 singul¨ar. & ' √ 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

Kapitel 4. Integraltransformationen

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 Linearit¨at 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 zun¨achst folgt: f (t) = th(t). Zur Bestimmung von h(t) verwenden wir s & ' & ' ) * −s −s 1 −1 e −1 1 − e die Linearit¨at: 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 L¨osungsweg besteht in der Verwendung des Faltungssatzes. ) * ) * ) * s + 1 −s −1 1 −s −1 1 −s e e = L + L e . Wegen der Linearit¨at gilt zun¨achst: 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

4.1. LAPLACE-Transformation

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) = &

Gem¨aß 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 D¨ampfungssatzes: 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 D¨ampfungssatzes, 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung d3 y dy − 2 − 4y = 0, 3 dt dt

0
die den Anfangsbedingungen y(0) = 3, y (0) = 2 und y (0) = 10 gen¨ ugt. L¨ osung: LAPLACE-Transformation der Diﬀerentialgleichung unter Ber¨ ucksichtigung der Linearit¨at liefert zun¨achst: L[y (t)] − 2L[y (t)] − 4L[y(t)] = 0 . Wegen L[y (t)] = s3 L[y(t)] − s2 y(0) − sy (0) − y (0) und L[y (t)] = sL[y(t)] − y(0) folgt daraus mit der Bezeichnung Y (s) := L[y(t)]: (s3 − 2s − 4)Y (s) = 3s3 + 2s + 10 − 6, bzw. in weiterer Folge: Y (s) =

s 2 s+1 1 2 3s2 + 2s + 4 P BZ + = + − . = (s − 2)(s2 + 2s + 2) s − 2 s2 + 2s + 2 s − 2 (s + 1)2 + 1 (s + 1)2 + 1

Umkehrtransformation liefert (unter Ber¨ ucksichtigung der Linearit¨at und des D¨ampfungssatzes): y(t) = L−1 [Y (s)] = 2L−1

)

*

&

'

&

'

1 s+1 1 + L−1 − L−1 = s−2 (s + 1)2 + 1 (s + 1)2 + 1

= 2e2t + e−t cos t − e−t sin t. 12. Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung d2 y dy − 2y = 4t2 − 5t sin t, + dt2 dt die den Anfangsbedingungen y(0) = 0 und y (0) =

0
gen¨ ugt.

L¨ osung: LAPLACE-Transformation der Diﬀerentialgleichung unter Ber¨ ucksichtigung der Linearit¨at liefert zun¨achst wegen L[y (t)] = s2 L[y(t)] − sy(0) − y (0) und wegen L[y (t)] = sL[y(t)] − y(0) mit der Bezeichnung Y (s) := L[y(t)]: (s2 + s − 2)Y (s) =

8 1 10s − − , 2 s3 (s2 + 1)2

4.1. LAPLACE-Transformation

201

woraus durch Vereinfachung und anschließender Partialbruchzerlegung folgt: Y (s) = −

10 2 1 3 + 11s −1 + 3s 4 2 3 + + + 2 − 2− − . 3 2 s s s s + 2 s − 1 10 s + 1 (s + 1)2

Aus einer Tabelle der LAPLACE-Transformation entnehmen wir unter Beachtung der Linearit¨at der Umkehrtransformation: y(t) = L−1 [Y (s)] = −2t2 − 2t − 3 −

e−2t sin t 11 cos t t cos t 3t sin t + 2et − + + + . 10 5 10 2 2

13. Auf einen harmonischer Oszillator (z.B. ein Federpendel) mit der Masse m, der Kreisfrequenz ω, der Anfangsauslenkung y0 sowie der Anfangsgeschwindigkeit v0 wirke ab t = 0 eine ¨außere Kraft f (t). Die mathematische Modellierung ergibt dann das Anfangswertproblem d2 y f (t) =: g(t) , + ω2y = dt2 m

y(0) = y0 , y(0) ˙ = v0 .

Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation die L¨osung dieses Anfangswertproblems speziell f¨ ur eine konstante Kraft f0 . L¨ osung: LAPLACE-Transformation der obigen Diﬀerentialgleichung unter Ber¨ ucksichtigung der Linearit¨at liefert zun¨achst wegen L[¨ y (t)] = s2 L[y(t)] − sy(0) − y(0) ˙ und wegen L[y(t)] ˙ = sL[y(t)]−y(0) mit den Bezeichnungen Y (s) := L[y(t)] und G(s) := L[g(t)]: (s2 + ω 2 )Y (s) = sy0 − v0 + G(s) =⇒ Y (s) = y0

s 1 1 + v0 2 + G(s) 2 . s2 + ω 2 s + ω2 s + ω2

Unter Beachtung der Linearit¨at der Umkehrtransformation und unter Verwendung des Faltungssatzes erhalten wir: y(t) = L−1 [Y (s)] = y0 cos(ωt) +

1 v0 sin(ωt) + sin(ωt) ∗ g(t), ω ω

bzw. ausf¨ uhrlich y(t) = y0 cos(ωt) +

1#t v0 sin(ωt) + sin[ω(t − τ )]g(τ ) dτ . ω ω 0

Ist speziell f (t) konstant (f0 ), so folgt mit g(τ ) = y(t) = y0 cos(ωt) +

f0 : m

f0 v0 sin(ωt) + 1 − cos(ωt) . 2 ω mω

Bemerkung: Aus der L¨osung ersieht man, dass es sich um eine harmonische Schwingung um die f0 f0 neue Ruhelage handelt. Dabei bezeichnet k die Federkonstante, aus der = 2 mω k k bekanntlich ω = folgt. m

202

Kapitel 4. Integraltransformationen

14. Bestimmen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - jene L¨osung x = x(t), y = y(t) des Diﬀerentialgleichungssystems x˙ = x + y y˙ = 8x + 3y

,

die den Anfangsbedingungen x(0) = 2 und y(0) = 2 gen¨ ugt. L¨ osung: LAPLACE-Transformation der beiden Diﬀerentialgleichungen unter Ber¨ ucksichtigung der Anfangsbedingungen liefert mit den Bezeichnungen X(s) = L[x(t)], Y (s) = L[y(t)] sX − 2 = X + Y sY − 2 = 8X + 3Y

, bzw.

(s − 1)X − Y

= 2

−8X + (s − 3)Y

= 2

.

Als L¨osung dieses algebraischen linearen Gleichungssystems erhalten wir nach den u ¨blichen Methoden (Elimination bzw. GAUSS-Algorithmus): 2s − 4 1 1 2s − 4 P BZ = + und = X(s) = 2 s − 4s − 5 (s + 1)(s − 5) s+1 s−5 Y (s) =

2s + 14 4 2s + 14 P BZ −2 = + . = − 4s − 5 (s + 1)(s − 5) s+1 s−5

s2

R¨ ucktransformation liefert dann x(t) = e−t + e5t

und y(t) = −2e−t + 4e5t .

15. Bestimmen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - die L¨osung des folgenden Anfangswertproblems: x˙ + 2x − 2y = t y˙ + x + 5y = t2

,

x(0) = 0, y(0) = 0 .

L¨ osung: LAPLACE-Transformation der beiden Diﬀerentialgleichungen unter Ber¨ ucksichtigung der Anfangsbedingungen liefert mit den Bezeichnungen X(s) = L[x(t)], Y (s) = L[y(t)] 1 1 (s + 2)X − 2Y = 2 2 s s , bzw. . 2 2 sY + X + 5Y = 3 X + (s + 5)Y = 3 s s Als L¨osung dieses algebraischen linearen Gleichungssystems erhalten wir nach den u ¨blichen Methoden (Elimination bzw. GAUSS-Algorithmus): sX + 2X − 2Y

X(s) =

=

s2 + 5s + 4 s2 + 5s + 4 2 2 2 P BZ 1 = + = + − s3 (s2 + 7s + 12 s3 (s + 13)(s + 4) 3s3 9s2 27s 27(s + 3)

und

4.1. LAPLACE-Transformation

Y (s) =

203

s+4 s+4 1 1 1 P BZ 1 = 3 − . = − + s3 (s2 + 7s + 12 s (s + 13)(s + 4) 3s3 9s2 27s 27(s + 3)

R¨ ucktransformation liefert dann x(t) =

2 2 −3t t2 2 + t− + e 6 9 27 27

und y(t) =

1 1 −3t t2 1 − t+ − e . 6 9 27 27

16. Bestimmen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - die spezielle L¨osung x = x(t), y = y(t) des Diﬀerentialgleichungssystems zweiter Ordnung mit den angegebenen Anfangsbedingungen: x¨ + 4y˙ = 0 ,

x(0) = 2, x˙ = 0 ,

y¨ − x˙ = 0 ,

y(0) = 0, y˙ = 2 .

L¨ osung: LAPLACE-Transformation der beiden Diﬀerentialgleichungen unter Ber¨ ucksichtigung der Anfangsbedingungen liefert mit den Bezeichnungen X(s) = L[x(t)], Y (s) = L[y(t)] s2 X − 2s + 4sY − 0 = 0 s2 Y − 2 − sX + 2 = 0

, bzw.

sX + 4Y

= 2

−X + sY

= 0

.

Als L¨osung dieses algebraischen linearen Gleichungssystems erhalten wir nach den u ¨blichen Methoden (Elimination bzw. GAUSS-Algorithmus): 2 2s und Y (s) = 2 , woraus durch Umkehrtransformation folgt: X(s) = 2 s +4 s +4 x(t) = 2 cos(2t) ,

y(t) = sin(2t) .

17. Bestimmen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - die spezielle L¨osung x = x(t), y = y(t) des Diﬀerentialgleichungssystems zweiter Ordnung mit den angegebenen Anfangsbedingungen: x¨ − 3x˙ − y˙ + 2y = 14t + 3, x˙ + y˙ − 3x = 1,

x(0) = 0, x˙ = 0, y(0) =

13 2

.

L¨ osung: LAPLACE-Transformation der beiden Diﬀerentialgleichungen unter Ber¨ ucksichtigung der Anfangsbedingungen liefert mit den Bezeichnungen X(s) = L[x(t)], Y (s) = L[y(t)] : s2 X − 3sX − sY + sX + sY −

13 2 13 2

+ 2Y

=

− 3X =

14 s2 1 s

+

3 s

=⇒

s(s − 3)X − (s − 2)Y

=

14 s2

+ 3s −

(s − 3)X + sY

=

1 s

13 2

+

Als L¨osung dieses algebraischen linearen Gleichungssystems erhalten wir nach den

13 2

.

204

Kapitel 4. Integraltransformationen u ¨blichen Methoden (Elimination bzw. GAUSS-Algorithmus): 1 1 1 −9s + 12 P BZ 2 − − − = X(s) = s(s − 1)(s − 3)(s + 2) s 2(s − 1) 2(s − 3) s + 2 Y (s) =

13 3 s + 15 s2 − 3s − 2 2 s2 (s − 1)(s + 2)

14

P BZ

=

und

7 5 5 1 + − . − s s2 s − 1 2(s + 2)

R¨ ucktransformation liefert dann x(t) = 2 −

1 3t e + et + 2e−2t , 2

5 y(t) = 5 + 7t − et + e−2t . 2

18. Berechnen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - das folgende Integral: # ∞ I := te−3t sin t dt. 0

L¨ osung: Es ist:

# ∞ 0

te−st sin t dt = L[t sin t] = −

d 1 2s d L[sin t] = − = 2 . ds ds s2 + 1 (s + 1)2

Speziell f¨ ur s = 3 erhalten wir daraus: I :=

# ∞ 0

te−3t sin t dt =

3 . 50

19. Berechnen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - das folgende Integral: # ∞ −t e − e−3t I := dt . t 0 L¨ osung: &

Es ist: L[e−t − e−3t ] = # ∞ 0

e

−st

e−t − e−3t t

'

# ∞ g(t) 1 1 − . Wegen L = G(s) ds folgt dann: s+1 s+3 t s &

'

# ∞ e−t − e−3t 1 1 − dt = L = t s+1 s+3 s

ds = ln

s+3 s+1

Speziell f¨ ur s = 0 erhalten wir daraus: I :=

# ∞ −t e 0

− e−3t dt = ln 3. t

20. Berechnen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - das FRESNEL’sche Integral: # ∞ I := cos(x2 ) dx. 0

L¨ osung: Wir betrachten zun¨achst das Parameterintegral g(t) := F¨ ur die LAPLACE-Transformierte von g(t) gilt dann:

# ∞ 0

cos(tx2 ) dx.

.

4.1. LAPLACE-Transformation

L[g(t)] =

# ∞ 0

e−st

# ∞ 0

205

cos(tx2 ) dx dt =

# ∞# ∞ 0

0

e−st cos(tx2 ) dt dx =

L[cos(tx2 )]

# ∞ 0

s2

s dx. + x4

¨ Dabei √ wurde der Ahnlichkeitssatz verwendet. Im letzteren Integral substituieren wir: x = s y und erhalten: 1 #∞ 1 L[g(t)] = √ dy . s 0 1 + y4 Elementare Rechnung (Partialbruchzerlegung) liefert: √ √ √ √ # ∞ 1 1 # ∞ (2y + 2) + 2 (2y − 2) − 2 √ − 2 √ dy = √ dy = 1 + y4 0 4 2 0 y 2 + 2y + 1 y − 2y + 1 √ √ ∞ √

∞ √ √ y 2 + 2y + 1 2 2π 1 = √ ln 2 √ + . arctan( 2y +1)+arctan( 2y −1) = 0 4 4 4 2 y − 2y + 1 0 √ 2π Damit erhalten wir L[g(t)] = √ , woraus durch Umkehrtransformation unter Ver4 s √ 2π wendung von Beispiel (5) folgt: g(t) = √ . Setzen wir nun t = 1, so erhalten 4 t wir schließlich: 3 # ∞ 1 π I := . cos(x2 ) dx = g(1) = 2 2 0 21. Bestimmen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - die L¨osung f (t) der Integralgleichung # t 0

f (τ ) √ dτ = 1 + t + t2 , t−τ

t>0.

L¨ osung: Das vorliegende Integral ist vom Faltungstyp. Daher ist eine Algebraisierung“ dieser ” Integralgleichung mittels LAPLACE-Transformation m¨oglich. Die damit erhaltene algebraische Gleichung f¨ ur die LAPLACE-Transformierte F (s) kann dann nach nach F (s) aufgel¨ost werden. Anschließende R¨ ucktransformation liefert dann die L¨osung 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 L¨osung 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 L¨osung mittels der LAPLACE-Transformation erfolgversprechend. Es folgt mit L[f (t)] = F (s): 2s F (s) + 2 . Auﬂ¨osung 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 L¨osung 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 L¨osung 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 Auﬂ¨osungen dieser quadratischen Gleichung sind:

F (s) = 1 ± 1 − F1 = 2 −

1 s2

.

1 s2

entf¨allt, 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 L¨osung 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 L¨osung 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 Auﬂ¨osungen 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 L¨osung.

4.1. LAPLACE-Transformation

4.1.3

207

Beispiele mit L¨ osungen

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) .

L¨osungen: 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

L¨osungen: 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 L¨osung:

F (s) =

.

5 e−s 3e−2s + 2 + 2 . s s s

4. Bestimmen Sie die LAPLACE-Transformierte der Funktion # t

f (t) =

L¨osung:

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

L¨osung: 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) =

L¨osungen: 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 L¨osungen: a) f (t) = 2e−2t cos(3t) − e−2t sin(3t) , b) f (t) = √ t3/2 et . 3 3 π L¨osung:

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:

L¨osung: 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 L¨osung der Diﬀerentialgleichung L¨osungen:

a)

d2 y dy − 6y = 0, − dt2 dt

0
4.1. LAPLACE-Transformation

209

die den Anfangsbedingungen y(0) = 1 und y (0) = −1 gen¨ ugt. L¨osung: y(t) = 15 e3t + 45 e−2t . 12. Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung d2 y dy − 5 + 4y = −8e2t , 2 dt dt

0
ugt. die den Anfangsbedingungen y(0) = 4 und y (0) = 8 gen¨ 2t L¨osung: y(t) = 4e . 13. Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation jene L¨osung der Diﬀerentialgleichung d2 y dy + 2 + 2y = sin(at), dt2 dt

0
die den Anfangsbedingungen y(0) = 0 und y (0) = 0 gen¨ ugt.

1 3 −t −t 2 L¨osung: y(t) = a e sin t + 2ae cos t + (2 − a ) sin(at) − 2a cos(at) . 4 + a4 14. Bestimmen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - die L¨osung des Anfangswertproblems y − 3y + 3y − y = t2 et , L¨osung:

y(t) = et + tet −

y(0) = 1, y (0) = 0, y (0) = −2 .

t 2 t t5 t e + e. 2 60

15. Bestimmen Sie - unter Verwendung der LAPLACE-Transformation - die L¨osung des Anfangswertproblems y − y = et , y(0) = 0, y (0) = 0. y (0) = 0 . √ √ 3 t

3 t

tet e−t/2 1 et + cos . L¨osung: y(t) = + √ sin − 3 3 2 2 3 3 3 16. Bestimmen Sie unter - Verwendung der LAPLACE-Transformation - jene L¨osung {x(t), y(t)} des Systems x˙ = 1 − 2y , t > 0, 2y˙ = x − t die den Anfangsbedingungen x(0) = 0 und y(0) = 1 gen¨ ugt. L¨osung: x(t) = t − 2 sin t, y(t) = cos t. 17. Bestimmen Sie unter - Verwendung der LAPLACE-Transformation - jene L¨osung {x(t), y(t)} des Systems x¨ = y + sin t , t > 0, y¨ = −x˙ + cos t die den Anfangsbedingungen x(0) = 1, x(0) ˙ = 0, y(0) = −1 und y(0) ˙ = −1 gen¨ ugt. L¨osung: x(t) = cos t, y(t) = − sin t − cos t.

210

Kapitel 4. Integraltransformationen

18. Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation jene L¨osung des Diﬀerentialgleichungssystems x˙ + 2y˙ = x + y + t 2x˙ + y˙ = x + y + t

,

die den Anfangsbedingungen x(0) = 0 und y(0) = 0 gen¨ ugt. 3 2t t 3 t 3 3 2t L¨osung: x(t) = e 3 − − , y(t) = e 3 − − . 4 2 4 4 2 4 19. Bestimmen Sie unter - Verwendung der LAPLACE-Transformation - jene L¨osung {x(t), y(t)} des Systems x¨ +

15e−t

y˙ + 3x =

y¨ − 4x˙ + 3y = 15 sin(2t)

,

t>0,

die den Anfangsbedingungen x(0) = 35, x(0) ˙ = −48, y(0) = 27 und y(0) ˙ = −55 gen¨ ugt. L¨osung: x(t) = 30 cos t − 15 sin(3t) + 3e−t + 2 cos(2t), y(t) = 30 cos(3t) − 60 sin t − 3e−t + sin(2t). 20. Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation die L¨osung der Integralgleichung # t

0

f (t − τ )f (τ ) dτ = te−at ,

t≥0.

L¨osung: f (t) = ±e−at . 21. Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation die L¨osung der Integralgleichung # t

g(t) + L¨osung: g(t) =

0

g(τ )e−(t−τ ) dτ = 1 ,

t≥0.

1 + e−2t . 2

22. Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation die L¨osung der Integralgleichung # t

u(t) = f (t) + λ # t

L¨osung: u(t) = f (t) + λ

0

0

et−τ u(τ ) dτ .

e(λ+1)(t−τ ) f (τ ) dτ .

23. Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation die L¨osung der speziellen ABEL’schen Integralgleichung # t

1= 1 L¨osung: u(t) = √ . π t

0

u(τ ) √ dτ . t−τ

4.2. FOURIER-Transformation

4.2

211

FOURIER-Transformation

4.2.1

Grundlagen

• Die Integraltransformation 1 # ∞ −iλx F (λ) = F[f ] = √ e f (x) dx 2π −∞ heißt FOURIER-Transformation. F (λ) heißt FOURIER-Transformierte der Funktion f (x). • Die FOURIER-Transformation existiert unter den Voraussetzungen – f (x) sei auf lR deﬁniert, reell- bzw. komplexwertig und dort st¨ uckweise stetig, d.h. f (x) ist auf jeden Teilintervall [a, b] st¨ uckweise stetig, – f (x) ist auf lR absolut integrierbar, d.h.

# ∞

−∞

|f (x)| dx ≤ M .

Bemerkung: f (t) darf auch schwache Singularit¨aten“ besitzen. ” • Die FOURIER-Transformation besitzt folgende Eigenschaften: 1. F[c1 f1 + c2 f2 ] = c1 F[f1 ] + c2 F[f2 ] · · · Linearit¨at, 2. F[f (−x)] = F[f (x)] · · · Konjugationssatz, 3. F[F (x)] = f (−λ) · · · Dualit¨at, 4. F[eiax f (x)] = F (λ − a) · · · Verschiebungssatz im FOURIER-Raum, 5. F[f (x − a)] = e−iaλ F (λ) · · · Verschiebungssatz, 6. F[f (ax)] =

1 F |a|

λ ¨ · · · Ahnlichkeitssatz, a

7. F[f (k) (x)] = (iλ)k F (λ) · · · Diﬀerentiationssatz, )# x * 1 F (λ) · · · Integralsatz, f (ξ) dξ = 8. F iλ −∞ )# ∞ * √ 9. F[f ∗ g] := F f (ξ)g(x − ξ) dξ = 2πF (λ)G(λ) · · · Faltungssatz, −∞

10. F[xf (x)] = iF (λ),

1 F (λ − a) + F (λ + a) , 11. F[f (x) cos(ax)] = 2

1 F (λ − a) − F (λ + a) . 12. F[f (x) sin(ax)] = 2i • Umkehrsatz: Bezeichne F (λ) die FOURIER-Transformierte von f (x) und erf¨ ulle F die analogen Voraussetzungen wie f (x). Dann existiert die inverse Transformation und es gilt: f (x+ ) + f (x− ) 1 # ∞ iλx = F −1 [F (λ)] = √ e F (λ) dλ . 2 2π −∞

212

Kapitel 4. Integraltransformationen Ist f (x) auf ganz lR stetig, gilt: 1 # ∞ iλx f (x) = F −1 [F (λ)] = √ e F (λ) dλ . 2π −∞

Wie bei der LAPLACE-Transformation werden auch f¨ ur die FOURIER-Transformation Tabellenwerke 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 M¨oglichkeit der Benutzung von Computer-AlgebraSystemen.

4.2.2

Musterbeispiele

1. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformierte der Funktion f (x) = e−|x| . L¨ osung: 1 # ∞ −iλx −|x| 1 # ∞ −(1+iλ)x 1 # 0 (1−iλ)x F[e−|x| ] = √ e e dx = √ e dx + √ e dx = 2π −∞ 2π 0 2π −∞ 1 1 1 1 =√ +√ = 2π 1 + iλ 2π 1 − iλ

2 1 . π 1 + λ2

2. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformierte der Funktion ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

fa (x) =

L¨ osung:

1 f¨ ur |x| < 1 a f¨ ur |x| = 1 ⎪ ⎪ ⎩ 0 f¨ ur |x| > 1

.

2 sin λ 1 # 1 −iλx 1 e−iλx 1 1 e−iλ − eiλ F[fa ] = √ = . e dx = √ = √ −iλ π λ 2π −1 2π −iλ −1 2π Bemerkung: Die Transformierte F h¨angt nicht von a ab, d.h. aber, dass alle Funktionen fa dieselbe Transformierte besitzen. Umgekehrt ist dann i.a. auch die Umkehrtransformation nicht eindeutig. Wir sprechen dann von Gleichheit im Mittel. 2

3. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformierte der Funktion f (x) = e−x . L¨ osung:

1 # ∞ −iλx −x2 2 e e dx = F (λ). F[e−x ] = √ 2π −∞ Diﬀerentiation nach λ liefert: 1 #∞ i #∞ 2 2 (−ix)e−x −iλx dx = √ (−2xe−x )e−iλx dx. F (λ) = √ 2π −∞ 2 2π −∞ Partielle Integration ergibt schließlich: ∞ ) * # ∞ i λ 2 2 e−x e−iλx +iλ e−iλx e−x dx = − F (λ). F (λ) = √ 2 −∞ 2 2π −∞ 0

√

2πF (λ)

Dies ist eine lineare Diﬀerentialgleichung erster Ordnung f¨ ur die FOURIER-Trans2 − λ4 formierte F (λ), deren L¨osung durch F (λ) = Ce gegeben ist.

4.2. FOURIER-Transformation

213

1 # ∞ −x2 1 ur die Integrationskonstante Wegen F (0) = √ e dx = √ erhalten wir f¨ 2π −∞ 2 √

π

λ2 1 1 2 C den Wert C = √ . Insgesamt gilt dann: F (λ) = F[e−x ] = √ e− 4 . 2 2

4. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformierte der Funktion f (t) = (1 + x)e−|x| unter Verwendung von Eigenschaften der FOURIER-Transformation sowie unter Verwendung von bereits ermittelten Transformationen. L¨ osung: Wegen der Linearit¨at der FOURIER-Transformation gilt zun¨achst: F[(1 + x)e−|x| ] = F[e−|x| ] + F[xe−|x| ] . F¨ ur g(x) = e−|x| gilt (siehe Beispiel 1):

F[g(x)] =: G(λ) =

2 1 . π 1 + λ2

und weiterhin wegen F[xg(x)] = iG (λ):

F[xe

−|x|

2 d 1 ]=i π dλ 1 + λ2

=

2 −2iλ . π (1 + λ2 )2

Insgesamt erhalten wir damit: 2 1 − 2iλ + λ2 . F[(1 + x)e−|x| ] = √ 2π (1 + λ2 )2 5. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformierte der Funktion

f (x) =

ex f¨ ur x < 0 −e−x f¨ ur x > 0

.

L¨ osung:

1 # 0 x −iλx 1 # ∞ −x −iλx F[f (x)] = √ e e dx − √ e e dx = 2π −∞ 2π 0 # 0 1 # ∞ −x(1+iλ) 1 ex(1−iλ) dx − √ e dx = =√ 2π −∞ 2π 0 0

∞

1 ex(1−iλ) 1 e−x(1+iλ) 1 √ = √ =√ + 2π 1 − iλ −∞ 2π 1 + iλ 0 2π

=

1 1 − = 1 − iλ 1 + iλ

2 iλ . π 1 + λ2

Hinweis: Wegen f (x) = (e−|x| ) folgt das Ergebnis auch mittelsdes Diﬀerentiationssatzes aus 2 1 dem vom Beispiel 1 bekannten Ergebnis F[e−|x| ] = . π 1 + λ2

214

Kapitel 4. Integraltransformationen

6. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformierte der Funktion f (x) = L¨ osung: Es gilt: f (x) =

x . (1 + x2 )2

1 x 1 d =− . (1 + x2 )2 2 dx 1 + x2

1 unter 1 + x2 Verwendung at der FOURIER-Transformation, angewandt auf Beispiel 1: 3 Dualit¨ ) * der 1 π −|λ| e F = letztlich: 1 + x2 2 & ' √ x i π √ λ e−|λ| . = − F (1 + x2 )2 2 2

Wegen F[g (x)] = iλF[g(x)] (vergleiche Grundlagen) gilt mit g(x) =

7. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformierte der Funktion: f (x) =

x2

1 . + 2x + 2

L¨ osung:

&

'

1 1 1 = . Aus F 2 = x2 + 2x + 2 (x + 1)2 + 1 y +1 Verschiebungssatz folgt dann: Es ist f (x) =

F

)

*

1 = x2 + 2x + 2

3

3

π −|λ| e und dem 2

π iλ −|λ| e e . 2

8. Bestimmen Sie die FOURIER-Transformierte der Funktion: 1 f (x) = . |x| L¨ osung: Die Funktion f (x) ist an der Stelle x = 0 schwach singular“ . ” ⎡ ⎤ # ∞ 1 1 −iλx 2 # ∞ cos(|λ|x) 1 2 # ∞ cos(λx) √ √ e dx = √ dx . dx = √ F ⎣ ⎦ = √ x x 2π −∞ |x| 2π 0 2π 0 |x| 1 2 Mit der Substitution x = y folgt: |λ| ⎡

⎤

1 1 #∞ 4 1 = F (λ). F ⎣ ⎦ = √ cos(y 2 ) dy = 2π |λ| 0 |x| |λ| √π 1 2

2

Das letzte Integral ist das FRESNEL-Integral, das bereits im Abschnitt LAPLACETransformation berechnet wurde. 9. Bestimmen Sie

f (x) = F −1 iλ e−|λ| .

4.2. FOURIER-Transformation

215

L¨ osung: Nach dem Integralsatz: F F

)# x −∞

*

f (ξ) dξ = e

)# x

*

−∞

−|λ|

f (ξ) dξ =

folgt f¨ ur F (λ) = iλ e−|λ| :

# x

d.h.

F (λ) iλ

−∞

f (ξ) dξ = F

−1

[e

−|λ|

]=

2 1 π 1 + x2

(siehe Beispiel 1) und Dualit¨at. Diﬀerentiation nach x liefert:

f (x) = −

2 2x . π (1 + x2 )2

10. Bestimmen Sie f (x) so, dass gilt: ⎧ √

⎪ 2π 2 ⎪ ⎨ π − λ2 4 F[f (x)] = ⎪ ⎪ ⎩ 0 L¨ osung:

f¨ ur

−π <x<π

= F (λ).

sonst

#

#

∞ π 1 1 F (λ)eiλx dλ = · · · = 2 (π 2 − λ2 ) cos(λx) dλ, Es gilt: f (x) = √ 4 −∞ 0 2π woraus durch zweimalige partielle Integration folgt: 4 5 # π π 1 (π 2 − λ2 ) sin(λx) +2 λ sin(λx) dλ = f (x) = 0 2x 0

4

0

5

4

# π π π 1 1 1 = 2 − λ cos(λx) + cos(λx) dλ = 2 − π cos(πx) + sin(λx) 0 0 x x x 0 Damit erhalten wir: sin(πx) − πx cos(πx) f (x) = . x3

11. Bestimmen Sie f (x) = F −1

)

1 4 + λ4

5

.

*

.

L¨ osung: Zur Bestimmung von f (x) verwenden wir F[g(x) cos(ax)] =

1 G(λ−a)+G(λ+a) 2

(siehe Grundlagen) und erhalten mit g(x) = e−|x| und a = 1:

1 F[e−|x| cos x] = F[e−|x| ] + F[e−|x| ] = λ→λ−1 λ→λ+1 2 1 1 1 4 + 2λ2 1 √ + = . =√ 2π 1 + (λ − 1)2 1 + (λ + 1)2 2π 4 + λ4 In analoger Weise berechnen wir:

1 F[e−|x| ] − F[e−|x| ] = F[e−|x| sin x] = λ=λ−1 λ=λ+1 2i 1 4λ 1 −i −i − =√ . =√ 2 2 1 + (λ − 1) 1 + (λ + 1) 4 + λ4 2π 2π

216

Kapitel 4. Integraltransformationen Um im Z¨ahler ein λ2 zu erhalten, verwenden wir die Beziehung F[h (x)] = iλF[h(x)]. Das liefert einerseits: & ' d −|x| 4λ2 1 (e sin x) = iλF[e−|x| sin x] = √ und andererseits: F dx 2π 4 + λ4 &

F

'

d −|x| (e sin x) = F[−e−|x| sgn(x) sin x] + F[e−|x| cos x] = dx = F[−e−|x| sin |x|] + F[e−|x| cos x].

Damit erhalten wir: 4λ2 1 1 4 + 2λ2 1 2λ2 − 4 +√ = −√ bzw. in weiterer F[e−|x| sin |x|] = − √ 4 4 2π 4 + λ 2π 4 + λ 2π 4 + λ4 Folge: 8 1 2λ2 − 4 1 4 + 2λ2 1 √ + =√ . F e−|x| (sin |x| + cos |x|) = − √ 2π 4 + λ4 2π 4 + λ4 2π 4 + λ4 √ π Wegen sin α + cos α = 2 sin α + ergibt sich schließlich: 4 √ ) * 1 π −|x| π e f (x) = F −1 = sin |x| + . 4 + λ4 4 4 12. Bestimmen Sie unter Verwendung der FOURIER-Transformation eine L¨osung der inhomogenen Diﬀerentialgleichung −

d2 y + a2 y = g(x), dx2

−∞ < x < ∞ .

Bestimmen Sie ferner f¨ ur g(x) = e−a|x| eine explizite Darstellung der partikul¨aren L¨osung. Unterscheiden Sie dabei die F¨alle x > 0 und x < 0. L¨ osung: FOURIER-Transformation der Diﬀerentialgleichung unter Ber¨ ucksichtigung der Linearit¨at liefert zun¨achst: −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 L¨osung der inhomogenen Diﬀerentialgleichung d4 y + a4 y = g(x), dx4

−∞ < x < ∞ .

L¨ osung: FOURIER-Transformation der Diﬀerentialgleichung unter Ber¨ ucksichtigung der Linearit¨at liefert zun¨achst: 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 ben¨otigen 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

Kapitel 4. Integraltransformationen

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, Dualit¨at 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, Dualit¨at 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

4.2. FOURIER-Transformation

219

L¨ osung: Um die Formel (4.1) verwenden zu k¨onnen, 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 L¨osung 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 m¨oglich. Die damit erhaltene algebraische Gleichung f¨ ur die FOURIER-Transformierte F (λ) kann dann nach nach F (λ) aufgel¨ost werden. Anschließende R¨ ucktransformation liefert dann die L¨osung 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 zun¨achst: π λ2 + a2

2 1 4 2 1 2 = − 2 2 2 π λ +1 3 π λ +1 3 Auﬂ¨osung 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

Kapitel 4. Integraltransformationen

18. Bestimmen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - die L¨osung 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 L¨osung 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 L¨osung f (x) der Integralgleichung # 1 −1

f (x − ξ) dξ = e−|x−1| − e−|x+1| .

L¨ osung: Das vorliegende Integral ist zun¨achst nicht vom Faltungstyp. Um eine L¨osung 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 ¨aquivalente 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

.

4.2. FOURIER-Transformation

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 zun¨achst 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 w¨ahlen wir speziell λ = 1 und erhalten: √ ' √ & cos t π 1 = √ e− 4s . F (s) = L √ s t

4.2.3

Beispiele mit L¨ osungen

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

L¨osungen: 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 L¨osungen:

√ 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

.

L¨osungen: 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 ] =

L¨osung:

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 . L¨osung: (f ∗ f )(x) = 4 + x2

4.2. FOURIER-Transformation

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) . L¨osung: (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

L¨osungen: a)

π πa3 , b) 2 (1 − e−ab ) , c) πa . 2 b

8. Bestimmen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - eine L¨osung 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

L¨osungen: 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 L¨osung der Integralgleichung # ∞

∞

f (x − ξ)f (ξ) dξ = e−x

2 /2

.

√ 2 −x2 L¨osung: f (x) = ± √ e . 4 2π 10. Bestimmen Sie unter Verwendung der FOURIER-Transformation die L¨osung der Integralgleichung # ∞ 1 f (x − ξ)f (ξ) dξ = . 1 + x2 ∞ 1 2 . L¨osung: f (x) = ± √ π 1 + 4x2 11. Bestimmen Sie unter Verwendung der FOURIER-Transformation die L¨osung der Integralgleichung # ∞ ∞

L¨osung: f (x) =

f (ξ) 1 dξ = 2 , (x − ξ)2 + a2 x + b2

0
b−a a . πb (b − a)2 + x2

12. Bestimmen Sie - unter Verwendung der FOURIER-Transformation - eine L¨osung der Diﬀerentialgleichung y − y + 2f (x) = 0 ,

mit : f (x) = 0 f¨ ur x = [−a, a] ,

224

Kapitel 4. Integraltransformationen ur x → ±∞. f¨ ur die gilt: y, y , y → 0 f¨ L¨osung: y(x) = e−x

# x −a

eξ f (ξ) dξ + ex

# a x

e−ξ f (ξ) dξ .

Kapitel 5 Anwendungsbeispiele 5.1

Aufgabenstellung

1. Fallbewegung mit STOKES’scher Reibung: In z¨ahen Fl¨ ussigkeiten kann die Reibungskraft proportional zur Geschwindigkeit angenommen werden: FR = c s(t). ˙ (a) Stellen Sie die Diﬀerentialgleichung der Fallbewegung auf. (b) Bestimmen Sie die L¨osung dieser Gleichung (den zur¨ uckgelegten Weg in Abh¨angigkeit von der Zeit) unter den Anfangsbedingungen s(0) = 0, s(0) ˙ = 0. ˙ (c) Ermitteln Sie die Grenzgeschwindigkeit v∞ = lim s(t). t→∞

(d) F¨ uhren Sie den Grenz¨ ubergang c → 0 durch (reibungsfreier Fall). 2. Fallbewegung mit NEWTON’scher Reibung: In Luft kann die Reibungskraft proportional zum Quadrat der Geschwindigkeit angenommen werden: FR = c s˙ 2 (t). (a) Stellen Sie die Diﬀerentialgleichung der Fallbewegung auf. (b) Bestimmen Sie die L¨osung dieser Gleichung (den zur¨ uckgelegten Weg in Abh¨angigkeit von der Zeit) unter den Anfangsbedingungen s(0) = 0, s(0) ˙ = 0. ˙ (c) Ermitteln Sie die Grenzgeschwindigkeit v∞ = lim s(t). t→∞

(d) F¨ uhren Sie den Grenz¨ ubergang c → 0 durch (reibungsfreier Fall). 3. Steig- und Fallbewegung mit Luftwiderstand: Bei einem lotrechten Wurf nach oben mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 und dem anschließenden freien Fall nach unten im lufterf¨ ullten Raum sei der Luftwiderstand W proportional zum Quadrat der jeweiligen Geschwindigkeit. Die Erdbeschleunigung g werde als konstant angesehen. Bestimmen Sie: (a) Die Diﬀerentialgleichung der Steigbewegung, (b) die Steigzeit, (c) die Steigh¨ohe, (d) die Diﬀerentialgleichung der Fallbewegung, H. Wallner, Aufgabensammlung Mathematik, DOI 10.1007/978-3-8348-8648-4_5, © Vieweg+Teubner Verlag | Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2012

226

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele (e) die Fallzeit, (f) die Aufprallgeschwindigkeit, (g) den Energieverlust infolge des Luftwiderstandes. Kontrollieren Sie die Ergebnisse durch den Grenz¨ ubergang c → 0 durch Vergleich mit der Bewegung im luftleeren Raum.

4. Bremsgleichungen mit endlichen und unendlichen Bremsl¨ angen: Die Bewegung eines K¨orpers gen¨ uge einer Bremsgleichung“ der Form ” x¨ + k x˙ γ = 0 ,

k > 0, γ ≥ 0 .

(a) F¨ ur welche γ kommt der K¨orper nach einer endlichen Laufstrecke zur Ruhe, wenn er zur Zeit t = 0 mit der Geschwindigkeit v0 > 0 gestartet wird? (b) Berechnen Sie die Bremszeit in den F¨allen einer endlichen Bremsstrecke. (c) Bestimmen Sie x(t) f¨ ur die F¨alle γ = 1 (STOKES’sche Reibung) und γ = 2 (NEWTON’sche Reibung). 5. Anstoßschwinger: Die Bewegung eines elastisch gebundenen K¨orpers mit geschwindigkeitsabh¨angiger Reibung wird ohne ¨außer Kr¨afte 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 L¨osung. Diese muss nat¨ urlich an den Stellen t = 0 und t = t1 stetig diﬀerenzierbar sein. Diskutieren Sie anschließend den Fall, dass die L¨ange 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 aufgeh¨angt und am unteren Ende mit eine Kraft F zus¨atzlich zu seinem Eigengewicht belastet. Das speziﬁsche Gewicht des Stabes sei γ. Wie muss der Querschnitt des Stabes u ¨ber seine L¨ange dimensioniert werden, damit in jedem Querschnitt die gleiche Zugspannung σ auftritt? 7. Durchschwimmen eines Flusses: Bei einem Fluss der Breite 2a sei die Str¨omungsgeschwindigkeit 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

Str¨omung 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 Str¨omung abgetrieben wird, d) den vom Schwimmer zur¨ uckgelegten Weg f¨ ur v0 = 5vS (n¨aherungsweise). 8. Str¨ omung z¨ aher Fl¨ ussigkeiten durch Rohre: Eine z¨ahe Fl¨ ussigkeit mit der dynamischen Viskosit¨at η durchstr¨ome ein Rohr mit kreisf¨ormigem Querschnitt (Radius R) und L¨ange L infolge eines Druckgef¨alles von Δp. Die Str¨omung sei laminar, d.h. die Schubspannung zwischen zwei Schichten ist dv proportional dem Geschwindigkeitsgef¨alle quer zur Str¨omungsrichtung: τ = η . dr Bestimmen Sie: a) Die Diﬀerentialgleichung der Str¨omung, b) die Geschwindigkeitsverteilung u ¨ber den Rohrquerschnitt, c) die zeitliche Durchﬂußmenge (Gesetz von HAGEN-POISEUILLE). 9. Knickstab mit Querbelastung: Ein Stab der L¨ange l und mit konstantem Querschnitt sei in den Punkten A und B gelenkig gelagert. Er sei quer zur Stabachse durch sein Eigengewicht (Gewicht pro L¨angeneinheit q) und in Richtung der Stabachse durch eine Druckkraft F , z.B. durch W¨armespannung, 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 Elastizit¨atsmodul und I das axiale Tr¨agheitsmoment des Stabes. Bestimmen Sie: a) Die Diﬀerentialgleichung der Auslenkung des Stabes, b) die Auslenkung als Funktion von x (Biegelinie), c) die gr¨oßte 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 Erdoberﬂ¨ache (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 l¨osen 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 ungest¨orten“ Pendelschwingung, ” u eine von der geographischen Breite abh¨angige 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) L¨osen Sie diese Diﬀerentialgleichung unter den Anfangsbedingungen z(0) = a ∈ lR, z(0) ˙ = 0. 2π (c) Berechnen Sie den Ort des Pendelk¨orpers 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) aufgeh¨angt werden, dass es - unter seinem eigenen Gewicht frei durchh¨angend - bei A horizontal einm¨ undet. Berechnen Sie die Spannkr¨afte in den Aufh¨angepunkten. Hinweis: (a) Bestimmen Sie zun¨achst die Gleichung der Seilkurve“ unter dem Gesichts” punkt, dass das Seil so durchh¨angt, dass jedes kleine Teilst¨ uck der Seils im Gleichgewicht unter der Schwerkraft und den inneren Seilk¨aften ist. (b) L¨osen 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 L¨ange und damit das Gewicht des Seils. (e) Berechnen Sie die Spannkr¨afte in den Aufh¨angepunkten. 15. Ideale Kurvengestaltung f¨ ur Straße und Schiene: Beim Durchfahren einer Kurve treten Fliehkr¨afte auf, deren Gr¨oße vom jeweiligen Kurvenradius abh¨angt. Zeigen Sie, dass bei Kurven in Form von Klothoidenb¨ogen 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 ¨außere Kraft f (t). Bestimmen Sie unter Verwendung der LAPLACE-Transformation die L¨osung dieses Anfangswertproblems allgemein und speziell f¨ ur folgende Kr¨afte 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 z¨ahen 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) L¨osung 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 L¨osung f¨ ur die homogene Gleichung: sh (t) = C1 + C2 e− m t . Oﬀenmg sichtlich ist sp (t) = t eine L¨osung der inhomogenen Gleichung. Somit: c c mg −m t s(t) = C1 + C2 e t. Wir ben¨otigen 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. L¨osungen

231

(b) L¨osung der Diﬀerentialgleichung (Weg-Zeit-Gleichung): Die Diﬀerentialgleichung enth¨alt 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 Steigh¨ohe 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 Steigh¨ohe 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. L¨osungen

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¨ uberg¨ange 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 Ver¨anderlichen 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 F¨alle zu unterscheiden: (i) 0 ≤ γ < 1:

234

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele

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 Spezialf¨alle 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 zun¨achst den allgemeineren Fall x¨ + 2ax˙ + ω02 x = F (t) ,

ω0 > a ,

mit einer ver¨anderlichen 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) L¨osung der homogenen Gleichung: xh (t) = C1 e−at cos(ωt) + C2 e−at sin(ωt). Zur Bestimmung einer partikul¨aren L¨osung 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 L¨osungen x1 (t) und x2 (t) ist W (t) = ωe−2at , wie

5.2. L¨osungen

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 partikul¨are L¨osung 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. W¨ahlen 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 pl¨otzlichen 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 H¨ohe z wird neben der Einzelkraft F am unteren Ende auch durch das Eigengewicht verursacht. Bezeichne A(z) die Querschnittsﬂ¨ache des Stabes in der H¨ohe 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 H¨ohe # 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 L¨osung 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 gew¨ahlte Koordinatensystem habe den Ursprung in Flussmitte auf der H¨ohe der Startstelle. Die y-Achse werde in Str¨omungsrichtung gew¨ahlt. (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 L¨ange 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 betr¨agt L ≈ 6.960a. Der tats¨achlich zur¨ uckgelegte Weg ist deshalb l¨anger, weil durch die u ¨ber die Flussbreite unterschiedliche Str¨omungsgeschwindigkeit 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 L¨ange L. Im Gleichgewichtszustand m¨ ussen die treibende Kraft infolge des Druckgef¨alles und die innere Reibungskraft an der Oberﬂ¨ache 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 Str¨omungsgeschwindigkeit 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¨ r¨ohren: # 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 Str¨omung durch Kapillaren (R klein) besonders ung¨ unstige Verh¨altnisse vorliegen.

5.2. L¨osungen

237

9. Knickstab mit Querbelastung: ql . Das (a) Die Auﬂagerkr¨afte 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 L¨osung der homogenen Gleichung ist yh (x) = C1 sin(ωx) + C2 cos(ωx). Zur Gewinnung einer partikul¨aren L¨osung 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 L¨osung: zun¨achst: 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 gr¨oßten 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 L¨osung 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

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele

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 L¨osung der homogenen Gleichung ist: yh (x) = C1 sinh(ωx) + C2 cosh(ωx). Eine partikul¨are L¨osung 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 gr¨oßte 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 Erdoberﬂ¨ache, 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. L¨osungen

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 aufgel¨ost: 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 Steigh¨ohe 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 w¨ahlen. Dann bezeichnet θ den Polarwinkel des Quellpunktes in Kugelkoordinaten. Damit k¨onnen 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. L¨osungen

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 gew¨ahlt 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 Kr¨afte: 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 L¨osung xh = C4 cos t + C5 sin t , w¨ahrend die inhomogene Gleichung m m m(E + Bv0 ) besitzt. Das ergibt: die partikul¨are L¨osung xp = eB 2 eB eB m(E + Bv0 ) t + C5 sin t + x(t) = C4 cos . Wegen der Anfangsbedingunm m eB 2

242

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele

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 k¨onnen 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 verl¨angerte (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 w¨ahlen 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 L¨osung 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 L¨osung des Anfangswertproblems ist dann:

z(t) = e−iut a

ω + u iωt ω − u −iωt e +a e . 2ω 2ω

(∗∗)

5.2. L¨osungen

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 vergr¨oßert ist), beﬁndet sich der Pendelk¨orper 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 Kr¨afte durch ¨außere. 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 Kr¨afte 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 zun¨achst 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 w¨ahlen. 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 L¨osung 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 L¨angenmessung) 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 L¨ange 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 Aufh¨angepunkt 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 betr¨agt 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. L¨osungen

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 gem¨aß (∗): 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 gem¨aß (∗): 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. L¨osungen

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 k¨onnen Ergebnisse durch Betrachtungen von (bekannten) Grenzf¨allen getestet werden. Im der vorliegenden Aufgabe kann z.B. das L¨osungsverhalten f¨ ur kleine t ermittelt werden. Im Fall (a) ist die angreifende Kraft zun¨achst konstant. Das verursacht f¨ ur kleine t (die r¨ ucktreibende Federkraft ist hier noch sehr klein) eine gleichf¨ormig 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 tats¨achlich: 2 mω 2 f0 2 f0 2t − ··· = t + O(t3 ). ω y(t) = mω 2 2 2m In den restlichen F¨allen nimmt die angreifende Kraft zun¨achst 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

Kapitel 5. Anwendungsbeispiele

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 Lehrb¨ucher 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.: H¨ohere Mathematik f¨ ur Ingenieure Bd 1 , 9. Auﬂ., Vieweg+Teubner 2011 Burg K. / Haf H. / Wille F.: H¨ohere 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: Gew¨ohnliche 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

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250

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Höhere Mathematik für Ingenieure 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen, Distributionen, Integraltransformationen

Aufgabensammlung Mathematik. Band 1: Analysis einer Variablen, Lineare Algebra: Für Studierende in mathematisch-naturwissenschaftlichen und technischen Studiengängen

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

Höhere Mathematik für Ingenieure 3. Gewöhnliche Differentialgleichungen, Distributionen, Integraltransformationen

Angewandte Mathematik mit Mathcad, Band 2. Komplexe Zahlen, Matrizenrechnung, Vektoranalysis

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