Es handelt sich um eine lineare Differentialgleichung und um eine Differentialgleichung
mit getrennten Veränderlichen.

Aufgabenteil 1

Es handelt sich um eine Differentialgleichung mit getrennten Veränderlichen

$\D \int y'\,dy' = \int (2x^3-x)\,dx$

$\begin{align} \RA \frac{1}{2} y'^2 &= \frac{1}{2} (x^4-x^2) + C &\\ \\ y'^2 &= x^4 - x^2 + 2C \qquad &y'(2) = \sqrt{12} \LR C=0 \\ & &\\ y' &= \pm x \sqrt{x^2-1} \qquad & \text{"+" wegen } y'(2) > 0 \\ & &\\ \D y &= \frac{1}{3} (x^2-1)^{\frac{3}{2}} + D \qquad & y(2) = \sqrt{3} \RA D = 0 \\ & &\\ \RA y &= \frac{1}{3} (x^2-1)^{3/2} & \end{align}$



Aufgabenteil 2

Die homogene Lösung $y_h$ der linearen Differentialgleichung $\D y' = - \frac{4x}{1+x^2} y + \frac{1}{1+x^2}$ lautet:

$\D y_h = \D \exp \left( \D \int -\frac{4x}{1+x^2} dx \right) = \exp(\D -2 \ln (1+x^2)) = \frac{1}{(1+x^2)^2}$

Für die partikuläre Lösung $y_p$ gilt:

$y_p = \D \frac{1}{(1+x^2)^2} \D \int \frac{(1+x^2)^2}{1+x^2}\,dx = \frac{x+\frac{x^3}{3}}{(1+x^2)^2}$

Die allgemeine Lösung $y = c\,y_h + y_p$ lautet somit:

$\D y = \frac{c + \frac{x^3}{3} + x}{(1+x^2)^2}$



• Es handelt sich um eine Differentialgleichung mit getrennten Veränderlichen.
• Substituiere: $z = x + y + 1$.
• Nützliches Integral: $\D \int \frac{dz}{1+z^2} = \arctan z$.

Mit $z=y+x+1$ ist $z'=y'+1=(x+y+1)^2+1=z^2+1$.

Diese Differentialgleichung mit getrennten Veränderlichen hat keine konstanten Lösungen.
Alle Lösungen werden gegeben durch

$\D \int \frac{dz}{1+z^2}=\int dt+C\LR \arctan z=t+C\LR z=\tan (t+C)\LR y=\tan(t+C)-x-1.$



• Aufgabenteil 1: lineare Differentialgleichung 1. Ordnung
• Aufgabenteil 2: Differentialgleichung mit getrennten Veränderlichen
• Es gilt: $\D \tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$.

Aufgabenteil 1

Mit den Beziehungen

$\tan x = \D \frac{\sin x}{\cos x}$ und $\D \int \tan x\,dx = -\ln |\cos x| = -\ln \cos x$ auf $\D \Big( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \Big)$

folgt für die homogene Lösung $y_h$:

$\D y_h = \exp(-\ln |\cos x|) = \frac{1}{\cos x}$

Die partikuläre Lösung $y_p$ gilt:

$y_p = \D \frac{1}{\cos x} \int \sin x \cos x\,dx = -\frac{\cos x}{2}$

Die allgemeine Lösung $y$ lautet somit:

$\D y = C \frac{1}{\cos x} - \frac{\cos x}{2}$



Aufgabenteil 2

Es handelt sich um eine Differentialgleichung mit getrennten Veränderlichen. Wir lösen

$\D \int (y-1)\,dy = \int \cos x\,dx + C$

$\begin{align} \LR \frac{1}{2}y^2-y &= \sin x + C \\ \\ \LR y^2 - 2y + 1 &= 2 \sin x + C' \\ \\ \LR (y-1)^2 &= 2 \sin x + C' \\ \\ \RA y &= 1 \pm \sqrt{2 \sin x + C'} \end{align}$

Aus $\D y(0) = \frac{1}{2}$ folgt, dass nur die negative Lösung möglich ist.

$\D \RA \frac{1}{2} = 1 - \sqrt{C'} \LR C' = \frac{1}{4}$

Die allgemeine Lösung lautet damit:

$\D y = 1 - \sqrt{2 \sin x + \frac{1}{4}}$

$\D y(\frac{\pi}{2}) = 1 - \sqrt{2 \cdot 1 + \frac{1}{4}} = 1 - \frac{3}{2} = -\frac{1}{2}$

Es handelt sich um eine Differentialgleichung mit getrennten Veränderlichen

Es handelt sich um eine Differentialgleichung mit getrennten Veränderlichen

Wir lösen

$\begin{align} \RA \D \int_{\sqrt{3}}^y \frac{dw}{w^2+1} &= \int_1^x \frac{dt}{t^2+1} \\ \\ \LR \arctan y - \arctan \sqrt{3} &= \arctan x - \arctan 1 \\ \\ \LR \arctan y &= \arctan x - \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{3} \\ \end{align}$

Somit lautet die Lösung:

$\D \LR y = \tan(\arctan x + \frac{\pi}{^2})$



• Definiere $f_1(x,y)$ und $f_2(x,y)$.
• Da $f_1(x,y)_y \neq f_2(x,y)_x$, muss ein integrierender Faktor $m(x)$ gefunden werden.
• Löse: $(m(x)f_1(x,y))_y=(m(x)f_2(x,y))_x$.

Es ist

$\begin{align} f_1(x,y) &= x^2ye^{xy}+1 &\text{und } &f_{1,y} = x^2e^{xy}+x^3ye^{xy} \\ f_2(x,y) &= x^3e^{xy} &\text{und } &f_{2,x} = 3x^2e^{xy}+x^3ye^{xy} \end{align}$

Sei $m=m(x)$ der integrierender Faktor. Dann muss gelten:

$(m(x)f_1(x,y))_y=(m(x)f_2(x,y))_x$, also



$\begin{align} m(x)(x^2e^{xy}+x^3ye^{xy}) &= m'(x)(x^3e^{xy}) + m(x)(3x^2e^{xy}+x^3ye^{xy}) \\ \\ \LR m'(x)\cdot x^3 &= m(x)(x^2+x^3y-3x^2-x^3y) \\ \\ \LR m'(x) & =\frac{-2}{x}m(x). \end{align}$

Wähle $m(x)=x^{-2}$. Die neue exakte Differentialgleichung lautet:

$\D (ye^{xy}+\frac{1}{x^2}) +x e^{xy}y'=0.$

Stammfunktion ist offensichtlich

$\D F(x,y)=e^{xy}-\frac{1}{x}.$

Alle Lösungen sind daher gegeben durch

$\D e^{xy}-\frac{1}{x}=C \LR y=\frac{1}{x}\ln\Big(C+\frac{1}{x}\Big).$