TU Wien:Analysis UE (diverse)/Übungen SS19/Beispiel 371

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Durch Einsetzen bestätige man, dass die allgemeine Lösung der Differentialgleichung

x^2\frac{d^2y}{dx^2} - 6y = 12\ln x

durch

y(x) = C_1x^3 + \frac{C_2}{x^2} - 2\ln x + \frac{1}{3}, C_1, C_2 \in \mathbb{R}

gegeben ist. Wie lautet die partikuläre Lösung zu den Anfangsbedingungen y(1) = \frac{2}{3}, y'(1) = -1 \,?

Lösungsvorschlag[Bearbeiten]

y(x) = C_1x^3 + \frac{C_2}{x^2} - 2\ln x + \frac{1}{3}

y'(x) = 3C_1x^2 - 2\frac{C_2}{x^3} - 2\frac{1}{x}

y''(x) = 6C_1x + 6\frac{C_2}{x^4} + 2\frac{1}{x^2}

\begin{align}
x^2\frac{d^2y}{dx^2} - 6y &= 12 \ln x \\
x^2 \cdot \left( 6C_1x + 6\frac{C_2}{x^4} + 2\frac{1}{x^2} \right) - 6y &= 12 \ln x \\
6C_1x^3 + 6\frac{C_2}{x^2} + 2 - 6y &= 12 \ln x \\
6y &= 6C_1x^3 + 6\frac{C_2}{x^2} - 12 \ln x + 2 \\
y &= C_1x^3 + \frac{C_2}{x^2} - 2 \ln x + \frac{1}{3} \\
\end{align}

Das ist nun das gleich y(x) aus der Angabe.

y(1) = \frac{2}{3} = C_1 \cdot 1^3 + \frac{C_2}{1^2} - 2 \ln 1 + \frac{1}{3} = C_1 + C_2 + \frac{1}{3}

y'(1) = -1 = 3C_1 \cdot 1^2 - 2\frac{C_2}{1^3} - 2\frac{1}{1} = 3C_1 - 2C_2 - 2

C_1 = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} - C_2 = \frac{1}{3} - C_2

\begin{align}
-1 &= 3 \left( \frac{1}{3} - C_2 \right) - 2C_2 - 2 \\
-1 &= 1 - 3C_2 - 2C_2 - 2 \\
-1 &= -5C_2 - 1 \\
C_2 &= 0
\end{align}

C_1 = \frac{1}{3} - 0 = \frac{1}{3}

y(x) = C_1x^3 + \frac{C_2}{x^2} - 2\ln x + \frac{1}{3} = \frac{1}{3}x^3 - 2\ln x + \frac{1}{3}

Lösung[Bearbeiten]

Achtung das Vorzeichen des letzten Summanden für (4) scheint falsch zu sein! aichingm 29.05.2018 10:48:33

Einsetzen

(1)\!\ x^2 {d^2y \over dx^2} - 6y = 12 ln(x)

(2)\!\ y(x)=C_1x^3+{C_2 \over x^2}-2ln(x)+{1 \over 3}
(3)\!\ y'(x)=3C_1x^2-{2C_2 \over x^3}-{2 \over x}
(4)\!\ y''(x)=6C_1x+{6C_2 \over x^4}-{2 \over x^2}

Wir setzen (4) und (2) in (1) ein
\!\ x^2*(6C_1x+{6C_2 \over x^4}-{2 \over x^2}) - 6*(C_1x^3+{C_2 \over x^2}-2ln(x)+{1 \over 3}) = 12 ln(x)
und lösen auf
\!\ 6C_1x^3+{6C_2 \over x^2}-{2 \over 1} - 6C_1x^3-{6C_2 \over x^2}+12ln(x)-{6 \over 3} = 12 ln(x)
wie man sieht fallen fast alle der Terme weg und es bleibt
\!\ 12ln(x) = 12 ln(x)
womit bestätigt ist dass (2) tatsächlich eine Lösung von (1) ist.

Anfangsbedingungen Setzen wir nun 1 in (2) und (3) ein
(5)\!\ y(1)=C_1+{C_2\over 1}+{1 \over 3}
(6)\!\ y'(1)=3C_1-{2C_2 \over 1}-2

drücken wir nun aus (5) C_1 durch C_2 aus
\!\  C_1 = {1 \over 3} - C_2
und setzen das Ergebnis in (6) ein
\!\ 1-3C_2 -2C_2-2=-1
\!\ 5C_2=0
\!\ C_2=0     \rightarrow  \!\ C_1 = 1/3


Nun setzen wir nur noch in (2) ein und haben damit die partikuläre Lösung:
\!\ y_p(x)={x^3\over 3}-2ln(x)+{1 \over 3}

Lösung aus Karigl 2004[Bearbeiten]

Quelle[Bearbeiten]

Panholzer Beispielsammlung SS06 Beispiel 114