TU Wien:Mathematik 2 UE (diverse)/Übungen SS06/Differentialgleichungen 19

Man zeige, dass jede der Funktionen $z(x,y)={\frac {1}{a}}x+C\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)$ , wo $C=C(u)$ eine willkürlich gewählte, differenzierbare Funktion in einer Variablen ist, Lösung der partiellen Differentialgleichung

a{\frac {\partial z}{\partial x}}+b{\frac {\partial z}{\partial y}}=1

(mit $a\neq 0$ ) ist. Wie lautet die Lösung zur Anfangsbedingung $z(x=0,y)=y^{2}+1$ ?

Lösungsvorschlag[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Also wir sollen zu erst mal schauen, ob $a{\frac {\partial z}{\partial x}}+b{\frac {\partial z}{\partial y}}=1$ stimmt. Zu erst brauchen wir die partiellen Ableitungen von $z(x,y)$ :

(Anmerkung: in der Angabe ist der Hinweis, dass $C(u)$ eine willkürlich gewählte Funktion in einer Variable ist. Das sollte einen Hinweis geben, dass man hier die Kettenregel nehmen soll: also äußere Ableitung bleibt die Funktion ein einer Variable $C(u)$ und dann die innere Funktion ableiten)

${\frac {\partial z}{\partial x}}={\frac {1}{a}}\cdot 1+C'\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)\cdot \underbrace {\left(0-{\frac {b}{a}}\cdot 1\right)} _{\text{innere Ableitung}}={\frac {1}{a}}-{\frac {b}{a}}C'\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)$

${\frac {\partial z}{\partial y}}=0+C'\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)\cdot \underbrace {\left(1-0\right)} _{\text{innere Ableitung}}=C'\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)$

so nun einsetzen in $a{\frac {\partial z}{\partial x}}+b{\frac {\partial z}{\partial y}}=1$ :

${\begin{aligned}1&=a{\frac {\partial z}{\partial x}}+b{\frac {\partial z}{\partial y}}\\1&=a\cdot \left({\frac {1}{a}}-{\frac {b}{a}}C'\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)\right)+b\cdot C'\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)\\1&=1-b\cdot C'\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)+b\cdot C'\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)\\1&=1\end{aligned}}$

Nun setzen wir die Anfangsbedingung $z(x=0,y)=y^{2}+1$ in unsere Angabe $z(x,y)={\frac {1}{a}}x+C\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)$ ein:

$z(0,y)={\frac {1}{a}}0+C\left(y-{\frac {b}{a}}0\right)=C(y)$

Außerdem gilt ja die Anfangsbedingung $z(0,y)=y^{2}+1$ also muss gelten $C(y)=y^{2}+1$ und genau das ist unsere willkürlich gewählte Funktion $C(u)$ in einer Variable, also $C(u)=u^{2}+1$ .

Nun müssen wir nur noch ablesen, was eigentlich unser $C(u)$ ist. Also schauen wir uns die gegebenen Funktion $z(x,y)={\frac {1}{a}}x+\underbrace {C\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)} _{C(u)}$ an und erkennen sofort, dass eben $C(u)=C\left(y-{\frac {b}{a}}x\right)\Rightarrow u=y-{\frac {b}{a}}x$ gilt. Also setzen wir $u$ in unsere willkürliche gewählte Funktion $C(u)=u^{2}+1$ der Anfangsbedingung ein: