Examen Herbst 2012, Aufgabe 2.4

Aufgabenstellung

  1. Lösen Sie die Differentialgleichung

    (1)   \begin{equation*}  y'(x) = \frac{3x^2+4x+2}{2(y(x)-1)}, y(0)=-1 \end{equation*}

    und zeigen Sie, dass die Lösung für alle x\geq0 existiert.

  2. Lösen Sie die Differentialgleichung

    (2)   \begin{equation*}  y'(x)=2y(x)^2+xy(x)^2, y(0)=1, \end{equation*}

    bestimmen Sie das maximale Existenzintervall I, alle lokalen Extrema der Lösung y auf I und klassifizieren Sie diese nach Maxima und Minima.

Lösungsvorschlag

  1. Diese Differentialgleichung ist separierbarer Natur. Wir trennen die Variablen und erhalten

    (3)   \begin{equation*}   2y'(x)(y(x)-1)=3x^2+4x+2  \end{equation*}

    oder nach Multiplikation mit dem Differentialgleichungsoperator dx

    (4)   \begin{equation*}   2(y(x)-1)dy=3x^2+4x+2 dx.  \end{equation*}

    Integration mit Rücksicht auf die Startwerte liefert

        \begin{align*}     \int_{-1}^y 2(\xi -1) d\xi =& \int_0^\tau 3\tau^2+4\tau+2 d\tau \\    \Leftrightarrow (y-1)^2 -4 =& x^3+2x^2+2x \\    \Leftrightarrow (y-1)^2=&x^3+2x^2+2x+4 \\    \Leftrightarrow y(x) =& 1 \pm \sqrt{x^3+2x^2+2x+4}.  \end{align*}

    Aufgrund der Anfangswertbedingung ist die gesuchte Lösung

    (5)   \begin{equation*}    y(x) = 1 - \sqrt{x^3+2x^2+2x+4}.  \end{equation*}

    Der Term unterhalb der Wurzel ist für nichtnegative x positiv, so dass \IR^+_0 im maximalen Definitionsbereich enthalten ist.

  2. Durch Ausklammern von y^2 erhalten wir wiederum eine separierbare Differentialgleichung, die wir in die Form

    (6)   \begin{equation*}   \frac{dy}{y^2(x)} = x+2 dx  \end{equation*}

    überführen können. Integration beider Seiten mit Rücksicht auf die Werte aus der Anfangswertbedingung liefert

        \begin{align*}     \int_1^y \frac{1}{\xi^2}d\xi =& \int_0^x \tau+2d\tau \\    \Leftrightarrow -\frac{1}{y}+1 =& \frac{x^2}{2} +2x \\    \Leftrightarrow y=&\frac{1}{-\left(\frac{x^2}{2}+2x-1\right)}.  \end{align*}

    Das maximale Existenzintervall wird nur durch die Nullstellen des Nenners beeinflusst. Diese liegen bei -1\pm\frac{\sqrt{6}}{2}. Da 0\in  \left(-1-\frac{\sqrt{6}}{2},-1+\frac{\sqrt{6}}{2}\right)=:I gilt, ist dieses Intervall gleichzeitig das maximale Existenzintervall der Lösung.
    Nun lässt sich von y'=2y^2+xy^2=0 direkt ablesen, dass y' entweder konstant 0 sein müsste, oder genau in x=-2 verschwindet. Dort hat y somit auf I ihr einziges lokales Extremum. Da y' für kleine x negativ und für große x positiv ist, liegt in diesem Extremwert ein lokales Minimum vor.

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