Mit \( g(x)=\sin x \) berechnen wir \[ G(x)=\int\limits_0^xg(t)\,dt=\int\limits_0^x\sin t\,dt=-\cos t\,\Big|_{t=0}^{t=x}=1-\cos x. \] Unter Anwendung der Lösungsformel aus der Vorlesung erhalten wir die Lösungsschar \[ y=Ce^{-G(x)}=Ce^{\cos x}\,,\quad x\in\mathbb R,\ C\in\mathbb R. \] Für den Anfangswert \( y(0)=2 \) ermitteln wir \( C=\frac{2}{e}, \) d.h. das Anfangswertproblem wird gelöst durch \[ y=\frac{2}{e}\,e^{\cos x}\,,\quad x\in\mathbb R. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

Mit \( g(x)=x^2 \) und \( h(x)=x^3+1 \) berechnen wir \[ G(x)=\int\limits_2^xg(t)\,dt=\int\limits_2^xt^2\,dt=\frac{1}{3}\,t^3\,\Big|_{t=2}^{t=x}=\frac{x^3-8}{3}\,. \] Unter Anwendung der Lösungsformel aus der Vorlesung erhalten wir \[ \begin{array}{rcl} y\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle e^{-G(x)}\cdot\left\{\eta+\int\limits_2^xh(t)e^{G(t)}\,dt\right\} \,=\,e^{\frac{8-x^3}{3}}\cdot\left\{1+\int\limits_2^x(t^3+1)e^{\frac{t^3-8}{3}}\,dt\right\} \\[1ex] & = & \!\!\!\displaystyle e^{\frac{8-x^3}{3}}\cdot\left\{1+xe^\frac{x^3-8}{3}-2\right\} \,=\,x-e^\frac{8-x^3}{3}\,. \end{array} \] Das war gesucht.\( \qquad\Box \)

Umstellen liefert zunächst \[ y'-\frac{1}{x\ln x}\,y+\frac{1}{\ln x}\,y^2=0,\quad x\ge e,\ y\not=0,\ y(e)=\frac{1}{e}\,. \] Es handelt sich um eine Bernoulligleichung mit \[ \alpha=2,\quad g(x)=-\,\frac{1}{x\ln x}\,,\quad h(x)=\frac{1}{\ln x}\,. \] Es löst \( y\equiv 0 \) die Gleichung, aber nicht das Anfangswertproblem. Diesen Fall schließen wir jedoch nach Voraussetzung aus. Setze nun also \( z=y^{-1}, \) \( y\not=0. \) Nach Vorlesung genügt \( z \) der linearen inhomogenen Gleichung \[ z'+\frac{1}{x\ln x}\,z=\frac{1}{\ln x}\,,\quad x\ge e,\ z(e)=e. \] Diese lösen wir nach dem bekannten Verfahren: Zunächst \[ \begin{array}{rcl} G(x)\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle \int\limits_e^xg(t)\,dt \,=\,\int\limits_e^x\frac{dt}{t\ln t} \,=\,\int\limits_e^x\frac{d}{dt}\,\ln(\ln t)\,dt \\[1ex] & = & \!\!\!\displaystyle \ln(\ln x)-\ln(\ln e)=\ln(\ln x)-\ln 1=\ln(\ln x) \end{array} \] und damit nach der bekannten Lösungsformel \[ \begin{array}{rcl} z\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle e^{-G(x)}\cdot\left\{e+\int\limits_e^x\frac{1}{\ln t}\,e^{G(t)}\,dt\right\} \,=\,\frac{1}{\ln x}\cdot\left\{e+\int\limits_e^x\frac{1}{\ln t}\,\ln t\,dt\right\} \\[1ex] & = & \!\!\!\displaystyle \frac{1}{\ln x}\,(e+x-e) \,=\,\frac{x}{\ln x}\,. \end{array} \] Umstellen liefert mit \[ y=\frac{\ln x}{x}\,,\quad x\ge e, \] die gesuchte Lösung des Anfangswertproblems.\( \qquad\Box \)

Eine Lösung \( \Phi \) der Gleichung erraten wir \[ \Phi(x)=e^x\,,\quad x\ge 1, \] und betrachten damit \[ y=\frac{1}{z}+\Phi=\frac{1}{z}+e^x\,,\quad x\ge 1, \] bzw. nach Umstellen \[ z=\frac{1}{y-e^x}\,,\quad x\ge 1. \] Nach der Vorlesung genügt \( z \) der inhomogenen linearen Gleichung \[ z'-\Big\{g(x)+2\Phi(x)h(x)\Big\}\,z=h(x), \] nach Einsetzen also \[ z'-\Big\{-1-2e^xe^{-x}\Big\}\,z=z'+3z=-e^{-x}\,,\quad x\ge 1,\ z(1)=-\,\frac{1}{2e}\,. \] Diese lösen wir nach dem bekannten Verfahren: Zunächst \[ G(x)=\int\limits_1^x3\,dt=3x-3 \] und damit nach der bekannten Lösungsformel \[ z=e^{3-3x}\cdot\left\{-\,\frac{1}{2e}-\int\limits_1^xe^{-t}e^{3t-3}\,dt\right\} =-\,\frac{1}{2}\,e^{-x}\,. \] Umstellen liefert mit \[ y=\frac{1}{z}+\Phi=-e^x\,,\quad x\ge 1, \] die gesuchte Lösung des Anfangswertproblems.\( \qquad\Box \)