Mit \( g(x)=x \) berechnen wir \[ G(x)=\int\limits_0^xg(t)\,dt=\int\limits_0^xt\,dt=\frac{t^2}{2}\,\Big|_{t=0}^{t=x}=\frac{x^2}{2}\,. \] Unter Anwendung der Lösungsformel aus der Vorlesung erhalten wir die Lösungsschar \[ y=Ce^{-G(x)}=Ce^{-\frac{x^2}{2}}\,,\quad x\in\mathbb R,\ C\in\mathbb R. \] Für den Anfangswert \( y(0)=3 \) ermitteln wir \( C=3, \) d.h. das Anfangswertproblem wird gelöst durch \[ y=3e^{-\frac{x^2}{2}}\,,\quad x\in\mathbb R. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

Mit den Bezeichnungen aus der Vorlesung haben wir zunächst \[ g(x)=-\frac{x}{1+x^2}\,,\quad h(x)=\sqrt{1+x^2}\,. \] Damit berechnen wir \[ G(x)=\int\limits_1^xg(t)\,dt=-\int\limits_1^x\frac{t}{1+t^2}\,dt=-\frac{1}{2}\,\ln(1+t^2)\,\Big|_{t=1}^{t=x}=\frac{1}{2}\,\ln 2-\frac{1}{2}\,\ln(1+x^2). \] Es folgen \[ \begin{array}{rcl} e^{-G(x)}\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle e^{\frac{1}{2}\,\ln(1+x^2)-\frac{1}{2}\,\ln 2} \,=\,e^{\frac{1}{2}\,\ln(1+x^2)}e^{-\frac{1}{2}\,\ln 2} \\[1ex] & = & \!\!\!\displaystyle \big[e^{\ln(1+x^2)}\big]^\frac{1}{2}\big[e^{\ln 2}\big]^{-\frac{1}{2}} \,=\,\frac{\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{2}} \end{array} \] und analog \[ e^{G(x)}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+x^2}}\,. \] Damit ist \[ \int\limits_1^xh(t)e^{G(t)}\,dt =\int\limits_1^x\sqrt{1+t^2}\,\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+t^2}}\,dt =\sqrt{2}\,\int\limits_1^xdt =\sqrt{2}\,(x-1). \] Unter Anwendung der Lösungsformel aus der Vorlesung erhalten wir \[ \begin{array}{rcl} y\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle e^{-G(x)}\cdot\left\{\eta+\int\limits_\xi^xh(t)e^{G(t)}\,dt\right\} \,=\,\frac{\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{2}}\cdot\Big\{2\sqrt{2}+\sqrt{2}\,(x-1)\Big\} \\[1ex] & = & \!\!\!\displaystyle \sqrt{1+x^2}\,\Big\{2+x-1\Big\} \,=\,x\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+x^2} \end{array} \] als Lösung des gestellten Anfangswertproblems.\( \qquad\Box \)

Es handelt sich um eine Bernoulligleichung mit \[ \alpha=2,\quad g(x)=-\,\frac{1}{x}\,,\quad h(x)=1. \] Wir setzen \( z=y^{-1}, \) \( y\not=0, \) und nach der Vorlesung genügt \( z \) der linearen Gleichung \[ z'-g(x)z-h(x)=0 \] bzw. nach Einsetzen der Koeffizientenfunktionen \[ z'+\frac{z}{x}=1,\quad x\ge 1,\ z(1)=\frac{3}{2}\,. \] Diese lösen wir nach dem bekannten Verfahren: Zunächst \[ G(x)=\int\limits_1^x\frac{dt}{x}=\ln x-\ln 1=\ln x \] und damit nach der bekannten Lösungsformel \[ z=\frac{1}{x}\cdot\left\{\frac{3}{2}+\int\limits_1^x1\cdot t\,dt\right\} =\frac{1}{x}\,\left\{\frac{3}{2}\frac{x^2}{2}-\frac{1}{2}\right\} =\frac{x^2+2}{2x}\,. \] Umstellen liefert mit \[ y=\frac{2x}{x^2+2}\,,\quad x\ge 1, \] die gesuchte Lösung des Anfangswertproblems. Beachte \( y\not=0. \) Es löst auch \( y\equiv 0 \) die Gleichung, aber nicht das Anfangswertproblem.\( \qquad\Box \)

Eine Lösung \( \Phi \) der Gleichung erraten wir \[ \Phi(x)\equiv 1 \] und betrachten damit \[ y=\frac{1}{z}+\Phi=\frac{1}{z}+1,\quad x\ge 0,\ y\not=1, \] bzw. nach Umstellen \[ z=\frac{1}{y-1}\,,\quad x\ge 0,\ y\not=1,\ z(0)=1. \] 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 \[ z'+z=x-1,\quad h(0)=1. \] Diese lösen wir nach dem bekannten Verfahren: Zunächst \[ G(x)=\int\limits_0^x1\,dt=x \] und damit nach der bekannten Lösungsformel \[ z=e^{-x}\cdot\left\{1+\int\limits_0^x(t-1)e^t\,dt\right\} =e^{-x}\cdot\left\{1+\int\limits_0^xte^t\,dt-\int\limits_0^xe^t\,dt\right\} =3e^{-x}+x-2. \] Umstellen liefert mit \[ y=1+\frac{1}{3e^{-x}+x-2}\,,\quad x\ge 0, \] die gesuchte Lösung des Anfangswertproblems. Beachte \( y\gt 1.\qquad\Box \)