Exakte Differenzialgleichungen

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1 Exakte Differenzialleicunen In der nacfolenden Diskussion benötien wir die so. symmetrisce Darstellun einer Dl 1. Ordnun. Diese lautet (x, y) + (x, y)dy = 0. Dies entsprict im Falle (x, y) 0 der Dl y (x) = (x,y) (x,y) Falle (x, y) 0 der Dl x (y) = (x,y) (x,y)., und im Beispiel. Die symmetrisce Darstellun der Dl y = x y ist dy = x y ydy = x bzw. x + ydy = 0. Definition. (x, y) + (x, y)dy = 0 eißt exakt, wenn eine steti differenzierbare Funktion F (x, y) existiert mit F x = (x, y) und F y = (x, y). F (x, y) eißt dann eine Stammfunktion der Dl. Bemerkun. die Form F x + F y dy = df = 0 Im Falle der Exakteit at die Differenzialleicun also wobei df das totale Differenzial von F bezeicnet. Beispiel. 2xy + x 2 dy = 0 ist exakt, weil F (x, y) = x 2 y eine Stammfunktion ist. Satz. Sei + dy = 0 exakt (wobei > 0 und, steti sind). Die allemeine Lösun der Dl ist dann durc F (x, y) = C, C R eeben, wobei F (x, y) eine Stammfunktion ist. 1

2 Beweis. Sei (x 0, y 0 ) 0, i.e. F y (x 0, y 0 ) 0. Dann kann F (x, y) C = 0 um (x 0, y 0 ) nac y aufelöst werden, d.. wir aben F (x, y(x)) = C. Differenzieren nac x liefert F x + F y y = 0 bzw. (x, y) + (x, y) y = 0, also (x, y) + (x, y)dy = 0. Ist umekert y(x) eine Lösun von (x, y) + (x, y) y = 0, dann F x + F y y = 0, i.e. d (F (x, y(x))) = 0 F (x, y(x)) = C. Analo wird der Fall (x 0, y 0 ) 0, i.e. F x (x 0, y 0 ) 0 beandelt. Wie stellt man nun fest, ob eine vorelete Differenzialleicun exakt ist, und wie kann man eine Stammfunktion bestimmen? Satz. Seien (x, y), (x, y) steti differenzierbar auf dem einfac zusammenänenden Gebiet D R 2. Dann ilt (x, y) + (x, y)dy = 0 ist exakt y = x (Interabilitätsbedinun) Wie man dann eine Stammfunktion bestimmt, sei am folenden Beispiel illustriert. Beispiel. (ye xy + y 2 ) + (xe xy + 2xy)dy = 0 (x, y) = ye xy + y 2 y = e xy + xye xy + 2y (x, y) = xe xy + 2xy x = e xy + xye xy + 2y Also ist die Dl exakt, d.. es existiert ein F (x, y) mit F x = und F y =. Wir starten mit der Bedinun F x = = ye xy + y 2. Interation nac x liefert F = F x = e xy + xy 2 + φ(y), wobei φ(y) eine willkürlice Funktion von y bezeicnet. 2

3 Nun nutzen wir die zweite Bedinun F y = : xe xy + 2xy + φ (y) = xe xy + 2xy φ (y) = 0 φ(y) = C 1 Da wir nur eine Stammfunktion benötien können wir φ(y) = 0 wälen und eralten F (x, y) = e xy + xy 2. Also ist F (x, y) = e xy + xy 2 = C, C R Lösun der Dl. Bemerkun. Mancmal ist es vorteilafter, mit der Bedinun zu beinnen. Dann ist F = F y dy = (x, y)dy + ψ(x). F y = ψ(x) wird dann durc Einsetzen in die Bedinun F x = bestimmt. Betracten wir nun die Dl y + 2xdy = 0. Hier ist (x, y) = y, y = 1, (x, y) = 2x, x = 2. Die Dl ist also nict exakt. Multiplizieren wir die eebene Dl mit y, dann eralten wir eine neue Dl, nämlic y 2 + 2xydy = 0. Diese ist nun exakt mit der Lösun F (x, y) = xy 2 = C. Definition. Eine steti differenzierbare Funktion M(x, y) 0 eißt interierender Faktor (oder Euler scer Multiplikator) der Dl + dy = 0, wenn die Dl (M) + (M)dy = 0 exakt ist. Bemerkun. Die allemeine Lösun von + dy = 0 stimmt mit der allemeinen Lösun von (M ) + (M )dy = 0 überein. Bemerkun. Die Auswertun der Interabilitätsbedinun für (M) + (M)dy = 0 liefert 3

4 (M) y = (M) x bzw. M y + M y = M x + M x Dies ist eine partielle Differenzialleicun für M(x, y), welce i.a. rect scwieri zu lösen sein wird. Aus diesem Grund frat man sic, ob spezielle Euler sce Multiplikatoren existieren. Anenommen, M = M(x) sei ein interierender Faktor, M änt also nur von x ab. Dann ist M y = 0 und M y = M x + M x bzw. y x = M x M = (ln M(x)) und ln M(x) = y x Damit : 1) Ist y x nur eine Funktion von x dann ist M(x) = e y x ein interierender Faktor. 2) Ist x y nur eine Funktion von y dann ist M(y) = e x y dy ein interierender Faktor (wird analo ezeit). Übun. Man überlee sic, wann ein interierender Faktor der Form M(x, y) = M(xy) existiert, wo also M eine Funktion der Variablen ξ = xy ist. M x = M (ξ)ξ x = ym (ξ), M y = M (ξ)ξ y = xm (ξ) xm (ξ) + M y = ym (ξ) + M x ( y x )M = (y x)m (ln M(ξ)) = M M = y x y x etc. Beispiel. (2x 2 y + 2xy 3 + y) + (3y 2 + x)dy = 0 y = 2x 2 + 6xy 2 + 1, x = 1 Dl nict exakt! y x = (2x2 +6xy 2 +1) 1 3y 2 +x = 2x(x+3y2 ) 3y 2 +x = 2x... nur Funktion von x 4

5 Damit ist ln M(x) = 2x = x 2 und M(x) = e x2. Die Dl (2x 2 y + 2xy 3 + y)e x2 + (3y 2 + x)e x2 dy = 0 ist dann exakt und at eine Stammfunktion F (x, y) = e x2 (y 3 + xy). Also ist e x2 (y 3 + xy) = C, C R die Lösun der Dl. Beispiel. y + 2xdy = 0 y = 1, x = 2 Dl nict exakt! x y = 1 y... nur Funktion von y Damit ist M(y) = e x y dy = y Die Dl y 2 + 2xydy = 0 ist dann exakt, at also eine Stammfunktion F (x, y). F x = y 2 F = xy 2 + φ(y), F y = 2xy + φ (y) = 2xy φ = 0 bzw. φ(y) = 0. Also F (x, y) = xy 2. Damit ist xy 2 = C, C R die Lösun der Dl. 5