Differentialgleichungen: Einführung

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1 Kapiel 12 Differenialgleichungen: Einführung In diesem Kapiel enwickeln wir keine größere Theorie, sondern geben nur einige Rezepe für die Lösung spezieller Differenialgleichungen an. Die Rezepe dienen dazu, die Vielfal der möglichen Fälle zu erkennen, einige Typen von Differenialgleichungen (DGLen) kennenzulernen und einige (klassische) DGLen zu lösen. Späer greifen wir gelegenlich auf Ergebnisse zurück, wenn wir konkrees Beispielmaerial behandeln Differenialgleichungen 1. Ordnung Die allgemeine DGL 1. Ordnung ha die Form F(,y,y ) = 0 (12.1) wobei F : D R(D R 3 ) eine gegebene Abbildung is. In der Form (12.1) nenn man die DGL eine implizie DGL. Wir berachen im wesenlichen nur explizie DGLen 1. Ordnung, d.h. DGLen von der Form y = f(,y) (12.2) wobei f : D R,D R 2 ; im Anhang 12.6 finden sich Ansäze für die Behandlung von implizien Differenialgleichungen. Die Differenialgleichung heiß explizi, da y als Funkion der Variablen, y explizi dargesell is. Bei der Umwandlung von implizien DGLen in explizie DGLen is der Saz über implizie Funkionen naürlich nüzlichl; siehe Saz Die Funkion f in (12.2) heiß reche Seie der DGL (12.2). Vereinbarung: Ein Inervall I is ses eine zusammenhängende Teilmenge in R, deren Inneres nich leer is. Das Inervall I in Definiion (12.1) kann offen, halboffen oder abgeschlossen sein und ins Unendliche reichen oder nich. Definiion 12.1 Sei I ein Inervall in R und y : I R eine Funkion. y heiss Lösung von (12.2) in I, wenn für alle I gil: (,y()) D, y is differenzierbar in, y () = f(,y()). Es is klar, dass eine Lösung im Inervall I auch eine Lösung in jedem Inervall J mi J I is. Bemerkung 12.2 In unseren Aufzeichnungen beschäfigen wir uns nur mi Differenialgleichungen im Reellen. Es is sofor einsichig, wie die Überragung von Begriffen ins Komplexe formal aussieh. 394

2 Das Aufsuchen der Lösungen von (12.2) kann man graphisch angehen. Dieses Vorgehen geh aus von der Beobachung, dass durch (12.2) die Seigung p in einem Lösungspunk (,y) D gegeben is. Definiion 12.3 a) Ein Zahlenripel (,y,p) D R mi p = f(,y) heiss Linienelemen der DGL (12.2). b) Die Gesamhei der Linienelemene bilde das Richungsfeld der DGL (12.2). Graphisches Lösen der DGL (12.2) bedeue, das Richungsfeld von (12.2) zu zeichnen, in dem man an jeden Vekor (,y) D eine Richung p anhefe und alle Kurven aufsuch, die auf das Richungsfeld passen, d.h. deren Seigung mi der Richung des Rich- ungsfeldes übereinsimm. 40 Beispiel 12.4 Berache die DGL y = y + 1. Mi Maple können wir das Richungsfeld sofor ersellen, es is fesgehalen in Abbildung Eingezeichne sind dor auch drei Lösungen. Man beache das schnelle Wachsum der Lösungen, das bei wenig Erfahrung mi Differenialgleichungen aus der harmlosen rechen Seie nich so ohne weieres zu erwaren wäre. Dieses graphische Verfahren sieh auf den ersen Blick unsicher und ungenau aus. Man muss sich aber vor Augen halen, dass man bei der Lösung von (12.2) mi Rechenmaschinen auch nich mehr Informaion ha und rozdem die Lösungen sehr genau berechnen kann. Ein numerische Vorgehen is schon durch das Richungsfeld vorgezeichne. Wähle eine Endzei T, einen y() Abbildung 12.1: Ein Richungsfeld Anfangspunk (,y 0 ) und eine Schriweie h := T n, n N. Definiere mi k := + hk, k = 0,...,n, y k+1 := y k + hf( k,y k ), k = 0,...,n 1. Dies ergib, wenn wir die Punke ( k,y k ),( k+1,y k+1 ), k = 0,...,n 1, durch eine Gerade verbinden, den so genannen Eulerschen Polygonzug P n. In der Numerik weis man nach, dass uner schwachen Voraussezungen Konvergenz der Folge (P n ) n N gegen die Lösung einri. Bessere Näherungsverfahren erhäl man, indem man die Seigung genauer approximier. Hier is das Sichwor Runge-Kua-Verfahren. Saz 12.5 Sei y eine Lösung von (12.2) in I. Sei (,y 0 ) D mi y( ) = y 0. a) Is f seig in (,y 0 ), so is y seig differenzierbar in. b) Is f n mal seig differenzierbar in (,y 0 ), so is y (n + 1) mal seig differenzierbar in. Beweis: Sei h : I f(,y()) R. a) is sofor einsichig, da ja h nach Definiion seig is in. Wir beweisen b) durch vollsändige Indukion nach n. 395

3 n = 1 : h is seig und differenzierbar in. Also is y differenzierbar in und y is seig in, da y ( ) = f ((,y( )) + f y (,y( ))y ( ) is. n+1 : Aus der Indukionsvoraussezung wissen wir, dass y n mal seig differenzierbar in is. Dann is aber auch h und dami auch y n mal seig differenzierbar is in. Dies bedeue: y is (n + 1) mal seig differenzierbar in. Saz 12.5 is ein ypischer Regulariässaz: Aus einer besimmen Regulariä (hier n mal differenzierbar) gegebener Größen (hier f) wird auf die Regulariä gesucher Größen (hier y) geschlossen. Bei der Behandlung parieller Differenialgleichungen gehör die Frage der Regulariä der Lösung mi zu den schwierigsen Problemen, bei gewöhnlichen Differenialgleichungen is die Frage nahezu rivial. In vielen Fällen is man nich an allen Lösungen, d.h. an der allgemeinen Lösung ineressier, sondern nur an einer Lösung, die durch einen besimmen Punk (,y 0 ) D verläuf; im numerischen Vorgehen haben wir dies schon vorweggenommen. Man bezeichne diese Aufgabe als Anfangsweraufgabe (kurz AWA), denn (,y 0 ) ensprich in der Praxis dem Ausgangspunk eines Prozesses, einer Messung,... Die zugehörige AWA laue also wobei f : D R,(,y 0 ) D. Beispiel 12.6 y = f(,y),y( ) = y 0, (12.3) y = f(), y( ) = y 0 ; (12.4) hierbei sei f : I R seig, wobei I ein Inervall in R is. Die (einzige) Lösung is y() = y 0 + f(s)ds, I, wie uns der Haupsaz der Differenial und Inegralrechnung lehr. Das Richungsfeld is unabhängig von y. Beispiel 12.7 y = y, y( ) = y 0. (12.5) Das Richungsfeld is offenbar unabhängig von. Wir berachen den Fall = 0,y 0 = 0. Sicherlich is y 0 eine Lösung (riviale Lösung). Lösungen neben dieser rivialen Lösung sind y 1 () := { 14 2, 0 0, < 0, y 2 () := { 14 2, , < 0. Die Eindeuigkei is also nich ohne weiere Voraussezungen zu haben, jedenfalls reich die Seigkei der rechen Seie nich aus. Nich zufälligerweise is hier die reche Seie nich differenzierbar im Nullpunk Lösungsrezep: Gerenne Variablen Wir beschäfigen uns in diesem Abschni mi folgendem Spezialfall von (12.3) (oder einer Verallgemeinerung von (12.4)): y = f()g(y), y( ) = y 0 (12.6) 396

4 dabei sind f, g geeigne definiere Funkionen. In heurisischer Weise können wir wie folg rechnen: Is y eine Lösung, dann gil y () = f(), d.h. g(y()) y (s) g(y(s)) ds = f(s)ds, und mi der Variablensubsiuion r = y(s) folg uner Einbeziehung des Anfangsweres: y y 0 dr g(r) = Das Rezep zur Lösung von (12.6) sieh so aus: f(s)ds (12.7) Rechne die Gleichung (12.7) aus für die gegebenen Daen. Löse in (12.7) nach y auf (Saz über implizie Funkionen!?). Besäige, dass auf diesem Weg eine Lösung erhalen wurde. Man beache, dass die Formel (12.7) im konkreen Fall ses einer Rechferigung bedarf, da wir nich auf Güligkei der Variablensubsiuion, Nullsellen im Nenner,... geache haben. Im Sonderfall g(y 0 ) = 0 is eine Lösung sicherlich gegeben durch z y() = y 0 für alle zulässigen. Aber is sie die einzige? 0.2 Abbildung 12.2: Die Trakrix Beispiel 12.8 (12.7) laue hier Daraus erhäl man arcan(y) = + π 4 y 1 y = 1 + y 2,y(0) = 1. (12.8) r 2dr = 0 oder aufgelös ds =. y() = an( + π 4 ) (12.9) Man verifizier, dass durch die Formel (12.9) eine Lösung der vorgelegen AWA in ( 3 4 π, 1 4 π) gegeben is. 397

5 Beispiel 12.9 Auf Verhuls geh das folgende Populaionsmodell zurück: y = (a by)y,y(0) = y 0 ; hierbei sind, dem angewanden Hinergrund ensprechend, y 0,a,b > 0. Die Formel (12.7) laue: Mi Parialbruchzerlegung erhäl man daraus Daraus ergib sich = y y 0 y y 0 dr y (a br)r = und schließlich als Lösungsdarsellung Man sell fes: dr (a br)r = y 0 0 ds = b y a (a br) dr + y 0 1 a r dr = 1 a ln(a by) + 1 a ln(a by 0) + 1 a ln(y) 1 a ln(y 0) = 1 ( ) (a a ln by0 )y. (a by)y 0 y() = a b (a by 0 )y (a by)y 0 = e a In (12.10) is eine Lösung für die AWA gegeben. 1 1 ce a, 0, mi c := y 0 ab 1. (12.10) y 0 Die Populaion konvergier gegen a d.h. lim b y() = a, was bedeue, dass sich über b lange Zei eine konsane Populaionsgröße einsell. Dies is der erse Hinweis auf die Frage des Langzeiverhales einer Lösung. Wir kommen uner dem Sichwor noch ausgiebig darauf zurück. Beispiel Auf Leibniz geh die Lösung folgender Aufgabe zurück. 1 Finde eine Funkion x y(x) derar, dass durch den Graph von y der geomerische Or aller Punke P definier wird, der durch folgende Vorschrif definier wird: In der x y Ebene ziehe man am Punk P an einer sraff gespannen Schnur der Länge a. Der Zugpunk Z soll auf der posiiven x Achse forrücken und zu Beginn des Vorgangs habe P die Koordinaen (0,a). Da die Zugschnur P Z zur gesuchen Zugkurve offenbar immer angenial is, muß im Punk (x,y(x)) y y(x) (x) = a 2 y 2 (x) gelen. Diese Differenialgleichung läss sich als Differenialgleichung mi gerennen Variablen behandeln. Wir haben die Lösung mi Maple errechne und sie in Abbildung 12.2 fesgehalen. Dieser geomerische Or heiß Trakrix. Roier man sie um die y Achse, so enseh eine Fläche mi konsaner negaiver Krümmung, die als Modell für die nicheuklidische Geomerie dienen kann. 1 C. Perraul ( 1675) is der Erfinder dieser Aufgabe. Er demonsriere die Aufgabe, indem er seine Uhr über den Tisch zog. 398

6 Wir wollen nun einige Typen von DGL behandeln, die sich durch eine geeignee Subsiuion auf den eben behandelen Fall zurückführen lassen. In Nachschlagewerken zu gewöhnlichen Differenialgleichungen finde man diese Rezepe auch. Die Transformaion der Anfangswere lassen wir weg. y = f(a + by + c) ;a,b,c R. (12.11) Subsiuion: Daraus: DGL für u : u := a + by + c u = a + by = a + bf(u) u = a + bf(u) Lösung nach (12.7)! y = f( y ) (12.12) Subsiuion: u := y Daraus: y = u,y = u + u DGL für u : u = 1 (f(u) u) Lösung nach (12.7)! y a + by + c = f( α + βy + γ ) (12.13) ( ) a b Fall A : de = 0, d.h. ewa (a,b) = λ(α,β) für ein λ R. α β Subsiuion: u = α + βy Daraus: u = α + βy DGL für u : ( a b Fall B de α β u = α + βf( λu + c u + γ ) Lösung nach (12.7)! ) 0, d.h. es gib genau eine Lösung ˆ,ŷ von aˆ + bŷ + c = 0, αˆ + βŷ + γ = 0. (12.14) Subsiuion: Daraus: DGL für u : u := y ŷ,s := ˆ u = y = f( a(s + ˆ) + b(u + ŷ) + c ) = f( as + bu α(s + ˆ) + β(u + ŷ) + γ αs + βu ) u = f( a + bus 1 α + βus 1) Lösung nach Spezialfall (12.12). 399

7 Beispiel Löse die AWA y = 3 y 5,y(2) = y + 7 Hier lieg der Spezialfall (12.13) vor. Da ( ) 3 1 de = 9 1 = 8 0, 1 3 gil, lieg Fall B vor und wir haben dor ˆ = 1,ŷ = 2. Subsiuion: s := 1,u := y + 2. Die AWA für u laue: u = 3 u s u s Subsiuion: v := u s. Die AWA für v laue: Lösung mi (12.7): ln s 3 = v Rückransformaion: 2 dr v 1 r 2 2 v 2, u(1) = 2. v = 3 s 1 v2 3v 1, v(1) = 2 3r 1 s 1 r 2 dr = 3 dr 1 + r = ln ( 1 dσ σ = ln s3, ) 9 (v 1)(v + 1) 2, (v 1)(1 + v) 2 = 9 s 3. Also erhalen wir in v = u s : (u s)(u + s)2 = 9 u = y + 2,s = 1 : (y + 3)(y + + 1) 2 = 9 (y + 3)(y + + 1) 2 = 9 (12.15) eine Formel für die Lösung in implizier Form. Der Saz über implizie Funkionen sicher uns eine Lösung, indem wir (12.15) lokal nach y auflösen. Abschließend noch eine hisorische Anmerkung: Die Mehode Trennung der Variablen wurde von G.W. Leibniz 1691 benuz und von Johann Bernoulli ( ) sysemaisch formulier. Da ungefähr gleichzeiig bekann wurde, dass ln die Sammfunkion von 1 is,2 ließen sich schnell eine Vielzahl von DGLen lösen Lineare Differenialgleichungen 1. Ordnung Wir berachen hier DGLen der Form y + a()y = b() (12.16) dabei seinen a, b : I R seig, I ein Inervall. DGLen vom Typ (12.16) heißen linear, da die abhängigen Variablen y,y linear aufreen. 2 Eine Schlamperei! ln für ln, 1 für

8 Definiion Die DGL (12.16) heiss homogen, falls b() = 0 für alle I, anderenfalls inhomogen. Die AWA für eine homogene lineare DGL laue: y + a()y = 0,y( ) = y 0, I. (12.17) Wir können sie durch die Trennung der Variablen sofor lösen: also aufgelös y y 0 dr r = Saz Sei a : I R seig. Dann is die einzige Lösung von (12.17). a(s)ds d.h. ln y() = y 0 exp( y() := y 0 exp( y = a(s)ds, y 0 a(s)ds), I. (12.18) a(s)ds), I, (12.19) Beweis: (1) Man sell sofor fes, dass in (12.19) in der Ta eine Lösung vorlieg. (2) Sei A() := a(s)ds. Sei y eine beliebige Lösung von (12.17) in I. Für I erhalen wir d d (y()ea() ) = y ()e A() + y()a()e A() = e A() (y () + a()y()) = 0. Dies bedeue: Es gib c R mi y()e A() = c für alle I. Wegen y( ) = y 0 gil c = y 0 und daher: y() = y 0 e A(), I. Saz Seien a, b : I R seig und sei A() := a(s)ds, I. Dann is y() := y 0 e A() + e A()+A(s) b(s)ds, I, (12.20) die einzige Lösung der Gleichung (12.16) mi Anfangswer y( ) = y 0. Beweis: (1) In (12.20) lieg eine Lösung vor. Nachrechnen! (2) Sei y eine Lösung von (12.16) mi Anfangswer y( ) = y 0. Dann is z := y y eine Lösung der homogenen Aufgabe z + a()z = 0,z( ) = 0. (Dies is die wichige Konsequenz aus der angenommenen Lineariä.) Nach Saz 12.13: z() = 0, I, d.h. y = y. 401

9 Bemerkung Es is nich nöig, sich die Formel (12.20) zu merken. Man kann sie rekonsruieren aus der Tasache, dass für jede Lösung y von (12.16) d d (y()ea() ) = e A() b(), y()e A() y( )e A(0) = e A(s) b(s)ds, I, gelen muss. Bemerkung Man beache die Paralleliä zur linearen Algebra: Die Lösung der inhomogenen Aufgabe (12.16) sez sich addiiv aus der allgemeinen Lösung der homogenen Aufgabe y + a()y = 0 und einer speziellen Lösung (y( ) = 0!) der inhomogenen Aufgabe y + a()y = b() zusammen Exake Differenialgleichungen Den folgenden Überlegungen lieg folgende Beobachung zugrunde: Wenn eine seig differenzierbare Funkion G auf einer offenen Menge D R 2 gegeben is, dann ha die Differenialgleichung oder kurz G + G y y = 0 G + G y y = 0 (12.21) eine sehr anschauliche geomerische Bedeuung. Berache dazu die Gleichung G(,y) = c (c R) (12.22) Eine auflösende Funkion in einem Inervall I is eine Funkion y : I R mi G(,y()) = c, I ; (12.23) Höhenlinien von G zur Höhe c sind also Lösungen. Nach der Keenregel gil nun, dass jede auflösende Funkion y der Gleichung (12.22) eine Lösung von (12.21) is. In Verallgemeinerung dieser Beobachung berachen nun allgemein DGLen der folgenden Bauar: M(,y) + N(,y)y = 0 (12.24) Dabei seien M,N : D R,D R 2 offen. Definiion Die DGL (12.24) heiss exak, wenn es G : D R gib mi G := G = M,G y := G y = N. Nach unserer Vorüberlegung is die Frage nach Lösungen der DGL (12.24) geklär, wenn man folgende Fragen posiiv beanworen kann: 402

10 Is die DGL (12.24) exak? Is eine Sammfunkion G von M,N angebbar, d.h. gib es G : D R mi G = M,G y = N? Is die Gleichung G(,y) = c nach y auflösbar? Der folgende Saz is hilfreich für die ersen beiden Fragen, die leze Frage läss sich klären mi dem Saz über implizie Funkionen. Saz Sei D = (a,b) (c,d) R 2 und seien M,N : D R seig pariell differenzierbar. Dann sind äquivalen: (a) Es gib G : D R mi seigen pariellen Ableiungen G,G y,g y,g y so dass gil: G = M,G y = N. (b) Es gil das sogenanne Inegrabiliäskrierium: M y = N. Beweis: (a) = (b) Aus der Analysis wissen wir G y = G y ; siehe Also M y = G y = G y = N. (b) = (a) Sei (,y 0 ) D beliebig und definiere eine Sammfunkion von M,N durch G(,y) := M(s,y)ds + y y 0 N(,r)dr (12.25) Man rechne nach : G = M,G y = N. Hiner der Formel (12.25) im Beweis zu Saz verbirg sich das Kurveninegral vdγ Γ wobei v das Vekorfeld (M,N) und γ eine Kurve von nach parallel zur Achse und von y 0 nach y parallel zur y Achse is. Diesem Vekorfeld wird also miels (12.25) ein skalares Feld G zugeordne. Dies is sinnvoll, da wegen des Inegrabiliäskrieriums das Inegral wegunabhängig is. Beispiel Gegeben sei die AWA Die DGL is exak in D := R R, denn: 3y + e + (3 + cos y)y = 0,y(0) = π M(,y) = 3y + e,m y (,y) = 3, N(,y) = 3 + cos y,n (,y) = 3. Wähle (,y 0 ) = (0,π). Mi (12.25): G(,y) = 0 y (3y + e s )ds + π 403 cos rdr = 3y + e + sin y

11 Also ha man nun Auflösungen von G(,y) = c d.h. 3y + e + sin y = c aufzusuchen. Da eine Lösung y mi y(0) = π gesuch wird, ha man dies für c = 1 zu un. Also wird eine Lösung der AWA implizi gegeben durch 3y + sin y = e + 1. (12.26) (Sez man F(,y) := 3y + siny, so gil F y (0,π) = 1. Dies zeig, dass (12.26) auflösbar is in einer Umgebung von (0,π) siehe Saz Aus dem Inegrabiliäskrierium erkenn man, dass exake DGLen wohl nich sehr häufig unmielbar vorliegen. Die Kuns wäre nun, eine nichexake DGL in eine äquivalene exake DGL zu verwandeln. In vielen Fällen is dies in der Ta möglich. Beispiel Berache erneu das Populaionsmodell y (a by)y = 0. Diese DGL is nich exak, denn M(,y) = (a by)y, M y 0, N(,y) 1, N 0,. Die äquivalene DGL is jedoch exak! 1 1 (a by)y y = 0 Definiion Eine Funkion m : D R heiss inegrierender Fakor der DGL (12.24), wenn gil: m(,y) 0 für alle (,y) D, (12.27) und is exak. m(,y)m(,y) + m(,y)n(,y)y = 0 (12.28) Das Inegrabiliäskrierium für die DGL (12.28) laue m y M + mm y = m N + mn in D. (12.29) Um für den allgemeinen Fall einen inegrierenden Fakor zu finden, müssen wir bei Verwendung von Saz die parielle DGL (12.29) lösen. Dies is jedoch i.a. nich einfacher als (12.2) selbs zu lösen. 404

12 Beispiel Berache y + 2y = 0. Die obige DGL is nich exak, jedoch die mi y mulipliziere Gleichung is es, denn: y 2 + 2yy = 0 M(,y) = y 2, M y (,y) = 2y, N(,y) = 2y, N (,y) = 2y. Dies bedeue, dass m(,y) := y ein inegrierender Fakor is, wenn man y = 0 ausschließ. Wähl man (,y 0 ) = (1,1), so erhäl man (siehe (12.25)) G(,y) = y 2 1 und als eine Lösung y() = 1, > Anhang: Riccai-Differenialgleichung Besimme (nichlineare) DGLen lassen sich auf lineare DGLen zurückführen. Als erses behandeln wir die Bernoullische DGL: y + g()y + h()y α = 0 (12.30) Dabei seien g,h : I R seige Funkionen und α R. Da wir lineare DGLen 1. Ordnung bereis beherrschen, können wir O.E. α 0, α 1 annehmen. Is y eine Lösung von (12.30), so gil in formaler Rechnung (y 1 α ) = (1 α)y α y, (1 α)y α (y + g()y + h()y α ) = 0, (y 1 α ) + (1 α)g()y 1 α + (1 α)h() = 0 Wenn wir also z := y 1 α sezen, so lös z die lineare DGL Ein Rezep zur Lösung von (12.30) is daher: Löse (12.31) gemäß Saz 12.14: Lösung z Seze y := z 1 1 α z + (1 α)g()z = (α 1)h() (12.31) Prüfe nach, wo durch y eine Lösung von (12.30) erklär is ( z 1 1 α definier?) Beispiel Löse y y + 3 y4 = 0,y(0) = 2 Es is: α = 4,g() := 1 3,h() := 3,I := R. (12.31) laue hier (mi Anfangsweren) z z =,z(0) = y(0) 3 =

13 und die Lösung is offenbar gegeben durch z() = 4 3 e ( + 1), R. Also gil y() = z() 1 3 = ( 4 3 e ( + 1)) 1 3, R. Eine weiere nichlineare DGL, die wir hier behandeln können, is die Riccaische DGL: y + b()y + c()y 2 = a() (12.32) Dabei seien a,b,c : I R seige Funkionen. Beache: Der Fall a 0 is in (12.30) enhalen. Es is i.a. nich möglich, die allgemeine Lösung von (12.32) anzugeben. Kenn man jedoch eine Lösung von (12.32), so kann man die übrigen Lösungen berechnen. Der folgende Saz gib an, wie man vorzugehen ha. Saz Seien y,y 1 Lösungen von (12.32) im Inervall I. Dann is u := y y 1 Lösung der Bernoulli DGL Beweis: u + (b() + 2c()y 1 ())u + c()u 2 = 0. (12.33) u = y y 1 = b()y c()y 2 + a() + b()y 1 + c()y 2 a() = b()(y y 1 ) c()(y y 1 )(y + y 1 ) = b()u + c()u(u + 2y 1 ) Es is aus den obigen Berachungen unmielbar klar, dass y 1 + u eine Lösung von (12.32) is, wenn y 1 eine Lösung von (12.32) und u eine Lösung von (12.33) is. Ein Rezep zur Lösung von (12.32) is daher: Rae eine (spezielle) Lösung y 1 von (12.32). Löse die Bernoulli DGL (12.33) (Rezep siehe oben): Lösung u. Seze y := y 1 + u. Man erhäl so eine weiere Lösung von (12.32). Wie kann man sich eine spezielle Lösung y 1 von (12.32) verschaffen? In vielen Fällen komm man mi folgender Fausregel (Ansazmehode) aus: Man mache einen Lösungsansaz von dem Typ von Funkionen, dem die Koeffizienen a, b, c der DGL (12.32) angehören (Typen: Polynome, Poenzreihen,rigonomerische Funkionen,...). Beispiel y + (2 1)y y 2 = Die Koeffizienen der DGL sind Polynome 2. Grades. Man mach daher den Ansaz beache, dass y 2 vorkomm y 1 () := a 0 + a 1 und versuch die Parameer a 0,a 1 so zu besimmen, dass y 1 eine Lösung wird: a 1 + (2 1)(a 0 + a 1 ) (a 0 + a 1 ) 2 =

14 Koeffizienenvergleich bedeue a 1 a 0 a = 0 2a 1 a = 0 2a 0 a 1 2a 0 a = 0 und eine Lösung is a 0 = 0,a 1 = 1. Also is y() := eine Lösung der gegebenen DGL. Die Bernoulli DGL (12.33) laue und die zugehörige lineare DGL (12.31) laue: Die allgemeine Lösung davon is u u u 2 = 0 z + z = 1. z() = 1 + ce (c = z(0) + 1) und es folg u() = 1 ce. Also laue die allgemeine Lösung der gegebenen DGL 1 y() = + 1 ce 1 Man beache das Problem des Definiionsbereiches! 12.6 Anhang: Implizie Differenialgleichungen 1. Ordnung Wir berachen nun einige Spezialfälle der allgemeinen implizien DGL 1. Ordnung: 3 F(,y,y ) = 0 (12.34) Dabei is F : D R eine Funkion, D R 3. Sei I R ein Inervall und sei y eine Lösung von (12.34) in I. Dazu is eine Kurve C in R 2 mi der Parameerdarsellung C : I (,y()) R 2 (12.35) assoziier. Wir wollen nun zu einer Parameerdarselung von C mi p := y () als Parameer übergehen. Der Zusammenhang wird hergesell durch ẏ(p) = p ṫ(p); (12.36) dabei bedeue ẏ(p) = dy (p),ṫ(p) = d (p). Dies erhäl man formal aus dp dp 3 Nich vorgeragen dy dp = dy d d dp 407

15 Beispiel Berache (y ) y 2 = 0. Eine Lösung in [0,π] is y() := sin. Die Darsellung (12.35) laue: [0,π] (,sin ) R 2. Aus p = y () = cos folg = arccos p,y = 1 p 2, 1 p 1, und daraus ṫ(p) = 1 1 p 2, ẏ(p) = 2 1 p 2. Der Übergang von der kanonischen Parameerdarsellung (12.35) zur Darsellung mi dem Parameer p is möglich, wenn die Gleichung p = y () nach auflösbar is. Eine hinreichende Bedingung is y zweimal seig differenzierbar, y () 0, I. Dies bedeue, dass Geradensücke wohl ein Problem darsellen. Nach dem Wechsel der Parameerdarsellung schreib sich (12.1) so: F((p),y(p),p) = 0 (12.37) Unser Vorgehen beseh nun darin, aus den Gleichungen (12.36) und (12.37) die Kurve C in der Parameerdarsellung p ((p),y(p)) zu ermieln. Dieses Vorgehen demonsrieren wir an ausgewählen Beispielen. Beispiel Berache g(y ) = 0; dabei sei g : R R seig differenzierbar. Wir haben (p) = g(p),ẏ(p) = pg (p), und erhalen daraus (p) = g(p),y(p) = p p 0 rg (r)dr + c Beispiel Als nächses Beispiel berachen wir g(y ) y = 0; 408

16 dabei sei g : R R seig differenzierbar. Wir haben Im Spezialfall haben wir Daraus erhäl man dann y(p) = g(p),(p) = p p 0 y y = 0 g (r) dr + c r y(p) = p,(p) = ln p + c. (p) = ln y(p) + c,y() = ce Beispiel Als weieres Beispiel berachen wir die sogenanne Clairausche DGL: y = y + g(y ) ; (12.38) dabei sei g : R R seig differenzierbar. Wir haben y(p) = p + g(p),ẏ(p) = pṫ(p), und erhalen daraus (p) = g (p),y(p) = g (p)p + g(p). (12.39) Man beache, dass für jedes c R y c () := c + g(c), R, (12.40) eine Lösung is. Beispiel y = y + e y. (12.39) laue (p) = e p,y(p) = e p (1 p) (12.41) und dies implizier y() = (ln( ) 1), < 0. (12.42) Die Schar (12.40) is hier: y c () = c + e c, R;c R. (12.43) Die Lösung (12.42) sell also die Einhüllende (Enveloppe) der Schar (12.43) dar. Beispiel Unser lezes Beispiel is die d Alembersche DGL: y = f(y ) + g(y ); (12.44) dabei seien f,g : R R seig differenzierbar. Wir haben y(p) = (p)f(p) + g(p),ẏ(p) = pṫ(p), und erhalen daraus ẏ(p) = ṫ(p) = ṫ(p)f(p) + (p)f (p) + g (p), 1 p f(p) (p)f (p) + g(p), falls p f(p)

17 12.7 Übungen 1.) Man gebe das größe Inervall an, in dem die gegebene Differenialgleichung durch die angegebene Funkion gelös wird: (a) y cos(y) 2 = 0, y() := arcan(ln() + c); (b) y e y = 0, y() := ln(e ( 1) + c); (c) y 2 y 2 = 0, y() := (c ) 1. 2.) Of läss sich eine DGL durch eine Koordinaenransformaion lösen. Hier sind dazu zwei Beispiele. (a) Löse y + y = sin() uner Zuhilfenahme der Transformaion s :=,z := y. (b) Wie laue die DGL 3.) Berache (a) 4.) Löse 2 y + 2y + y = + 1 in den neuen Koordinaen s := ln(),z := y? 2 y = y, y(0) = 0. Gib es eine lokale Lösung, die in einer (konvergenen!) Poenzreihe darsellbar is? (b) Gib eine Lösung an. 5.) Löse die Anfangsweraufgabe y = max(,y), y(0) = 0. y = 1 y2 nach der Mehode Trennung der Variablen., y(1) = 0 6.) Finde eine spezielle Lösung der Differenialgleichung (1 3 )y + 2 y + y 2 = 2 nach der Ansazmehode und löse die Riccaische Differenialgleichung y y y2 = ) Löse die Anfangsweraufgabe y = ( + y) 2, y(0) = 1. 8.) Man löse die AWA y = 2y + 5, y(0) = 0. 2 y 4 9.) Man skizziere das Richungsfeld der DGL y = 1 + 2y + y 2 in der Umgebung von (0,1) und löse die AWA y = 1 + 2y + y 2, y(0) = ) Berache die DGL (a) y y 2 y = a 2 + b + c (a,b,c R). Zeige: Die DGL besiz eine Lösung, die unabhängig von a,b,c is. (b) Berechne die allgemeine Lösung und zeige, dass diese Lösung eine raionale Funkion genau dann is, wenn das Quadra einer ganzen Zahl is. 4 (b 2 4ac) 410

18 11.) Berache die lineare DGL der Form y + a()y = b() (a,b : I R seig). (12.45) Zeige: Sind y 1,y 2,y 3 drei verschiedene Lösungen von (12.45), so is y 1 () y 2 (), I, y 3 () y 2 () 12.) eine Konsane. R U I L Abbildung 12.3: Ein RL Sromkreis Die Differenialgleichung für den Srom I im RL Sromkreis (siehe Abbildung 12.3) mi Widersand R, Spannung U und konsaner Indukion L laue: LI + R()I = U(). (a) Gesuch is I für U() := U 0 = konsan, R() := 1 + 1, I(0) = 0. (b) Gesuch is I für U() := U 0 sin(ω), R() := R 0 = konsan, I(0) = ) Besimme alle Lösungen von y y x = x2 x 4 + x ) Die Welbevölkerung werde beschrieben durch die alernaiven Wachsumsmodelle (a) y = ry y = ry 2 Ermile die Lösung des linken Modells zum Anfangswer y(0) = y 0 > 0 und prüfe nach, dass eine Funkion der Form b + a eine Lösung des rechen Modells c is, falls a,b,c geeigne gewähl werden. (b) In welchem Zeiraum verdoppel sich die Populaion? (c) Welches Modell is für die Exrapolaion völlig ungeeigne? 15.) Gegeben sei die lineare DGL y + ay = p()e λ mi einer Konsanen a und einem Polynom p vom Grad m 0. Zeige: (a) Is λ = a, so gib es eine Lösung der Form y() := q()e λ (b) Is λ a, so gib es eine Lösung der Form y() := q()e λ. 411

19 In beiden Fällen is q ein Polynom vom Grad m. 16.) Löse die AWA y = 2y x + 4x, y(1) = y ) Durch chemische Reakion der Subsanzen P und Q ensehe eine Susanz Y. In manchen Fällen läss sich eine solche Reakion vereinfach durch folgende AWA beschreiben: y = a(p y)(q y), y(0) = 0. (12.46) Dabei sind: p,q Konzenraion von P bzw. Q zur Zei = 0, y() Konzenraion von Y zur Zei, a > 0. Man löse (12.46) und berechne lim y(). 18.) Berache die Differenialgleichung (a) Skizziere das Richungsfeld. (b) Finde die konsanen Lösungen. (c) Berechne die Lösungen explizi. y = y 2 + y ) Freier Fall mi Reibung: Nimm man an, dass die Reibungskraf proporional zur Geschwindigkei v is, so erfüll die Bewegung eines uner dem Einfluss der konsan angenommenen Graviaionskraf frei fallenden Körpers die DGL mx + γx = g (12.47) (x() seh für die Orskoordinae des Körpers; γ is eine Reibungskonsane, g is die Graviaionskonsane.) Seze m := 1. (a) Welcher Differenialgleichung genüg die Geschwindigkei v := x? (b) Besimme die Geschwindigkei v. (c) Löse die DGL (12.47). Soffkonrolle Was is der Unerschied zwischen implizi/explizi? Wie sieh eine Differenialgleung mi gerennen Variablen aus? Was is eine lineare Differenialgleichung 1. Ordnung? Wie kann man die Lösung einer linearen Differenialgleichung 1. Ordnung herleien? Was is eine exake Differenialgleichung? 412