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Mathematik: Differentialgleichungen | Freigegeben von matroid am Sa. 08. November 2003 12:56:28
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Differentialgleichungen
Dieser, mein fünfter Artikel handelt von Differentialgleichungen. Ich möchte euch zeigen,
wie man bestimmte Formen von Differentialgleichungen löst. Bevor man sich ans Lösen
einer Differentialgleichung macht, sollte man die DGL erst einmal klassifizieren.
Dazu hat Eckard in seinem Readme.First etwas schönes geschrieben.
Dort findet man auch Beispiele zu den in meinem Artikel behandelten Differentialgleichungen,
aber auch ein Blick in das Forum Differentialgleichungen kann nicht schaden.
pdf-Version des Artikels
Inhalt:
\fedon\mixon\light\blue DGL der Form: y'=g(x)
Dies ist wohl die einfachste Form der DGLen. Sie kann man durch
einfache Integration lösen.
dy/dx=g(x)
Nach der Trennung der Veränderlichen und Integration erhalten wir
int(1,y)=int(g(x),x)
y=G(x)+C
Beispiel:
y'=x^2+2
Also ist
\fedoffy=1/3*x^3+2x+C
\fedon\mixon\light\blue DGL der Form: y'+f(x)*y=g(x)
Dies ist eine lineare DGL ersten Grades. Wenn g(x)=0,
dann ist diese DGL homogen, falls g(x)<>0, so heisst die Gleichung
inhomogen. Ist die Gleichung homogen, so lässt sie sich leicht mit
der Trennung der Veränderlichen lösen.
y'+f(x)*y=0
dy/dx=-f(x)*y
int(1/y,y)=int(-f(x),x)
ln(y)=-F(x)+C
y=A*e^(-F(x)) mit A=e^C
Beispiel:
y'+sin(x)*y=0
ln(y)=int(-sin(x),x)
y=e^(cos(x)+C)
y=A*e^(cos(x))
Wenden wir uns der inhomogenen Gleichung zu. Deren allgemeine Lösung
setzt sich aus der Addition der allgemeinen Lösung der homogenen
Gleichung und einer partikulären ( speziellen ) Lösung der inhomogenen
Gleichung zusammen.
Der Beweis dafür ist nicht weiter schwer.
Sei y_a die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung und y_p
eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung, so gilt
y_a|'+f(x)*y_a=g(x)
y_p|'+f(x)*y_p=g(x)
Wenn ich nun beide Gleichungen substrahiere erhalt ich
y_a|'-y_p|'+f(x)*y_a-f(x)*y_p=g(x)-g(x)
(y_a-y_p)'+f(x)*(y_a-y_p)=0
Also löst die Differenz y_a-y_p die homogene Gleichung
\fedoffy_h=y_a-y_p <=> y_a=y_h+y_p q.e.d.
\fedon\mixonDoch wie findet man nun eine partikuläre Lösung?
Die Antwort ist: Durch Variation der Konstanten. Dabei wird die
Konstante, welche in der allgemeinen Lösung der homogenen Lösung
auftaucht, als Funktion dargestellt. Die homogene Lösung ist
y_h=A*e(-F(x)) (s.o.). Die Variation der Konstanten bedeutet
nun, dass wir die Konstante A durch eine Funktion u(x)
ersetzen. Es soll also y_p=u(x)*e^int(-f(x),x) die partikuläre
Lösung sein.
Setzen wir nun y_p in die inhomogene Gleichung ein:
(u(x)*e^int(-f(x),x))^'+f(x)*(u(x)*e^int(-f(x),x))=g(x)
u'(x)*e^int(-f(x),x)-u(x)*f(x)*e^int(-f(x),x)
\ +f(x)*(u(x)*e^int(-f(x),x))=g(x)
u'(x)*e^int(-f(x),x)=g(x)
u'(x)=g(x)/e^int(-F(x),x)
Nun können wir u(x) durch einfache Integration bestimmen.
Statt e^int(-f(x),x) kann man ebenso schreiben: e^(-F(x)).
Beispiel:
y'+x^2*y=2x^2
Die homogene Lösung lautet
y_h=A*e^int(-f(x),x)=A*e^int(-x^2,x)=A*e^(-1/3*x^3)
Nun kommt die Variation der Konstanten
y_p=u(x)*e^(-1/3*x^3)
Nun ist
u'(x)=g(x)/e^(-1/3*x^3)=2x^2/e^(-1/3*x^3)=2x^2*e^(1/3*x^3)
u(x)=int(2x^2*e^(1/3*x^3),x)
u(x)=2*e^(1/3*x^3)
Also ist die partikuläre Lösung
y_p=2*e^(1/3*x^3)*e^(-1/3*x^3)=2
Somit ist die allgemeine Lösung
y=y_h+y_p=A*e^(-1/3*x^3)+2
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue DGL der Form: y'=g(y)
Aus dy/dx=g(y) folgt
int(1/g(y),y)=int(1,x)
int(1/g(y),y)=x+C
Beispiel:
y'=1+y^2
int(1/(1+y^2),y)=x+C
arctan(y)=x+C
\fedoffy=tan(x+C)
\fedon\mixon\light\blue DGL der Form: y'=g(x)*f(y)
Hier führt wieder die Trennung der Veränderlichen zum Ziel.
1/f(y)*dy=g(x)*dx
int(1/f(y),y)=int(g(x),x)
Beispiel:
y'=cos(x)*sin(y)
int(1/sin(y),y)=int(cos(x),x)
ln(tan(y/2))=sin(x)+C
tan(y/2)=A*e^(sin(x)) mit A=e^C
\fedoffy=2*arctan(A*e^(sin(x)))
\fedon\mixon\light\blue DGL der Form: y'=f(a*x+b*y+c)
Hier kommt man mit der Substitution u(x)=a*x+b*y+c weiter,denn
u'=a+b*y' und es ist y'=f(u)
u'=a+b*f(u)
Nun können wir wieder die Variablen trennen
int(1/(a+b*f(u)),u)=int(1,x)
Beispiel:
y'=(x+y)^2
u=x+y => u'=1+y' => u'=1+u^2
int(1/(1+u^2),u)=x+C
arctan(u)=x+C
u=tan(x+C)
Rücksubstitution u=x+y
x+y=tan(x+C)
y=tan(x+C)-x
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue DGL der Form: y'=g((a*x+b*y+c)/(d*x+e*y+f))
Wenn wir aus dem Gleichungssystem
a*x_0+b*y_0+c=0
d*x_0+e*y_0+f=0
die Lösungen x_0 und y_0 berechnen, können wir die Lösungskurven
in einem neuen Koordinatensystem mit dem Nullpunkt (x_0|:|y_0)
darstellen. Die neuen Koordinaten seien nun
x^-=x-x_0 und y^-=y-y_0
Die Funktion im neuen System ist
y^-(x^-)=y(x^-+x_0)-y_0
Es gilt nun
y^-'=y'(x^-+x_0)=f((a*(x^-+x_0)+b*(y^-+y_0)+c)/(d*(x^-+x_0)+e*(y^-+y_0)+f))
=f((a*x^-+b*y^-)/(d*x^-+e*y^-))=f((a+b*y^-/x^-)/(d+e*y^-/x^-))
Das hat uns auf eine schon bekannte Form der DGLs gebracht.
Beispiel:
y'=(y+1)/(x+2)-e^((y+1)/(x+2))
Das Gleichungsystem
0*x_0+1*y_0+1=0
1*x+0*y_0+2=0
bringt x_0=-2 und y_0=-1 als Lösung.
x^-=x+2 und y^-=y+1
Nun ist
y^-'=y^-/x^--e^(y^-/x^-)
Nun können wir u=y^-/x^- substituieren
y^-'=u'*x^-+u
u'*x^-+u=u-e^u
1/e^u*u'=-1/x^-
int(1/e^u,u)=int(-1/x^-)d|x^-
-e^(-u)=-ln(x^-)+C
u=-ln(ln(x^-)+C)
Es war y^-=u*x^-
y^-=-ln(ln(x^-)+C)*x^-
Und es war ebenfalls y^-=y+1 und x^-=x+2
y+1=-ln(ln(x+2)+C)*(x+2)
y=-ln(ln(x+2)+C)*(x+2)-1
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Bernoulli\-DGL: y'+g(x)*y+h(x)*y^a=0
Wenn ich nun die Gleichung mit (1-a)*y^(-a) multipliziere,
erhalte ich
(1-a)|y^(-a)|y'+g(x)|y|(1-a)|y^(-a)+h(x)|y^a|(1-a)|y^(-a)=0
Es ist (1-a)*y^(-a)*y'=(y^(1-a))^'
(y^(1-a))^'+(1-a)*g(x)*y^(1-a)+(1-a)*h(x)=0
Wenn man nun z=y^(1-a) setzt kommt man zu einer inhomogenen
linearen DGL ersten Grades
z'+(1-a)*g(x)*z+(1-a)*h(x)=0
z'+(1-a)*g(x)*z=-(1-a)*h(x)
Wie man diese löst, wissen wir.
Beispiel:
y'+1/x*y-x^2*y^3=0
Hier ist a=3, also multipliziere ich die Gleichung zunächst
mit -2*y^(-3)
-2*y^(-3)*y'-2*y^(-3)*1/x*y+2*y^(-3)*x^2*y^3=0
(y^(-2))^'-2/x*y^(-2)+2*x^2=0
Substitution von z=y^(-2)
z'-2/x*z=-2x^2
Diese inhomogene Gleichung hat die homogene Lösung z_h=A*x^2 und
die partikuläre Lösung z_p=-2x^3, also somit die allgemeine Lösung
z=A*x^2-2x^3. Wer will kann das ja mal nachrechnen. # :-p
Es war z=y^(-2)=1/y^2 <=> y=1/sqrt(z). Die Bernoulli\-DGL hat somit
die allgemeine Lösung
\fedoffy=1/sqrt(A*x^2-2*x^3)
\fedon\mixon\light\blue Ricatti\-DGL: y'+g(x)*y+h(x)*y^2=k(x)
Um die Lösungen dieser Gleichung zu finden, benötigen wir eine
spezielle Lösung.
Sei y_a(x) die allgemeine Lösung der DGL und y_s(x) die spezielle
Lösung, dann gilt
y_a|'+g(x)*y_a+h(x)*y_a^2=k(x)
y_s|'+g(x)*y_s+h(x)*y_s^2=k(x)
Wenn ich nun beide Gleichungen subtrahiere
y_a|'-y_s|'+g(x)*y_a-g(x)*y_s+h(x)*y_a^2-h(x)*y_s^2
\ =k(x)-k(x)
(y_a-y_s)'+g(x)*(y_a-y_s)+h(x)*(y_a^2-y_s^2)=0
Es soll u(x)=y_a(x)-y_s(x) gelten.
Aus y_a^2-y_s^2=(y_a-y_s)*(y_a+y_s)=u*(u+2*y_s) folgt
u'+g(x)*u+h(x)*u*(u+2*y_s)=0
u'+g(x)*u+h(x)*u^2+2*h(x)*y_s*u=0
u'+(g(x)+2*h(x)*y_s)*u+h(x)*u^2=0
Und das ist eine Bernoulli\-DGL.
Wie man eine Bernoulli\-DGL löst, wissen wir.
Beispiel:
y'-2/x*y+y^2=-2/x^2
Eine spezielle Lösung ist y_s=1/x.
Mit der Transformation y(x)=u(x)+1/x kommen wir zur DGL
u'-1/x^2-2/x*u-1/x*1/x+(u^2+2/x*u+1/x^2)=-2/x^2
u'+u^2=0
Das ist ein Bernoulli\-DGL, und wir können sie leicht mit
der Trennung der Veränderlichen lösen.
du/dx=-u^2
int(-1/u^2,x)=int(1/x)
1/u=x+C
u=1/(x+c)
Somit ist die allgemeine Lösung der Riccati\-DGL
\fedoffy=1/(x+c)+1/x
\fedon\mixonDie Ricatti\-DGL kann man aber auch anders lösen,
und zwar ohne dass wir eine spezielle Lösung kennen müssen.
Wenn wir in der Gleichung
y'+g(x)*y+h(x)*y^2=k(x)
u(x)=e^int(h(x)*y(x),x) <=> y(x)=u'(x)/(h(x)*u(x)) setzen
y'(x)=(u''(x)|h(x)|u(x)-u'(x)|(h'(x)|u(x)+h(x)|u'(x)))/(h(x)|u(x))^2
Nun setzen wir y'(x) und y(x) in die Ricatti\-DGL ein
(u''(x)*h(x)*u(x)-u'(x)*h'(x)*u(x)-h(x)*u'(x)^2)/(h(x)*u(x))^2
\ +g(x)*u'(x)/(h(x)*u(x))+h(x)*(u'(x)/(h(x)*u(x)))^2=k(x)
u''(x)*h(x)*u(x)-u'(x)*h'(x)*u(x)
\ +g(x)*u'(x)*h(x)*u(x)=k(x)*h(x)^2*u(x)^2
u''(x)-u'(x)*h'(x)/h(x)+g(x)*u'(x)-k(x)*h(x)*u(x)=0
u''(x)+(g(x)-h'(x)/h(x))*u'(x)-k(x)*h(x)*u(x)=0
Das ist ein lineare, homogene DGL zweiter Ordnung.
Beispiel:
y'-y+e^x*y^2=-5/e^x
Hier ist g(x)=-1 , h(x)=e^x und k(x)=-5/e^x
u''+(-1-e^x/e^x)*u'-(-5/e^x)*e^x*u=0
u''-2u'+5u=0
Lösung: y(x)=e^(-x)*(1+2/tan(2*x+b))
Leider sind Ricatti\-DGLen schwer zu lösen. Zum Einen ist das Finden
einer speziellen Lösung schwer, und zum Zweiten ergibt die Transfor\-
mation zu einer linearen inhomogenen DGl zweiten Grades nur selten,
dass die Koeffizienten Konstanten werden, denn oft sind es Funktionen,
und diese wiederum sind schwer zu lösen.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Exakte DGL: P(x,y)*dx+Q(x,y)*dy=0
Bei der exakten Differentialgleichung P(x,y)*dx+Q(x,y)*dy=0
werden wir versuchen ein Lösung y(x) zu finden,
die P(x,y)+Q(x,y)*y'(x)=0 löst, bzw. wir versuchen
eine Lösung x(y) zu finden, die P(x,y)*x'(y)+Q(x,y)=0 löst.
Die DGL P(x,y)|dx+Q(x,y)|dy=0 heisst exakt, falls es eine Funktion
U(x,y) gibt mit (\pd U(x,y))/(\pd x)=P(x,y) und (\pd U(x,y))/(\pd y)=Q(x,y).
Differenziert man die erste Gleichung partiell nach y und die zweite
nach x, so erhält man
(\pd^2 U(x,y))/(\pd x*\pd y)=(\pd P(x,y))/(\pd y) und bei der zweiten (\pd^2 U(x,y))/(\pd x*\pd y)=(\pd Q(x,y))/(\pd x).
Somit ist notwendig, dass ein exakte DGL vorliegt die Identität
(\pd P(x,y))/(\pd y)=(\pd Q(x,y))/(\pd x) oder anders P_y(x,y)=Q_x(x,y)
Das ist unsere Integrabilitätsbedingung.
Beispiel:
e^(-y)*dx+(1-x*e^(-y))*dy=0
Für eine exakte DGL muss also gelten
\ \pd/(\pd y)|e^(-y)=\pd/(\pd x)|(1-x*e^(-y)) => -e^(-y)=-e^(-y)
also ist diese DGL exakt.
Wegen unsere Defintion können wir die DGL P(x,y)|dx+Q(x,y)|dy=0
auch so schreiben (\pd U(x,y))/(\pd x)*dx+(\pd U(x,y))/(\pd y)*dy=0
Es gilt wegen der Kettenregel
(\pd U(x,y))/(\pd x)+(\pd U(x,y))/(\pd y)*dy/dx=diff(U(x,y),x)=0 bzw.
(\pd U(x,y))/(\pd x)*dx/dy+(\pd U(x,y))/(\pd y)=diff(U(x,y),y)=0
Nach diesen beiden Gleichungen muss also U(x,y)=const=c sein.
Leider wird man das nicht immer nach y bzw. x auflösen, sodass
die Lösung der DGL nur in impliziter Form dargestellt werden kann.
Beispiel:
Wenden wir uns nun wieder der DGL e^(-y)*dx+(1-x*e^(-y))*dy=0
zu. Hier gilt
\ P(x,y)=(\pd U(x,y))/(\pd x)=e^(-y)
und
\ Q(x,y)=(\pd U(x,y))/(\pd y)=1-x*e^(-y)
Integrieren wir nun (\pd U(x,y))/(\pd x)=e^(-y) wieder nach x, so ist
U(x,y)=x*e^(-y)+C(y)
C(y) ist nur bezüglich x konstant.
Setzen wir nun U(x,y)=x*e^(-y)+C(y)
in (\pd U(x,y))/(\pd y)=1-x*e^(-y) ein so ist
\ -x*e^(-y)+C'(y)=1-x*e^(-y) <=> C'(y)=1
Links haben wir U(x,y)=x*e^(-y)+C(y) nach y abgeleitet!
Da C'(y)=1 ist, ist C(y)=y. Somit ergibt sich für U(x,y)
U(x,y)=x*e^(-y)+C(y)=x*e^(-y)+y
Wie wir vorhin sahen ist U(x,y)=const=c
x*e^(-y)+y=c
Diese Gleichung können wir zwar nicht nach y auflösen aber immerhin
nach x
\ x(y)=e^y*(c-y)
Das wär die Lösung.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrierender Faktor (Eulerscher Multiplikator)
Doch was passiert wenn die Gleichung P(x,y)|dx+Q(x,y)|dy=0
nicht exakt ist? Man versucht dann die Gleichung mit einer
Funktion m(x,y) zu multiplizieren, sodass die Gleichung exakt
wird. Wenn durch die Multiplikation mit m(x,y) die Gleichung
exakt wird, so nennt man m(x,y) "Integrierender Faktor".
Unsere DGL lautet nun
m(x,y)*P(x,y)*dx+m(x,y)*Q(x,y)*dy=0
Aus der Integrabilitätsbedingung folgt nun
(\pd (m(x,y)*P(x,y)))/(\pd y)=(\pd (m(x,y)*Q(x,y)))/(\pd x)
(\pd m(x,y))/(\pd y)*P(x,y)+m(x,y)*(\pd P(x,y))/(\pd y)
\ =(\pd m(x,y))/(\pd x)*Q(x,y)+m(x,y)*(\pd Q(x,y))/(\pd x)=0
P(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd y)-Q(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd x)
\ +m(x,y)*((\pd P(x,y))/(\pd y)-(\pd Q(x,y))/(\pd x))=0
Um nun m(x,y) zu bestimmen muss man eine partielle Differential\-
gleichung lösen.
Doch das kann ich leider nicht, und es ist auch ziemlich schwer
so eine partielle DGL zu lösen.
Deswegen versucht man oft durch spezielle Ansätze m(x,y) zu be\-
stimmen. Als Ansatz versucht man oft zuerst als Faktor
m(x), m(y), m(x*y), m(y/x) oder m(x^2+y^2) zu nehmen.
Nimmt man als Ansatz m(x) oder m(y), so hängt, wie man sieht,
der integrierende Faktor nur von x bzw. y ab und aus der obigen
partiellen DGL wird eine gewöhnliche DGL.
Beispiel:
(y^2-2x-2)*dx+2*y*dy=0
Wie man sieht ist diese DGL nicht exakt. Wir suchen also einen
integrierenden Faktor der diese DGL exakt macht. Wir probieren
erst einmal einen Faktor der Form m(x).
Es ist P(x,y)=y^2-2x-2 und Q(x,y)=2y
Nach
P(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd y)-Q(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd x)
\ +m(x,y)*((\pd P(x,y))/(\pd y)-(\pd Q(x,y))/(\pd x))=0
ist
(y^2-2x-2)*(\pd m(x))/(\pd y)-2*y*(\pd m(x,y))/(\pd x)
\ +m(x)*((\pd (y^2-2x-2))/(\pd y)-(\pd (2*y))/(\pd x))=0
(y^2-2x-2)*0-2*y*m'(x)+m(x)*(2y-0)=0
-2y*m'(x)+2y*m(x)=
m'(x)=m(x)
Also ist bekommen wir nun als integrierenden Faktor m(x)=e^x|.
Somit ist die DGL
e^x*(y^2-2x-2)*dx+e^x*2*y*dy=0 exakt.
Zur Kontrolle gebe ich euch meine Lösung
y(x)=sqrt((c-2*e^x*(2-x))/e^x)
\fedoff
\fedon\mixonBeispiel:
y'=-(y^2-x*y)/(2*x*y^3+x*y+x^2)
=> (y^2-x*y)*dx+(2*x*y^3+x*y+x^2)*dy=0
Diese DGL ist leider nicht exakt. Wir suchen hier also wieder einen
integrierenden Faktor m(x,y). Als Hinweis habe ich, dass der Faktor
die Form m(x,y)=x^a*y^b hat.
Nach
P(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd y)-Q(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd x)
\ +m(x,y)*((\pd P(x,y))/(\pd y)-(\pd Q(x,y))/(\pd x))=0
erhalte ich mit
P(x,y)=y^2-x*y und Q(x,y)=2*x*y^3+x*y+x^2
und m(x,y)=x^a*y^b
(y^2-x*y)*b*x^a*y^(b-1)
\ -(2x*y^3+xy+x^2)*a*x^(a-1)*y^b
\ +x^a*y^b*((2*y-x)-(2*y^3+y))=0
b*x^a*y^(b+1)-b*x^(a+1)*y^b
\ -2*a*x^a*y^(b+3)-a*x^a*y^(b+1)+a*x^(a+1)*y^b
\ +2*x^a*y^(b+1)-x^(a+1)*y^b--2*x^a*y^(b+3)-x^a*y^(b+1)=0
Die gesamte Gleichung teile ich nun durch x^a*y^b
b*y-b*x-2*a*y^3-a*y+a*x+2*y-x-2*y^3-y=0
b*y-a*y+2*y-y-b*x+a*x-x-2*a*y^3-2*y^3=0
Damit diese Gleichung Null wird, müssen sich die Summanden gegenseitig
aufheben. Es muss also gelten -2*a*y^3-2*y^3=0. Daraus erhalten
wir a=-1.
Ebenso muss -b*x+a*x-x=0 gelten. a kennen wir schon, und b
können wir nun auch bestimmen: -b*x-x-x=0 => b=-2
Zum Test müssen unser a und b auch b*y-a*y+2*y-y=0 erfüllen
-2*y+y+2*y-y=0. Stimmt!
Also ist unser integrierender Faktor
m(x,y)=1/(x*y^2)
Die DGL
1/(x*y^2)*(y^2-x*y)\.dx+1/(x*y^2)*(2*x*y^3+x*y+x^2)\.dy=0
ist nun exakt. Die nLösung in implizierter Form lautet
ln(x*y)-x/y+y^2=C
\fedoff
\fedon\mixonBei den folgenden Differentialgleichungen wird versucht die Lösung
in Parameterform darzustellen. Dabei wird y'=p als Parameter benutzt.
\fedoffEs gilt somit y'(p)=p*x'(p) mit y'(p)=dy/dp und x'(p)=dx/dp|.
\fedon\mixon\light\blue DGL der Form: x=g(y')
Durch die Parametrisierung von y'=p ergibt sich
x(p)=g(p)
=> x'(p)=g'(p)
y(p) erhalten wir durch y'(p)=x'(p)*p
y'(p)=g'(p)*p
y(p)=C+int(g'(p)*p,p)
Beispiel:
x=e^y'
x(p)=g(p)=e^p
y(p)==C+int(p*g'(p),p)=C+int(p*e^p,p)=C+e^p*(p-1)
Somit ist unsere parametrisierte Lösung
fdef(x(p)=e^p;y(p)=C+e^p*(p-1))
Diese Lösung können wir aber auch explizit darstellen, dazu müssen
wir x(p) nach p auflösen und dies in y(p) einsetzen.
x=e^p <=> p=ln(x)
y=C+e^(ln(x))*(ln(x)-1)
Also ist y(x)=C+x*(ln(x)-1) eine Lösung der DGL.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue DGL der Form: y=g(y')
Hier hingegen gilt y(p)=g(p) =>y'(p)=g'(p)
Mit y'(p)=p*x'(p) können wir hier x(p) bestimmen
x(p)=C+int(g'(p)/p,p)
Beispiel:
y=y'*ln(y')-y'
Es ist
y(p)=p*ln(p)-p
Mit x(p)=C+int(g'(p)/p,p)=C+int(ln(p)/p,p)=C+1/2*(ln(p))^2
Lösung in Parameterform
fdef(x(p)=C+1/2*(ln(p))^2;y(p)=p*ln(p)-p)
Um diese Lösung explizit zu machen, lösen wir wieder x(p) nach p auf
p=e^sqrt(2*(x-C))
Das setzen wir in y(p) ein
y(x)=e^sqrt(2*(x-C))*ln(e^sqrt(2*(x-C)))-e^sqrt(2*(x-C))
\fedoffy(x)=e^sqrt(2*(x-C))*(sqrt(2*(x-C))-1)
\fedon\mixon\light\blue Clairaut\-DGL: y=x*y'+g(y')
Parametrisieren wir zunächst die DGL
y(p)=x(p)*p+g(p)
Dies leiten wir nun nach p ab
y'(p)=x'(p)*p+x(p)+g'(p)
Da wie wir wissen y'(p)=p*x'(p) gilt, muss hier
x(p)+g'(p)=0 sein.
x(p)=-g'(p)
Also ist mit
y(p)=x(p)*p+g(p)
ergibt sich
y(p)=-g'(p)*p+g(p)
Beispiel:
y=x*y'+e^y'
Hier ist
x(p)=-e^p
und damit
y(p)=-e^p*p+e^p=e^p*(1-p)
Lösung in Parameterform
fdef(x(p)=-e^p;y(p)=e^p*(1-p))
Auflösen von x(p) nach p ergibt
p=ln(-x)
Einsetzen in y(p)
\fedoffy(x)=-x*(1-ln(-x))=x*(ln(-x)-1)
\fedon\mixon\light\blue d'Alembert\-DGL: y=x*f(y')+g(y')
Ersetzen wir zuerst y' durch p
y(p)=x(p)*f(p)+g(p)
Diefferenzieren wir nun nach p
y'(p)=x'(p)*f(p)+x(p)*f'(p)+g'(p)
Da aber auch y'(p)=p*x'(p) gilt, ist
p*x'(p)=x'(p)*f(p)+x(p)*f'(p)+g'(p)
x'(p)*(p-f(p))=x(p)*f'(p)+g'(p)
x'(p)=(x(p)*f'(p)+g'(p))/(p-f(p))
Beispiel:
y=x*y'^2+ln(y'^2)
y(p)=x(p)*p^2+2*ln(p)
x'(p)=(x(p)*2*p+2/p)/(p-p^2)
Um diese DGL zu lösen verwandeln wir sie in
-(x*2*p+2/p)*dp+(p-p^2)*dx=0
diese DGL ist nicht exakt. Um diese exakt zu machen brauch man einen
integrierenden Faktor. Als Tipp sag ich euch, dass der integrierende
Faktor nur von p abhängt.
Wer die DGL lösen will kann ja mal mit meiner Lösung vergleichen.
Ich hab für
x(p)=-(ln(p^2)+2/p+c)/(p-1)^2 raus. Somit ergibt sich für y(p)
y(p)=x(p)*f(p)+g(p)=-(ln(p^2)+2/p+c)/(p-1)^2*p^2+ln(p^2)
Leider lässt sich diese Lösung nicht explizit darstellen deshalb
bleibt uns nur die Lösung in Parameterform
\fedofffdef(x(p)=-(ln(p^2)+2/p+c)/(p-1)^2;y(p)=-(ln(p^2)+2/p+c)/(p-1)^2*p^2+ln(p^2))
\fedon\mixon\light\blue DGL der Form: a_n|y^((n))+a_(n-1)|y^((n-1))+...+a_2|y''+a_1|y'+a_0=g(x)
Die Lösung einer solchen linearen, inhomogenen DGL n\-ten Grades setzt sich,
wie die Lösung der DGL ersten Grades zusammen, nämlich aus der allgemeinen
Lösung der homogenen Gleichung plus einer speziellen Lösung der inhomogenen.
Der Beweis dafür geht genauso wie bei denen ersten Grades.
Wenden wir uns zunächst der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung zu.
Im folgenden werden wir uns auf Gleichungen zweiten Grades beschränken.
Als Ansatz für die homogene Lösung wählen wir
y_h(x)=e^(\l*x)
y_h|'(x)=\l*e^(\l*x)
y_h|''(x)=\l^2*e^(\l*x)
Wenn wir dies nun in die homogene DGl
a_2*y^''+a_1*y'+y=0
einsetzen erhalten wir
a_2*\l^2*e^(\l*x)+a_1*\l*e^(\l*x)+a_0*e^(\l*x)=0
=>a_2*\l^2+a_1*\l+a_0=0
Dies ist nun ein quadratische Gleichung (charakteristische Polynom),
die wir mit der p\-q\-Formel u.a. lösen.
Sind \l_1 und \l_2 Lösungen dieser Gleichung, so lösen e^(\l_1*x) und e^(\l_2*x) die
homogene Gleichung.
Die Linearkombination dieser beider Lösungen
c_1*e^(\l_1*x)+c_2*e^(\l_2*x)
löst die homogene DGL ebenfalls. (Kann man durch Einsetzen beweisen.)
Die homogene Lösung ist also
y_h(x)=c_1*e^(\l_1*x)+c_2*e^(\l_2*x)
Wenn wir das nun auf den Fall von Grad n betrachten so ist die allgmeine
Lösung einer homogenen DGL n\-ten Grades
y_h(x)=c_n*e^(\l_n*x)+c_(n-1)*e^(\l_(n-1)*x)+...+c_2*e^(\l_2*x)+c_1*e^(\l_1*x)
Doch das ist nur der Fall falls es n verschiede Lösungen des charakteris\-
tischen Polynoms gibt. Wenn die Nullstelle \l_i k-fach ist, so sind
e^(\l_i*x)|, x*e^(\l_i*x)|, x^2*e^(\l_i*x)|,..., x^(k-1)*e^(\l_i*x)
ebenfalls Lösungen der homogenen Gleichung.
Beispiel:
y'''-3y'-2y=0
Das charakteristische Polynom dazu lautet
\l^3-3*\l-2=0
Das hat die Lösungen \l_1=2 und \l_2=-1. Hier ist aber -1 eine doppelte
Nullstelle, also sind
\ e^(2*x)|, e^(-1*x)|, x*e^(-1*x) Lösungen der DGL.
Die allgemeine Lösung ist die Linearkombination daraus
\ y_h(x)=C_1*e^(2*x)+C_2*e^(-1*x)+C_3*x*e^(-1*x)
Doch was tun bei komplexen Nullstellen?
Wenn \l_k komplex ist, dann hat es ja die Form \l=a+b*i. Das kann ich
genauso in meinen e^(\l*x) Ansatz einsetzen. Jedes Polynom, das eine
komplexe Nullstelle hat, hat auch eine dazu konjugiert komplexe Null\-
stelle. Diese hat die Form \l_kk=a-b*i.
C_1*e^((a+b*i)*x)+C_2*e^((a-b*i)*x)=e^(a*x)*(C_1*e^(b*i*x)+C_2*e^(-b*i*x))
Es gilt folgende Identität
e^(i*x)=cos(x)+i*sin(x)
Das wende ich nun hier an.
e^(a*x)*(C_1*e^(b*i*x)+C_2*e^(-b*i*x))
\ =e^(a\.x)*(C_1*(cos(b\.x)+i|sin(b\.x))+C_2*(cos(-b\.x)+i|sin(-b\.x)))
Nun ist aber cos(x) achsensymmetrisch => cos(x)=cos(-x)
und sin(x) ist punktsymmetrisch => -sin(x)=sin(-x)
e^(a*x)*(C_1*(cos(bx)+i|sin(bx))+C_2*(cos(-bx)+i|sin(-bx)))
=e^(a*x)*(C_1*(cos(bx)+i|sin(bx))+C_2*(cos(bx)-i|sin(bx)))
=e^(a*x)*(C_1*cos(bx)+C_2*cos(bx)+C_1*i|sin(bx)-C_2*i|sin(bx))
=e^(a*x)*(A*cos(bx)+B*sin(bx))
mit C_1+C_2=A und C_1*i-C_2*i=B
Unter Berücksichtigung des Additionstheorems
\ sin(x+y)=sin(x)*cos(y)+sin(y)*cos(x)
kann man
\ e^(a*x)*(A*cos(bx)+B*sin(bx))=d*e^(a*x)*sin(bx+e)
schreiben.
Beispiel:
y'''-4*y''+9*y'-10=0
Das charakteristische Polynom lautet hier
\l^3-4*\l^2+9*\l-10=0
mit den Nullstellen \l_1=1+i*2 und \l_2=1-i*2 und \l_3=2
y_h(x)=C_1*e^((1+i*2)*x)+C_2*e^((1-i*2)*x)+C_3*e^(3*x)
y_h(x)=e^x*(A*cos(2*x)+B*sin(2*x))+C_3*e^(3*x)
\fedoff
\fedon\mixonWie löst man nun die inhomogene Gleichung? Sie setzt sich, wie schon
gesagt, aus der allgemeinen Lösung der inhomogenen Gleichung sowie
einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung zusammen. Um eine
spezielle Lösung zu finden, kann man wieder die Methode der Variation
der Konstanten verwenden. Dabei werden die Konstanten der allgemeinen
Lösung der homogenen Gleichung als Funktionen aufgefasst. Hat die
inhomogene DGL
a_n*y^((n))+a_(n-1)*y^((n-1))+...+a_2*y''+a_1*y'+a_0=g(x)
die allgemeine homogene Lösung
y_h(x)=C_1*y_h1(x)+C_2*y_h2(x)+...+C_n*y_hn(x)
wobei y_hi(x) (i=1,2,..,n) Lösungen der homogenen Gleichung sind.
Nun ersetzen wir die Konstanten C_i durch Funktionen u_i(x) und erhalten
somit
y_p(x)=u_1(x)*y_h1(x)+u_2(x)*y_h2(x)+...+u_n(x)*y_hn(x)
Doch wie lassen sich nun u_i(x) bestimmen? Wenn wir die Lösungen des
Gleichungssystems kennen, können wir durch Integration die Funktionen
u_i(x) bestimmen.
Das Gleichungssystem sieht wie folgt aus:
u_1^'(x)\.y_h1(x) +u_2^'(x)\.y_h2(x) +...+u_n^'(x)\.y_hn(x) =0
u_1^'(x)\.y_h1^'(x) +u_2^'(x)\.y_h2^'(x) +...+u_n^'(x)\.y_hn^'(x) =0
u_1^'(x)\.y_h1^''(x) +u_2^'(x)\.y_h2^''(x) +...+u_n^'(x)\.y_hn^''(x) =0
.
.
.
u_1^'(x)\.y_h1^((n-2))(x)+u_2^'(x)\.y_h2^((n-2))(x)+...+u_n^'(x)|y_hn^((n-2))(x)=0
u_1^'(x)\.y_h1^((n-1))(x)+u_2^'(x)\.y_h2^((n-1))(x)+...+u_n^'(x)|y_hn^((n-1))(x)=g(x)
Beispiel:
y''+y=2/cos(x)
Die charakteristische Gleichung \l^2+1=0 hat die Lösungen
\l_1=i und \l_2=-i.
Die allgemeine homogene Lösung ist y_h(x)=C_1*cos(x)+C_2*sin(x)
Als partikuläre Lösung haben wir den Ansatz
y_p(x)=u_1(x)*cos(x)+u_2(x)*sin(x)
Somit haben wir folgendes Gleichungssystem
u_1|'(x)*cos(x)+u_2|'(x)*sin(x)=0
u_1|'(x)*-sin(x)+u_2|'(x)*cos(x)=2/cos(x)
Somit ergeben sich für u_1|'(x) und u_2|'(x)
u_1|'(x)=-2*tan(x) und u_2|'(x)=2
Durch Integration erhalten wir
u_1(x)=2*ln(cos(x))
u_2(x)=2*x
Somit erhalten wir als partikuläre Lösung
y_p(x)=2*ln(cos(x))*cos(x)+2*x*sin(x)
Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet nun
y(x)=C_1*cos(x)+C_2*sin(x)
\ +2*ln(cos(x))*cos(x)+2*x*sin(x)
Man kann die partikuläre Lösung auch mithilfe von speziellen Ansätzen
finden, man muss nur beachten, dass falls ein Teil des Störgliedes
g(x) mit einem Teil der homogenen Lösung übereinstimmt, so muss der
Ansatz mit x^l multipliziert werden, wobei l die Vielfachheit der
Nullstelle der charakteristischen Gleichung ist.
Diesen Fall nennt man Resonanz.
Beispiel:
y''-4*y'+4*y=e^(2*x)
Die Nullstelle der charakteristischen Gleichung ist \l=2.
Das ist allerdings eine doppelte Nullstelle, somit unsere homogene
Lösung
y_h(x)=C_1*e^(2*x)+C_2*x*e^(2*x)
lautet. Als Ansatz für die partikuläre Lösung würde man jetzt
y_p(x)=A*e^(2*x) nehmen. Aber Vorsicht hier liegt Resonanz vor, denn
e^(2*x) kommt sowohl im Störglied g(x) als auch in der homogenen Lösung
vor. Da \l=2 eine doppelte Lösung war müssen wir unseren Ansatz mit x^2
multiplizieren, sodass wir als Ansatz
\ y_p(x)=A*x^2*e^(2*x)
wählen.
y_p^'(x)=2Ax*e^2x+2Ax^2*e^2x
y_p^''(x)=2A*e^2x+4Ax*e^2x+4Ax*e^2x+4Ax^2*e^2x
2A*e^2x+4Ax*e^2x+4Ax*e^2x+4Ax^2*e^2x-4*(2Ax*e^2x+2Ax^2*e^2x)
\ +4*(Ax^2*e^2x)=e^2x
2A*e^2x=e^2x
A=1/2
Somit erhalten wir als partikuläre Lösung
y_p(x)=1/2*x^2*e^(2*x)
Die allgemeine Lösung der inhomogenen DGl ist nun
y(x)=C_1*e^(2*x)+C_2*x*e^(2*x)+1/2*x^2*e^(2*x)
\fedoff
\fedon\mixon\boxon\light\blue Eulersche DGl:
a_n|x^n|y^((n))+a_(n-1)|x^(n-1)|y^((n-1))+...+a_2|x^2|y''+a_1|x|y'+a_0=0
\boxoff
Damit wir diese DGL lösen können, substituieren wir
x=e^t
Aus y(e^t) machen wir eine neue Funktion
y(e^t)=u(t) => y(x)=u(ln(x))
Aus y(e^t)=u(t) folgt
du/dt=y'(e^t)*e^t=y'(x)*x
=>y'*x=du/dt
(d^2|u)/dt^2=y''(e^t)*e^t*e^t+y'(e^t)*e^t=y''(x)*x^2+y'(x)*x
\ =y''(x)*x^2+du/dt
=>y''*x^2=(d^2|u)/dt^2-du/dt
(d^3|u)/dt^3=y'''(e^t)*e^3t+3*y''(e^t)*e^2t+y'(e^t)*e^t
=>y'''*x^3=(d^3|u)/dt^3-3*((d^2|u)/dt^2-du/dt)-du/dt
=>y'''*x^3=(d^3|u)/dt^3-3*(d^2|u)/dt^2+2*du/dt
Beispiel:
x^3*y'''+3*x^2*y''-6*x*y'+6*y=0
x^3*y'''=u'''-3u''+2u'
x^2*y''=u''-u'
x*y'=u'
(u'''-3u''+2u')+3*(u''-u')-6*u'+6*u=0
u'''-7*u'+6*u=0
Das ist nun wieder eine lineare homogene DGL dritten Grades.
Davon ist die Lösung
u(t)=C_1*e^t+C_2*exp(2*t)+C_3*exp(-3*t)
Es gilt y(x)=u(ln(x))
y(x)=C_1*exp(ln(x))+C_2*exp(2*ln(x))+C_3*exp(-3*ln(x))
y(x)=C_1*x+C_2*x^2+C_3/x^3
Das ist die allgemeine Lösung der ursprünglichen Euler DGL.
Für den Fall, dass eine Euler DGl inhomogen ist, hilft uns das bereits bekannte
Verfahren der Variation der Konstanten eine partikuläre Lösung zu finden. Denn
auch bei der Eulerschen DGL gilt
\ allgemeine Lösung=homogene Lösung+partikuläre
Lösung
\ y(x)=y_h(x)+y_p(x)
\fedoff
Das alles war nur ein kleiner Teil aus der Welt der Differentialgleichungen.
Vielleicht werde ich einen Nachfolgeartikel schreiben, der über
Differentialgleichungssysteme, Lineare Differentialgleichungen höherer Ordnung
mit variablen Koeffizienten, numerische Lösungsverfahren von
Differentialgleichungen usw. handelt. Zum Lösen einer DGL ist es oft hilfreich
sich mit der Integralrechnung auszukennen. Mein zweiter Artikel "Ein paar Integrale..."
handelte davon. Nun hoffe ich, ihr konntet mit diesem Artikel etwas anfangen, und dass ihr nun auch etwas kompliziertere Differentialgleichungen lösen könnt :-)
Mit freundlichen Grüßen
Artur Koehler
(alias pendragon302)
Artikel von pendragon302 zur Differential- und Integralrechnung:
Ganz genau: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
Ganz genau: Gelöste Differentialgleichungen
Ganz genau: Krümmungskreise
Ganz genau: Das Problem der Traktrix
Ganz genau: Gelöste Standardintegrale
Ganz genau: Die Beziehungen vom Sinus und Cosinus
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