Lineare, inhomogene Differentialgleichung 1. Ordnung

Lineare Differentialgleichungen

Definition 1: Liineare Differentialgleichung

Eine Differentialgleichung der Form

an(x)y(n)(x)+an−1(x)y(n−1)(x)+⋯+a0(x)y(x)=b(x)a_n(x)y^{(n)}(x)+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}(x)+\dots+a_0(x)y(x)=b(x)

heisst lineare Differentialgleichung nn-ter Ordnung, wobei an(x),…,a0(x)a_n(x),\dots,a_0(x) und b(x)b(x) Funktionen sind.

Example 1

Ein Spezialfall einer linearen Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten ist

a2y′′(x)+a1y′(x)+a0y(x)=b(x).a_2y''(x)+a_1y'(x)+a_0y(x)=b(x).

Der von xx abhängige Ausdruck b(x)b(x) wird Störterm genannt.

Definition 2: homogene und inhomogene Differentialgleichung

Ist b(x)=0b(x)=0, so heisst die Differentialgleichung homogen, andernfalls wird sie inhomogen genannt.

Für einige explizite Differentialgleichungen erster Ordnung gibt es Standardverfahren zu ihrer numerischen Lösung. Viele explizite Differentialgleichungen höherer Ordnung lassen sich in ein System von Differentialgleichungen erster Ordnung überführen, auf die dann diese Standardverfahren angewendet werden dürfen. Daher schauen wir uns im folgenden einige Verfahren an.

Separation der Variablen

Viele Differentialgleichungen sind von der Form

y′=f(x)⋅g(y).y'=f(x)\cdot g(y).

Für diesen Typ lässt sich das Problem auf ein Integrationsproblem zurückführen und dessen Methode Separation der Variablen heisst.

Man schreibt y′y' als Quotient der Differentiale dy/dx\mathrm{d}y/\mathrm{d}x

dydx=f(x)⋅g(y)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f(x)\cdot g(y)

und trennt dann die Variablen:

1g(y) dy=f(x) dx.\frac{1}{g(y)}\,\mathrm{d}y=f(x)\,\mathrm{d}x.

Durch Integration beider Seiten erhält man die Lösungen der Differentialgleichung, nämlich

∫1g(y) dy=∫f(x) dx.\int\frac{1}{g(y)}\,\mathrm{d}y=\int f(x)\,\mathrm{d}x.

Seien I⊂RI\subset\mathbb{R} ein offenes Intervall und a,s:I⟶Ra,s:I\longrightarrow\mathbb{R} stetige Funktionen. Wir studieren die Differentialgleichungen

y′(x)=ay(x)y′(x)=ay(x)+s\begin{align} y'(x) &= ay(x)\\ y'(x) &= ay(x)+s \end{align}

Zuerst zur ersten:

Theorem 1

Die homogene lineare Differentialgleichung besitzt als Lösung genau die Funktionen y:I⟶Ry:I\longrightarrow\mathbb{R} gegeben durch

y(x)=ce∫x0xa(t) dty(x) = c\text{e}^{\int_{x_0}^xa(t)\,\text{d}t}

mit c∈Rc\in\mathbb{R} und x0∈Ix_0\in I.

Proof

Dass die oben beschriebene Funktion yy die Gleichung erfüllt, erkennen wir durch Ableiten. Für die Eindeutigkeit brauchen wir auch ein direktes Argument. Sei yy wie oben und zz eine weitere Lösung, so ergibt sich

ddxzy=z′y−zy′y2=azy−zayy2=0.\frac{d}{\mathrm{d}x}\frac{z}{y} = \frac{z'y-zy'}{y^2} = \frac{azy-zay}{y^2} = 0.

Also ist zy\frac{z}{y} konstant und somit z=cyz=cy.

(Separation der Variablen kommentiert)

Exercise 1: Separation

Löse

y′=(x2+1)(y−2).y'=(x^2+1)(y-2).
Solutiony′=(x2+1)(y−2)dydx=(x2+1)(y−2)1y−2⋅dy=(x2+1)⋅dxln⁡(y−2)=13x3+x+Cy−2=e13x3+x+C\begin{align*} y' &= (x^2+1)(y-2)\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= (x^2+1)(y-2)\\ \frac{1}{y-2}\cdot\mathrm{d}y &= (x^2+1)\cdot\mathrm{d}x\tag{$\int$}\\ \ln(y-2) &= \frac{1}{3}x^3+x+C\tag{$\mathrm{e}^{()}$}\\ y-2 &= \mathrm{e}^{\frac{1}{3}x^3+x+C} \end{align*}

und daraus folgt die Lösung

y(x)=y0e13x3+x+2.y(x)=y_0\mathrm{e}^{\frac{1}{3}x^3+x}+2.
Exercise 2: Separation II

Löse mit der Methode der Trennung der Variablen

a) N˙=−λN\dot{N}=-\lambda N

b) u′=−x2u3u'=-\frac{x^2}{u^3}

c) u′=u2+1u'=u^2+1\quad 🧩

Solution

a)

N˙=−λNdNdt=−λN1NdN=−λdtln⁡(N)=−λt+CN(t)=N0e−λt\begin{align*} \dot{N} &= -\lambda N\\ \frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t} &= -\lambda N\\ \frac{1}{N}\mathrm{d}N &= -\lambda\mathrm{d}t\\ \ln(N) &= -\lambda t+C\\ N(t) &= N_0\mathrm{e}^{-\lambda t} \end{align*}

b)

dudx=−x2u3u3du=−x2dx14u4=−13x3+Cu(x)=−43x3+4C4\begin{align*} \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} &= \frac{-x^2}{u^3}\\ u^3\mathrm{d}u &= -x^2\mathrm{d}x\\ \frac{1}{4}u^4 &= -\frac{1}{3}x^3+C\\ u(x) &= \sqrt[4]{-\frac{4}{3}x^3+4C} \end{align*}

c)

dudx=u2+11u2+1du=dxarctan⁡(u)=x+Cu(x)=tan⁡(x+C)\begin{align*} \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} &= u^2+1\\ \frac{1}{u^2+1}\mathrm{d}u &= \mathrm{d}x\\ \arctan(u) &= x+C\\ u(x) &= \tan(x+C) \end{align*}

Hier stellt sich die Frage, wie man ∫1u2+1du\int\frac{1}{u^2+1}\mathrm{d}u bestimmt. Betrachte hierzu tan⁡(arctan⁡(x))=x\tan(\arctan(x))=x, leite auf beiden Seiten ab und löse nach arctan⁡′(x)\arctan'(x).

Variation der Konstanten

Die lineare Differentialgleichung erster Ordnung,

y′+g(x)y=s(x),y'+g(x)y = s(x),

wobei s(x)s(x) eine sogenannte Störfunktion ist, wird in zwei Schritten gelöst.

a) Man löst die zugehörige homogene Differentialgleichung

y′=g(x)yy' = g(x)y

durch Separation der Variablen.

∫dyy=−∫g(x)dxln⁡∣y∣=−∫g(x)dxy=ce−∫g(x)dx\begin{align*} \int\frac{\mathrm{d}y}{y} &= -\int g(x)\mathrm{d}x\\ \ln|y| &= -\int g(x)\mathrm{d}x\\ y &= c\text{e}^{-\int g(x)\mathrm{d}x} \end{align*}

mit c∈Rc\in\mathbb{R}.

b) Die Integrationskonstante cc wird als Funktion von xx angesetzt - Variation der Konstanten.

y=c(x)e−∫g(x)dx.y = c(x)\text{e}^{-\int g(x)\mathrm{d}x}.

Für die Ableitung erhalten wir

y′=c′(x)e−∫g(x)dx+c(x)(−g(x))e−∫g(x)dxy' = c'(x)\text{e}^{-\int g(x)\mathrm{d}x}+c(x)(-g(x))\text{e}^{-\int g(x)\mathrm{d}x}

was

s(x)−g(x)ys(x)-g(x)y

entsprechen soll. Daraus folgt

c′(x)=s(x)e∫g(x)dxc'(x) = s(x)\text{e}^{\int g(x)\mathrm{d}x}

also

c(x)=∫s(x)e∫g(x)dxdx+Kc(x) = \int s(x)\text{e}^{\int g(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+K

Die Lösung lautet

y=e−∫g(x)dx⋅(∫s(x)e∫g(x)dxdx+K).y = \text{e}^{-\int g(x)\mathrm{d}x}\cdot\left(\int s(x)\text{e}^{\int g(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+K\right).

(Variation der Konstanten kommentiert) ::

Theorem 2

Die allgemeine Lösung einer inhomogenen Differentialgleichung

y′(x)=g(x)y(x)+s(x)y'(x) = g(x)y(x)+s(x)

erhält man, indem zur allgemeinen Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichung y′(x)=g(x)y(x)y'(x) = g(x)y(x) eine partikuläre Lösung yp(x)y_p(x) der inhomogenen Differentialgleichung y′(x)=g(x)y(x)+s(x)y'(x) = g(x)y(x)+s(x) addiert wird.

Proof

Seien yhy_h bzw. ypy_p die allgemeine homogene bzw. eine partikuläre Lösung von y′=gy+sy' = gy+s und y=yh+ypy = y_h+y_p.

Betrachte yh′=y′−yp′=gy+s−(gyp+s)=g(yh+yp)+s−gyp−s=gyhy_h' = y'-y_p' = gy+s-(gy_p+s) = g(y_h+y_p)+s-gy_p-s = gy_h, also löst yhy_h die zugehörige homogene Differentialgleichung.

Ferner y′=yh′+yp′=gyh+gyp+s=g(yh+yp)+s=gy+sy' = y_h'+y_p' = gy_h+gy_p+s = g(y_h+y_p)+s = gy+s. Das heisst, dieser Ansatz erfüllt die gegebene Differentialgleichung.

Exercise 3: Separation III

Löse

y′(x)=xy(x)+x.y'(x)=xy(x)+x.
Solution

Die zugehörige homogene DGL ist

dydx=xy1ydy=xdxln⁡(y)=12x2+Cyh(x)=y0e12x2\begin{align*} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= xy\\ \frac{1}{y}\mathrm{d}y &= x\mathrm{d}x\\ \ln(y) &= \frac{1}{2}x^2+C\\ y_h(x) &= y_0\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2} \end{align*}

und nun variieren wir die Konstante: yp(x)=y0(x)e12x2y_p(x) = y_0(x)\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2}. Es ist yh′(x)=y0′(x)e12x2+y0(x)e12x2⋅xy_h'(x) = y_0'(x)\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2}+y_0(x)\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2}\cdot x, was wir einsetzen:

y0′(x)e12x2+y0(x)e12x2⋅x=xy0(x)e12x2+xy0′(x)e12x2=xy0′(x)=xe−12x2y0(x)=−e−12x2\begin{align*} y_0'(x)\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2}+y_0(x)\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2}\cdot x &= xy_0(x)\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2}+x\\ y_0'(x)\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2} &= x\\ y_0'(x) &= x\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}x^2}\\ y_0(x) &= -\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}x^2} \end{align*}

Im Ansatz verwertet: yp(x)=y0(x)e12x2=−e−12x2e12x2=−1y_p(x) = y_0(x)\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2} = -\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2}=-1.

Also gilt für die allgemeine Lösung der zu lösenden DGL

y(x)=y0e12x2−1.y(x) = y_0\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^2} - 1.
Exercise 4: Separation IV

Löse

y′−ytan⁡(x)=−sin⁡(x).y'-y\tan(x) = -\sin(x).
Solution

Zuerst die zugehörige homogene DGL:

y′=ytan⁡(x)1ydy=tan⁡(x)dxln⁡(y)=−ln⁡(cos⁡(x))+Cyh(x)=y01cos⁡(x)\begin{align*} y' &= y\tan(x)\\ \frac{1}{y}\mathrm{d}y &= \tan(x)\mathrm{d}x\\ \ln(y) &= -\ln(\cos(x))+C\\ y_h(x) &= y_0\frac{1}{\cos(x)} \end{align*}

Partikuläre Lösung mit yp′=y0′1cos⁡(x)+y0(−1cos⁡2(x))⋅(−sin⁡(x))y_p' = y_0'\frac{1}{\cos(x)}+y_0(-\frac{1}{\cos^2(x)})\cdot(-\sin(x))

y0′1cos⁡(x)+y01cos⁡2(x)⋅sin⁡(x)=y01cos⁡(x)tan⁡(x)−sin⁡(x)y0′1cos⁡(x)=−sin⁡(x)y0′=−sin⁡(x)cos⁡(x)y0=12cos⁡2(x)\begin{align*} y_0'\frac{1}{\cos(x)}+y_0\frac{1}{\cos^2(x)}\cdot\sin(x) &= y_0\frac{1}{\cos(x)}\tan(x)-\sin(x)\\ y_0'\frac{1}{\cos(x)} &= -\sin(x)\\ y_0' &= -\sin(x)\cos(x)\\ y_0 &= \frac{1}{2}\cos^2(x) \end{align*}

und eingesetzt yp=12cos⁡2(x)1cos⁡(x)=12cos⁡(x)y_p=\frac{1}{2}\cos^2(x)\frac{1}{\cos(x)}=\frac{1}{2}{\cos(x)}.

Somit y(x)=y01cos⁡(x)+12cos⁡(x)y(x)=y_0\frac{1}{\cos(x)}+\frac{1}{2}{\cos(x)}

Exercise 5: Separation V

Löse

y′+yx=x2+4.y'+\frac{y}{x}=x^2+4.
Solution

Homogen:

1ydy=−1xdxln⁡(y)=−ln⁡(x)+Cyh(x)=y01x\begin{align*} \frac{1}{y}\mathrm{d}y &= -\frac{1}{x}\mathrm{d}x\\ \ln(y) &= -\ln(x) +C\\ y_h(x) = y_0\frac{1}{x} \end{align*}

Partikulär, yp′=y0′1x+y0(−1x2)y_p' = y_0'\frac{1}{x}+y_0(-\frac{1}{x^2}):

y0′1x+y0(−1x2)=−y01xx+x2+4y0′1x=x2+4y0′=x3+4xy0=14x4+2x2\begin{align*} y_0'\frac{1}{x}+y_0(-\frac{1}{x^2}) &= -\frac{y_0\frac{1}{x}}{x}+x^2+4\\ y_0'\frac{1}{x} &= x^2+4\\ y_0' &= x^3+4x\\ y_0 &= \frac{1}{4}x^4+2x^2 \end{align*}

und daraus yp(x)=(14x4+2x2)1x=14x3+2xy_p(x)=(\frac{1}{4}x^4+2x^2)\frac{1}{x}=\frac{1}{4}x^3+2x. Schliesslich y(x)=y01x+14x3+2xy(x)=y_0\frac{1}{x}+\frac{1}{4}x^3+2x.

Exercise 6: Separation VI

Löse

y′(x)=y(x)+x.y'(x)=y(x)+x.

Begründe zuerst, dass

∫xe−xdx=−e−x(x+1)+C.\int x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x = -\mathrm{e}^{-x}(x+1)+C.
Solution

Durch Ableiten von −ex(x+1)+C=−xex−ex+C-\mathrm{e}^x(x+1)+C=-x\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^x+C bestätigt man das Integral.

Die homogene Lösung rechnet man selber nach und findet yh(x)=y0exy_h(x)=y_0\mathrm{e}^{x}. Nun variieren wir die Konstante, um eine partikuläre Lösung zu finden: yp(x)=y0(x)exy_p(x)=y_0(x)\mathrm{e}^{x}. Mit diesem Ansatz folgt yp′(x)=y0′(x)ex+y0(x)exy_p'(x)=y_0'(x)\mathrm{e}^{x}+y_0(x)\mathrm{e}^{x}, was wir einsetzen:

y0′(x)ex+y0(x)ex=y0(x)ex+xy0′(x)ex=xy0′(x)=xe−xy0=−e−x(x+1)\begin{align*} y_0'(x)\mathrm{e}^{x}+y_0(x)\mathrm{e}^{x} &= y_0(x)\mathrm{e}^{x} + x\\ y_0'(x)\mathrm{e}^{x} &= x\\ y_0'(x) &= x\mathrm{e}^{-x}\\ y_0 &= -\mathrm{e}^{-x}(x+1) \end{align*}

Im Ansatz verbucht erhalten wir die partikuläre Lösung yp(x)=−e−x(x+1)ex=−x−1y_p(x)=-\mathrm{e}^{-x}(x+1)\mathrm{e}^{x}=-x-1. Damit

y(x)=y0ex−x−1.y(x)=y_0\mathrm{e}^{x}-x-1.
Exercise 7: Separation VII

Löse

y′(x)=1x2⋅y(x)+sin⁡(x).y'(x)=\frac{1}{x^2}\cdot y(x)+\sin(x).
Solution

Als homogene Lösung finde ich yh(x)=y0e−1xy_h(x)=y_0\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}}. Bei der Variation verwende ich den geschlossenen Ausdruck y0=∫e1xsin⁡(x)dxy_0=\int \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\sin(x)\mathrm{d}x. Als Lösung gebe ich bloss

y(x)=y0e−1x+∫e1xsin⁡(x)dx⋅e−1xy(x)=y_0\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}}+\int \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\sin(x)\mathrm{d}x\cdot\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}}