Tutorium 05.06.2020
In diesem Teil diskutieren wir verschiedene L¨ osungsmethoden f¨ ur gew¨ ohnliche Differentialgleichungen.
1. Beispiel 102 b).
Eine Bernoulli Differentialgleichung hat die Form y 0 + f (x)y + g(x)y α = 0 , α 6= 0, 1
Durch die Substitution z = y 1−α erhalten wir eine lineare Differen- tialgleichung z 0 + (1 − α)f (x) = (α − 1)g(x) , die wir l¨ osen k¨ onnen.
Gegeben sei y 0 + x 1 y + xy 2 = 0 .
Das ist eine Bernoulli Differentialgleichung mit f (x) = 1 x , g(x) = x , α = 2 .
Die Substitution z = y −1 liefert z 0 − x 1 z = x . Die homogene Dgl. ist z 0 − x 1 z = 0 bzw. z H = Cx . Der Ansatz f¨ ur z I ist z I = C (x)x .
Eingesetzt ergibt sich C 0 x + C − x 1 Cx = x ⇒ C 0 = 1 ⇒ C = x Also ist z I = x 2 und z = Cx + x 2 .
R¨ ucksubstitution liefert y = 1 z = Cx+x 1
2, C ∈ R .
2. Beispiel 103 b)
Eine Riccati Differentialgleichung hat die Form
y 0 + f (x)y + g(x)y 2 = h(x) .
Ist nun eine partikul¨ are L¨ osung y p bekannt, dann erh¨ alt man durch die Substitution y = z + y p eine Bernoulli Differentialgleichung f¨ ur z(x) , welche gem¨ ass vorher gel¨ ost werden kann.
Sei nun y 0 − x 1 y + x−1 2x
2y 2 = x−1 2 und y p = x . Die Substitution y = z + x liefert
z 0 + 1 − x 1 (z + x) + x−1 2x
2(x 2 + 2xz + x 2 ) = x−1 2
Durch Zusammenfassen erhalten wir die Bernoulli Dgl z 0 + (1 − x 2 )z + x−1 2x
2z 2 = 0
Hier ist f (x) = 1 − 2 x , g(x) = x−1 2x
2, α = 2 .
Mit der Substitution v = z −1 erhalten wir die lineare Dgl v 0 − (1 − 2 x )v = x−1 2x
2.
Es folgt v H = Ce x x −2 .
Mit dem Ansatz v I = C (x)e x x −2 folgt dann
C 0 e x x −2 + Ce x x −2 − 2Ce x x −3 − (1 − x 2 )Ce x x −2 = x−1 2x
2⇒ C 0 = x−1 2 e −x = 1 2 (xe −x − e −x ) ⇒ C = − x 2 e −x Folglich v I = − x 2 e −x e x x −2 = − 2x 1 .
Wir erhalten v = Ce x x −2 − 2x 1 = 2Ce 2x
x2−x .
Wegen z = 1 v gilt z = 2Ce 2x
x2−x und y = 2Ce 2x
x2−x + x .
3. Beispiel 104 c)
Eine Differentialgleichung P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 heißt exakt
wenn eine Funktion F (x, y) existiert mit F x = P und F y = Q .
F (x, y) heißt Stammfunktion und existiert, wenn die Integrabilit¨ ats-
bedingung P y = Q x erf¨ ullt ist.
Die allgemeine L¨ osung der Dgl ist dann F (x, y) = C , C ∈ R . Sei nun 1 y sin x y dx − y x
2sin x y dy = 0 .
Dann ist P = 1 y sin x y , Q = − y x
2sin x y .
P y = − y 1
2sin x y + 1 y cos x y · − y x
2, Q x = − y 1
2sin x y − y x
2cos x y · 1 y
Wir beobachten, dass P y = Q x , also ist die Dgl exakt und es existiert eine Funktion F (x, y) mit F x = P und F y = Q .
Wie kann nun F (x, y) bestimmt werden?
Wegen F x = P ist F x = 1 y sin x y . Integration nach x liefert F = − cos x y + ϕ(y) .
Hier tritt statt der Integrationskonstanten eine willk¨ urliche Funktion ϕ(y) auf, die noch zu bestimmen ist. Wir sehen hier, dass tats¨ achlich F x = P gilt.
Wegen der weiteren Bedingung F y = Q erhalten wir sin x y · − y x
2+ ϕ 0 (y) = − y x
2sin x y ⇒ ϕ 0 = 0 ⇒ ϕ = 0
Damit ist F (x, y) = − cos x y und die allgemeine L¨ osung der Dgl lautet damit
− cos x y = C bzw. cos x y = C ∗ , C ∗ ∈ R .
Bemerkung. Manchmal ist es g¨ unstiger, mit der Gleichung F y = Q zu starten und diese nach y zu integrieren. Wir erhalten dann statt einer Integrationskonstanten eine willk¨ urliche Funktion ψ(x) . Durch Auswerten der zweiten Bedingung F x = P wird dann ψ(x) bestimmt.
4. Beispiel 105 c)
Ist eine Dgl P dx + Qdy = 0 nicht exakt, dann kann sie unter
Umst¨ anden durch Multiplikation mit einer Funktion m(x, y) exakt
gemacht werden, d.h. die Dgl (mP )dx + (mQ)dy = 0 ist eine exakte Dgl und kann gem¨ ass vorher gel¨ ost werden. Die L¨ osung dieser Dgl stimmt mit der L¨ osung der urspr¨ unglichen Dgl ¨ uberein.
Die Funktion m(x, y) heißt Euler’scher Multiplikator oder inte- grierender Faktor.
Es gilt: Ist P
y−Q Q
xnur eine Funktion von x , dann ist m(x) = e R
Py−Qx Q
dx
ein integrierender Faktor.
Ist Q
xP −P
ynur eine Funktion von y , dann ist m(y) = e R
Qx−PyPdy ein integrierender Faktor.
Sei (2xy + x 2 y + y 3
3)dx + (x 2 + y 2 )dy = 0 gegeben.
P = 2xy + x 2 y + y 3
3⇒ P y = 2x + x 2 + y 2 Q = x 2 + y 2 ⇒ Q x = 2x
Die Dgl ist also nicht exakt.
P
y−Q
xQ = x x
22+y +y
22= 1 ist nur eine Funktion von x .
Also ist m = e R 1dx = e x ein integrierender Faktor und die Dgl (2xy + x 2 y + y 3
3)e x dx + (x 2 + y 2 )e x dy = 0 ist exakt!
Mit P e = (2xy + x 2 y + y 3
3)e x und Q e = (x 2 + y 2 )e x gilt tats¨ achlich P e y = Q e x .
Mit F y = Q e = (x 2 + y 2 )e x folgt F (x, y) = x 2 e x y + y 3
3e x + ψ(x) . Mit F x = P e folgt
2xe x y + x 2 e x y + y 3
3e x + ψ 0 = (2xy + x 2 y + y 3
3)e x und weiters ψ 0 = 0 ⇒ ψ = 0 .
Also ist F (x, y) = x 2 e x y + y 3
3e x = C , C ∈ R die allgemeine L¨ osung.
5. Beispiel 106 b)
Manche Differentialgleichungen k¨ onnen durch geeignete Substitutio- nen vereinfacht und dann gel¨ ost werden.
Sei x 2 y 0 + xy = x 2 + y 2 , x > 0 gegeben.
Division durch x 2 ergibt y 0 + x y = 1 + y x
22.
Wir betrachten nun die Substitution z(x) = y(x) x . Dann ist y = xz und y 0 = z + xz 0 .
Eingesetzt ergibt sich z + xz 0 + z = 1 + z 2 bzw.
xz 0 = z 2 − 2z + 1 = (z − 1) 2 .
Dies ist eine Dgl mit getrennten Variablen.
Aus (z−1) dz
2= dx x folgt − z−1 1 = ln x + C bzw.
−
y1
x