Di�erentialgleichungen 2. Ordnung

haben die allgemeine Form x ′′ = F (x ′, x , t).

Wir beschränken uns hier auf zwei Spezialfälle, in denen sicheine Lösung analytisch bestimmen lässt:

1. reduzible Di�erentialgleichungen:Lösung durch Reduktion der Ordnung

2. lineare Di�erentialgleichungen mit konstantenKoe�zienten:Erweiterung der Lösungsansätze für lineareDi�erentialgleichungen 1. Ordnung

dgl2.pdf, Seite 1

Reduktion der Ordnung

Enthält die DGL zweiter Ordnung x ′′ = F (x ′, x , t) nurAusdrücke, die von t und x ′, nicht aber von x abhängen(d. h. x ′′ = F (x ′, t)), so lässt sich eine Lösung oft mittels derSubstitution y = x ′ bestimmen.

Es folgt dann y ′ = F (y , t), d. h. man erhält eine DGL1. Ordnung für y , die mit den vorher vorgestellten Methodenbehandelt werden kann.

Hat man eine Lösung y gefunden, so erhält man für x dieGleichung x ′ = y , d. h. die Lösung der ursprünglichenGleichung ist dann eine Stammfunktion von y .

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Beispiel x ′′ = 2x ′

t

Für y = x ′ erhält man eine homogene lineare DGL 1. Ordungmit nichtkonstantem Koe�zienten p(t) = 2

t

y ′ =2yt

=2t· y

⇒ y(t) = c1 · e∫

2tdt = c1 · e2 ln |t| = c1 · t2 mit c1 ∈ R.

Die Lösung für x hat dann die Form

x(t) =

∫y(t) dt = 1

3c1t

3 + c2 = c1t3 + c2

mit frei wählbaren Parametern c1, c2 ∈ R.

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Allgemeine und spezielle Lösung

Allgemein gilt: Die allgemeine Lösung einer DGL 2. Ordnungenthält zwei frei wählbare Parameter, deren Wert durch eineAnfangswertbedingung der Form x(t0) = x0 und x ′(t0) = x1festgelegt werden kann.

Beispiel

Gesucht ist eine spezielle Lösung mit x(1) = 0 und x ′(1) = 2.Einsetzen liefert

2 = x ′(1) = 3c1 · 12 ⇔ c1 =2

3und

0 = x(1) = c1 + c2 ⇔ c2 = −c1 = −2

3.

Die eindeutige Lösung des AWP

x ′′ =2x ′

t, x(1) = 0 und x ′(1) = 2

ist somit x(t) = 2

3t2 − 2

3

dgl2.pdf, Seite 4

Randwertprobleme

Anstelle von Anfangsbedingungen der Form x(t0) = x0 undx ′(t0) = x1 können auch Randbedingungen der Form

x(t1) = x1 und x(t2) = x2 (Dirichlet-Randbedingung) bzw.

x ′(t1) = x1 und x ′(t2) = x2 (Neumann-Randbedingung)

betrachtet werden, um den Wert der freien Parameter c1 undc2 festzulegen.

Beispiel

Das Randwertproblem x ′′ = 2x ′

t, x(1) = 0 und x(2) = 1 hat

die eindeutige Lösung

x(t) =17t3 − 1

7.

Dabei wurden die Parameter c1 und c2 der allgemeinen Lösungder DGL durch Einsetzen der Randbedingung bestimmt.

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Lineare Di�erentialgleichungen

Eine lineare DGL n-ter Ordnung hat die allgemeine Form

x (n)(t)+pn−1(t)·x (n−1)(t)+...+p1(t)·x ′(t)+p0(t)·x(t) = g(t)

mit stetigen Funktionen p0(t), ..., pn−1(t) und g(t).

Die Gleichung heiÿt homogen, wenn g(t) = 0, ansonsten istsie inhomogen. Man spricht von einer DGL mit konstantenKoe�zienten, wenn p0(t) = p0, ..., pn−1(t) = pn−1 reelleKonstanten sind.

Beispiel

x ′′′(t) + x ′′(t) · sin t − 2x ′(t)√t2 + 1

+ 3x(t) = e2t

ist eine inhomogene lineare DGL 3. Ordnung mitnichtkonstanten Koe�zienten.

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Struktur der Lösungsmenge

Die allgemeine Lösung einer homogenen linearen DGL

x (n)(t)+pn−1(t) · x (n−1)(t)+ ...+p1(t) · x ′(t)+p0(t) · x(t) = 0

hat die Form

xh(t) = c1 · x1(t) + ...+ cn · xn(t)mit freien Parameteren c1, ..., cn ∈ R, wobei die Lösungenx1(t), ..., xn(t) ein Fundamentalsystem bilden.

Die allgemeine Lösung einer inhomognen DGL

x (n)(t)+pn−1(t)·x (n−1)(t)+...+p1(t)·x ′(t)+p0(t)·x(t) = g(t)

setzt sich zusammen aus einer speziellen Lösung xs(t) und derallgemeinen Lösung xh(t) der zugehörigen homogenen DGL,d. h. sie hat die Form

x(t) = xs(t) + xh(t) = xs(t) + c1 · x1(t) + ...+ cn · xn(t)mit c1, ..., cn ∈ R.

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Lineare Di�erentialgleichungen 2. Ordnung

Wir beschränken uns hier auf den Fall konstanter Koe�zienten,wobei wir zunächst homogene Gleichungen betrachten:

x ′′ + px ′ + qx = 0 mit Konstanten p, q ∈ R

Hier lässt sich die Lösung explizit angeben. Dazu macht manden Ansatz

x(t) = eλt ⇒ x ′(t) = λeλt ⇒ x ′′(t) = λ2eλt

Eingesetzt in die DGL ergibt sich

λ2eλt + pλeλt + qeλt = (λ2 + pλ+ q) · eλt = 0,

was die charakteristische Gleichung für λ liefert:

λ2 + pλ+ q = 0⇔ λ = −p

2±√(p

2

)2− q

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Beispiel

Für die DGL x ′′ + 3x ′ + 2x = 0 ergibt der Lösungsansatz

x(t) = eλt ⇒ x ′(t) = λ · eλt ⇒ x ′′(t) = λ2 · eλt eingesetzt:

0 = λ2 · eλt + 3λ · eλt + 2eλt = (λ2 + 3λ+ 2) · eλt .Da der Ausdruck e

λt nie Null werden kann, muss λ diecharakteristische Gleichung

λ2 + 3λ+ 2 = 0⇔ λ = −3

2±√(

3

2

)2 − 2 = −3

2± 1

2

⇔ λ = −2 oder λ = −1 erfüllen, damit die DGL gelöst ist.

Man erhält somit zwei Lösungen x1(t) = e−2t und x2(t) = e

−t .

Aufgrund der Linearität ist die allgemeine Lösung dann

x(t) = c1 · e−2t + c2 · e−t mit freien Parametern c1, c2 ∈ R.

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Lösungen allgemein

Ist der Ausdruck unter der Wurzel(p2

)2 − q > 0, so hat diecharakteristische Gleichung zwei Lösungen λ1, λ2 ∈ R, diejeweils eine Lösung der DGL liefern:

x1(t) = eλ1t und x2(t) = e

λ2t

Aufgrund der Linearität der DGL sind auch skalare Vielfacheder Form c1 · eλ1t und c2 · eλ2t sowie die Summe von zweiLösungen wieder Lösungen. Die allgemeine Lösung lautet daher

x(t) = c1eλ1t + c2e

λ2t mit Parametern c1, c2 ∈ R,

d. h. die Lösungen x1(t) = eλ1t und x2(t) = e

λ2t bilden einFundamentalsystem.

dgl2.pdf, Seite 10

Beispiel x ′′ = 4x ⇔ x ′′ − 4x = 0

hat die charakteristische Gleichung λ2 − 4 = 0 mit denLösungen λ1 = −2 und λ2 = 2.

Die allgemeine Lösung der DGL lautet somit

x(t) = c1e−2t + c2e

2t

Die Koe�zienten c1 und c2 können durch eineAnfangsbedingung der Form x(t0) = x0 und x ′(t0) = x1festgelegt werden.

Die spezielle Lösung x mit x(0) = 1 und x ′(0) = 0 berechnetsich z. B. durch

c1 + c2 = 1 und − 2c1 + 2c2 = 0⇒ c1 = c2 =1

2,

also x(t) = 1

2e−2t + 1

2e2t

dgl2.pdf, Seite 11

Erweiterung des Lösungsansatzes

Für den Fall, dass die charakteristische Gleichung keine zwei(reellen) Lösungen λ1 6= λ2 hat, muss der Lösungsansatzmodi�ziert werden.

Fall(p2

)2 − q = 0

In diesem Fall hat die charakteristische Gleichung nur eineLösung λ = −p

2.

Damit liefert der vorgestellte Lösungsansatz nur eine Lösungder DGL der Form x1(t) = e

λt . Man kann zeigen, dass eineweitere Lösung durch x2(t) = t · eλt gegeben ist.

Die allgemeine Lösung der DGL x ′′ + px ′ + qx = 0 lautet dann

x(t) = c1·x1(t)+c2·x2(t) = (c1 + c2t) · eλt mit c1, c2 ∈ R beliebig

dgl2.pdf, Seite 12

Beispiel x ′′ + 2x ′ + x = 0

Die charakteristische Gleichung

λ2 + 2λ+ 1 = 0⇒ λ = −1±√1− 1 = −1

hat λ = −1 als einzige Lösung.

Die allgemeine Lösung der DGL ist damit

x(t) = (c1 + c2t) · e−t mit c1, c2 ∈ R

Betrachtet man dazu die Anfangsbedingung x(0) = x ′(0) = 1,so folgt durch Einsetzen 1 = x(0) = c1 · e0 ⇒ c1 = 1 und

x ′(t) = c2 · e−t − (c1 + c2t) · e−t (mit Poduktregel)

⇒ 1 = x ′(0) = c2 − c1 ⇒ c2 = 1+ c1 = 2.

Somit ist x(t) = (1+ 2t) · e−t (eindeutige) Lösung desbetrachteten AWP.

dgl2.pdf, Seite 13

Lineare DGL x ′′ + px ′ + qx = 0 mit(p2

)2 − q < 0

In diesem Fall hat die charaktristische Gleichungλ2 + pλ+ q = 0 keine reelle Lösung.

Die Lösungen der charakteristischen Gleichung sind dannkomplexe Zahlen. Mit

r = −p

2und ω =

√q − p2

4

erhält man (nach etwas Rechnung) als

allgemeine (reelle) Lösung der DGL

x(t) = ert ·(c1 cosωt + c2 sinωt

)mit c1, c2 ∈ R.

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Beispiel x ′′ + 2x ′ + 5x = 0

Mit p = 2 und q = 5 lautet die charakteristische Gleichung

λ2 + 2λ+ 5 = 0⇒ λ = −1±√1− 5 = −1±

√−4

Der Ausdruck unter der Wurzel ist negativ, also gibt es keinereelle Lösung. Man bestimmt nun

r = −p

2= −1 und ω =

√q −

(p2

)2=√+4 = 2

und erhält damit die allgemeine Lösung der DGL

x(t) = e−t(c1 cos 2t + c2 sin 2t

)mit c1, c2 ∈ R.

dgl2.pdf, Seite 15

Lösung eines AWP

Ist beispielsweise die Anfangsbedingung x(0) = 1 undx ′(0) = −1 gegeben, so erhält man mit

x ′(t) = e−t((2c2 − c1) cos 2t − (2c1 + c2) sin 2t

)⇒ x ′(0) = 2c2 − c1

durch Einsetzen

1 = x(0) = c1 und − 1 = x ′(0) = 2c2 − c1

⇒ c1 = 1 und c2 =1

2· (−1+ c1) = 0,

also x(t) = e−t · cos 2t.

dgl2.pdf, Seite 16

Zusammenfassung

Zur Lösung der homogenen DGL x ′′ + px ′ + q = 0 stellt manzunächst die charakteristische Gleichung λ2 + pλ+ q = 0 auf

mit der Lösung λ = −p2±√(

p2

)2 − q.Dann sind 3 Fälle zu unterscheiden, für die es jeweils eineLösungsformel für die DGL gibt:

(1)(p2

)2 − q > 0: Dann hat die charakteristische Gleichungzwei Lösungen λ1 und λ2 und es istx(t) = c1 · eλ1t + c2 · eλ2t mit c1, c2 ∈ R.

(2)(p2

)2 − q = 0: Dann hat die charakteristische Gleichungeine Lösung λ1 = −p

2und es ist

x(t) = c1 · eλ1t + c2 · t · eλ1t mit c1, c2 ∈ R.(3)

(p2

)2 − q < 0: Dann hat die charakteristische Gleichung

keine (reelle) Lösung. Mit r = −p2und ω =

√q −

(p2

)2ist dann die Lösung der DGLx(t) = c1 · ert · cos(ωt) + c2 · ert · sin(ωt) mit c1, c2 ∈ R.

dgl2.pdf, Seite 17

Bemerkung

Die vorgestellte Lösungsmethode kann auf lineareDi�erentialgleichungen höherer Ordnung der Form

x (n) + pn−1 · x (n−1) + ...+ p2 · x ′′ + p1 · x ′ + p0x = 0

verallgemeinert werden. Reelle Lösungen der charakteristischenGleichung λn + pn−1λ

n−1 + ...+ p1λ+ p0 = 0 liefern danneinen Anteil c · eλt an der allgemeinen Lösung der DGL,komplexe Nullstellen Anteile e

rt · (c1 · cosωt + c2 · sinωt).Auf ähnliche Weise lässt sich auch die allgemeine Lösung einesSystems von gekoppelten linearen Di�erentialgleichungenbestimmen.

dgl2.pdf, Seite 18

Inhomogene DGL x ′′ + px ′ + qx = g(t)

Wie im Fall einer inhomogenen linearen DGL 1. Ordnung setztsich die allgemeine Lösung x(t) = xs(t) + xh(t) zusammen auseiner speziellen Lösung xs und der allgemeinen Lösung xh derentsprechenden homogenen DGL x ′′ + px ′ + qx = 0.

Eine spezielle Lösung xs(t) erhält man in vielen Fällen durcheinen Ähnlichkeitsansatz:

I Ist g(t) ein Polynom n�ten Grades, so gibt es eine Lösungxs(t), die ebenfalls ein Polynom n�ten Grades ist.

I Ist g(t) = aebt und ist b keine Lösung dercharakteristischen Gleichung λ2 + pλ+ q = 0, so gibt eseine Lösung der Form xs(t) = c · ebt .

I Ist g(t) = a cosµt + b sinµt, so gibt es eine Lösung derForm xs(t) = c1 cosµt + c2 sinµt.

dgl2.pdf, Seite 19

Beispiel x ′′ + 2x ′ + 5x = 3

Hier ist die rechte Seite eine Konstante, also ein Polynom mitGrad 0. Somit hat die DGL eine konstante Lösung der Formxs(t) = α⇒ x ′s(t) = x ′′s (t) = 0.

Einsetzen der Ansatzfunktion in die DGL ergibt

0+ 2 · 0+ 5α = 3⇒ α = 3

5= 0, 6

Die zugehörige homogege DGL x ′′ + 2x ′ + 5x = 0 hat dieallgemeine Lösung

xh(t) = e−t ·

(c1 cos 2t + c2 sin 2t

)mit c1, c2 ∈ R

(siehe früheres Beispiel).

Die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL ist somit

x(t) = xs(t) + xh(t) =3

5+ e

−t ·(c1 cos 2t + c2 sin 2t

)mit c1, c2 ∈ R

dgl2.pdf, Seite 20

Beispiel x ′′ + 2x ′ + 5x = 2t2 + 1

Mit dem Ansatz xs(t) = αt2 + βt + γ ist x ′s(t) = 2αt + β und

x ′′s (t) = 2α. Eingesetzt in die DGL ergibt sich

2α + 2 · (2αt + β) + 5 · (αt2 + βt + γ) = 2t2 + 1

⇔ 5αt2 + (4α + 5β)t + 2α + 2β + 5γ = 2t2 + 1

Es folgt α = 2

5, 4α + 5β = 0⇔ β = −4

5α = − 8

25und

2α + 2β + 5γ = 1⇔ γ = 1

5(1− 2α− 2β) = 21

125, also ist

xs(t) =2

5t2 − 8

25t + 21

125.

Die allgemeine Lösung x(t) = xs(t) + xh(t) mit xh(t) aus demletzten Beispiel ist dann

x(t) = 2

5t2 − 8

25t + 21

125+ e

−t ·(c1 cos 2t + c2 sin 2t

)dgl2.pdf, Seite 21

Beispiel x ′′ + 2x ′ + 5x = sin t

Mit dem Ansatz xs(t) = α cos t + β sin t ist

x ′s(t) = β cos t − α sin t und x ′′s (t) = −α cos t − β sin t.Eingesetzt ergibt sich

−α cos t−β sin t+2(β cos t−α sin t)+5(α cos t+β sin t) = sin t

⇔ (−α + 2β + 5α) cos t + (−β − 2α + 5β) sin t = sin t

Es folgt{−α+ 2β + 5α = 4α+ 2β = 0

−β − 2α+ 5β = 4β − 2α = 1⇔{

α = −0, 1

β = 0, 2

Die allgemeine Lösung der DGL ist damit

x(t) = − 1

10cos t + 1

5sin t + e

−t ·(c1 cos 2t + c2 sin 2t

)dgl2.pdf, Seite 22

Verschiedene Lösungen

x(t) = − 1

10cos t + 1

5sin t + e

−t ·(c1 cos 2t + c2 sin 2t

)der DGL x ′′ + 2x ′ + 5x = sin t

dgl2.pdf, Seite 23

Anfangswertproblem im Beispiel

Sind z. B. Anfangswerte x(0) = 1 und x ′(0) = −1 gegeben, sofolgt durch Einsetzen in die Lösung

1 = x(0) = − 1

10+ c1 ⇒ c1 = 1, 1

Mit

x ′(t) = 1

10sin t+1

5cos t+e

−t ·((2c2−c1)·cos 2t−(2c1+c2)·sin 2t

)erhält man weiter

−1 = x ′(0) = 1

5+ 2c2 − c1 = 2c2 − 0, 9⇒ c2 = −0, 05

Die (eindeutige) Lösung des AWP lautet also

x(t) = −0, 1 cos t + 0, 2 sin t + e−t ·

(1, 1 cos 2t − 0, 05 sin 2t

)dgl2.pdf, Seite 24

Beispiel x ′′ + 2x ′ + 5x = 2t2 + 1+ sin t

Hier entspricht die Vorgehensweise derjenigen bei einerentsprechenden DGL 1. Ordnung:

Hat die rechte Seite die Form g1(t) + g2(t), so hat dieallgemeine Lösung die Form

x(t) = xh(t) + x1(t) + x2(t),

wobei xh(t) Lösung der homogenen DGL und x1(t) bzw. x2(t)jeweils eine spezielle Lösung für die rechte Seite g1(t) bzw.g2(t) ist.

Im Beispiel ist x1(t) = 2

5t2− 8

25t + 21

125eine spezielle Lösung zu

g1(t) = 2t2 − 1 und x2(t) =1

10cos t + 1

5sin t eine spezielle

Lösung zu g2(t) = sin t (siehe vorherige Beispiele).

Es folgt (mit xh(t) aus den vorherigen Beispielen) x(t) =

e−t ·(c1 cos 2t+ c2 sin 2t

)+ 2

5t2− 8

25t+ 21

125+ 1

10cos t+ 1

5sin t.

dgl2.pdf, Seite 25

Bemerkung: Lineare Di�erentialgleichungssystememit der Substitution y = x ′ kann eine lineare DGL 2. Ordnungder Form x ′′ + px ′ + qx = 0 in ein System vonDi�erentialgleichungen 1. Ordnung umgeformt werden:{

x ′ = yy ′ = −py − qx

⇔(x ′

y ′

)=(

0 1−q −p

)(xy

)Eine Verallgemeinerung sind Systeme der Form(

x ′

y ′

)=(

a bc d

)(xy

)⇔{

x ′ = ax + byy ′ = cx + dy

mit einer beliebigen 2× 2�Matrix A =(

a bc d

).

Die allgemeine Lösung setzt sich aus Ausdrücken der Formc · eλi t bzw. ert · (c1 cosωt + c2 sinωt) zusammen, wobei sichdie λi bzw. r und ω aus der charakteristischen Gleichung

det(A− λI2) = λ2 − (a + d)λ+ ad − bc = 0

ergeben.

dgl2.pdf, Seite 26

Systeme von gewöhnlichen Di�erentialgleichungen

haben die Formx ′1(t) = f1

(x1(t), x2(t), ..., xn(t), t

)... · · ·

...

x ′n(t) = fn(x1(t), x2(t), ..., xn(t), t

)oder kürzer in vektorieller Schreibweise

x ′(t) = f (x(t), t),

mit f : Rn × R→ Rn, wobei die Lösung x : I → Rn auf einemIntervall I ⊂ R de�niert sein soll.

dgl2.pdf, Seite 27

Beispiel

Die Lotka�Volterra�Gleichung{x ′1(t) =

(α− βx2(t)

)· x1(t)

x ′2(t) =

(δx1(t)− γ

)· x2(t)

mit Parametern α, β, γ, δ > 0 beschreibt die Wechselwirkungzwischen der Populationsgröÿe (als Funktion der Zeit t) zweierTierarten (Räuber x2 und Beutetiere x1).

Dabei ist f (x1, x2, t) =

(αx1 − βx1x2δx1x2 − γx2

).

f hängt nicht explizit von t ab. Dies besagt, dass dieLotka�Volterra�Gleichung autonom ist.

dgl2.pdf, Seite 28

Lösungskurven der Lotka-Volterra-DGL in der

x , y�Ebene

dgl2.pdf, Seite 29

Bemerkungen und Eigenschaften

I Treten Ableitungen höherer Ordnung auf, so kann dasSystem durch Einführen neuer Variablen in ein System vonDi�erentialgleichungen 1. Ordnung umgeformt werden.

I Der Satz von Picard�Lindelöf gewährleistet fürDi�erentialgleichungssysteme unter allgemeinenBedingungen die Existenz einer auf einem Intervall um t0de�nierten eindeutigen Lösung, wenn eineAnfangsbedingung der Form x(t0) = x0 ∈ Rn vorgegebenist.

I Ein explizite Lösung kann nur in einigen Spezialfällen wiez. B. lineare Systeme bestimmt werden. Ansonsten istman auf numerische Lösungen angewiesen.

dgl2.pdf, Seite 30

Numerik gewöhnlicher Di�erentialgleichungen

Ein möglicher Ansatz ist, bei der Berechnung einerNäherungslösung der DGL x ′(t) = f (x(t), t) mit x(t) ∈ Rn

eine lineare Approximation zu betrachten:

x(t + h) ≈ x(t) + h · x ′(t) = x(t) + h · f (x(t), t)

Dieser Ansatz ergibt das explizite Eulerverfahren: Man wählteine Schrittweite h > 0 und berechnet rekursiv eineNäherungslösung x an den Stützstellen tk = t0 + k · hausgehend vom vorgegebenen Anfangswert x(t0) = x(t0) = x0durch

x(tk+1) = x(tk + h) = x(tk) + h · f (x(tk), tk)

Im Fall eines DGL�Systems ist dies eine Vektorgleichung, diekomponetenweise zu interpretieren ist.

dgl2.pdf, Seite 31

Beispiel 1

Für eine Lösung der DGL x ′ = 2x − t gilt

x(t + h) ≈ x(t) + h · x ′(t) = x(t) + h · (2x(t)− t).

Mit der Schrittweite h = 0, 1 und t0 = 0⇒ tk = k10

erhältman für eine Näherungslösung x mit xk = x(tk) dieRekursionsformel

xk+1 = xk +1

10·(2xk − k

10

)= 1, 2 · xk − k

100

Dabei handelt es sich um eine nichtautonome lineareRekursion 1. Ordnung, welche der Struktur derDi�erentialgleichung entspricht.

dgl2.pdf, Seite 32

Beispiel 2

Zur Lotka�Volterra�Gleichung(

x ′ = (1− y) · xy ′ = (x − 1) · y

)kann eine

Näherungslösung(xkyk

)≈(x(tk)y(tk)

)durch die Rekursion

(xk+1

yk+1

)=(xkyk

)+ h ·

((1− yk) · xk(xk − 1) · yk

)berechnet werden.

Weitere Lösungsverfahren

Eine Modi�kation ist das implizite Eulerverfahren:

x(tk+1) = x(tk + h) = x(tk) + h · f (x(tk+1), tk+1).

Runge�Kutta�Verfahren beruhen auf dem Ansatz, fürx(tk + h) eine Taylor�Entwicklung anstelle einer linearenApproximation zu betrachten.

dgl2.pdf, Seite 33