Differenzialgleichungen erster Ordnungmohr/praes/dgl_wf_erg_handout.pdf · 2011. 6. 2. · Grunds atzliches L osungsverfahren Beispiel fur Substitution Ubersicht 1 Grunds atzliches

GrundsatzlichesLosungsverfahren

Beispiel fur Substitution

Differenzialgleichungen erster Ordnung

Fakultat Grundlagen

Mai 2011

Fakultat Grundlagen Differenzialgleichungen erster Ordnung



Ubersicht

1 GrundsatzlichesGeometrische DeutungNumerik

2 LosungsverfahrenEinfache integrierbare DGL 1. OrdnungLineare Differenzialgleichung

3 Beispiel fur Substitution

Fakultat Grundlagen Differenzialgleichungen erster Ordnung Folie: 2



Geometrische DeutungNumerik

Begriffe

Explizite Form: y ′(x) = f (x , y) (x |y) ∈ Df ⊂ IR2

Jedem Punkt P(x |y) ∈ Df wird dadurch der Wert der Steigung derLosungskurve durch P zugeordnet.

Definition: Unter einem Linienelement im Punkt P0(x0, y0)versteht man einen kleinen Tangentenabschnitt an dieLosungskurve im Punkt P0, bestimmt durch die Steigungm = y ′(x0) = f (x0, y0).

Die Gesamtheit aller Linienelemente heißt Richtungsfeld derDifferenzialgleichung.

Das Richtungsfeld gibt einen qualitativen”Uberblick“ uber den

Verlauf der Losungskurven; hat man genugend Linienelementegezeichnet, so lassen sich die Losungskurven

”einpassen“.





Richtungsfeld

Richtungsfeld der Differenzialgleichung y ′ = 10sin(x)

1− 10y

x

y





Beispiel

y ′ = −x

y(∗)

Die Steigung m = − xy gibt stets die

Richtung senkrecht zum UrsprungsstrahlOP an; alle Linienelemente stehensenkrecht auf OP .

=⇒ Losungskurven sind konzentrischeKreise um O.

x

y

P

Die allgemeine Losung von (∗) lautet: x2 + y 2 = C ; C > 0.

Nachrechnen:y = ±

√C − x2

y ′ = ± −x√C − x2

y · y ′ = −x





Kurvenschar und gewohnliche Differenzialgleichung

Durch Losen einer DGL n-ter Ordnung erhalt man einen-parametrige Kurvenschar. Gelegentlich interessiert auch dasumgekehrte Problem: Gibt es es zu einer n-parametrigenKurvenschar eindeutig eine DGL n-ter Ordnung? Wie erhalt mandiese Differentialgleichung?

yC (x) = C · e−3x

y ′C (x) = (−3) · C · e−3x y ′C (x)yC (x)

=(−3) · C · e−3x

C · e−3x = −3

bzw. y ′ = −3y

yC1,C2(x) = C1 cos(2x) + C2 sin(2x)y ′C1,C2

(x) = −2C1 sin(2x) + 2C2 cos(2x)

y ′′C1,C2(x) = −4C1 cos(2x)− 4C2 sin(2x)

4y + y ′′ = 0

Eine gewohnliche DGL n-ter Ordnung ist aquivalent zu einern-parametrigen Kurvenschar.





Anfangswertproblem

Anfangswertproblem einer Differentialgleichung 1. Ordnung.

y ′ = f (x , y) , y(x0) = y0

Die rechte Seite der Differentialgleichung weist jedem Punkt desDefinitionsbereichs eine Steigung zu.Das Losen einer DGL bedeutet die Konstruktion der zugehorigenKurve, d. h. einer Funktion, deren Ableitung uberall mit dervorgegebenen Steigung ubereinstimmt.Bei

”gutartiger“ rechter Seite verlauft durch jeden Punkt genau

eine Losungskurve, d. h. die Kurven konnen sich nicht schneiden.

Der Grundgedanke fast aller numerischer Verfahren ist, die sichkontinuierlich andernde Steigung durch die Steigung(en) an einemoder mehreren diskreten Punkt(en) zu ersetzen.

Alle numerischen Verfahren lassen sich auch auf vektorwertigeFunktionen ubertragen.





Numerik; Richtungsfeld





Konstruktion des Eulerverfahrens

x

y

y0

x0

y(x)

y1

x0 + h︸︷︷︸x1

g0

y2

g1

x1 + h︸︷︷︸x2

g2

m0

m1

m2





Algorithmus des Eulerverfahrens

Steigungen der Geraden Rechenvorschrift

g0 : m0 = f (x0, y0) y1 = y0 + h · f (x0, y0)

g1 : m1 = f (x1, y1) y2 = y1 + h · f (x1, y1)

g2 : m2 = f (x2, y2) y3 = y2 + h·f (x2, y2)

......

......

...

x

y

x0 x1 x2

y0

y1

y2

g0

g1

g2

y(x)

Algorithmus

yn+1 = yn + h · f (xn, yn)xn+1 = xn + h




Einfache integrierbare DGL 1. OrdnungLineare Differenzialgleichung

Separierbare DGL; Trennung der Variablen

y ′ =f (x)g(y)

y ′ → dydx

dydx =

f (x)g(y)

Bruchrechnung fur Differenzial!

g(y) · dy = f (x) · dx Ruf nach Integral wird erhort!∫g(y) dy =

∫f (x) dx

Kennt man die Stammfunktionen von g(y) bzw. f (x), so erhaltman die Losungsfunktion y(x) in impliziter Form:∫

g(y) dy =

∫f (x) dx ⇐⇒ G (y) = F (x) + C

Ist die Funktion G (y) nicht allzu kompliziert, dann lasst sich dieobige Beziehung nach y auflosen. y = G−1 (F (x) + C )Exakter Nachweis mit Kettenregel! Aufgabe!





Beispiel I

AWP : y ′ = 2yx ; y(1) = 1

y ′ = 2yx

dydx = 2y

x∫dyy =

∫2dx

x

ln |y | = 2 ln |x |+ C

ln |y | = ln(x2) + C

y = ±eC · x2

y = K · x2 ; K ∈ IR

y(1) = K · 1 != 1 K = 1

Losung AWP: y = x2

x

y





Beispiel II

AWP : y ′ = y 2 + 1x ; y(1) = 1

y ′ = y 2 + 1x

dydx = y 2 + 1

x∫dy

y 2 + 1=

∫dxx

arctan y = ln x + C

y = tan (ln x + C )

y(1) = tan(

ln 1︸︷︷︸=0

+C) !

= 1

C = arctan(1) = π4

Losung AWP: y = tan(ln x + π

4

)

x

y





Definition

Normalform y ′(x) + g(x) · y(x) = r(x)

Markenzeichen: die unbekannte Funktion y(x) und ihre Ableitungy ′(x) gehen linear ein. Die Koeffizienten g(x) und r(x) durfennichtlinear von x abhangen!

r(x) heißt Storfunktion (Storglied).

Bezeichnung:y ′ + g(x) · y = 0 . . . lineare homogene DGL

y ′ + g(x) · y = r(x) . . . lineare inhomogene DGL

Lineare DGL erster Ordnung werden in zwei Schritten integriert.

Beispiele fur Einordnung (Eselsbrucke: y , y ′ → xi ; x → Zahl) :

y ′ +yx = sin(2x) . . . x1 + x2

5 = sin(10) ⇒ linear

y ′ + sin(x · y) = cos(3x) . . . x1 + sin(7 · x2) = cos(21) ⇒ nichtlinear





1.Schritt: homogene Differenzialgleichung

y ′(x) + g(x) · y(x) = 0separierbar, besitzt stets dietriviale Losung y(x) = 0.

Trennung der Variablen:dydx = −g(x)y∫dyy = −

∫g(x) dx

ln |y | = −∫

g(x)dx + ln |C |

= −G (x) + ln |C |

yh(x) = Ce−G(x) = Ce−∫

g(x)dx

= C · y1(x)

Grundlosung: y1(x) = e−G(x)

Beispiel:

y ′ cos(x) + y sin(x) = 0

dydx = −y sin(x)

cos(x)∫dyy = −

∫sin(x)cos(x)

dx

ln |y | = ln | cos(x)|+ ln |C |

yh(x) = C · cos(x)

y1(x) = cos(x)





2.Schritt: inhomogene Differenzialgleichung

y ′(x) + g(x) · y(x) = r(x)y1(x) sei Losung der hom. DGL:

y ′(x) + g(x) · y(x) = 0

Ansatz: y(x) = C (x) · y1(x) y ′(x) = C ′(x) · y1(x) + C (x) · y ′1(x)

y(x), y ′(x) einsetzen in inhomogene Differenzialgleichung:

C ′(x) · y1(x) + C (x) · y ′1(x) + g(x) · C (x) · y1(x) = r(x)

C ′(x) · y1(x) + C (x) ·[y ′1(x) + g(x) · y1(x)

]︸︷︷︸=0

= r(x)

C ′(x) · y1(x) = r(x)

C ′(x) =r(x)y1(x)

C (x) =

∫r(x)y1(x)

dx + K

y(x) = C (x) · y1(x)

y(x) = y1(x) ·∫

r(x)

y1(x)dx︸︷︷︸

yp(x)

+ K · y1(x)︸︷︷︸yh(x)





Allgemeine Losung; Zusammenfassung

Die allgemeine Losung der linearen inhomogenen DGL

y ′(x) + g(x) · y(x) = r(x)

besteht aus zwei Anteilen y(x) = yh(x) + yp(x) mit

yh(x) = K · y1(x) . . . allgemeine Losung der hom. DGL

yp(x) = y1(x) ·∫

r(x)

y1(x)dx . . . partikulare Losung der inhom. DGL

Diese Eigenschaft ist charakteristisch fur lineare Differenzial-gleichungen beliebiger Ordnung. Sie vereinfacht oft die Losung:Nach Ermittlung der allgemeinen Losung der homogenen Gleichungkann man oft aufgrund der Bauart der Storfunktion einepartikulare Losung der inhomogenen Gleichung

”erraten“.





Lineare Differenzialgleichung; Beispiel I

AWP y + x · y ′ = 2x + 1 ; y(1) = 3

1. Schritt

hom. Dgl: y + x · y ′ = 0

dydx = −y

x∫dyy = −

∫dxx

ln |y | = − ln |x |+ ln |C |

yh(x) = Cx

y1(x) = 1x

2. Schritt

inhom. Dgl: y + x · y ′ = 2x + 1

yp(x) =C (x)

x ;

y ′p(x) =C ′(x)

x − C (x)

x2 ;

C (x)x + x ·

[C ′(x)

x − C (x)

x2

]= 2x + 1

C ′(x) = 2x + 1

C (x) = x2 + xyp(x) =C (x)

x

= x + 1





Lineare Differenzialgleichung; Beispiel II

3. Schritt

Allgemeine Losung:

y(x) = yh(x) + yp(x)

= Cx + x + 1 ; C ∈ IR

4. Schritt

Anfangsbedingung:

y(1) = C1 + 1 + 1

!= 3

C = 1

y(x) = 1x + x + 1

x

y





Flussdiagramm fur Differenzialgleichungen 1. Ordnung

��HHHHH

H��

nein jaseparierbar

��HHH

HHH

��

nein jaKonst. Koeff.

��HHH

HHH

��

nein jalinear

Spez. VerfahrenSubstitution?u = ax +by + cu =

yx

Numerik

Separieren undintegrieren

yh mitSeparation

yp mit Variationder Konstanten

yh mit charakt.Gleichung

yp mitStorgliedansatz

DGL




Hund und Wurst I; Problemstellung

x

y

~vF

~vH

~v

(0|0) (1|0)

|~vH | = v0

gerichtet zur Wurst!!

~vF =

(0v1

)~vH = −v0√

x2+y2

(xy

)~v = ~vF + ~vH

=

−v0·x√x2+y2

v1 − v0·y√x2+y2

Geschwindigkeitsvektor isttangential zur Bahnkurve.




Hund und Wurst II; Losen der DGL

Ableitung entspricht Steigung des Geschwindigkeitsvektors!

dydx =

v1 −v0 · y√x2 + y 2

−v0 · x√x2 + y 2

= −v1v0·√

1 +(

yx

)2

+ yx ; Subst.: u = y

x

u′ = y ′ · x − yx2 =

y ′ − yx

x =−v1

v0·√

1 +(

yx

)2

+ yx −

yx

x =−v1

v0·√

1 + u2

x

Trennung der Variablen ist jetzt moglich!

du√1 + u2

= −v1v0

dxx ln

(u +√

1 + u2)

= −v1v0

ln x + C Nachrechnen!

u +√

1 + u2 = K · x−ε mit ε = v1v0

Rest: Rucksubstitution u = yx und Umstellen nach y




Hund und Wurst III; Rucksubstitution

yx +

√1 +

(yx

)2

= K · x−ε∣∣∣ · x

y +√

x2 + y 2 = K · x1−ε√x2 + y 2 = K · x1−ε − y

∣∣∣ 2

x2 + y 2 = K 2 · x2−2ε − 2y · K · x1−ε + y 2

2y · K · x1−ε = K 2 · x2−2ε − x2

y(x) = 12

(K · x1−ε − x1+ε

K

)≥ 0

y(1) = 12

(K − 1

K

)!

= 0 ⇒ C = ±1da x1+ε < x1−ε

fur 0 < x < 1⇒ C = 1!

y(x) = 12

(x1−ε − x1+ε

)ist Losung des

AWP: dydx = −ε ·

√1 +

(yx

)2

+ yx ; y(1) = 0




Hund und Wurst IV; Bahnkurven

x

y

~vF

~vH

ε = 23

x

y

~vF

~vH

ε = 1

x

y

~vF

~vH

ε = 43

Hund wird abgetrieben!




Hund und Wurst V; benotigte Zeit?

~v =

(xy

)=

− v0 · x√x2 + [y(x)]2

v1 − v0 · y√x2 + [y(x)]2

1. Komponente mit

y(x) = 12

(x1−ε − x1+ε

)dxdt = −v0 · x√

x2 + 14 [x1−ε − x1+ε]2

= −2v0

xε + x−ε [xε + x−ε]dx = −2v0dt

Fall: ε 6= 1

x1+ε

1 + ε + x1−ε

1− ε = −2v0 · t + C ; t(1) = 0

C = 11 + ε + 1

1− ε = 21− ε2

t(0) = 1v0 · (1− ε2)

fur ε < 1

t(0) = ∞ fur ε > 1t(x) ist fur x = 0 nicht definiert!

Fall: ε = 1

x2

2 + ln x = −2v0 · t + C ;

t(1) = 0 C = 12

t(0) = ∞;t(x) ist fur x = 0 nicht definiert!


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