Definitionen ¶ Ordnung von Differentialgleichungen ¶ Höchster Ableitungsgrad bestimmt Ordnung der Differentialgleichung, d.h. y ′ y' y ′ y ′ ′ y'' y ′′ Anfangswertproblem ¶ Ermöglicht eindeutige Lösungsbestimmung Bei 1. Ordnung Anfangswert der Form y ( a ) = b y(a) = b y ( a ) = b y ( c ) = d y(c) = d y ( c ) = d Ein Anfangswertproblem kann, muss aber nicht, gegeben sein. Sollte keines gegeben sein, so können Konstanten stehen gelassen werden und müssen nicht weiter bestimmt werden.
Homogenität ¶ Homogen: Dies ist der Fall, wenn auf einer Seite des Gleichheitszeichens eine Null vorkommt.Inhomogen: Dies ist der Fall, wenn auf einer Seite des Gleichheitszeichens eine Funktion f ( x ) f(x) f ( x ) Differentialgleichungen erster Ordnung ¶ Klausuraufgabe
Anscheinend ein Spezialfall 1. Ord. auf jeden Fall in Klausur
1. Fall: Separate Variablen ¶ gegeben Funktion f ( x ) = h ( x ) ⋅ g ( y ) f(x) = h(x) \cdot g(y) f ( x ) = h ( x ) ⋅ g ( y ) g ( b ) ≠ 0 g(b) \neq 0 g ( b ) = 0
Definieren zweier Hilfsfunktionen: H ( x ) = ∫ a x h ( t ) d t G ( x ) = ∫ b y 1 g ( t ) d t \begin{align*}H(x) &= \int_{a}^{x}h(t)dt \\
G(x) &= \int_{b}^{y} \frac{1}{g(t)}dt\end{align*} H ( x ) G ( x ) = ∫ a x h ( t ) d t = ∫ b y g ( t ) 1 d t G ( x ) = H ( y ) G(x) = H(y) G ( x ) = H ( y ) y y y Wenn Anfangswertproblem der Form y ( a ) = b y(a) = b y ( a ) = b Beispiel ¶ Bestimmen der Lösung
y ′ = y 2 , y ( 1 ) = 1 y'=y^{2}, \quad y(1) = 1 y ′ = y 2 , y ( 1 ) = 1 h ( x ) = 1 g ( y ) = y 2 y = − 1 x − 2 \begin{align*}h(x) &= 1\\
g(y) &= y^{2}\\
y &= -\frac{1}{x-2}
\end{align*} h ( x ) g ( y ) y = 1 = y 2 = − x − 2 1 Übung ¶ Bestimmen der Lösung
x 2 ⋅ y ′ = y 2 , y ( 2 ) = 2 x^{2} \cdot y'=y^{2}, \quad y(2) = 2 x 2 ⋅ y ′ = y 2 , y ( 2 ) = 2 h ( x ) = 1 x 2 g ( y ) = y 2 y = x \begin{align*}h(x) &= \frac{1}{x^{2}}\\
g(y) &= y^{2}\\
y &= x
\end{align*} h ( x ) g ( y ) y = x 2 1 = y 2 = x h ( x ) = c g ( y ) = y y = K ⋅ e c x \begin{align*}h(x) &= c\\
g(y) &= y \\
y &= K \cdot e^{cx}
\end{align*} h ( x ) g ( y ) y = c = y = K ⋅ e c x 2. Fall ¶ gegeben Gleichung der Form y ′ = f ( y x ) y' = f(\frac{y}{x}) y ′ = f ( x y )
Substitution: u = y x , u ′ = f ( u ) − u x u = \frac{y}{x}, u'=\frac{f(u)-u}{x} u = x y , u ′ = x f ( u ) − u u ′ u' u ′ 1. Fall: Separate Variablen Nach u u u Nach y y y Beispiel ¶ Bestimmen der Lösung
y ′ = e − y x + y x y'=e^{-\frac{y}{x}}+\frac{y}{x} y ′ = e − x y + x y h ( x ) = 1 x g ( u ) = e − u y = x ⋅ ln ( ln ( x ) + C ) \begin{align*}h(x) &= \frac{1}{x}\\
g(u) &= e^{-u}\\
y &= x \cdot \ln(\ln(x) + C)
\end{align*} h ( x ) g ( u ) y = x 1 = e − u = x ⋅ ln ( ln ( x ) + C ) Übung ¶ Bestimmen der Lösung
x ⋅ y ′ = y + 2 x x \cdot y' = y+2x x ⋅ y ′ = y + 2 x h ( x ) = 1 x g ( u ) = 2 y = 2 x ( ln ( x ) + C ) \begin{align*}h(x) &= \frac{1}{x}\\
g(u) &= 2\\
y &= 2x(\ln(x) + C)
\end{align*} h ( x ) g ( u ) y = x 1 = 2 = 2 x ( ln ( x ) + C ) 3. Fall: Homogene Probleme ¶ gegeben Gleichung der Form y ′ = y h + y s y'=y_h+y_{s} y ′ = y h + y s y h y_{h} y h y y y y s y_{s} y s y y y y ′ = y ⋅ f ( x ) + g ( x ) y' = y \cdot f(x) + g(x) y ′ = y ⋅ f ( x ) + g ( x )
y h = c ⋅ e ∫ f ( x ) d x y s = y h ⋅ ∫ g ( x ) y h d x \begin{align*}y_{h} &= c\cdot e^{\int f(x)dx}\\
y_{s} &= y_{h}\cdot \int \frac{g(x)}{y_{h}}dx\end{align*} y h y s = c ⋅ e ∫ f ( x ) d x = y h ⋅ ∫ y h g ( x ) d x Dann gilt: y = y h + y s y = y_{h} + y_{s} y = y h + y s
Beispiel ¶ Bestimmen der Lösung
y ′ = y x − 1 + x − 1 y' = \frac{y}{x-1}+x-1 y ′ = x − 1 y + x − 1 f ( x ) = 1 x − 1 g ( x ) = x − 1 y h = c ( x − 1 ) y s = x 2 − x y = c ( x − 1 ) + x 2 − x \begin{align*}f(x) &= \frac{1}{x-1}\\
g(x) &= x-1\\
y_{h} &= c(x-1)\\
y_{s} &= x^{2}-x\\
y &= c(x-1) + x^{2}-x
\end{align*} f ( x ) g ( x ) y h y s y = x − 1 1 = x − 1 = c ( x − 1 ) = x 2 − x = c ( x − 1 ) + x 2 − x Übung ¶ Bestimmen der Lösung
f ( x ) = − 1 g ( x ) = 2 x y h = c e − x y s = 2 x − 2 y = c e − x + 2 x − 2 \begin{align*}f(x) &= -1\\
g(x) &= 2x\\
y_{h} &= ce^{-x}\\
y_{s} &= 2x-2\\
y &&= ce^{-x}+2x-2
\end{align*} f ( x ) g ( x ) y h y s y = − 1 = 2 x = c e − x = 2 x − 2 = c e − x + 2 x − 2 Differentialgleichungen zweiter Ordnung ¶ Charakteristisches Polynom ¶ Ersetzen von Ableitungen durch entsprechende x x x
a y ′ ′ + b y ′ + c y ⇝ a x 2 + b x + c ay''+by'+cy \leadsto ax^{2}+bx+c a y ′′ + b y ′ + cy ⇝ a x 2 + b x + c Bestimmung homogener Lösungen ¶ gegeben Gleichung der Form a y ′ ′ + b y ′ + c y = d ay''+by'+cy = d a y ′′ + b y ′ + cy = d y ( e ) = f , y ′ ( e ) = g y(e)=f, y'(e)=g y ( e ) = f , y ′ ( e ) = g Charakteristisches Polynom aufstellen 1. Fall (Zwei Nullstellen) ¶ Bestimmen der Nullstellen λ 1 , λ 2 \lambda_{1}, \lambda_{2} λ 1 , λ 2 P ( x ) P(x) P ( x ) Aufstellen der Gleichung y = m e λ 1 x + n e λ 2 x y = me^{\lambda_{1}x}+ne^{\lambda_{2}x} y = m e λ 1 x + n e λ 2 x Bestimmen von m , n m,n m , n y ( e ) = f , y ( e ) = g y(e)=f, y(e)=g y ( e ) = f , y ( e ) = g Lösung dann y = m e λ 1 x + n e λ 2 x y = me^{\lambda_{1}x}+ne^{\lambda_{2}x} y = m e λ 1 x + n e λ 2 x m , n m,n m , n Beispiel ¶ Bestimmen der Lösung
y ′ ′ − 4 y ′ + 3 y = 0 , y ( 0 ) = 3 , y ′ ( 0 ) = 7 y'' -4y' +3y = 0, \quad y(0) = 3, y'(0)=7 y ′′ − 4 y ′ + 3 y = 0 , y ( 0 ) = 3 , y ′ ( 0 ) = 7 P ( x ) = x 2 − 4 x + 3 = 0 λ 1 , 2 = 4 ± 2 2 y = e x + 2 e 3 x \begin{align*}P(x) &= x^{2}-4x+3 = 0\\
\lambda_{1,2} &= \frac{4 \pm 2}{2}\\
y &= e^{x}+2e^{3x}
\end{align*} P ( x ) λ 1 , 2 y = x 2 − 4 x + 3 = 0 = 2 4 ± 2 = e x + 2 e 3 x Übung ¶ Bestimmen der Lösung
y ′ ′ + 6 y ′ + 11 4 y = 0 , y ( 0 ) = 2 , y ′ ( 0 ) = − 6 y''+6y'+\frac{11}{4}y=0, \quad y(0)=2, y'(0) = -6 y ′′ + 6 y ′ + 4 11 y = 0 , y ( 0 ) = 2 , y ′ ( 0 ) = − 6 P ( x ) = x 2 + 11 4 = 0 λ 1 , 2 = − 6 ± 5 2 y = e − 1 2 x + e − 11 2 x \begin{align*}P(x) &= x^{2}+ \frac{11}{4} = 0\\
\lambda_{1,2} &= \frac{-6 \pm 5}{2}\\
y &= e^{-\frac{1}{2}x}+e^{- \frac{11}{2}x}
\end{align*} P ( x ) λ 1 , 2 y = x 2 + 4 11 = 0 = 2 − 6 ± 5 = e − 2 1 x + e − 2 11 x 2. Fall (Eine Nullstelle) ¶ Bestimmen der Nullstelle λ von P ( x ) P(x) P ( x ) Aufstellen der Gleichung y = m e λ x + n x e λ x y=me^{\lambda x}+nxe^{\lambda x} y = m e λ x + n x e λ x Bestimmen von m , n m,n m , n y ( e ) = f , y ( e ) = g y(e)=f, y(e)=g y ( e ) = f , y ( e ) = g Lösung dann y = m e λ x + n x e λ x y = me^{\lambda x}+nxe^{\lambda x} y = m e λ x + n x e λ x m , n m,n m , n Beispiel ¶ Bestimmen der Lösung
y ′ ′ − 2 y ′ + y = 0 y''-2y'+y=0 y ′′ − 2 y ′ + y = 0 P ( x ) = x 2 − 2 x + 1 = 0 λ 1 , 2 = 1 y = c e x + d x e x \begin{align*}P(x) &= x^{2}-2x+1 = 0\\
\lambda_{1,2} &= 1\\
y &= ce^{x}+dxe^{x}
\end{align*} P ( x ) λ 1 , 2 y = x 2 − 2 x + 1 = 0 = 1 = c e x + d x e x 3. Fall (Keine Nullstelle in R \mathbb{R} R ¶ Bestimmen der komplexen Nullstellen der Form λ + i ⋅ ω ∈ C \lambda + i \cdot \omega \in \mathbb{C} λ + i ⋅ ω ∈ C Aufstellen der Gleichung y = m e λ x cos ( ω x ) + n e λ x sin ( ω x ) y = me^{\lambda x}\cos(\omega x) + ne^{\lambda x}\sin(\omega x) y = m e λ x cos ( ω x ) + n e λ x sin ( ω x ) Beispiel ¶ Bestimmen der Lösung
y ′ ′ + y ′ + 2 y = 0 y''+y'+2y = 0 y ′′ + y ′ + 2 y = 0 P ( x ) = x 2 + x + 2 = 0 λ 1 , 2 = − 1 ± 7 i 2 ⟹ λ = − 1 2 , ω = 7 i 2 y = c e − x 2 cos ( 7 i 2 x ) + d e − x 2 sin ( 7 i 2 x ) \begin{align*}P(x) &= x^{2}+x+2 = 0\\
\lambda_{1,2} &= \frac{-1 \pm \sqrt{7}i}{2} \implies \lambda = -\frac{1}{2}, \omega = \frac{\sqrt{7}i}{2}\\
y &= ce^{-\frac{x}{2}}\cos(\frac{\sqrt{7}i}{2}x)+de^{-\frac{x}{2}}\sin(\frac{\sqrt{7}i}{2}x)
\end{align*} P ( x ) λ 1 , 2 y = x 2 + x + 2 = 0 = 2 − 1 ± 7 i ⟹ λ = − 2 1 , ω = 2 7 i = c e − 2 x cos ( 2 7 i x ) + d e − 2 x sin ( 2 7 i x ) Bestimmung partikulärer Lösungen ¶ 1. Fall ¶ gegeben: f ( x ) = P n ( x ) f(x) = P_{n}(x) f ( x ) = P n ( x ) y s y_{s} y s n n n
y s = c 1 x + c 0 y_{s}= c_{1}x+c_0 y s = c 1 x + c 0 Gleichsetzen: Char. Pol mit f ( x ) f(x) f ( x ) Auflösen nach c 1 , c 0 c_{1}, c_{0} c 1 , c 0 Aufstellen der Lösung y = y s + y h y = y_{s} + y_{h} y = y s + y h y h y_{h} y h Beispiel ¶ Bestimmen der allgemeinen Lösung
y ′ ′ − 3 y ′ + 2 y = 2 x + 3 y''-3y'+2y=2x+3 y ′′ − 3 y ′ + 2 y = 2 x + 3 y s = c 1 x + c 0 y s = x + 3 y = x + 3 + c e x + d e 2 x \begin{align*}y_{s} &= c_{1}x+c_{0}\\
y_{s} &= x+3\\
y &= x+3+ce^{x}+de^{2x}
\end{align*} y s y s y = c 1 x + c 0 = x + 3 = x + 3 + c e x + d e 2 x 2. Fall ¶ gegeben: f ( x ) = P n ( x ) f(x) = P_{n}(x) f ( x ) = P n ( x ) y s y_{s} y s n n n
y s = x ( c 1 x + c 0 ) y_{s}= x(c_{1}x+c_0) y s = x ( c 1 x + c 0 ) Gleichsetzen: Char. Pol mit f ( x ) f(x) f ( x ) Auflösen nach c 1 , c 0 c_{1}, c_{0} c 1 , c 0 Aufstellen der Lösung y = y s + y h y = y_{s} + y_{h} y = y s + y h y h y_{h} y h Beispiel ¶ Bestimmen der allgemeinen Lösung
y ′ ′ + y ′ = 2 x + 3 y''+y'=2x+3 y ′′ + y ′ = 2 x + 3 y s = x ( c 1 x + c 0 ) y s = x 2 + x y = x 2 + x + c e − x + d \begin{align*}y_{s} &= x(c_{1}x+c_{0})\\
y_{s} &= x^{2}+x\\
y &= x^{2} +x+ce^{-x}+d
\end{align*} y s y s y = x ( c 1 x + c 0 ) = x 2 + x = x 2 + x + c e − x + d 3. Fall ¶ gegeben: f ( x ) = x n e λ x f(x) = x^{n}e^{\lambda x} f ( x ) = x n e λ x C n ( x ) C_n(x) C n ( x ) n n n e λ x e^{\lambda x} e λ x P ( x ) P(x) P ( x ) x C ( n ) e λ x xC(n)e^{\lambda x} x C ( n ) e λ x x 2 C ( n ) e λ x x^2C(n)e^{\lambda x} x 2 C ( n ) e λ x
y s = C n ( x ) ⋅ e λ x y_{s} = C_{n}(x) \cdot e^{\lambda x} y s = C n ( x ) ⋅ e λ x Gleichsetzen: Char. Pol mit f ( x ) f(x) f ( x ) Auflösen nach c i c_{i} c i Aufstellen der speziellen Lösung y s y_{s} y s allgemeine Lösung: y = y s + y h y = y_{s} + y_{h} y = y s + y h y h y_h y h Übung ¶ Bestimmen der allgemeinen Lösung
y ′ ′ + 5 y ′ + 6 y = 2 e − 3 x y''+5y'+6y = 2e^{-3x} y ′′ + 5 y ′ + 6 y = 2 e − 3 x y s = c 0 x e − 3 x y s = − 2 x e − 3 x y = − 2 x e − 3 x + c e − 3 x + d e − 2 x \begin{align*}y_{s} &= c_{0}xe^{-3x}\\
y_{s} &= -2xe^{-3x}\\
y &= -2xe^{-3x}+ce^{-3x}+de^{-2x}
\end{align*} y s y s y = c 0 x e − 3 x = − 2 x e − 3 x = − 2 x e − 3 x + c e − 3 x + d e − 2 x Mehrdimensionale Differentialgleichungen ¶ Vorgehensweise ¶ In Matrixschreibweise Eigenwerte bestimmen (d e t ∣ A − λ E ∣ det|A - \lambda E| d e t ∣ A − λ E ∣ Eigenwerte in A − λ E A-\lambda E A − λ E Eigenvektor bestimmen Beispiel ¶ y 1 ′ = y 2 y 2 ′ = y 1 \begin{align*}y_{1}' &= y_{2} \\
y_{2}' &= y_{1}\end{align*} y 1 ′ y 2 ′ = y 2 = y 1 y ( x ) = a e x ( 1 1 ) + b e − x ( 1 − 1 ) y(x) = ae^{x}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + be^{-x}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} y ( x ) = a e x ( 1 1 ) + b e − x ( 1 − 1 ) Übung ¶ y 1 ′ = 2 y 1 + y 2 y 2 ′ = y 1 + 2 y 2 y 1 ( 0 ) = 0 , y 2 ( 0 ) = 4 \begin{align*}y_{1}' &= 2y_1 + y_{2} \\
y_{2}' &= y_{1} + 2y_2 \\
y_{1}(0) &=0, \quad y_2(0) = 4\end{align*} y 1 ′ y 2 ′ y 1 ( 0 ) = 2 y 1 + y 2 = y 1 + 2 y 2 = 0 , y 2 ( 0 ) = 4 y ( x ) = 2 e 3 x ( 1 1 ) + 2 e x ( − 1 1 ) y(x) = 2e^{3x}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + 2e^{x}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} y ( x ) = 2 e 3 x ( 1 1 ) + 2 e x ( − 1 1 ) y 1 ′ = − 5 y 1 − y 2 y 2 ′ = 2 y 1 − 2 y 2 y 1 ( 0 ) = 1 , y 2 ( 0 ) = 4 \begin{align*}y_{1}' &= -5y_{1}-y_{2} \\
y_{2}' &= 2y_{1}-2y_{2}\\
y_{1}(0) &= 1, \quad y_{2}(0) = 4\end{align*} y 1 ′ y 2 ′ y 1 ( 0 ) = − 5 y 1 − y 2 = 2 y 1 − 2 y 2 = 1 , y 2 ( 0 ) = 4 y ( x ) = 5 e − 3 x ( − 1 2 ) − 6 e − 4 x ( − 1 1 ) y(x) = 5e^{-3x}\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \end{pmatrix} - 6e^{-4x}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} y ( x ) = 5 e − 3 x ( − 1 2 ) − 6 e − 4 x ( − 1 1 ) Inhomogene Probleme ¶ Mit von y unabhängigem Term f ( x ) f(x) f ( x )
Vorgehensweise ¶ Problem der Form
y 1 ′ = a y 1 + b y 2 + f 1 ( x ) y 2 ′ = c y 1 + d y 2 + f 2 ( x ) \begin{align*}y_{1}' = ay_{1}+by_{2}+f_{1}(x) \\
y_{2}' = cy_{1}+dy_{2}+f_{2}(x)\end{align*} y 1 ′ = a y 1 + b y 2 + f 1 ( x ) y 2 ′ = c y 1 + d y 2 + f 2 ( x ) Einsetzen in
y 1 ′ ′ − ( a + d ) y 1 ′ + ( a d − b c ) y 1 = f 1 ′ ( x ) − d f 1 ( x ) + b f 2 ( x ) y_{1}''-(a+d)y_{1}'+(ad-bc)y_{1}=f_{1}'(x)-df_{1}(x)+bf_{2}(x) y 1 ′′ − ( a + d ) y 1 ′ + ( a d − b c ) y 1 = f 1 ′ ( x ) − d f 1 ( x ) + b f 2 ( x ) Differentialgleichung zweiter Ordnung lösen
Beispiel ¶ Bestimmen der speziellen bzw. partikulären Lösung für
y ′ ( x ) = ( 1 3 3 1 ) y ( x ) + ( e 2 x 0 ) y'(x) = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 3 & 1\end{pmatrix}y(x)+\begin{pmatrix}e^{2x} \\ 0\end{pmatrix} y ′ ( x ) = ( 1 3 3 1 ) y ( x ) + ( e 2 x 0 ) y s = − 1 8 e 2 x y_s = -\frac{1}{8} e^{2x} y s = − 8 1 e 2 x Lineare Differentialgleichungen n n n ¶ Vorgehensweise ¶ Beispielsweise gegeben homogenes DGL dritter Ordnung
Raten einer Nullstelle λ 1 \lambda_{1} λ 1 Polynomdivision der gegebenen DGL durch ( λ − λ 1 ) (\lambda - \lambda_{1}) ( λ − λ 1 ) Bestimmen der weiteren Lösungen λ 2 , λ 3 \lambda_{2}, \lambda_{3} λ 2 , λ 3 Aufstellen der Lösung y ( x ) = a e λ 1 x + b e λ 2 x + c e λ 3 x y(x) = ae^{\lambda_{1}x}+be^{\lambda_{2}x}+ce^{\lambda_{3}x} y ( x ) = a e λ 1 x + b e λ 2 x + c e λ 3 x Grundsätzlich Nullstellen y i y_{i} y i
y ( x ) = ∑ i c i e λ i x y(x)=\sum\limits_{i}c_{i}e^{\lambda_{i}x} y ( x ) = i ∑ c i e λ i x einsetzen (wobei c i c_{i} c i
Es gelten die Regeln von Bestimmung homogener Lösungen
Übung ¶ y ( 4 ) − 5 y ′ ′ + 4 = 0 y^{(4)}-5y''+4=0 y ( 4 ) − 5 y ′′ + 4 = 0 Via Substitution
y ( x ) = a e 2 x + b e − 2 x + c e x + d e − x y(x) = ae^{2x}+be^{-2x}+ce^{x}+de^{-x} y ( x ) = a e 2 x + b e − 2 x + c e x + d e − x y ( 3 ) − 2 y ′ ′ − y ′ + 2 y = e 2 x y^{(3)}-2y''-y'+2y=e^{2x} y ( 3 ) − 2 y ′′ − y ′ + 2 y = e 2 x y ( x ) = a e − x + b e x + c e 2 x + 1 3 x e 2 x y(x) = ae^{-x}+be^{x}+ce^{2x}+ \frac{1}{3}xe^{2x} y ( x ) = a e − x + b e x + c e 2 x + 3 1 x e 2 x