Stern Mathematik: Differentialgleichungen
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Mathematik

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  Differentialgleichungen




Dieser, mein fünfter Artikel handelt von Differentialgleichungen. Ich möchte euch zeigen, wie man bestimmte Formen von Differentialgleichungen löst. Bevor man sich ans Lösen einer Differentialgleichung macht, sollte man die DGL erst einmal klassifizieren.
Dazu hat Eckard in seinem Readme.First etwas schönes geschrieben. Dort findet man auch Beispiele zu den in meinem Artikel behandelten Differentialgleichungen, aber auch ein Blick in das Forum Differentialgleichungen kann nicht schaden.

pdf-Version des Artikels

Inhalt:



Lineare Differentialgleichungen erster Ordnung

y'=g(x)
Hier

y'+f(x)*y=g(x)
Hier
Nichtlineare Differentialgleichungen erster Ordnung

y'=g(y)
Hier

y'=f(x)*g(y)
Hier

y'=f(a*x+b*y+c)
Hier

y'=g((a*x+b*y+c)/(d*x+e*y+f))
Hier

Bernoulli\-DGL:| y'+g(x)*y+h(x)*y^a=0
Hier

Ricatti\-DGL:| y'+g(x)*y+y^2=k(x)
Hier

Exakte DGL:| P(x,y)*dx+Q(x,y)*dy=0
Hier

Integrierender Faktor (Eulerscher Multiplikator)
Hier
Parametrisierung

x=g(y')
Hier

y=g(y')
Hier

Clairaut\-DGL:|y=x*y'+g(y')
Hier

d'Alembert\-DGL:|y=x*f(y')+g(y')
Hier
Lineare Differentialgleichungen höherer Ordnung
Konstante Koeffizienten

a_n\.y^((n))+a_(n-1)\.y^((n-1))+...+a_2\.y''+a_1\.y'+a_0=g(x)
Hier
Eulersche Differentialgleichung

a_n\.x^n\.y^((n))+a_(n-1)\.x^(n-1)\.y^((n-1))+...+a_2\.x^2\.y''+a_1\.x\.y'+a_0=0
Hier




\light\blue DGL der Form: y'=g(x)
Dies ist wohl die einfachste Form der DGLen. Sie kann man durch
einfache Integration lösen.
dy/dx=g(x)
Nach der Trennung der Veränderlichen und Integration erhalten wir
int(1,y)=int(g(x),x)
y=G(x)+C
Beispiel:
y'=x^2+2
Also ist
y=1/3*x^3+2x+C

\light\blue DGL der Form: y'+f(x)*y=g(x)
Dies ist eine lineare DGL ersten Grades. Wenn g(x)=0,
dann ist diese DGL homogen, falls g(x)<>0, so heisst die Gleichung
inhomogen. Ist die Gleichung homogen, so lässt sie sich leicht mit
der Trennung der Veränderlichen lösen.

y'+f(x)*y=0
dy/dx=-f(x)*y
int(1/y,y)=int(-f(x),x)
ln(y)=-F(x)+C
y=A*e^(-F(x)) mit A=e^C

Beispiel:

y'+sin(x)*y=0
ln(y)=int(-sin(x),x)
y=e^(cos(x)+C)
y=A*e^(cos(x))

Wenden wir uns der inhomogenen Gleichung zu. Deren allgemeine Lösung
setzt sich aus der Addition der allgemeinen Lösung der homogenen
Gleichung und einer partikulären ( speziellen ) Lösung der inhomogenen
Gleichung zusammen.
Der Beweis dafür ist nicht weiter schwer.

Sei y_a die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung und y_p
eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung, so gilt

y_a|'+f(x)*y_a=g(x)
y_p|'+f(x)*y_p=g(x)

Wenn ich nun beide Gleichungen substrahiere erhalt ich

y_a|'-y_p|'+f(x)*y_a-f(x)*y_p=g(x)-g(x)
(y_a-y_p)'+f(x)*(y_a-y_p)=0

Also löst die Differenz y_a-y_p die homogene Gleichung

y_h=y_a-y_p <=> y_a=y_h+y_p q.e.d.
Doch wie findet man nun eine partikuläre Lösung?
Die Antwort ist: Durch Variation der Konstanten. Dabei wird die
Konstante, welche in der allgemeinen Lösung der homogenen Lösung
auftaucht, als Funktion dargestellt. Die homogene Lösung ist
y_h=A*e(-F(x)) (s.o.). Die Variation der Konstanten bedeutet
nun, dass wir die Konstante A durch eine Funktion u(x)
ersetzen. Es soll also y_p=u(x)*e^int(-f(x),x) die partikuläre
Lösung sein.
Setzen wir nun y_p in die inhomogene Gleichung ein:

(u(x)*e^int(-f(x),x))^'+f(x)*(u(x)*e^int(-f(x),x))=g(x)

u'(x)*e^int(-f(x),x)-u(x)*f(x)*e^int(-f(x),x)
\ +f(x)*(u(x)*e^int(-f(x),x))=g(x)

u'(x)*e^int(-f(x),x)=g(x)
u'(x)=g(x)/e^int(-F(x),x)

Nun können wir u(x) durch einfache Integration bestimmen.
Statt e^int(-f(x),x) kann man ebenso schreiben: e^(-F(x)).

Beispiel:

y'+x^2*y=2x^2

Die homogene Lösung lautet

y_h=A*e^int(-f(x),x)=A*e^int(-x^2,x)=A*e^(-1/3*x^3)
Nun kommt die Variation der Konstanten
y_p=u(x)*e^(-1/3*x^3)

Nun ist

u'(x)=g(x)/e^(-1/3*x^3)=2x^2/e^(-1/3*x^3)=2x^2*e^(1/3*x^3)
u(x)=int(2x^2*e^(1/3*x^3),x)
u(x)=2*e^(1/3*x^3)

Also ist die partikuläre Lösung

y_p=2*e^(1/3*x^3)*e^(-1/3*x^3)=2

Somit ist die allgemeine Lösung
y=y_h+y_p=A*e^(-1/3*x^3)+2


\light\blue DGL der Form: y'=g(y)
Aus dy/dx=g(y) folgt
int(1/g(y),y)=int(1,x)
int(1/g(y),y)=x+C

Beispiel:
y'=1+y^2
int(1/(1+y^2),y)=x+C
arctan(y)=x+C
y=tan(x+C)

\light\blue DGL der Form: y'=g(x)*f(y)
Hier führt wieder die Trennung der Veränderlichen zum Ziel.
1/f(y)*dy=g(x)*dx
int(1/f(y),y)=int(g(x),x)

Beispiel:
y'=cos(x)*sin(y)
int(1/sin(y),y)=int(cos(x),x)
ln(tan(y/2))=sin(x)+C
tan(y/2)=A*e^(sin(x)) mit A=e^C
y=2*arctan(A*e^(sin(x)))

\light\blue DGL der Form: y'=f(a*x+b*y+c)

Hier kommt man mit der Substitution u(x)=a*x+b*y+c weiter,denn
u'=a+b*y' und es ist y'=f(u)
u'=a+b*f(u)

Nun können wir wieder die Variablen trennen

int(1/(a+b*f(u)),u)=int(1,x)

Beispiel:

y'=(x+y)^2
u=x+y => u'=1+y' => u'=1+u^2

int(1/(1+u^2),u)=x+C
arctan(u)=x+C
u=tan(x+C)
Rücksubstitution u=x+y

x+y=tan(x+C)
y=tan(x+C)-x


\light\blue DGL der Form: y'=g((a*x+b*y+c)/(d*x+e*y+f))

Wenn wir aus dem Gleichungssystem

a*x_0+b*y_0+c=0
d*x_0+e*y_0+f=0

die Lösungen x_0 und y_0 berechnen, können wir die Lösungskurven
in einem neuen Koordinatensystem mit dem Nullpunkt (x_0|:|y_0)
darstellen. Die neuen Koordinaten seien nun

x^-=x-x_0 und y^-=y-y_0

Die Funktion im neuen System ist

y^-(x^-)=y(x^-+x_0)-y_0

Es gilt nun

y^-'=y'(x^-+x_0)=f((a*(x^-+x_0)+b*(y^-+y_0)+c)/(d*(x^-+x_0)+e*(y^-+y_0)+f))
=f((a*x^-+b*y^-)/(d*x^-+e*y^-))=f((a+b*y^-/x^-)/(d+e*y^-/x^-))

Das hat uns auf eine schon bekannte Form der DGLs gebracht.

Beispiel:

y'=(y+1)/(x+2)-e^((y+1)/(x+2))

Das Gleichungsystem

0*x_0+1*y_0+1=0
1*x+0*y_0+2=0

bringt x_0=-2 und y_0=-1 als Lösung.
x^-=x+2 und y^-=y+1

Nun ist

y^-'=y^-/x^--e^(y^-/x^-)

Nun können wir u=y^-/x^- substituieren
y^-'=u'*x^-+u

u'*x^-+u=u-e^u
1/e^u*u'=-1/x^-

int(1/e^u,u)=int(-1/x^-)d|x^-
-e^(-u)=-ln(x^-)+C
u=-ln(ln(x^-)+C)

Es war y^-=u*x^-
y^-=-ln(ln(x^-)+C)*x^-

Und es war ebenfalls y^-=y+1 und x^-=x+2

y+1=-ln(ln(x+2)+C)*(x+2)
y=-ln(ln(x+2)+C)*(x+2)-1


\light\blue Bernoulli\-DGL: y'+g(x)*y+h(x)*y^a=0

Wenn ich nun die Gleichung mit (1-a)*y^(-a) multipliziere,
erhalte ich

(1-a)|y^(-a)|y'+g(x)|y|(1-a)|y^(-a)+h(x)|y^a|(1-a)|y^(-a)=0

Es ist (1-a)*y^(-a)*y'=(y^(1-a))^'

(y^(1-a))^'+(1-a)*g(x)*y^(1-a)+(1-a)*h(x)=0

Wenn man nun z=y^(1-a) setzt kommt man zu einer inhomogenen
linearen DGL ersten Grades
z'+(1-a)*g(x)*z+(1-a)*h(x)=0
z'+(1-a)*g(x)*z=-(1-a)*h(x)

Wie man diese löst, wissen wir.

Beispiel:

y'+1/x*y-x^2*y^3=0

Hier ist a=3, also multipliziere ich die Gleichung zunächst
mit -2*y^(-3)

-2*y^(-3)*y'-2*y^(-3)*1/x*y+2*y^(-3)*x^2*y^3=0
(y^(-2))^'-2/x*y^(-2)+2*x^2=0

Substitution von z=y^(-2)

z'-2/x*z=-2x^2

Diese inhomogene Gleichung hat die homogene Lösung z_h=A*x^2 und
die partikuläre Lösung z_p=-2x^3, also somit die allgemeine Lösung
z=A*x^2-2x^3. Wer will kann das ja mal nachrechnen. # :-p

Es war z=y^(-2)=1/y^2 <=> y=1/sqrt(z). Die Bernoulli\-DGL hat somit
die allgemeine Lösung
y=1/sqrt(A*x^2-2*x^3)

\light\blue Ricatti\-DGL: y'+g(x)*y+h(x)*y^2=k(x)

Um die Lösungen dieser Gleichung zu finden, benötigen wir eine
spezielle Lösung.

Sei y_a(x) die allgemeine Lösung der DGL und y_s(x) die spezielle
Lösung, dann gilt
y_a|'+g(x)*y_a+h(x)*y_a^2=k(x)
y_s|'+g(x)*y_s+h(x)*y_s^2=k(x)

Wenn ich nun beide Gleichungen subtrahiere

y_a|'-y_s|'+g(x)*y_a-g(x)*y_s+h(x)*y_a^2-h(x)*y_s^2
\ =k(x)-k(x)

(y_a-y_s)'+g(x)*(y_a-y_s)+h(x)*(y_a^2-y_s^2)=0

Es soll u(x)=y_a(x)-y_s(x) gelten.

Aus y_a^2-y_s^2=(y_a-y_s)*(y_a+y_s)=u*(u+2*y_s) folgt

u'+g(x)*u+h(x)*u*(u+2*y_s)=0
u'+g(x)*u+h(x)*u^2+2*h(x)*y_s*u=0
u'+(g(x)+2*h(x)*y_s)*u+h(x)*u^2=0

Und das ist eine Bernoulli\-DGL.
Wie man eine Bernoulli\-DGL löst, wissen wir.

Beispiel:

y'-2/x*y+y^2=-2/x^2

Eine spezielle Lösung ist y_s=1/x.
Mit der Transformation y(x)=u(x)+1/x kommen wir zur DGL

u'-1/x^2-2/x*u-1/x*1/x+(u^2+2/x*u+1/x^2)=-2/x^2
u'+u^2=0

Das ist ein Bernoulli\-DGL, und wir können sie leicht mit
der Trennung der Veränderlichen lösen.
du/dx=-u^2
int(-1/u^2,x)=int(1/x)
1/u=x+C
u=1/(x+c)

Somit ist die allgemeine Lösung der Riccati\-DGL
y=1/(x+c)+1/x
Die Ricatti\-DGL kann man aber auch anders lösen,
und zwar ohne dass wir eine spezielle Lösung kennen müssen.
Wenn wir in der Gleichung
y'+g(x)*y+h(x)*y^2=k(x)

u(x)=e^int(h(x)*y(x),x) <=> y(x)=u'(x)/(h(x)*u(x)) setzen
y'(x)=(u''(x)|h(x)|u(x)-u'(x)|(h'(x)|u(x)+h(x)|u'(x)))/(h(x)|u(x))^2

Nun setzen wir y'(x) und y(x) in die Ricatti\-DGL ein

(u''(x)*h(x)*u(x)-u'(x)*h'(x)*u(x)-h(x)*u'(x)^2)/(h(x)*u(x))^2
\ +g(x)*u'(x)/(h(x)*u(x))+h(x)*(u'(x)/(h(x)*u(x)))^2=k(x)

u''(x)*h(x)*u(x)-u'(x)*h'(x)*u(x)
\ +g(x)*u'(x)*h(x)*u(x)=k(x)*h(x)^2*u(x)^2

u''(x)-u'(x)*h'(x)/h(x)+g(x)*u'(x)-k(x)*h(x)*u(x)=0
u''(x)+(g(x)-h'(x)/h(x))*u'(x)-k(x)*h(x)*u(x)=0

Das ist ein lineare, homogene DGL zweiter Ordnung.

Beispiel:

y'-y+e^x*y^2=-5/e^x

Hier ist g(x)=-1 , h(x)=e^x und k(x)=-5/e^x

u''+(-1-e^x/e^x)*u'-(-5/e^x)*e^x*u=0
u''-2u'+5u=0

Lösung: y(x)=e^(-x)*(1+2/tan(2*x+b))

Leider sind Ricatti\-DGLen schwer zu lösen. Zum Einen ist das Finden
einer speziellen Lösung schwer, und zum Zweiten ergibt die Transfor\-
mation zu einer linearen inhomogenen DGl zweiten Grades nur selten,
dass die Koeffizienten Konstanten werden, denn oft sind es Funktionen,
und diese wiederum sind schwer zu lösen.


\light\blue Exakte DGL: P(x,y)*dx+Q(x,y)*dy=0

Bei der exakten Differentialgleichung P(x,y)*dx+Q(x,y)*dy=0
werden wir versuchen ein Lösung y(x) zu finden,
die P(x,y)+Q(x,y)*y'(x)=0 löst, bzw. wir versuchen
eine Lösung x(y) zu finden, die P(x,y)*x'(y)+Q(x,y)=0 löst.

Die DGL P(x,y)|dx+Q(x,y)|dy=0 heisst exakt, falls es eine Funktion
U(x,y) gibt mit (\pd U(x,y))/(\pd x)=P(x,y) und (\pd U(x,y))/(\pd y)=Q(x,y).
Differenziert man die erste Gleichung partiell nach y und die zweite
nach x, so erhält man
(\pd^2 U(x,y))/(\pd x*\pd y)=(\pd P(x,y))/(\pd y) und bei der zweiten (\pd^2 U(x,y))/(\pd x*\pd y)=(\pd Q(x,y))/(\pd x).
Somit ist notwendig, dass ein exakte DGL vorliegt die Identität
(\pd P(x,y))/(\pd y)=(\pd Q(x,y))/(\pd x) oder anders P_y(x,y)=Q_x(x,y)
Das ist unsere Integrabilitätsbedingung.

Beispiel:

e^(-y)*dx+(1-x*e^(-y))*dy=0

Für eine exakte DGL muss also gelten
\ \pd/(\pd y)|e^(-y)=\pd/(\pd x)|(1-x*e^(-y)) => -e^(-y)=-e^(-y)
also ist diese DGL exakt.

Wegen unsere Defintion können wir die DGL P(x,y)|dx+Q(x,y)|dy=0
auch so schreiben (\pd U(x,y))/(\pd x)*dx+(\pd U(x,y))/(\pd y)*dy=0

Es gilt wegen der Kettenregel

(\pd U(x,y))/(\pd x)+(\pd U(x,y))/(\pd y)*dy/dx=diff(U(x,y),x)=0 bzw.
(\pd U(x,y))/(\pd x)*dx/dy+(\pd U(x,y))/(\pd y)=diff(U(x,y),y)=0

Nach diesen beiden Gleichungen muss also U(x,y)=const=c sein.
Leider wird man das nicht immer nach y bzw. x auflösen, sodass
die Lösung der DGL nur in impliziter Form dargestellt werden kann.

Beispiel:

Wenden wir uns nun wieder der DGL e^(-y)*dx+(1-x*e^(-y))*dy=0
zu. Hier gilt
\ P(x,y)=(\pd U(x,y))/(\pd x)=e^(-y)
und
\ Q(x,y)=(\pd U(x,y))/(\pd y)=1-x*e^(-y)

Integrieren wir nun (\pd U(x,y))/(\pd x)=e^(-y) wieder nach x, so ist
U(x,y)=x*e^(-y)+C(y)
C(y) ist nur bezüglich x konstant.
Setzen wir nun U(x,y)=x*e^(-y)+C(y)
in (\pd U(x,y))/(\pd y)=1-x*e^(-y) ein so ist
\ -x*e^(-y)+C'(y)=1-x*e^(-y) <=> C'(y)=1
Links haben wir U(x,y)=x*e^(-y)+C(y) nach y abgeleitet!

Da C'(y)=1 ist, ist C(y)=y. Somit ergibt sich für U(x,y)
U(x,y)=x*e^(-y)+C(y)=x*e^(-y)+y
Wie wir vorhin sahen ist U(x,y)=const=c
x*e^(-y)+y=c
Diese Gleichung können wir zwar nicht nach y auflösen aber immerhin
nach x
\ x(y)=e^y*(c-y)
Das wär die Lösung.


\light\blue Integrierender Faktor (Eulerscher Multiplikator)

Doch was passiert wenn die Gleichung P(x,y)|dx+Q(x,y)|dy=0
nicht exakt ist? Man versucht dann die Gleichung mit einer
Funktion m(x,y) zu multiplizieren, sodass die Gleichung exakt
wird. Wenn durch die Multiplikation mit m(x,y) die Gleichung
exakt wird, so nennt man m(x,y) "Integrierender Faktor".
Unsere DGL lautet nun

m(x,y)*P(x,y)*dx+m(x,y)*Q(x,y)*dy=0
Aus der Integrabilitätsbedingung folgt nun
(\pd (m(x,y)*P(x,y)))/(\pd y)=(\pd (m(x,y)*Q(x,y)))/(\pd x)

(\pd m(x,y))/(\pd y)*P(x,y)+m(x,y)*(\pd P(x,y))/(\pd y)
\ =(\pd m(x,y))/(\pd x)*Q(x,y)+m(x,y)*(\pd Q(x,y))/(\pd x)=0

P(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd y)-Q(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd x)
\ +m(x,y)*((\pd P(x,y))/(\pd y)-(\pd Q(x,y))/(\pd x))=0

Um nun m(x,y) zu bestimmen muss man eine partielle Differential\-
gleichung lösen.
Doch das kann ich leider nicht, und es ist auch ziemlich schwer
so eine partielle DGL zu lösen.
Deswegen versucht man oft durch spezielle Ansätze m(x,y) zu be\-
stimmen. Als Ansatz versucht man oft zuerst als Faktor
m(x), m(y), m(x*y), m(y/x) oder m(x^2+y^2) zu nehmen.
Nimmt man als Ansatz m(x) oder m(y), so hängt, wie man sieht,
der integrierende Faktor nur von x bzw. y ab und aus der obigen
partiellen DGL wird eine gewöhnliche DGL.

Beispiel:

(y^2-2x-2)*dx+2*y*dy=0

Wie man sieht ist diese DGL nicht exakt. Wir suchen also einen
integrierenden Faktor der diese DGL exakt macht. Wir probieren
erst einmal einen Faktor der Form m(x).
Es ist P(x,y)=y^2-2x-2 und Q(x,y)=2y
Nach

P(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd y)-Q(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd x)
\ +m(x,y)*((\pd P(x,y))/(\pd y)-(\pd Q(x,y))/(\pd x))=0

ist

(y^2-2x-2)*(\pd m(x))/(\pd y)-2*y*(\pd m(x,y))/(\pd x)
\ +m(x)*((\pd (y^2-2x-2))/(\pd y)-(\pd (2*y))/(\pd x))=0

(y^2-2x-2)*0-2*y*m'(x)+m(x)*(2y-0)=0
-2y*m'(x)+2y*m(x)=
m'(x)=m(x)

Also ist bekommen wir nun als integrierenden Faktor m(x)=e^x|.
Somit ist die DGL

e^x*(y^2-2x-2)*dx+e^x*2*y*dy=0 exakt.
Zur Kontrolle gebe ich euch meine Lösung

y(x)=sqrt((c-2*e^x*(2-x))/e^x)

Beispiel:

y'=-(y^2-x*y)/(2*x*y^3+x*y+x^2)
=> (y^2-x*y)*dx+(2*x*y^3+x*y+x^2)*dy=0

Diese DGL ist leider nicht exakt. Wir suchen hier also wieder einen
integrierenden Faktor m(x,y). Als Hinweis habe ich, dass der Faktor
die Form m(x,y)=x^a*y^b hat.

Nach

P(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd y)-Q(x,y)*(\pd m(x,y))/(\pd x)
\ +m(x,y)*((\pd P(x,y))/(\pd y)-(\pd Q(x,y))/(\pd x))=0

erhalte ich mit
P(x,y)=y^2-x*y und Q(x,y)=2*x*y^3+x*y+x^2
und m(x,y)=x^a*y^b

(y^2-x*y)*b*x^a*y^(b-1)
\ -(2x*y^3+xy+x^2)*a*x^(a-1)*y^b
\ +x^a*y^b*((2*y-x)-(2*y^3+y))=0

b*x^a*y^(b+1)-b*x^(a+1)*y^b
\ -2*a*x^a*y^(b+3)-a*x^a*y^(b+1)+a*x^(a+1)*y^b
\ +2*x^a*y^(b+1)-x^(a+1)*y^b--2*x^a*y^(b+3)-x^a*y^(b+1)=0

Die gesamte Gleichung teile ich nun durch x^a*y^b

b*y-b*x-2*a*y^3-a*y+a*x+2*y-x-2*y^3-y=0

b*y-a*y+2*y-y-b*x+a*x-x-2*a*y^3-2*y^3=0

Damit diese Gleichung Null wird, müssen sich die Summanden gegenseitig
aufheben. Es muss also gelten -2*a*y^3-2*y^3=0. Daraus erhalten
wir a=-1.
Ebenso muss -b*x+a*x-x=0 gelten. a kennen wir schon, und b
können wir nun auch bestimmen: -b*x-x-x=0 => b=-2
Zum Test müssen unser a und b auch b*y-a*y+2*y-y=0 erfüllen
-2*y+y+2*y-y=0. Stimmt!
Also ist unser integrierender Faktor

m(x,y)=1/(x*y^2)

Die DGL

1/(x*y^2)*(y^2-x*y)\.dx+1/(x*y^2)*(2*x*y^3+x*y+x^2)\.dy=0

ist nun exakt. Die nLösung in implizierter Form lautet

ln(x*y)-x/y+y^2=C


Bei den folgenden Differentialgleichungen wird versucht die Lösung
in Parameterform darzustellen. Dabei wird y'=p als Parameter benutzt.
Es gilt somit y'(p)=p*x'(p) mit y'(p)=dy/dp und x'(p)=dx/dp|.

\light\blue DGL der Form: x=g(y')
Durch die Parametrisierung von y'=p ergibt sich
x(p)=g(p)
=> x'(p)=g'(p)
y(p) erhalten wir durch y'(p)=x'(p)*p
y'(p)=g'(p)*p
y(p)=C+int(g'(p)*p,p)

Beispiel:

x=e^y'

x(p)=g(p)=e^p

y(p)==C+int(p*g'(p),p)=C+int(p*e^p,p)=C+e^p*(p-1)

Somit ist unsere parametrisierte Lösung
fdef(x(p)=e^p;y(p)=C+e^p*(p-1))

Diese Lösung können wir aber auch explizit darstellen, dazu müssen
wir x(p) nach p auflösen und dies in y(p) einsetzen.

x=e^p <=> p=ln(x)
y=C+e^(ln(x))*(ln(x)-1)

Also ist y(x)=C+x*(ln(x)-1) eine Lösung der DGL.


\light\blue DGL der Form: y=g(y')

Hier hingegen gilt y(p)=g(p) =>y'(p)=g'(p)
Mit y'(p)=p*x'(p) können wir hier x(p) bestimmen
x(p)=C+int(g'(p)/p,p)

Beispiel:

y=y'*ln(y')-y'

Es ist
y(p)=p*ln(p)-p

Mit x(p)=C+int(g'(p)/p,p)=C+int(ln(p)/p,p)=C+1/2*(ln(p))^2

Lösung in Parameterform

fdef(x(p)=C+1/2*(ln(p))^2;y(p)=p*ln(p)-p)

Um diese Lösung explizit zu machen, lösen wir wieder x(p) nach p auf
p=e^sqrt(2*(x-C))
Das setzen wir in y(p) ein

y(x)=e^sqrt(2*(x-C))*ln(e^sqrt(2*(x-C)))-e^sqrt(2*(x-C))
y(x)=e^sqrt(2*(x-C))*(sqrt(2*(x-C))-1)

\light\blue Clairaut\-DGL: y=x*y'+g(y')

Parametrisieren wir zunächst die DGL

y(p)=x(p)*p+g(p)

Dies leiten wir nun nach p ab

y'(p)=x'(p)*p+x(p)+g'(p)

Da wie wir wissen y'(p)=p*x'(p) gilt, muss hier
x(p)+g'(p)=0 sein.

x(p)=-g'(p)

Also ist mit

y(p)=x(p)*p+g(p)
ergibt sich

y(p)=-g'(p)*p+g(p)

Beispiel:

y=x*y'+e^y'

Hier ist
x(p)=-e^p

und damit

y(p)=-e^p*p+e^p=e^p*(1-p)

Lösung in Parameterform

fdef(x(p)=-e^p;y(p)=e^p*(1-p))

Auflösen von x(p) nach p ergibt

p=ln(-x)

Einsetzen in y(p)

y(x)=-x*(1-ln(-x))=x*(ln(-x)-1)

\light\blue d'Alembert\-DGL: y=x*f(y')+g(y')

Ersetzen wir zuerst y' durch p

y(p)=x(p)*f(p)+g(p)

Diefferenzieren wir nun nach p

y'(p)=x'(p)*f(p)+x(p)*f'(p)+g'(p)

Da aber auch y'(p)=p*x'(p) gilt, ist

p*x'(p)=x'(p)*f(p)+x(p)*f'(p)+g'(p)

x'(p)*(p-f(p))=x(p)*f'(p)+g'(p)

x'(p)=(x(p)*f'(p)+g'(p))/(p-f(p))

Beispiel:

y=x*y'^2+ln(y'^2)

y(p)=x(p)*p^2+2*ln(p)

x'(p)=(x(p)*2*p+2/p)/(p-p^2)

Um diese DGL zu lösen verwandeln wir sie in

-(x*2*p+2/p)*dp+(p-p^2)*dx=0

diese DGL ist nicht exakt. Um diese exakt zu machen brauch man einen
integrierenden Faktor. Als Tipp sag ich euch, dass der integrierende
Faktor nur von p abhängt.
Wer die DGL lösen will kann ja mal mit meiner Lösung vergleichen.
Ich hab für

x(p)=-(ln(p^2)+2/p+c)/(p-1)^2 raus. Somit ergibt sich für y(p)

y(p)=x(p)*f(p)+g(p)=-(ln(p^2)+2/p+c)/(p-1)^2*p^2+ln(p^2)


Leider lässt sich diese Lösung nicht explizit darstellen deshalb
bleibt uns nur die Lösung in Parameterform

fdef(x(p)=-(ln(p^2)+2/p+c)/(p-1)^2;y(p)=-(ln(p^2)+2/p+c)/(p-1)^2*p^2+ln(p^2))

\light\blue DGL der Form: a_n|y^((n))+a_(n-1)|y^((n-1))+...+a_2|y''+a_1|y'+a_0=g(x)

Die Lösung einer solchen linearen, inhomogenen DGL n\-ten Grades setzt sich,
wie die Lösung der DGL ersten Grades zusammen, nämlich aus der allgemeinen
Lösung der homogenen Gleichung plus einer speziellen Lösung der inhomogenen.
Der Beweis dafür geht genauso wie bei denen ersten Grades.
Wenden wir uns zunächst der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung zu.
Im folgenden werden wir uns auf Gleichungen zweiten Grades beschränken.
Als Ansatz für die homogene Lösung wählen wir

y_h(x)=e^(\l*x)
y_h|'(x)=\l*e^(\l*x)
y_h|''(x)=\l^2*e^(\l*x)

Wenn wir dies nun in die homogene DGl

a_2*y^''+a_1*y'+y=0

einsetzen erhalten wir

a_2*\l^2*e^(\l*x)+a_1*\l*e^(\l*x)+a_0*e^(\l*x)=0

=>a_2*\l^2+a_1*\l+a_0=0

Dies ist nun ein quadratische Gleichung (charakteristische Polynom),
die wir mit der p\-q\-Formel u.a. lösen.

Sind \l_1 und \l_2 Lösungen dieser Gleichung, so lösen e^(\l_1*x) und e^(\l_2*x) die
homogene Gleichung.
Die Linearkombination dieser beider Lösungen

c_1*e^(\l_1*x)+c_2*e^(\l_2*x)

löst die homogene DGL ebenfalls. (Kann man durch Einsetzen beweisen.)

Die homogene Lösung ist also
y_h(x)=c_1*e^(\l_1*x)+c_2*e^(\l_2*x)

Wenn wir das nun auf den Fall von Grad n betrachten so ist die allgmeine
Lösung einer homogenen DGL n\-ten Grades

y_h(x)=c_n*e^(\l_n*x)+c_(n-1)*e^(\l_(n-1)*x)+...+c_2*e^(\l_2*x)+c_1*e^(\l_1*x)

Doch das ist nur der Fall falls es n verschiede Lösungen des charakteris\-
tischen Polynoms gibt. Wenn die Nullstelle \l_i k-fach ist, so sind

e^(\l_i*x)|, x*e^(\l_i*x)|, x^2*e^(\l_i*x)|,..., x^(k-1)*e^(\l_i*x)

ebenfalls Lösungen der homogenen Gleichung.

Beispiel:

y'''-3y'-2y=0

Das charakteristische Polynom dazu lautet

\l^3-3*\l-2=0

Das hat die Lösungen \l_1=2 und \l_2=-1. Hier ist aber -1 eine doppelte
Nullstelle, also sind

\ e^(2*x)|, e^(-1*x)|, x*e^(-1*x) Lösungen der DGL.
Die allgemeine Lösung ist die Linearkombination daraus

\ y_h(x)=C_1*e^(2*x)+C_2*e^(-1*x)+C_3*x*e^(-1*x)

Doch was tun bei komplexen Nullstellen?

Wenn \l_k komplex ist, dann hat es ja die Form \l=a+b*i. Das kann ich
genauso in meinen e^(\l*x) Ansatz einsetzen. Jedes Polynom, das eine
komplexe Nullstelle hat, hat auch eine dazu konjugiert komplexe Null\-
stelle. Diese hat die Form \l_kk=a-b*i.

C_1*e^((a+b*i)*x)+C_2*e^((a-b*i)*x)=e^(a*x)*(C_1*e^(b*i*x)+C_2*e^(-b*i*x))

Es gilt folgende Identität

e^(i*x)=cos(x)+i*sin(x)

Das wende ich nun hier an.

e^(a*x)*(C_1*e^(b*i*x)+C_2*e^(-b*i*x))
\ =e^(a\.x)*(C_1*(cos(b\.x)+i|sin(b\.x))+C_2*(cos(-b\.x)+i|sin(-b\.x)))

Nun ist aber cos(x) achsensymmetrisch => cos(x)=cos(-x)
und sin(x) ist punktsymmetrisch => -sin(x)=sin(-x)

e^(a*x)*(C_1*(cos(bx)+i|sin(bx))+C_2*(cos(-bx)+i|sin(-bx)))
=e^(a*x)*(C_1*(cos(bx)+i|sin(bx))+C_2*(cos(bx)-i|sin(bx)))
=e^(a*x)*(C_1*cos(bx)+C_2*cos(bx)+C_1*i|sin(bx)-C_2*i|sin(bx))
=e^(a*x)*(A*cos(bx)+B*sin(bx))
mit C_1+C_2=A und C_1*i-C_2*i=B

Unter Berücksichtigung des Additionstheorems
\ sin(x+y)=sin(x)*cos(y)+sin(y)*cos(x)
kann man

\ e^(a*x)*(A*cos(bx)+B*sin(bx))=d*e^(a*x)*sin(bx+e)

schreiben.

Beispiel:

y'''-4*y''+9*y'-10=0

Das charakteristische Polynom lautet hier

\l^3-4*\l^2+9*\l-10=0

mit den Nullstellen \l_1=1+i*2 und \l_2=1-i*2 und \l_3=2

y_h(x)=C_1*e^((1+i*2)*x)+C_2*e^((1-i*2)*x)+C_3*e^(3*x)
y_h(x)=e^x*(A*cos(2*x)+B*sin(2*x))+C_3*e^(3*x)

Wie löst man nun die inhomogene Gleichung? Sie setzt sich, wie schon
gesagt, aus der allgemeinen Lösung der inhomogenen Gleichung sowie
einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung zusammen. Um eine
spezielle Lösung zu finden, kann man wieder die Methode der Variation
der Konstanten verwenden. Dabei werden die Konstanten der allgemeinen
Lösung der homogenen Gleichung als Funktionen aufgefasst. Hat die
inhomogene DGL

a_n*y^((n))+a_(n-1)*y^((n-1))+...+a_2*y''+a_1*y'+a_0=g(x)

die allgemeine homogene Lösung

y_h(x)=C_1*y_h1(x)+C_2*y_h2(x)+...+C_n*y_hn(x)

wobei y_hi(x) (i=1,2,..,n) Lösungen der homogenen Gleichung sind.
Nun ersetzen wir die Konstanten C_i durch Funktionen u_i(x) und erhalten
somit

y_p(x)=u_1(x)*y_h1(x)+u_2(x)*y_h2(x)+...+u_n(x)*y_hn(x)

Doch wie lassen sich nun u_i(x) bestimmen? Wenn wir die Lösungen des
Gleichungssystems kennen, können wir durch Integration die Funktionen
u_i(x) bestimmen.
Das Gleichungssystem sieht wie folgt aus:

u_1^'(x)\.y_h1(x) +u_2^'(x)\.y_h2(x) +...+u_n^'(x)\.y_hn(x) =0
u_1^'(x)\.y_h1^'(x) +u_2^'(x)\.y_h2^'(x) +...+u_n^'(x)\.y_hn^'(x) =0
u_1^'(x)\.y_h1^''(x) +u_2^'(x)\.y_h2^''(x) +...+u_n^'(x)\.y_hn^''(x) =0
.
.
.
u_1^'(x)\.y_h1^((n-2))(x)+u_2^'(x)\.y_h2^((n-2))(x)+...+u_n^'(x)|y_hn^((n-2))(x)=0
u_1^'(x)\.y_h1^((n-1))(x)+u_2^'(x)\.y_h2^((n-1))(x)+...+u_n^'(x)|y_hn^((n-1))(x)=g(x)

Beispiel:

y''+y=2/cos(x)

Die charakteristische Gleichung \l^2+1=0 hat die Lösungen
\l_1=i und \l_2=-i.
Die allgemeine homogene Lösung ist y_h(x)=C_1*cos(x)+C_2*sin(x)

Als partikuläre Lösung haben wir den Ansatz

y_p(x)=u_1(x)*cos(x)+u_2(x)*sin(x)

Somit haben wir folgendes Gleichungssystem

u_1|'(x)*cos(x)+u_2|'(x)*sin(x)=0
u_1|'(x)*-sin(x)+u_2|'(x)*cos(x)=2/cos(x)

Somit ergeben sich für u_1|'(x) und u_2|'(x)

u_1|'(x)=-2*tan(x) und u_2|'(x)=2

Durch Integration erhalten wir

u_1(x)=2*ln(cos(x))
u_2(x)=2*x

Somit erhalten wir als partikuläre Lösung

y_p(x)=2*ln(cos(x))*cos(x)+2*x*sin(x)

Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet nun

y(x)=C_1*cos(x)+C_2*sin(x)
\ +2*ln(cos(x))*cos(x)+2*x*sin(x)

Man kann die partikuläre Lösung auch mithilfe von speziellen Ansätzen
finden, man muss nur beachten, dass falls ein Teil des Störgliedes
g(x) mit einem Teil der homogenen Lösung übereinstimmt, so muss der
Ansatz mit x^l multipliziert werden, wobei l die Vielfachheit der
Nullstelle der charakteristischen Gleichung ist.
Diesen Fall nennt man Resonanz.

Beispiel:

y''-4*y'+4*y=e^(2*x)

Die Nullstelle der charakteristischen Gleichung ist \l=2.
Das ist allerdings eine doppelte Nullstelle, somit unsere homogene
Lösung

y_h(x)=C_1*e^(2*x)+C_2*x*e^(2*x)

lautet. Als Ansatz für die partikuläre Lösung würde man jetzt
y_p(x)=A*e^(2*x) nehmen. Aber Vorsicht hier liegt Resonanz vor, denn
e^(2*x) kommt sowohl im Störglied g(x) als auch in der homogenen Lösung
vor. Da \l=2 eine doppelte Lösung war müssen wir unseren Ansatz mit x^2
multiplizieren, sodass wir als Ansatz

\ y_p(x)=A*x^2*e^(2*x)

wählen.

y_p^'(x)=2Ax*e^2x+2Ax^2*e^2x
y_p^''(x)=2A*e^2x+4Ax*e^2x+4Ax*e^2x+4Ax^2*e^2x

2A*e^2x+4Ax*e^2x+4Ax*e^2x+4Ax^2*e^2x-4*(2Ax*e^2x+2Ax^2*e^2x)
\ +4*(Ax^2*e^2x)=e^2x

2A*e^2x=e^2x
A=1/2

Somit erhalten wir als partikuläre Lösung

y_p(x)=1/2*x^2*e^(2*x)

Die allgemeine Lösung der inhomogenen DGl ist nun

y(x)=C_1*e^(2*x)+C_2*x*e^(2*x)+1/2*x^2*e^(2*x)


\boxon\light\blue Eulersche DGl:
a_n|x^n|y^((n))+a_(n-1)|x^(n-1)|y^((n-1))+...+a_2|x^2|y''+a_1|x|y'+a_0=0
\boxoff
Damit wir diese DGL lösen können, substituieren wir

x=e^t

Aus y(e^t) machen wir eine neue Funktion

y(e^t)=u(t) => y(x)=u(ln(x))

Aus y(e^t)=u(t) folgt

du/dt=y'(e^t)*e^t=y'(x)*x
=>y'*x=du/dt
(d^2|u)/dt^2=y''(e^t)*e^t*e^t+y'(e^t)*e^t=y''(x)*x^2+y'(x)*x
\ =y''(x)*x^2+du/dt
=>y''*x^2=(d^2|u)/dt^2-du/dt
(d^3|u)/dt^3=y'''(e^t)*e^3t+3*y''(e^t)*e^2t+y'(e^t)*e^t
=>y'''*x^3=(d^3|u)/dt^3-3*((d^2|u)/dt^2-du/dt)-du/dt
=>y'''*x^3=(d^3|u)/dt^3-3*(d^2|u)/dt^2+2*du/dt

Beispiel:

x^3*y'''+3*x^2*y''-6*x*y'+6*y=0

x^3*y'''=u'''-3u''+2u'
x^2*y''=u''-u'
x*y'=u'

(u'''-3u''+2u')+3*(u''-u')-6*u'+6*u=0
u'''-7*u'+6*u=0

Das ist nun wieder eine lineare homogene DGL dritten Grades.
Davon ist die Lösung

u(t)=C_1*e^t+C_2*exp(2*t)+C_3*exp(-3*t)

Es gilt y(x)=u(ln(x))

y(x)=C_1*exp(ln(x))+C_2*exp(2*ln(x))+C_3*exp(-3*ln(x))

y(x)=C_1*x+C_2*x^2+C_3/x^3

Das ist die allgemeine Lösung der ursprünglichen Euler DGL.

Für den Fall, dass eine Euler DGl inhomogen ist, hilft uns das bereits bekannte
Verfahren der Variation der Konstanten eine partikuläre Lösung zu finden. Denn
auch bei der Eulerschen DGL gilt
\ allgemeine Lösung=homogene Lösung+partikuläre
Lösung
\ y(x)=y_h(x)+y_p(x)






Das alles war nur ein kleiner Teil aus der Welt der Differentialgleichungen.
Vielleicht werde ich einen Nachfolgeartikel schreiben, der über Differentialgleichungssysteme, Lineare Differentialgleichungen höherer Ordnung mit variablen Koeffizienten, numerische Lösungsverfahren von Differentialgleichungen usw. handelt. Zum Lösen einer DGL ist es oft hilfreich sich mit der Integralrechnung auszukennen. Mein zweiter Artikel "Ein paar Integrale..." handelte davon. Nun hoffe ich, ihr konntet mit diesem Artikel etwas anfangen, und dass ihr nun auch etwas kompliziertere Differentialgleichungen lösen könnt :-)



Mit freundlichen Grüßen


Artur Koehler
(alias pendragon302)

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Artikel von pendragon302 zur Differential- und Integralrechnung:

  • Ganz genau: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
  • Ganz genau: Gelöste Differentialgleichungen
  • Ganz genau: Krümmungskreise
  • Ganz genau: Das Problem der Traktrix
  • Ganz genau: Gelöste Standardintegrale
  • Ganz genau: Die Beziehungen vom Sinus und Cosinus


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    Mathematisch für Anfänger
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    Arbeitsgruppe Alexandria Dieser Artikel ist im Verzeichnis der Arbeitsgruppe Alexandria eingetragen:
    : Analysis :: Grundstudium Mathematik :: Mathematik :: Differentialgleichungen :
    Differentialgleichungen [von pendragon302]  
    Aufbauend auf den Artikel zu gelösten Standardintegralen ist dies der ultimative Artikel zum Lösen von Differentialgleichungen
    [Die Arbeitsgruppe Alexandria katalogisiert die Artikel auf dem Matheplaneten]

     
     
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    "Stern Mathematik: Differentialgleichungen" | 43 Comments
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    Re: Differentialgleichungen
    von: scorp am: Sa. 08. November 2003 13:48:06
    \(\begingroup\)Wow... danke fuer diesen Artikel, Artur!
    Damit kann Ana III ja kommen 😉\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: huseyin am: Sa. 08. November 2003 18:14:46
    \(\begingroup\)Hab zwar kein Wort verstanden, trotzdem Gratulation an deinen Fleiß ;)\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: buh am: Sa. 08. November 2003 20:49:23
    \(\begingroup\).oO(Geil, das Teil)
    Wer das Mysthetikum löst, der hat was drauf.

    Sei ehrlich, am schlimmsten war das Eintippen(?).*g*

    Deine Parallel- und Vor-Dir-Studierenden werden es (hoffentlich) zu schätzen wissen.

    Gruß von buh,
    der pendragon302 lobt\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: DaMenge am: So. 09. November 2003 00:37:53
    \(\begingroup\)hi, ich glaube ich hab ein Tippo gefunden : in zeile 845 sollte es wohl e²x heißen und nicht e^(2x) ...

    Nee, im ernst : riesig, ach, was sag ich : gigantisch !!!EinsEins
    Bei mir hört's zwar nach der zweiten Form von DGLen auf bzw. verlässt mich mein Interesse, aber nun weiß ich ja, wo ich nach schauen muss, wenn ich jemals wieder eine DGL lösen muss ...\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Seb am: So. 09. November 2003 15:07:22
    \(\begingroup\)King Artur, meinen Respekt,

    ein Klasse Übersichtsartikel. Ich wusste gar nicht mehr, was es alles an Einteilungen für DGL's gab. Sehr gut und übersichtlich, auch die Anleitungen zur Lösung. Und die paar Tippos bei so einem langen Artikel ;)...
    Gesamturteil: Empfehlenswert

    Seb\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: So. 09. November 2003 19:55:25
    \(\begingroup\)Woooow!! Super!


    Auf so einen Artikel habe ich schon
    lange gewartet!
    Dieses Forum ist einfach eine Schatzkiste!!


    Mach weiter so!!!!!



    Vielen Dank!\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Martin_Infinite am: Mo. 10. November 2003 17:09:00
    \(\begingroup\)Einsame Spitze!
    Wow wow wow!

    \(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: TobiPfanner am: Mo. 10. November 2003 21:54:51
    \(\begingroup\)Da war wieder jemand fleißig!
    \(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: pendragon302 am: Mi. 12. November 2003 12:10:16
    \(\begingroup\)Ich danke euch allen!!

    Gruß\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Sa. 13. Dezember 2003 18:04:13
    \(\begingroup\)Applaus!

    Roland\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: So. 15. Februar 2004 13:26:39
    \(\begingroup\)Hallo !

    Sehr schön ausführlich, aber eine Sache stimmt doch nicht oder irre ich mich ?

    Bei DGL der Form .... = g(x)
    Sagst du die Lösung für das Gleichungssystem :

    u1'(x) * cos(x) + u2'(x) * sin(x) = 0
    u1'(x) * (-sin(x)) + u2'(x) * cos(x) = 0

    wäre : u1'(x) = -2 * tan(x) und u2'(x) = 2

    Aber 1. verstehe ich leider nicht wie du darauf
    kommst und 2. haut es auch nicht hin wenn ich diese Lösungen in die zweite Gleichung des Gleichungssystems einsetze =(.
    Da kommt dann nämlich 2sin²(x) + 2cos²(x) = 0
    raus was soviel wie 2*(sin²(x) + cos²(x)) = 0
    ist, also 2 = 0

    Schöne Grüße,
    venom

    \(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: pendragon302 am: Mi. 12. Mai 2004 18:15:01
    \(\begingroup\)Sorry das ich mich erst jetzt melde. ICh hab es wohl irgendwie verschwitzt. Das GLeichungssystem sollte lauten

    u1'(x) * cos(x) + u2'(x) * sin(x) = 0
    u1'(x) * (-sin(x)) + u2'(x) * cos(x) = 2/cos(x)

    Gruß\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: jaronimo am: Mo. 14. Februar 2005 13:29:10
    \(\begingroup\)Sehr schön geschrieben, auch mit den Beispielen. Ich habe noch einen kleinen Fehler gefunden: bei Ricatti DGL beim Beispiel muss es nach der Transformation statt y'-2/x*y+y^2=-2/x^2 Eine spezielle Lösung ist y_s=1/x. Mit der Transformation y(x)=u(x)+1/x kommen wir zur DGL u'-1/x^2-2/x*u-1/x*1/x+(u^2+2/x*u+1/x^2)=-2/x^2 u'-1/x^2-2/x*u-2/x*1/x+(u^2+2/x*u+1/x^2)=-2/x^2 sein. Aber wirklich super!\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: pendragon302 am: Mo. 14. Februar 2005 20:48:18
    \(\begingroup\)@jaronimo Danke, war nur ein Rechtschreibfehler denn die folgende DGl u'+u²=0 ist ja richtig oder? Gruß\(\endgroup\)
     

    Wie kann ich nen Beitrag ins Forum schreiben?
    von: Cocktailgirl16 am: Di. 22. Februar 2005 15:33:46
    \(\begingroup\)Kannst du mir vllt. sagen, wie ich nen Beitrag ins Forum schreiben kann? bzw. nen neues Thema erstellen kann? Danke >:)\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: matroid am: Di. 22. Februar 2005 15:53:06
    \(\begingroup\)Hi Cocktailgirl, klicke auf Frage stellen. Dieser Link ist auch links im Seitenmenü, in der Box 'Neues im Forum', der dritte von oben. Außerdem findest Du auf allen Forum-Seiten einen Button 'Neues Thema' Neues Thema. Wenn Du weitere Fragen zum Forum hast, dann schau mal ins Forum-FAQ Den Link zum FAQ findest Du auch an mehreren Stellen auf der Seite. Gruß Matroid\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Disruptive am: Mi. 02. März 2005 13:34:59
    \(\begingroup\)Ich glaube ich hab' nen Fehler entdeckt. Also du schreibst bei "linearen Differentialgleichungen 1. Ordnung". Bei der Herleitung der partikulären Lösung: u'(x) = g(x)/ e^(Integral von -F(x)) Im Beispiel schreibst du ebenfalls g(x)/e^(Integral von -F(x) aber rechnest g(x)/e^(Integral von -f(x)) Also mit klein f statt F. Kann das jemand bestätigen? Ich glaube mit klein f(x) ist auch richtig oder? Dann stimmt die Formel nicht, es wurde aber im Beispiel richtig gerechnet. Aber wie gesagt mag mich auch irren :).\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: So. 24. Juli 2005 19:21:10
    \(\begingroup\)Hallo zusammen Kleiner Tipp-Fehler: Die Form der linearen Differentialgleichung n-ter Ordnung sollte lauten: a_n\.y^((n))+a_(n-1)\.y^((n-1))+...+a_2\.y''+a_1\.y'+a_0\.\red y\black=g(x) Und beim Beispiel mit komplexen Nullstellen entsprechend: y'''-4*y''+9*y'-10\red*y\black=0 Analog bei der homogenen Eulerschen Differentialgleichung: a_n|x^n|y^((n))+a_(n-1)|x^(n-1)|y^((n-1))+...+a_2|x^2|y''+a_1|x|y'+a_0|\red y\black=0 \(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Do. 15. September 2005 14:14:07
    \(\begingroup\)Schließe mich Disruptive an, hab mich schon gewundert... Kann man das im Artikel korrigieren? Aber sonst 1000 Dank für diesen Artikel! Großes Tennis!\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Fr. 07. Oktober 2005 16:41:51
    \(\begingroup\)Was bedeutet ein punkt über einer Variablen????\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Martin_Infinite am: Fr. 07. Oktober 2005 16:43:20
    \(\begingroup\)Dasselbe wie ein Strich daneben. 😉\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: cow_gone_mad am: Fr. 07. Oktober 2005 19:19:14
    \(\begingroup\)Hallo Maddin und andere, das ist nicht die Konvention: mit einem Punkt bezeichnet man die Ableitung nach der Zeit (normalerweise t) und mit einem Strich die Ableitung nach dem Raum, normalerweise x. Liebe Grüsse, cow_\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: clown163 am: Sa. 05. November 2005 12:44:17
    \(\begingroup\)hallo echt klasse!!danke für die Bemühung!! lg clown163\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: braindead am: Do. 24. November 2005 16:58:40
    \(\begingroup\) Hi, ich habe ebenfalls noch ein Problem mit der DGL 1. Ordnung der Form: \light\blue y'+f(x)*y=g(x) Dort wird für die partikuläre Lösung welche aus der allgemeinen homogenen Lösung abgeleitet wird: y_p=u(x)*e^int(-F(x),x) geschrieben, müsste das nicht: y_p=u(x)*e^int(-f(x),x) heissen? \(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Do. 15. Dezember 2005 19:13:12
    \(\begingroup\)Bin zwar noch Gymnasiastm (8.Klasse), aber ich habe mein Interesse an DGL schon gefunden. Nach diesem Artikel werde ich DGL als mein Spezialgebiet wählen, was die mündliche Matura betrifft. \(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Mo. 10. April 2006 20:11:05
    \(\begingroup\)meine facharbeit ist über differentialgleichungen, definition und lösung einiger lösbarer typen.ist diese seite geeignet für mathefacharbeiten?\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Gockel am: Mo. 10. April 2006 20:44:56
    \(\begingroup\)Ich hab mir sagen lassen, dass Lesen diese Frage beantworten könnte...\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Martin_Infinite am: Di. 11. April 2006 06:45:53
    \(\begingroup\)@Anonymous: Ich denke schon. Du musst halt nur darauf achten, nicht alles wortwörtlich zu übernehmen 😄 Und der MP ist ja längst nicht die einzige Quelle.\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Do. 27. April 2006 21:23:06
    \(\begingroup\)Danke\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Sa. 06. Januar 2007 21:43:40
    \(\begingroup\)danke, super seite, sehr hilfreich. ich glaube aber einen weiteren fehler gefunden zu haben: bei y'=g(y) beim beispiel heisst es arctan(y)=x+c y=tan(y+c) !! das ist doch falsch oder? es muss doch y=tan(x+c) heissen. \(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Sa. 06. Januar 2007 21:49:08
    \(\begingroup\)@braindead ich glaub du hast recht. ich bin auch darüber gestolpert. im beispiel ist aber mit den richtigen zahlen gerechnet. \(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Di. 29. Mai 2007 08:50:36
    \(\begingroup\)eine wichtige frage: wo finde ich denn information zur Vollständigen Differentialgleichung?..ist wirklich dringend\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Greenhorn am: So. 02. März 2008 10:24:42
    \(\begingroup\) Beispiel: y'+x^2*y=2x^2 Die homogene Lösung lautet y_h=A*e^int(-f(x),x)=A*e^int(-x^2,x)=A*e^(-1/3*x^3) Nun kommt die Variation der Konstanten y_p=u(x)*e^(-1/3*x^3) Nun ist u'(x)=g(x)/e^(-1/3*x^3)=2x^2/e^(-1/3*x^3)=2x^2*e^(1/3*x^3) Hallo! Ich verstehe das ab dem "Nun ist" nicht. Wenn ich nach Variation der Konstanten das y_p in die DGL einsetze, wird das u(x) doch nach der Produktregel abgeleitet? Kann mir das jemand erklären welchen Schritt ich hier nicht finde/ verstehe? Danke\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: KingGeorge am: So. 02. März 2008 12:25:13
    \(\begingroup\)Hallo Greenhorn, deine Vorgehensweise ist ok. y_p=u(x)*e^(-1/3*x^3)=> y_p^'=u^'(x)*e^(-1/3*x^3)-x^2*u(x)*e^(-1/3*x^3) Setzt man das zusammen mit y_p in die DGL ein, verbleibt u^'(x)*e^(-1/3*x^3)=2 x^2 lg Georg\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Fr. 28. März 2008 00:03:10
    \(\begingroup\)Super Seite! 😄 :-) Anonymus wrote: danke, super seite, sehr hilfreich. ich glaube aber einen weiteren fehler gefunden zu haben: bei y'=g(y) beim beispiel heisst es arctan(y)=x+c y=tan(y+c) !! das ist doch falsch oder? es muss doch y=tan(x+c) heissen. Er hat doch recht oder?? \(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: fru am: Fr. 28. März 2008 01:16:57
    \(\begingroup\)Hallo Anonymous! Ja er hatte natürlich Recht (Du meinst den Kommentar vom 6.1.2007, 21:43), da ist dem Autor ein Tippfehler unterlaufen. Damit Dein Hinweis nicht wieder unberücksichtigt in den Tiefen des Planeten verschwindet, habe ich die nötige Änderung bereits in die Wege geleitet. Herzlichen Dank Euch beiden für Eure Aufmerksamkeit und die Hinweise! Liebe Grüße, Franz \(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Mi. 30. April 2008 18:51:52
    \(\begingroup\)Hallo, total geile Seite!! Hilft mir sehr viel weiter beim Verständnis über Differentialgleichungen! Habe da noch was gefunden, was mir nicht so richtig erscheint. Bei der inomogenen linearen DGL 1. Ordnung und partikulären Lösung steht, dass die Lösung der homogenen Gleichung \Die homogene Lösung ist y_h=A*e(-F(x)) (s.o.). \ ist. Müsste das nicht \Die homogene Lösung ist y_h=A*e^(-F(x)) (s.o.). \ heißen? MfG\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: da_bounce am: Fr. 26. September 2008 14:01:24
    \(\begingroup\)Hey, er hat es eben nur anders geschrieben. y_h(x)=A*e^(-F(x)) \ fed: y_h(x)=A*e^(-F(x)) das wird bei langen Gleichungen einfach unübersichtlich, deswegen schreibt man gerne auch y_h(x)=A*exp(-F(x)) \ y_h(x)=A*exp(-F(x)) y_h(x)=A*exp(-F(x)) es ist also gleich Ich denke er hat da " ^ " vergessen. lg\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Diophant am: Mo. 29. September 2008 22:59:30
    \(\begingroup\)Hallo pendragon302, das ist einsame Spitze! Bei DGL's ist es ja so, dass auch wenn man sich damit schon beschäftigt hat, nach einer gewissen Zeit dann doch das eine oder andere wieder in Vergessenheit gerät. Das i-Tüpfelchen sind daher die sehr gut nachvollziehbaren Beispiele. Dein Artikel leistet auf hervorragende Art und Weise zwei Dinge: - Er ist sehr gut geeignet, sich in die Thematik von der rechnerischen Seite her einzuarbeiten. - Er ist ein Nachschlagewerk, welches jedes Lehrbuch alt aussehen lässt! Gruß, Diophant\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Elvis am: Mo. 11. Mai 2009 19:20:04
    \(\begingroup\)Hi! In der pdf Version ist auf Seite 5 in der letzten Zeile ein Fehler: Es muss tan(x+C) heißen. Grüße, Elvis\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Fr. 11. Februar 2011 16:53:29
    \(\begingroup\)u'(x)*e^int(-f(x),x)=g(x) daraus folg: u'(x)=g(x)/e^int(-F(x),x) sollte das nicht u'(x)=g(x)/e^int(-f(x),x) bzw u'(x)=g(x)/e^(-F(x),x) sein vor allem wird auf die F(x) schreibweise erst dannach hingewiesen Edit: wurde schon ein paar mal gesagt\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: Fr. 23. März 2012 22:21:34
    \(\begingroup\) \boxon\light\blue Eulersche DGl: a_n|x^n|y^((n))+a_(n-1)|x^(n-1)|y^((n-1))+...+a_2|x^2|y''+a_1|x|y'+a_0 y=0 \boxoff Im letzten Term auf der linken Seite der Gl. fehlt y bzw. y(x). Siehe oben: a0⋅y\(\endgroup\)
     

    Re: Differentialgleichungen
    von: Ex_Mitglied_40174 am: So. 06. April 2014 20:41:57
    \(\begingroup\)Danke für diese gute Zusammenfassung. Die PDF Version macht aber aus irgendeinem Grund einige Fehler rein, zum Beispiel werden aus den f(x), dort bei variation der Konstanten F(x).(was dann natürlcih falsch ist) \(\endgroup\)
     

     
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