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Mathematik-Online-Kurs: Differentialgleichungen - Spezielle skalare Differentialgleichungen - Differentialgleichungen erster Ordnung

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung

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Eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung hat die Form

$\displaystyle y^\prime = p y + q $

mit der allgemeinen Lösung

$\displaystyle y = y_p + y_h\,. $

Dabei ist $ y_p$ eine partikuläre (oder spezielle) Lösung und $ y_h$ die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung ($ q(x)=0$).

Bezeichnet

$\displaystyle P(x) = \int\limits_{x_0}^x p(s)\,ds $

eine Stammfunktion von $ p$, so gilt

$\displaystyle y_h = c \exp(P(x)) $

und

$\displaystyle y_p = \int\limits_{x_0}^x \exp(P(x)-P(s))q(s)\,ds\,, $

ist eine partikuläre Lösung mit $ y_p(x_0) = 0$.

Für die Anfangsbedingung $ y(x_0)=y_0$ ist

$\displaystyle c = y_0\,, $

da $ y_p(x_0) = 0$ und $ y_h(x_0)=c$.
(Autoren: Fuchs/Höllig)
Ist $ y_h$ eine Lösung der homogenen Differentialgleichung

$\displaystyle y_h^\prime = py_h $

und $ P$ eine Stammfunktion von $ p$, so gilt

$\displaystyle \left[ y_h \exp(-P) \right]^\prime = y_h^\prime \exp(-P)-y_h p \exp(-P) = 0\,. $

Folglich ist die Funktion in eckigen Klammern konstant, also $ y_h = c \exp(P)$ wie behauptet.

Als Ansatz für die partikuläre Lösung wählt man

$\displaystyle y_p=c(x)\exp(P(x))\ . $

Setzt man diesen Ansatz in die Differentialgleichung ein, so erhält man

$\displaystyle c^\prime\exp(P)+cp\exp(P)=pc\exp(P)+q\,. $

Somit ergibt sich

$\displaystyle c^\prime=q\exp(-P(x)) $

und damit

$\displaystyle y_p = \left(\int\limits_{x_0}^x \exp(-P(s))q(s)\,ds \right) \exp(P(x))\,. $

(Autoren: Fuchs/Höllig)
Es soll die allgemeine Lösung der Differentialgleichung

$\displaystyle y^\prime = \frac{2x}{\underbrace{1+x^2}_p}y + \underbrace{x^3}_q $

sowie die Lösung zu dem Anfangswert $ y(0) = 4$ bestimmt werden.

Mit der Stammfunktion $ P(x) = \ln (1+x^2)$ erhält man

$\displaystyle y_h(x) = c (1+x^2) $

als homogene Lösung und
$\displaystyle y_p(x)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^x e^{\ln (1+x^2)-\ln(1+s^2)}s^3 ds$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle (1+x^2)\left(\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\right)$  

als partikuläre Lösung.

Folglich ist

$\displaystyle y = y_p + y_h = (1+x^2)\left(c+\frac{x^2}{2}-\frac{\ln(1+x^2)}{2}\right) $

mit $ c \in \mathbb{R}$ die allgemeine Lösung.

Für den Anfangswert $ y(0) = 4$ ist $ c=4$.

(Autoren: Höllig/Kreitz)
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  automatisch erstellt am 6.6.2011