Gewöhnliche Differentialgleichung/Getrennte Variablen/Lösungsexistenz/Fakt/Beweis

Beweis

Da $h$ stetig ist und keine Nullstelle besitzt, ist $h$ bzw. $\frac{1}{h}$ nach dem Zwischenwertsatz entweder stets positiv oder stets negativ, sodass $H$ nach Fakt streng monoton und daher nach Aufgabe injektiv (also bijektiv auf sein Bild) ist.
Sei $y (t) = H^{- 1} (G (t))$ wie angegeben. Dann ist nach Fakt und Fakt

\begin{matrix} y^{'} (t) & = \frac{G^{'} (t)}{H^{'} (H^{- 1} (G (t)))} \\ = \frac{g (t)}{\frac{1}{h} (H^{- 1} (G (t)))} \\ = g (t) \cdot h (H^{- 1} (G (t))) \\ = g (t) \cdot h (y (t)), \end{matrix}

sodass in der Tat eine Lösung vorliegt.
Es sei nun $y (t)$ eine differenzierbare Funktion, die die Differentialgleichung erfüllt. Daraus folgt

\int_{t_{1}}^{t_{2}} g (t) d t = \int_{t_{1}}^{t_{2}} \frac{y^{'} (t)}{h (y (t))} d t = \int_{y (t_{1})}^{y (t_{2})} \frac{1}{h (z)} d z,

wobei wir die Substitution $z = y (t)$ angewendet haben. Für die zugehörigen Stammfunktionen (mit den unteren Integralgrenzen $t_{1}$ bzw. $y (t_{1})$ ) bedeutet dies $G (t) = H (y (t))$ , also ist $y (t) = H^{- 1} (G (t))$ .
Um die Anfangsbedingung zu erfüllen, kann man $t_{0}$ bzw. $y_{0}$ als untere Integralgrenzen wählen. Wir zeigen, dass dies die einzige Lösung ist. Es seien also $H$ und $\tilde{H}$ zwei Stammfunktionen zu $\frac{1}{h}$ und $G$ und $\tilde{G}$ zwei Stammfunktionen zu $g$ derart, dass sowohl $y (t) = H^{- 1} (G (t))$ als auch $\tilde{y} (t) = {\tilde{H}}^{- 1} (\tilde{G} (t))$ die Anfangsbedingung erfüllen. D.h. die beiden Funktionen stimmen zum Zeitpunkt $t_{0}$ überein. Da sich Stammfunktionen nur um eine Konstante unterscheiden, können wir $\tilde{H} = H + c$ und $\tilde{G} = G + d$ mit zwei Konstanten $c, d \in ℝ$ ansetzen. Es gilt also einerseits $H (y (t)) = G (t)$ und andererseits $H (\tilde{y} (t)) + c = \tilde{H} (\tilde{y} (t)) = \tilde{G} (t) = G (t) + d$ , sodass $H (\tilde{y} (t)) - H (y (t)) = d - c$ gilt, woraus wegen $\tilde{y} (t_{0}) = y (t_{0})$ sofort $c = d$ folgt. Also ist $H (\tilde{y} (t)) = G (t) = H (y (t))$ und somit wegen der Injektivität von $H$ auch $\tilde{y} (t) = y (t)$ für alle $t$ .

Zur bewiesenen Aussage