Kurs:Analysis II/Kapitel VI: Gewöhnliche Differentialgleichungen/Elementar integrierbare Differentialgleichungen erster Ordnung (§3)

Beispiel 1: Differentialgleichungen mit getrennten Variablen

Wir betrachten die Differentialgleichung

(1) $A_{1}(x)A_{2}(y)\,dx+B_{1}(x)B_{2}(y)\,dy=0$ mit $A_{2}(y)\neq 0$ und $B_{1}(x)\neq 0$

mit den stetigen Koeffizientenfunktionen $A_{1}(x),A_{2}(y),B_{1}(x),B_{2}(y)$. Mit Hilfe des integrierenden Faktors

$M(x,y):={\frac {1}{A_{2}(y)B_{1}(x)}}$

erhalten wir die exakte Differentialgleichung

(2) ${\frac {A_{1}(x)}{B_{1}(x)}}\,dx+{\frac {B_{2}(y)}{A_{2}(y)}}\,dy=0$.

Die Stammfunktion erhalten wir dann durch Integration nämlich

(3) $M(x,y):=\int {\frac {A_{1}(x)}{B_{1}(x)}}\,dx+\int {\frac {B_{2}(y)}{A_{2}(y)}}\,dy$.

Die implizite Form der Lösung wird durch die Niveaulinien

$F(x,y)=const$

dargestellt.

Beispiel 2: Ähnlichkeitsdifferentialgleichungen

Wir betrachten Differentialgleichungen des Typs

(4) $y'(x)=f\left({\frac {y(x)}{x}}\right)$

mit der stetigen Funktion $f$. Diese bringen wir in die Form

(5) $dy-f\left({\frac {y}{x}}\right)\,dx=0$.

Wir verwenden die Substitution

$u(x):={\frac {y(x)}{x}},x>0$

und erhalten die Differentialgleichung

(6) $u(x)+xu'(x)=y'(x)=f(u(x))$

bzw.

(7) $(u-f(u))\,dx+x\,du=0$.

Nun ist

$M(x,u):={\frac {1}{x(u-f(u))}}$

ein integrierender Faktor und die Differentialgleichung

(8) ${\frac {dx}{x}}+{\frac {du}{u-f(u)}}=0$

wird exakt. Letztere können wir gemäß Beispiel 1 lösen. Schließlich ist

(9) $M(x,y):={\frac {1}{xf\left({\frac {y}{x}}\right)-y}}$

ein integrierender Faktor der ursprünglichen Differentialgleichung (5).

Definition 1

Eine Funktion $f=f(x,y):\mathbb {R} ^{2}\mapsto \mathbb {R}$ heißt homogen vom Grade $k\in \mathbb {R}$, wenn für alle $\lambda >0$ und alle Punkte $(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}$ die Beziehung

$f(\lambda x,\lambda y)=\lambda ^{k}f(x,y)$

erfüllt ist.

Beispiel 3: Homogene Differentialgleichungen

Sei nun die Differentialgleichung

(10) ${\begin{matrix}P(x,y)\,dx+Q(x,y)\,dy=0{\text{ mit den vom gleichen Grade }}k\in \mathbb {R} \\{\text{homogenen Funktionen }}Q(x,y){\text{ und }}P(x,y)\end{matrix}}$

gegeben. Falls $Q\neq 0$ und $x>0$ gilt, ist diese Differentialgleichung äquivalent zu

${\frac {dy}{dx}}=-{\frac {P(x,y)}{Q(x,y)}}=-{\frac {x^{k}P(1,{\frac {y}{x}})}{x^{k}Q(1,{\frac {y}{x}})}}=-{\frac {P(1,{\frac {y}{x}})}{Q(1,{\frac {y}{x}})}}=:f\left({\frac {y}{x}}\right)$

bzw.

$dy-f\left({\frac {y}{x}}\right)\,dx=0$.

Gemäß Beispiel 2 haben wir den integrierenden Faktor

${\tilde {M}}(x,y)={\frac {1}{xf\left({\frac {y}{x}}\right)-y}}={\frac {1}{-x{\frac {P(x,y)}{Q(x,y)}}-y}}={\frac {-Q(x,y)}{xP(x,y)+yQ(x,y)}}$

für unsere Differentialgleichung

$0=dy-f\left({\frac {y}{x}}\right)\,dx=dy+{\frac {P(x,y)}{Q(x,y)}}\,dx$.

Folglich ist die Differentialgleichung

${\frac {-Q(x,y)}{xP(x,y)+yQ(x,y)}}\,dy+{\frac {-P(x,y)}{xP(x,y)+yQ(x,y)}}\,dx=0$

exakt. Wir erhalten mit

(11) $M(x,y)={\frac {1}{xP(x,y)+yQ(x,y)}}$

einen integrierenden Faktor der homogenen Differentialgleichung (10).

Beispiel 4: Differentialgleichungen der Form $y'(x)=f\left({\frac {a_{1}x+b_{1}y+c_{1}}{a_{2}x+b_{2}y+c_{2}}}\right)$

Dabei sind $a_{1},b_{1},c_{1},a_{2},b_{2},c_{2}$ reelle Koeffizienten. Wir betrachten die folgenden beiden Möglichkeiten:

1. Fall:

(12) ${\begin{vmatrix}a_{1}&b_{1}\\a_{2}&b_{2}\end{vmatrix}}=a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}\neq 0$.

Es existiert nun ein Punkt $(\xi ,\eta )\in \mathbb {R} ^{2}$, der das eindeutig lösbare Gleichungssystem

(13) ${\begin{matrix}a_{1}\xi +b_{1}\eta +c_{1}=0\\a_{2}\xi +b_{2}\eta +c_{2}=0\end{matrix}}$

löst. Aus (13) folgt mit den neuen Variablen $u:=x-\xi ,v:=y-\eta$ das System

(14) ${\begin{matrix}a_{1}u+b_{1}v=a_{1}x+b_{1}y+c_{1}\\a_{2}u+b_{2}v=a_{2}x+b_{2}y+c_{2}.\end{matrix}}$

Wir erhalten die Differentialgleichung

(15) ${\frac {dv}{du}}=f\left({\frac {a_{1}u+b_{1}v}{a_{2}u+b_{2}v}}\right)=f\left({\frac {a_{1}+b_{1}{\frac {v}{u}}}{a_{2}+b_{2}{\frac {v}{u}}}}\right)=:g\left({\frac {v}{u}}\right)$,

welche sich gemäß Beispiel 2 lösen lässt.

2. Fall

(16) ${\begin{vmatrix}a_{1}&b_{1}\\a_{2}&b_{2}\end{vmatrix}}=a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}=0$.

Insofern $b_{1}=b_{2}=0$ erfüllt ist, erhalten wir die sofort integrierbare Differentialgleichung

$y'(x)=f\left({\frac {a_{1}x+c_{1}}{a_{2}x+c_{2}}}\right)$.

Sei anderenfalls o. B. d. A. $b_{1}\neq 0$ richtig und wir erhalten $a_{2}=a_{1}b_{2}{\frac {1}{b_{1}}}$. Dieses liefert die Identitäten

(17) ${\begin{matrix}a_{1}x+b_{1}y+c_{1}=b_{1}\left({\frac {a_{1}}{b_{1}}}x+y\right)+c_{1}\\a_{2}x+b_{2}y+c_{2}=b_{2}\left({\frac {a_{1}}{b_{1}}}x+y\right)+c_{2}.\end{matrix}}$

Mit der Substitution $\omega ={\frac {a_{1}}{b_{1}}}x+y$ erhalten wir die Differentialgleichung

(18) ${\frac {d\omega }{dx}}={\frac {a_{1}}{b_{1}}}+f\left({\frac {b_{1}\omega +c_{1}}{b_{2}\omega +c_{2}}}\right)=:g(\omega )$.

Wir erhalten die Gleichung $dx={\frac {d\omega }{g(\omega )}}$, die wir gemäß $x=\int {\frac {d\omega }{g(\omega )}}$ integrieren.

Beispiel 5: Lineare Differentialgleichungen erster Ordnung

Wir betrachten die Differentialgleichung

(19) $y'(x)+a(x)y(x)+b(x)=0$ mit stetigen Koeffizienten $a(x)$ und $b(x)$.

Wir geben zwei Methoden zu ihrer Lösung an.

1. Methode: Integrierender Faktor

Wir schreiben die Differentialgleichung in die Form

(20) $P(x,y)\,dx+Q(x,y)\,dy=0$ mit $P(x,y):=a(x)y+b(x)$ und $Q(x,y):=1$.

Mit dem integrierenden Faktor

$M(x)=\exp(\phi (x))$

wollen wir die Differentialgleichung (20) exakt machen. Somit erfüllt $M$ die Bedingung

$0={\frac {M_{x}}{M}}Q-{\frac {M_{y}}{M}}P+(Q_{x}-P_{y})=[\log M]_{x}Q-a(x)=\phi _{x}-a(x)$

und wir erhalten

$\phi (x)=\int a(x)\,dx$ sowie $M(x)=\exp \left[\int a(x)\,dx\right]$.

Die Differentialgleichung

(21) $[a(x)y+b(x)]\exp \left[\int a(x)\,dx\right]\,dx+\exp \left[\int a(x)\,dx\right]\,dy=0$

ist dann exakt. Wir suchen nun eine Stammfunktion $F(x,y)$, welche folgende Gleichungen erfüllt:

(22) $F_{x}(x,y)=[a(x)y+b(x)]\exp \left[\int a(x)\,dx\right]$ und $F_{y}(x,y)=\exp \left[\int a(x)\,dx\right]$.

Hier integrieren wir zunächst die zweite Gleichung und erhalten

$F(x,y)=y\cdot \exp \left[\int a(x)\,dx\right]+f(x)$

mit der unbestimmten Funktion $f(x)$. Mit Hilfe der ersten Gleichung in (22) ermitteln wir

$f'(x)=F_{x}(x,y)-y\cdot a(x)\exp \left[\int a(x)\,dx\right]=b(x)\exp \left[\int a(x)\,dx\right]$

und schließlich

$f(x)=\int \left\{b(x)\exp \left[\int a(x)\,dx\right]\right\}\,dx$.

Wir erhalten mit

(23) $F(x,y)=y\cdot \exp \left[\int a(x)\,dx\right]+\int \left\{b(x)\exp \left[\int a(x)\,dx\right]\right\}\,dx$

eine Stammfunktion der Differentialgleichung (21). Die Gesamtheit der Lösungen erhalten wir als Niveaulinien $F(x,y)=c$ wie folgt

(24) $y=c\cdot \exp \left[-\int a(x)\,dx\right]-\exp \left[-\int a(x)\,dx\right]\cdot \int \left\{b(x)\exp \left[\int a(x)\,dx\right]\right\}\,dx$,

mit einer Konstante $c\in \mathbb {R}$. Dabei stellt der erste Summand auf der rechten Seite die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung

$y'(x)+a(x)y(x)=0$

dar, während der zweite Summand eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung

$y'(x)+a(x)y(x)+b(x)=0$

angibt.

2. Methode: Variation der Konstanten

Wir betrachten zunächst die homogene Differentialgleichung

(25) $y'(x)+a(x)y(x)=0$,

die wir in

$[\log y(x)]'={\frac {y'(x)}{y(x)}}=-a(x)$

umformen und gemäß

$\log y(x)=-\int a(x)\,dx$

integrieren. Wir erhalten die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung (25) wie oben in der Gestalt

(26) $y(x)=c\cdot y_{0}(x)$ mit $y_{0}(x):=\exp \left[-\int a(x)\,dx\right]$ und beliebigem $c\in \mathbb {R}$.

Zur Lösung der inhomogenen Gleichung

(27) $y'(x)+a(x)y(x)+b(x)=0$

machen wir den Ansatz der Variation der Konstanten

$y(x)=c(x)\cdot y_{0}(x)$ mit der Funktion $c=c(x)$.

Wir ermitteln

(28) ${\begin{matrix}0=[c(x)\cdot y_{0}(x)]'+a(x)c(x)\cdot y_{0}(x)+b(x)\\=c'(x)\cdot y_{0}(x)+c(x)\cdot y_{0}'(x)+a(x)c(x)\cdot y_{0}(x)+b(x)\\=c'(x)\cdot y_{0}(x)+c(x)(y_{0}'(x)+a(x)\cdot y_{0}(x))+b(x)=c'(x)\cdot y_{0}(x)+b(x)\end{matrix}}$

bzw.

$c'(x)=-b(x)\cdot \exp \left[\int a(x)\,dx\right]$

und schließlich

$c(x)=-\int \left\{b(x)\cdot \exp {\Bigl [}\int a(x)\,dx{\Bigr ]}\right\}\,dx$.

Mit

(29) $y_{1}(x)=-\exp {\Bigl [}-\int a(x)\,dx{\Bigr ]}\cdot \int \left\{b(x)\cdot \exp {\Bigl [}\int a(x)\,dx{\Bigr ]}\right\}\,dx$

erhalten wir eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung (27). Nun stellt

${\mathcal {L}}(y):=y'(x)+a(x)y(x)$

einen linearen Differentialoperator erster Ordnung dar, d. h.

${\mathcal {L}}(\alpha y+\beta z)=\alpha {\mathcal {L}}(y)+\beta {\mathcal {L}}(z)$ für alle $y(x),z(x)\in C^{1}(I)$ und $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$.

Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung (27) erhalten wir durch Superposition wie folgt

(30) $y(x):=y_{1}(x)+cy_{0}(x)$ mit beliebigem $c\in \mathbb {R}$.

Satz 1 (Einfachverhältnis)

Sind $z_{j}(x)$ – mit $j=1,2,3$ – drei Lösungen der inhomogenen Differentialgleichung (27), so ist das Einfachverhältnis

${\frac {z_{3}(x)-z_{1}(x)}{z_{2}(x)-z_{1}(x)}}=const,\quad x\in I$

in diesem Sinne konstant.

Beweis

Für die drei Lösungen gilt die Darstellung

$z_{j}(x)=y_{1}(x)+c_{j}\cdot y_{0}(x)$ mit den Konstanten $c_{j}\in \mathbb {R} ,j=1,2,3$.

Somit folgt

${\frac {z_{3}(x)-z_{1}(x)}{z_{2}(x)-z_{1}(x)}}={\frac {(c_{3}-c_{1})\cdot y_{0}}{(c_{2}-c_{1})\cdot y_{0}}}={\frac {c_{3}-c_{1}}{c_{2}-c_{1}}}=:const$.

Beispiel 6: Die Bernoullische Differentialgleichung

Wir betrachten nun die Bernoullische Differentialgleichung

(31) $y'(x)+a(x)y(x)+b(x)y(x)^{n}=0$ mit dem Exponenten $n\in \mathbb {Z}$.

Im Falle $n=0$ stellt dies eine inhomogene lineare Differentialgleichung dar, während wir im Falle $n=1$ eine homogene lineare Differentialgleichung erhalten. Ist nun $n\in \mathbb {Z} \setminus \{0,1\}$ erfüllt, so können wir die Differentialgleichung (31) mittels einer nichtlinearen Transformation auf eine lineare Differentialgleichung zurückführen. Hierzu multiplizieren wir (31) mit der Funktion $y(x)^{-n}$ und erhalten

(32) $y(x)^{-n}y'(x)+a(x)y(x)^{1-n}+b(x)=0$.

Wir verwenden nun die Substitution

$z(x):={\frac {1}{1-n}}y(x)^{1-n}$

und erhalten mit

(33) $z'(x)+(1-n)a(x)z(x)+b(x)=0$

eine lineare Differentialgleichung für $z=z(x)$. Deren Lösung können wir gemäß Beispiel 5 ermitteln und führen schließlich eine Resubstitution durch.

Beispiel 7: Die Riccatische Differentialgleichung

Zum Abschluss dieses Paragraphen betrachten wir die folgende Differentialgleichung

(34) $y'(x)+a(x)y(x)^{2}+b(x)y(x)+c(x)=0$ mit stetigen $a(x),b(x),c(x)$.

Diese Riccatische Differentialgleichung reduziert sich für $a=0$ auf eine lineare und für $c=0$ auf eine Bernoullische Differentialgleichung, welche über die Substitution

$z(x)={\frac {-1}{y(x)}}$

wiederum auf eine lineare Differentialgleichung führt. Haben wir bereits eine partikuläre Lösung $y_{0}(x)$ der Riccatischen Differentialgleichung (34) gefunden, so ermitteln wir alle weiteren Lösungen mit dem folgenden Ansatz

$y(x)=y_{0}(x)+u(x)$.

Wir berechnen

(35) ${\begin{matrix}0=y'(x)+a(x)y(x)^{2}+b(x)y(x)+c(x)\\=y_{0}'(x)+u'(x)+a(x)y_{0}(x)^{2}+2a(x)u(x)y_{0}(x)+a(x)u(x)^{2}+b(x)y_{0}(x)\\+\,b(x)u(x)+c(x)=u'(x)+2a(x)u(x)y_{0}(x)+a(x)u(x)^{2}+b(x)u(x)\\=u'(x)+[2a(x)y_{0}(x)+b(x)]u(x)+a(x)u(x)^{2}\end{matrix}}$

Somit genügt $u(x)$ einer Bernoullischen Differentialgleichung; die Riccatische Differentialgleichung (34) wird also lösbar, sofern wir bereits eine partikuläre $y_{0}(x)$ kennen.

Satz 2 (Doppelverhältnis)

Sind $z_{j}(x)$ – mit $j=1,2,3,4$ – vier paarweise verschiedene Lösungen der Riccatischen Differentialgleichung (34), so ist das Doppelverhältnis

${\frac {z_{4}(x)-z_{2}(x)}{z_{4}(x)-z_{1}(x)}}:{\frac {z_{3}(x)-z_{2}(x)}{z_{3}(x)-z_{1}(x)}}=const,\quad x\in I$

in diesem Sinne konstant.

Beweis

Wir erhalten mit den Funktionen

${\frac {-1}{z_{4}(x)-z_{1}(x)}},{\frac {-1}{z_{3}(x)-z_{1}(x)}},{\frac {-1}{z_{2}(x)-z_{1}(x)}}$

drei paarweise verschiedene Lösungen der zugehörigen linearen Differentialgleichung. Satz 1 liefert die gesuchte Identität

(36) ${\frac {{\frac {1}{z_{4}(x)-z_{1}(x)}}-{\frac {1}{z_{2}(x)-z_{1}(x)}}}{{\frac {1}{z_{3}(x)-z_{1}(x)}}-{\frac {1}{z_{2}(x)-z_{1}(x)}}}}={\frac {z_{2}-z_{4}}{(z_{4}-z_{1})(z_{2}-z_{1})}}:{\frac {z_{2}-z_{3}}{(z_{3}-z_{1})(z_{2}-z_{1})}}$ $={\frac {z_{2}(x)-z_{4}(x)}{z_{4}(x)-z_{1}(x)}}:{\frac {z_{2}(x)-z_{3}(x)}{z_{3}(x)-z_{1}(x)}},\quad x\in I$.

q.e.d.