Commit ce5440e0 authored by Sander, Oliver's avatar Sander, Oliver
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Schreibe t statt x für die unabhängige Variable

So ist es konsistent mit dem vorherigen Kapitel.
parent 6c7ad81b
......@@ -134,16 +134,15 @@
\bigskip
Wir betrachten die Differentialgleichung
\begin{equation*}
y'(x) = f(x,y)
y'(t) = f(t,y)
\end{equation*}
(Achtung: statt $t$ schreiben wir jetzt $x$!)
\bigskip
\pause
Eine Differentialgleichung der Form
\begin{equation*}
y' = \frac{g(x)}{h(y)}
y' = \frac{g(t)}{h(y)}
\end{equation*}
heißt \cblue{Differentialgleichung mit trennbaren Variablen}.
......@@ -151,9 +150,9 @@
Beispiel:
\begin{equation*}
y' = \sin(x) \cos(y) = \frac{g(x)}{h(y)}
y' = \sin(t) \cos(y) = \frac{g(t)}{h(y)}
\end{equation*}
mit $g(x) = \sin(x)$ und $h(y) = \frac{1}{\cos(y)}$.
mit $g(t) = \sin(t)$ und $h(y) = \frac{1}{\cos(y)}$.
\end{frame}
\begin{frame}
......@@ -161,10 +160,10 @@
\structure{Differentialgleichung}
\begin{equation*}
y' = \frac{g(x)}{h(y)}
y' = \frac{g(t)}{h(y)}
\end{equation*}
\begin{itemize}
\item Seien $g(x)$ und $h(y)$ stetig und $h(y)$ habe keine Nullstellen.
\item Seien $g(t)$ und $h(y)$ stetig und $h(y)$ habe keine Nullstellen.
\item Satz von Peano: Es existiert eine Lösung.
\end{itemize}
......@@ -175,7 +174,7 @@
Multipliziere mit $h(y)$:
\begin{equation*}
h(y) y'(x) = g(x)
h(y) y'(t) = g(t)
\end{equation*}
\end{frame}
......@@ -187,28 +186,28 @@
Integriere auf beiden Seiten:
\begin{equation*}
\int h(y(x)) y'(x) \,dx = \int g(x) \,dx
\int h(y(t)) y'(t) \,dt = \int g(t) \,dt
\end{equation*}
\pause
Substitutionsregel: $\eta \colonequals y(x)$
Substitutionsregel: $\eta \colonequals y(t)$
\begin{equation*}
\int h(\eta) \,d\eta = \int g(x) \,dx
\int h(\eta) \,d\eta = \int g(t) \,dt
\end{equation*}
\pause
Seien $H$, $G$ Stammfunktionen von $h$ bzw.\ $g$. Es folgt
\begin{align*}
H(\eta) = G(x) + C
H(\eta) = G(t) + C
\qquad
\text{(mit einer Konstanten $C$)}
\end{align*}
\pause
Rücksubstitution:
\begin{align*}
H(y(x)) & = G(x) + C
H(y(t)) & = G(t) + C
\end{align*}
\end{frame}
......@@ -217,15 +216,15 @@
\structure{Nach der Rücksubstitution:}
\begin{equation*}
H(y(x)) = G(x) + C
H(y(t)) = G(t) + C
\end{equation*}
\pause
\structure{Schritt 3:}
Falls möglich, löse nach $y(x)$ auf.
Falls möglich, löse nach $y(t)$ auf.
\begin{equation*}
y(x) = H^{-1} (G(x) + C)
y(t) = H^{-1} (G(t) + C)
\end{equation*}
\end{frame}
......@@ -234,12 +233,12 @@
Gleichung:
\begin{equation*}
y' = \frac{g(x)}{h(y)}
y' = \frac{g(t)}{h(y)}
\end{equation*}
Beispiel:
\begin{equation*}
y' = x y = \frac{x}{1/y}
y' = t y = \frac{t}{1/y}
\end{equation*}
Annahme: $y\neq 0$
......@@ -250,12 +249,12 @@
Multipliziere mit $h(y)$:
\begin{equation*}
h(y) y' = g(x)
h(y) y' = g(t)
\end{equation*}
Beispiel:
\begin{equation*}
\frac{y'}{y} = x
\frac{y'}{y} = t
\end{equation*}
\end{frame}
......@@ -265,20 +264,20 @@
\structure{Schritt 2:} Integration
\begin{align*}
\int h(y) y' dx & = \int g(x) dx \\
H(y(x)) & = G(x) + C
\int h(y) y' dt & = \int g(t) dt \\
H(y(t)) & = G(t) + C
\end{align*}
\bigskip
\pause
Beispiel:
\begin{equation*}
\int \frac{y'}{y} dx = \int x\,dx
\int \frac{y'}{y} dt = \int t\,dt
\end{equation*}
Logarithmische Integration:
\begin{equation*}
\ln |y| = \frac{x^2}{2} + C
\ln |y| = \frac{t^2}{2} + C
\end{equation*}
\end{frame}
......@@ -288,7 +287,7 @@
\structure{Schritt 3:}
Löse nach $y$ auf (falls möglich)
\begin{equation*}
y(x) = H^{-1} (G(x) + C)
y(t) = H^{-1} (G(t) + C)
\end{equation*}
\pause
......@@ -296,15 +295,15 @@
\structure{Beispiel:}
\begin{align*}
\ln |y| & = \frac{x^2}2 + C \\
\Rightarrow\quad |y| & = \exp(\frac{x^2}2 + C) = e^C e^{x^2/2} = \tilde C e^{x^2/2},
\ln |y| & = \frac{t^2}2 + C \\
\Rightarrow\quad |y| & = \exp(\frac{t^2}2 + C) = e^C e^{t^2/2} = \tilde C e^{t^2/2},
\qquad
\tilde{C} > 0
\end{align*}
Die Gleichung hat die Lösungen
\begin{equation*}
y(x) = \pm \tilde C e^{x^2/2}
y(t) = \pm \tilde C e^{t^2/2}
\end{equation*}
\end{frame}
......@@ -312,7 +311,7 @@
\frametitle{Beispiel: Trennung der Variablen}
\begin{equation*}
y' = \sin(x) \cos(y)
y' = \sin(t) \cos(y)
\end{equation*}
Richtungsfeld:
......@@ -350,15 +349,15 @@
(Rechnung an der Tafel)
\end{frame}
\subsection{Gleichungen vom Typ $F(x, y', y'') = 0$}
\subsection{Gleichungen vom Typ $F(t, y', y'') = 0$}
\begin{frame}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(x, y', y'') = 0$}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(t, y', y'') = 0$}
\bigskip
Gegeben eine Gleichung der Form
\begin{equation*}
F(x, y', y'') = 0
F(t, y', y'') = 0
\end{equation*}
\begin{itemize}
......@@ -370,12 +369,12 @@
\structure{Beispiel:}
\begin{equation*}
y'' = 5 y' \ln x, \quad x > 0
y'' = 5 y' \ln t, \quad t > 0
\end{equation*}
\end{frame}
\begin{frame}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(x, y', y'') = 0$}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(t, y', y'') = 0$}
Der Weg zur Lösung:
\begin{itemize}
......@@ -383,56 +382,56 @@
\pause
\item Damit wird die Gleichung zu
\begin{equation*}
F(x, v, v') = 0,
F(t, v, v') = 0,
\end{equation*}
einer Gleichung erster Ordnung!
\pause
\item Diese ist häufig einfacher zu lösen: Sei
\begin{equation*}
v = \psi(x, C), \qquad C\in\R
v = \psi(t, C), \qquad C\in\R
\end{equation*}
die allgemeine Lösung.
\pause
\item Dann ist
\begin{equation*}
y = \int v(x) dx + C_1 = \int \psi(x, C) dx + C_1, \quad C, C_1 \in \R
y = \int v(t) dt + C_1 = \int \psi(t, C) dt + C_1, \quad C, C_1 \in \R
\end{equation*}
Lösung der Ausgangsgleichung.
\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(x, y', y'') = 0$}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(t, y', y'') = 0$}
Beispiel:
\begin{equation*}
y'' = 5 y' \ln(x), \quad x > 0
y'' = 5 y' \ln(t), \quad t > 0
\end{equation*}
\begin{enumerate}
\item Setze $v \colonequals y'$
\begin{equation*}
v' = 5 \ln(x) v
v' = 5 \ln(t) v
\end{equation*}
\pause
\item Lösen für $v$.\\ Hier: Mit Trennung der Variablen
\begin{equation*}
\frac{v'}{v} = 5 \ln(x) \qquad \int \frac{v'}{v}\, dx = 5 \int \ln(x) \,dx + C
\frac{v'}{v} = 5 \ln(t) \qquad \int \frac{v'}{v}\, dt = 5 \int \ln(t) \,dt + C
\end{equation*}
\pause
\item Stammfunktion berechnen
\begin{equation*}
\ln(|v|) = 5 x (\ln(x) - 1) + C \qquad \text{(partielle Integration)}
\ln(|v|) = 5 t (\ln(t) - 1) + C \qquad \text{(partielle Integration)}
\end{equation*}
\end{enumerate}
\end{frame}
\begin{frame}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(x, y', y'') = 0$}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(t, y', y'') = 0$}
Resultat der letzten Folie:
\begin{equation*}
\ln(|v|) = 5 x (\ln(x) - 1) + C
\ln(|v|) = 5 t (\ln(t) - 1) + C
\end{equation*}
\pause
......@@ -440,18 +439,18 @@
\setcounter{enumi}{4}
\item Auflösen dieser Gleichung nach $v$:
\begin{equation*}
v = \pm \exp\left( 5x (\ln(x)-1) + C \right)
= C_1 e^{-5x} e^{5x\ln(x)}
= C_1 e^{-5x} x^{5x}
v = \pm \exp\left( 5t (\ln(t)-1) + C \right)
= C_1 e^{-5t} e^{5t\ln(t)}
= C_1 e^{-5t} t^{5t}
\end{equation*}
\end{enumerate}
\pause
Lösung der Differentialgleichung:
\begin{equation*}
y(x)
= \int v(x)\,dx + C_2
= C_1 \int x^{5x} e^{-5x} dx + C_2
y(t)
= \int v(t)\,dt + C_2
= C_1 \int t^{5t} e^{-5t} dt + C_2
\end{equation*}
\begin{itemize}
......@@ -461,7 +460,7 @@
\end{frame}
\begin{frame}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(x, y', y'') = 0$}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(t, y', y'') = 0$}
\structure{Beispiel:}
\begin{equation*}
......@@ -484,35 +483,35 @@
\pause
Integration
\begin{align*}
\int\frac{v'}{\sqrt{1+v^2}}\, dx & = \int a \,dx + C
\int\frac{v'}{\sqrt{1+v^2}}\, dt & = \int a \,dt + C
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{frame}
\begin{frame}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(x, y', y'') = 0$}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(t, y', y'') = 0$}
Resultat von der letzten Folie:
\begin{align*}
\int\frac{v'}{\sqrt{1+v^2}}\, dx & = \int a \,dx + C
\int\frac{v'}{\sqrt{1+v^2}}\, dt & = \int a \,dt + C
\end{align*}
\pause
Glücklicherweise: Stammfunktion der linken Seite ist bekannt
\begin{align*}
\arsinh(v) & = ax + C
\arsinh(v) & = at + C
\qquad \text{(arsinh: area sinus hyperbolicus)}
\end{align*}
\pause
Umformen
\begin{align*}
y' = v = \sinh(ax + C)
y' = v = \sinh(at + C)
\qquad \text{(sinh: sinus hyperbolicus)}
\end{align*}
\pause
Nochmal Integrieren:
\begin{equation*}
y = \int \sinh(ax + C)\,dx + C_1 = \frac{1}{a} \cosh(ax+C) + C_1
y = \int \sinh(at + C)\,dt + C_1 = \frac{1}{a} \cosh(at+C) + C_1
\end{equation*}
\end{frame}
......@@ -696,11 +695,11 @@
\begin{frame}
\frametitle{Gleichungen vom Typ $F(y, y', y'') = 0$}
Unabhängige Variable $x$ tritt nicht explizit auf.
Unabhängige Variable $t$ tritt nicht explizit auf.
\structure{Beispiel:}
\begin{equation*}
y = y(x) \quad y'' = - \frac{(y')^2}{5y} \quad y > 0
y = y(t) \quad y'' = - \frac{(y')^2}{5y} \quad y > 0
\end{equation*}
\pause
......@@ -714,7 +713,7 @@
\structure{Schritt 2:}
Kettenregel
\begin{equation*}
y'' = \frac{d}{dx} v(y) = \frac{dv}{dy} \frac{dy}{dx} = v'(y) y' = v'(y) v(y)
y'' = \frac{d}{dt} v(y) = \frac{dv}{dy} \frac{dy}{dt} = v'(y) y' = v'(y) v(y)
\end{equation*}
Differentialgleichung 1. Ordnung
\begin{equation*}
......@@ -748,7 +747,7 @@
\structure{Schritt 5:}
Lösung davon (leider nur implizit)
\begin{equation*}
\int_0^y \frac{d\xi}{\psi(\xi, C)} = x + C_1, \qquad C, C_1 \in \R
\int_0^y \frac{d\xi}{\psi(\xi, C)} = t + C_1, \qquad C, C_1 \in \R
\end{equation*}
\end{frame}
......@@ -788,13 +787,13 @@
Wieder Trennung der Variablen:
\begin{align*}
\int y^{\sfrac15} y' dx & = \int C_1 dx \\
\frac56 y^{\sfrac65} & = C_1 x + C_2
\int y^{\sfrac15} y' dt & = \int C_1 dt \\
\frac56 y^{\sfrac65} & = C_1 t + C_2
\end{align*}
Lösung also
\begin{equation*}
y = (C_3 x + C_4)^{\sfrac56}
y = (C_3 t + C_4)^{\sfrac56}
\end{equation*}
\end{frame}
......@@ -815,15 +814,15 @@
Es wirken drei Kräfte:
\begin{itemize}
\item Erdanziehung: $F_g = -mg$
\item Massenträgheit: $F_T = m\ddot x$
\item Luftreibung: $F_R = k^2 \dot x^2$
\item Massenträgheit: $F_T = m\ddot y$
\item Luftreibung: $F_R = k^2 \dot y^2$
\end{itemize}
\medskip
Kräftegleichgewicht:
\begin{equation*}
m\ddot x = mg - k^2 \dot x^2
m\ddot y = mg - k^2 \dot y^2
\end{equation*}
\end{frame}
......@@ -832,18 +831,18 @@
Differentialgleichung
\begin{equation*}
m\ddot x = mg - k^2 \dot x^2
m\ddot y = mg - k^2 \dot y^2
\end{equation*}
Vereinfachung: $m \colonequals 1$
\begin{equation*}
\ddot x = g - k^2 \dot x^2
\ddot y = g - k^2 \dot y^2
\end{equation*}
Anfangswerte:
\begin{itemize}
\item $x(0) = 0$
\item $\dot x(0) = 0$
\item $y(0) = 0$
\item $\dot y(0) = 0$
\end{itemize}
[Rechnung an der Tafel, siehe Bärwolff S.~441]
......@@ -854,13 +853,13 @@
\begin{frame}
\frametitle{Ähnlichkeits-Differentialgleichungen}
Gleichungen der Form $y' = \phi(\sfrac{y}{x})$
Gleichungen der Form $y' = \phi(\sfrac{y}{t})$
\medskip
\structure{Beispiel:}
\begin{equation*}
y' = \frac{xy}{x^2-y^2} = \frac{\sfrac yx}{1-(\sfrac yx)^2} = \phi(\sfrac{y}{x})
y' = \frac{ty}{t^2-y^2} = \frac{\sfrac yt}{1-(\sfrac yt)^2} = \phi(\sfrac{y}{t})
\end{equation*}
mit $\phi(v) \colonequals \frac{v}{1-v^2}$
......@@ -868,44 +867,44 @@
\pause
\structure{Allgemein:}
Sei $\phi$ stetig, $x\neq 0$.
Sei $\phi$ stetig, $t\neq 0$.
\smallskip
\structure{Schritt 1:}
Definiere $v \colonequals \sfrac yx$.
Definiere $v \colonequals \sfrac yt$.
\begin{equation*}
\implies y = vx \implies \phi(v) = y' = v'x + v
\implies y = vt \implies \phi(v) = y' = v't + v
\end{equation*}
\pause
\structure{Schritt 2:}
Differentialgleichung in $v$:
\begin{equation*}
v' = \frac{\phi(v) - v}{x}
v' = \frac{\phi(v) - v}{t}
\end{equation*}
\end{frame}
\begin{frame}
\frametitle{Gleichungen der Form $y' = \Phi(\sfrac{y}{x})$}
\frametitle{Gleichungen der Form $y' = \Phi(\sfrac{y}{t})$}
\begin{equation*}
v' = \frac{\phi(v) - v}{x}
v' = \frac{\phi(v) - v}{t}
\end{equation*}
\structure{Schritt 3:}
Trennung der Variablen
\begin{align*}
\int\frac{v'}{\phi(v)-v} dx & = \int \frac1x dx + C \\
\int\frac{v'}{\phi(v)-v} dx & = \ln(|x|) + C
\int\frac{v'}{\phi(v)-v} dt & = \int \frac1t dt + C \\
\int\frac{v'}{\phi(v)-v} dt & = \ln(|t|) + C
\end{align*}
\end{frame}
\begin{frame}
\frametitle{Gleichungen der Form $y' = \Phi(\sfrac{y}{x})$}
\frametitle{Gleichungen der Form $y' = \Phi(\sfrac{y}{t})$}
\structure{Beispiel:}
\begin{equation*}
y' = \frac{xy}{x^2-y^2} = \frac{\sfrac yx}{1-(\sfrac yx)^2} = \phi(\sfrac{y}{x})
y' = \frac{ty}{t^2-y^2} = \frac{\sfrac yt}{1-(\sfrac yt)^2} = \phi(\sfrac{y}{t})
\text{ mit }
\phi(v) \colonequals \frac{v}{1-v^2}
\end{equation*}
......@@ -914,59 +913,59 @@
Also:
\begin{equation*}
v'
= \frac{\phi(v) - v}{x}
= \frac{\frac{v}{1-v^2}-v}{x}
= \frac{\frac{v^3}{1-v^2}}{x}
= \frac{\phi(v) - v}{t}
= \frac{\frac{v}{1-v^2}-v}{t}
= \frac{\frac{v^3}{1-v^2}}{t}
\end{equation*}
\pause
Trennung der Variablen:
\begin{equation*}
\int\frac{v'}{\phi(v)-v} dx = \int \frac1x dx + C
\int\frac{v'}{\phi(v)-v} dt = \int \frac1t dt + C
\quad\Rightarrow\quad
\int\frac{1-v^2}{v^3}v' dx = \int \frac1x dx + C
\int\frac{1-v^2}{v^3}v' dt = \int \frac1t dt + C
\end{equation*}
\pause
Berechne das linke Integral:
\begin{equation*}
\int\frac{1-v^2}{v^3}v' dx
= \int\frac{v'}{v^3} dx - \int\frac{v'}{v} dx
\int\frac{1-v^2}{v^3}v' dt
= \int\frac{v'}{v^3} dt - \int\frac{v'}{v} dt
= -\frac{1}{2v^2} - \ln(|v|)
\end{equation*}
Also
\begin{equation*}
-\frac{1}{2v^2} - \ln(|v|) = \ln(|x|) + C
-\frac{1}{2v^2} - \ln(|v|) = \ln(|t|) + C
\end{equation*}
\end{frame}
\begin{frame}
\frametitle{Gleichungen der Form $y' = \Phi(\sfrac{y}{x})$}
\frametitle{Gleichungen der Form $y' = \Phi(\sfrac{y}{t})$}
\begin{equation*}
-\frac{1}{2v^2} - \ln(|v|) = \ln(|x|) + C
-\frac{1}{2v^2} - \ln(|v|) = \ln(|t|) + C
\end{equation*}
Rücksubstitution $v \to \sfrac{y}{x}$
Rücksubstitution $v \to \sfrac{y}{t}$
\begin{align*}
-\frac{x^2}{2y^2} - \ln(|\sfrac{y}{x}|) & = \ln(|x|) + C \\
-\frac{x^2}{2y^2} & = \ln(|y|) + C \\
\text{bzw. } |y| & = \exp(-\frac{x^2}{2y^2} - C) \\
\text{bzw. } y & = C_1 e^{-\frac{x^2}{2y^2}}
-\frac{t^2}{2y^2} - \ln(|\sfrac{y}{t}|) & = \ln(|t|) + C \\
-\frac{t^2}{2y^2} & = \ln(|y|) + C \\
\text{bzw. } |y| & = \exp(-\frac{t^2}{2y^2} - C) \\