Schreibe t statt x für die unabhängige Variable

So ist es konsistent mit dem vorherigen Kapitel.

Kapitel_Gewöhnliche_Differentialgleichungen/Kapitel_Techniken_fuer_spezielle_Gleichungen.tex

@@ -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) \\