10. Differentialgleichungen

Mit störfaktor: flip and switch etc… See L24 Anfang → Kap 8.1
oder:

• spezielle Lösung finden
  • wenn nichts wegzukürzen ist muss man neu ausrechnen → es ist immer was wegzukürzen.

8.1 Einleitung

8.1 (Gewöhnliche) Differentialgleichung

Unter einer (gewöhnlichen) Differentialgleichung (engl. (ordinary) differential equation) verstehen wir eine Gleichung, in welcher die gesuchte Funktion sowie deren Ableitungen auftreten, also eine Gleichung der Form

$$F(u(t),u^{\prime }(t),\dots ,u^{(n)}(t),t)=0,$$

wobei $F$ vorgegeben ist.

Dabei heisst $t$ unabhängige Variable (engl. independent variable) und $u$ abhängige Variable (engl. dependent variable).

Wir können ODEs anhand von mehreren Kategorien klassifizieren:

• Ordnung (Order) ODE ist von Ordnung $n$ falls $u^n$ die höchste Ableitung in der Gleichung ist. $u^{\prime \prime }+u=0$ ist von 2er Ordnung z.B.
• Linearität (Linearity) alle Ableitungsterme müssen $u^1$ sein. $(u^{\prime \prime }{)}^2-u=0$ ist nicht linear. $u^{\prime }=x^{2}u$ ist linear (die Koeffizienten können irgendwelche Funktionen sein)
• Homogenität (Homegeneity) Alle terme enthalten $u$ oder eine Ableitung.
  • i.e. die Störfunktion $s(x)=0$.
  • Wenn $s(x)\ne 0$, nennen wir die ODE inhomogen.

Example:

• Newtonsches Abkühlungsgesetz
  • $u^{\prime }(t)=k(T_{\text{env}}-u(t))$ wo $k$ und $T_{\text{env}}$ konstanten sind.
  • Das ist eine inhomogene ODE erster Ordnung mit Störfunktion $s(x)=k{T}_{\text{env}}$.
• Bimolekulare Reaktion
  • $u^{\prime }(t)=k(K_a-u(t))(K_b-u(t))=k{K}_a{K}_{b}k{K}_{a}u(t)-k{R}_{b}u(t)+k{u}^2(t)$
  • Störfunktion $s(t)=k{K}_a{K}_b$.
  • beschreibt die Produktion eines Stoffes aus zwei Anfangsstoffen mit Konzentration $K_a,K_b$.
• Logistische Gleichung
  • $u^{\prime }(t)=ku(t)\left(1-\frac{u(t)}{L}\right)=ku(t)-\frac{k}{L}{u}^2(t)$
  • Der Term $-\frac{k}{L}{u}^2(t)$ macht diese Gleichung nicht-linear.
  • Beschreibt Populationsgrösse, deren Wachstum durch $L$ beschränkt ist

8.2 Grundlagen

8.6 Superpositionsprinzip

Sind $y_1(x)$ und $y_2(x)$ Lösungen einer linearen, homogenen Differentialgleichung, so ist auch

$$y(x)=C_1{y}_1(x)+C_2{y}_2(x)C_1,C_2\in \mathbb{R}$$

eine Lösung der gleichen Differentialgleichung.

Proof (Intuitive) Sei $F$ die homogene ODE. Dann gilt $L[y_1]=0$ und $L[y_2]=0$.
Dann muss auch $L[y]=C_1\cdot 0+C_2\cdot 0=0$ sein. Dies hält da der Operator linear ist:

• $L[z]=a_n(x)z^{(n)}(x)+a_{n-1}(x)z^{(n-1)}(x)+\cdots +a_0(x)z(x)$
• $L[z]=a_n(x)(C_1{y}_1+C_2{y}_2{)}^{(n)}(x)$ $+a_{n-1}(x)(C_1{y}_1+C_2{y}_2{)}^{(n-1)}(x)$ $+\cdots +a_0(x)(C_1{y}_1$ $+C_2{y}_2)(x)$
• $L[z]=a_n(x)(C_1{y}_1{)}^{(n)}+a_n(x)(C_2{y}_2{)}^{(n)}(x)$ $+a_{n-1}(x)(C_1{y}_1{)}^{(n-1)}$ $+a_{n-1}(x)(C_2{y}_2{)}^{(n-1)}(x)$ $+\cdots +a_0(x)(C_1{y}_1)$ $+a_0(C_2{y}_2)(x)$
• und dann können wir umformen und erhalten $L[z]=C_{1}L[y_1]+C_{2}L[y_2]$.

8.7 Fundamentallösungen

Eine lineare, homogene Differentialgleichung der Ordnung $n$ (mit konstanten Koeffizienten) besitzt $n$ Lösungen $y_1(x),\dots ,y_n(x)$, sodass die allgemeine Lösung gegeben ist durch

$$y(x)=C_1{y}_1(x)+\cdots +C_n{y}_n(x),C_1,\dots ,C_n\in \mathbb{R}$$

Note: die $n$ Fundamentallösungen spannen den $n$-dimensionalen Lösungsraum als Basisvektoren.

8.3 Lineare, homogene DGL mit konstanten Koeffizienten (beliebiger Ordnung)

Wir wollen lineare, homogene Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten lösen:

$$a_n{u}^{(n)}(x)+a_{n-1}{u}^{(n-1)}(x)+\cdots +a_1{u}^{\prime }(x)+a_{0}u(x)=0$$

Eulerscher Ansatz

Wir verwenden $u(x)=e^{\lambda x}$, $\lambda \in \mathbb{C}$ als Funktion.

Note: das kommt daher, dass $e^{\lambda x}$ der Eigenvektor des $D$ Operators (differenzierung) ist: $D{e}^{\lambda x}=\lambda e^{\lambda x}$.

Wir setzen also unseren Ansatz ein und erhalten:

$$\begin{array}{rl}{a}_n{u}^{(n)}(x)+a_{n-1}{u}^{(n-1)}(x)+\cdots +a_1{u}^{\prime }(x)+a_{0}u(x)& =0\\ a_n{\lambda }^n{e}^{\lambda x}+a_{n-1}{\lambda }^{n-1}{e}^{\lambda x}+\cdots +a_1\lambda e^{\lambda x}+a_0{e}^{\lambda x}& =0\\ e^{\lambda x}(a_n{\lambda }^n+a_{n-1}{\lambda }^{n-1}+\cdots +a_1\lambda +a_0)& =0\end{array}$$

was uns das charakteristische Polynom $p(\lambda )=$ $a_n{\lambda }^n+a_{n-1}$ ${\lambda }^{n-1}+\cdots$ $+a_1\lambda +$ $a_0=0$ gibt. $u(x)=e^{\lambda x}$ löst die Gleichung also genau dann, wenn $\lambda$ eine Lösung von $p(\lambda )$ ist.

Wir wissen dank des Fundamentaltheorems der Algebra aus der Linearen Algebra das jede homogene Gleichung $n$-ten grades $n$ Lösungen hat (komplexe treten in Paaren auf).

Wenn wir die $n$ Lösungen die wir durch die $n$ Nullstellen erhalten mit dem Superpositionsprinzip addieren, erhalten wir die allgemeine Lösung.

8.9 Allgemeine Lösung (konstante Koeffizienten)

Die allgemeine Lösung von $a_n{u}^{(n)}(x)+\cdots +a_1{u}^{\prime }(x)+a_{0}u(x)=0$, $a_i\in \mathbb{R}$, lautet:

• Falls alle $r$ Nullstellen ${\lambda }_i$ reell sind mit Multiplizität $m_i$:

$$u(x)=\sum _{i=1}^r\left(\sum _{p=0}^{m_i-1}{C}_{ip}{x}^p{e}^{{\lambda }_{i}x}\right)$$

• Falls $r$ reelle Nullstellen und $s$ Paare komplexer Nullstellen $(a_j\pm i{b}_j)$ mit Multiplizität $m_j$ auftreten:

$$\begin{array}{rl}u(x)& =\sum _{i=1}^r\left(\sum _{p=0}^{m_i-1}{C}_{ip}{x}^p{e}^{{\lambda }_{i}x}\right)\\ & +\sum _{j=1}^s\left(\sum _{q=0}^{m_j-1}(A_{jq}{x}^q{e}^{a_{j}x}\sin (b_{j}x)+B_{jq}{x}^q{e}^{a_{j}x}\cos (b_{j}x))\right)\end{array}$$

8.3.1 Spezialfall 1 - Komplexe Lösungen

Wenn die Lösung etwa $e^{(3-4i)t}=e^{3t}(\cos (4t)-i\sin (4t))$ ist

• haben wir $y_1=e^{3t}\cos (4t)+i(-e^{3t}\sin 4t)=u(t)+iv(t)$
• wobei $u(t)=e^{3t}\cos (4t)$ und $v(t)=-e^{3t}\sin (4t)$
• Dann sind sowohl $u(t)$ und $v(t)$ eine Lösung

Note: nicht $iv$ weil $v$ der Imag. Teil von $y_1$ ist, nicht $iv$!

Proof:

• $L[y_1]=0$ means $y_1$ is a solution
• $⟹L[u+iv]=0$
• $L[u]+i\cdot L[v]=0$ (apply linearity)
• Thus $L[u]=0$ and $L[v]=0$ (a complex number is zero iff both real and imaginary part are 0)
  Beachte, wenn die Koeffizienten komplex wären, wäre das hier nicht so easy

8.3.2 Spezialfall 2 - Wiederholte Wurzeln

(Lösungen mit Multiplizität > 1)

Sei $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=0$

• $p(\lambda )=(\lambda -1{)}^2$ $⟹\lambda =1$ (double root)

Dann haben wir $y_1(x)=e^x$.

• Nehme an die zweite Lösung ist $y_2(x)=v(x)\cdot e^x$.
• Wir berechnen die Ableitungen:
  • Dann gilt $y_2^{\prime }=v^{\prime }{e}^x+v{e}^x=(v^{\prime }+v)e^x$
  • $y_2^{\prime \prime }=v^{\prime \prime }{e}^x+v^{\prime }{e}^x+v^{\prime }{e}^x+v{e}^x=(v^{\prime \prime }+2v^{\prime }+v)e^x$
• Wir setzen in die ODE ein:
  • $y_2^{\prime \prime }-2y_2^{\prime }+y_2=e^x\left[(v^{\prime \prime }+2v^{\prime }+v)-2(v^{\prime }+v)+v\right]$
  • $=e^x\left[v^{\prime \prime }+2v^{\prime }-2v^{\prime }+v+v-2v\right]$
  • $=e^x{v}^{\prime \prime }=0$
  • $⟹v^{\prime \prime }=0$

Durch zweifaches integrieren erhalten wir:

• $v(x)=Ax+B$ und dann gilt $y_2(x)=(Ax+B)e^x$

Wir wählen $A=1$ und $B=0$ als einfachste neue Wahlen, um eine neue Lösung zu erhalten.

• Angenommen wir hätten $A=3$ und $B=2$ gewählt
• $y_2(x)=(2x+3)e^x$
• dann gilt $y(x)=C_1{e}^x+C_2(2x+3)e^x$
• $=C_1{e}^x+2C_{2}x{e}^x+3C_2{e}^x=(C_1+3C_2)e^x+2C_{2}x{e}^x$
• Dann sind $X=C_1+3C_2$ und $B=2C_2$ und es gilt $y(x)=X{e}^x+Yx{e}^x$.

8.4 Anfangs- und Randwertprobleme

In einer ODE mit konstanten Koeffizienten für die wir die allgemeine Lösung bestimmen, erscheinen auch $n$ Konstanten.

Wollen wir diese bestimmen, brauchen wir also auch $n$ Informationen. Ohne diese erhalten wir nur eine Familie an Funktionen.

8.4.1 Randwertproblem

Wenn wir die Information an zwei unterschiedlichen Stellen vorgegeben kriegen, i.e. $u(t_0)=u_0$ und $u(t_1)=u_1$, $t_0\ne t_1$ dann reden wir von einem Randwertproblem.

Beispiel: Das folgende ist ein Randwertproblem:

$$\{\begin{array}{l}{y}^{\prime \prime }(x)+4y(x)=0\\ y(0)=1\\ y(\pi /4)=2\end{array}$$

Allgemeine Lösung $y(x)=A\cos (2x)+B\sin (2x)$.
Aus $y(0)=A=1$ folgt $A=1$; aus $y(\pi /4)=B=2$ folgt $B=2$.
Gesuchte Lösung: $y(x)=\cos (2x)+2\sin (2x)$

8.4.2 Anfangswertproblem

Wenn wir mehrere Information an einer Stellen vorgegeben kriegen, für die Ableitungen, i.e. $u(t_0)=u_0$ und $u^{\prime }(t_0)=u_2$ dann reden wir von einem Anfangswertproblem.

Beispiel: Das folgende System etabliert ein Anfangswertproblem:

$$\{\begin{array}{l}{u}^{\prime \prime }(x)-2u^{\prime }(x)+u(x)=0\\ u(0)=0\\ u^{\prime }(0)=2\end{array}$$

Charakteristisches Polynom: $p(\lambda )={\lambda }^2-2\lambda +1=(\lambda -1{)}^2$
Allgemeine Lösung: $u(x)=A{e}^x+Bx{e}^x$.

Aus $u(0)=A=0$ folgt $A=0$. Aus $u^{\prime }(0)=(A{e}^x+B{e}^x+Bx{e}^x){|}_{x=0}=A+B=2$ folgt $B=2$.
Gesuchte Lösung: $u(x)=2x{e}^x$

Note: Die Ordnung einer ODE gibt uns also an:

• Grad des charakteristischen Polynoms
• Anzahl Fundamentallösungen
• Anzahl freier Parameter
• Nötige zusätzliche Information um eine spezifische Lösung zu finden.

8.5 Inhomogene Probleme

8.12 Zugehörige homogene Differentialgleichung

Ist eine inhomogene DGL $a_n(x)y^{(n)}(x)+\cdots +a_0(x)y(x)=s(x)\ne 0$ gegeben, so heisst

$$a_n(x)y^{(n)}(x)+\cdots +a_0(x)y(x)=0$$

die dazugehörige homogene Differentialgleichung.

8.13 Struktur der Lösungsmenge

Ist $y_p(x)$ eine partikuläre Lösung einer linearen, inhomogenen DGL mit konstanten Koeffizienten und $y_h(x)$ die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen DGL, so ist

$$y(x)=y_h(x)+y_p(x)$$

die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung.

Beweis: Wir zeigen zunächst, dass $y=y_h+y_p$ die inhomogene DGL löst:

$$\begin{array}{rl}{a}_n(x)y^{(n)}+\cdots +a_0(x)y& =(a_n(x)y_p^{(n)}+\cdots +a_0(x)y_p)+(a_n(x)y_h^{(n)}+\cdots +a_0(x)y_h)\\ & =s(x)+0=s(x).\end{array}$$

Umgekehrt sei $f(x)$ eine weitere Lösung der inhomogenen DGL. Dann gilt für $y_p-f$

$$a_n(x)(y_p-f{)}^{(n)}+\cdots +a_0(x)(y_p-f)=s(x)-s(x)=0,$$

d. h. $y_p-f$ löst die homogene DGL und ist somit in $y_h$ enthalten.

8.5.1 Spezielle Lösung finden

Ansätze für partikuläre Lösungen. Leitidee:

• Störfunktion = Polynom $n$-ten Grades $\Rightarrow$ Ansatz: Polynom gleichen Grades.
• Störfunktion = Schwingung $\Rightarrow$ Ansatz: Schwingung gleicher Frequenz.
• Störfunktion = Polynom $\times$ Exponentialfunktion $\Rightarrow$ Ansatz: gleiches Produkt.

Störfunktion $s(t)$	Ansatz für $y_p(t)$
Polynom $a_0+a_{1}t+\cdots +a_n{t}^n$	$C_0+C_{1}t+\cdots +C_n{t}^n$
Spezialfall: $0$ ist $m$-fache Nullstelle von $p(\lambda )$	$(C_0+C_{1}t+\cdots +C_n{t}^n)t^m$
Exponentialfunktion $A{e}^{kt}$	$C{e}^{kt}$
Spezialfall: $k$ ist $m$-fache Nullstelle	$(C{e}^{kt})t^m$
Schwingung $A\sin (\omega t)+B\cos (\omega t)$	$C_1\sin (\omega t)+C_2\cos (\omega t)$
Spezialfall: $i\omega$ ist $m$-fache Nullstelle	$(C_1\sin (\omega t)+C_2\cos (\omega t))t^m$

Note: wie in Beispiel $2$ klar wird, $C$ können hier auch Polynome oder komplexere Funktionen sein → die Regeln gelten nicht rekursiv.

• für $p(D)y=q(t)e^{\lambda t}$ gilt nicht, dass wenn sowohl $\lambda$ eine $1$-fache Nullstelle von $p(D)$ ist UND 0 eine $1$-fache Nullstelle von $q(t)$ ist, dass wir mit $t^2$ multiplizieren müssen.
• Ex: für $y^{\prime \prime }-y^{\prime }=(x^2+x)e^{1t}$ gilt das die Nullstellen $0,1$ sind.
  • es gilt also Regel 2b → $\lambda =1$ ist $1$-fache Nullstelle
  • aber $0$ ist auch eine Nullstelle des Polynoms und wir haben ein Polynom in $s(x)$???
    • da wir aber einen Faktor $e^{kt}$ haben, gilt nur 2b und nicht sowohl 1b als auch 2b.

Note 2: warum wird im Falle eines polynomischen $s(x)$ nur Nullstelle $0$ einbezogen, während für $s(x)=e^{kt}$ jedes $k$ zählt?

• der Fall $s(x)=$ polynom ist einfach ein Spezialfall von $C{e}^{0t}$ → deswegen im Polynomfall nur $k=0$ als Nullstelle.

Beispiel: $y^{\prime \prime }(x)-3y^{\prime }(x)+2y(x)=\sin (x)$.

• Homogenes Polynom ${\lambda }^2-3\lambda +2=(\lambda -2)(\lambda -1)$, also $y_h(x)=A{e}^x+B{e}^{2x}$.
• Da $\lambda =i$ keine Nullstelle ist, wählen wir $y_p(x)=K\sin (x)+L\cos (x)$.
• Mit $y_p^{\prime }=K\cos (x)-L\sin (x)$, $y_p^{\prime \prime }=-K\sin (x)-L\cos (x)$ ergibt Einsetzen

$$(3L+K)\sin (x)+(-3K+L)\cos (x)\stackrel{!}{=}\sin (x)$$

• Koeffizientenvergleich liefert das System $\{\begin{array}{l}3L+K=1\\ -3K+L=0\end{array}$ mit Lösung $K=\frac{1}{10}$, $L=\frac{3}{10}$

$$y_p(x)=\frac{1}{10}\sin (x)+\frac{3}{10}\cos (x),y(x)=A{e}^x+B{e}^{2x}+\frac{1}{10}\sin (x)+\frac{3}{10}\cos (x)$$

Beispiel 2: $y^{\prime \prime }(x)-y(x)=(x^2-x)e^x$

• Homogenes Polynom ${\lambda }^2-1=(\lambda -1)(\lambda +1)$, also $y_h(x)=A{e}^x+B{e}^{-x}$
• Da $\lambda =1$ Nullstelle ist (Spezialfall $k$ ist $m$-fache Nullstelle), wählen wir

$$y_p(x)=(K{x}^2+Lx+M)x{e}^x=(K{x}^3+L{x}^2+Mx)e^x$$

• Mit $y_p^{\prime }(x)=e^x(K{x}^3+(3K+L)x^2+(2L+M)x+M)$ und $y_p^{\prime \prime }(x)=e^x(K{x}^3+(6K+L)x^2+(6K+4L+M)x+(2L+2M))$ ergibt Einsetzen

$$e^x(6K{x}^2+(6K+4L)x+(2L+2M))\stackrel{!}{=}(x^2-x)e^x$$

• also $\{\begin{array}{l}6K=1\\ 6K+4L=-1\\ 2L+2M=0\end{array}$ mit Lösung $K=\frac{1}{6}$, $L=-\frac{1}{2}$, $M=\frac{1}{2}$.

$$y_p(x)=\left(\frac{1}{6}{x}^3-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{2}x\right)e^x,y(x)=A{e}^x+B{e}^{-x}+\left(\frac{1}{6}{x}^3-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{2}x\right)e^x.$$

8.6 Differentialgleichungen erster Ordnung

8.6.1 Trennung der Variablen

Es geht um Diff. Gl. der Form: $y^{\prime }(x)=f(x)\cdot g(y)$.
Unser Ansatz um diese zu lösen ist die Trennung der Variablen:

• alle Ausdrücke mit der unabhängigen Variablen auf die eine
• alle mit der abhängigen auf die andere Seite bringen
  Dann beide Seiten unbestimmt integrieren.

Beispiel 8.15: Newtonsches Abkühlungsgesetz $y^{\prime }=-k(y-y_{\ast })$.

• Umschreiben (Separation der Variablen):

$$\frac{1}{y-y_{\ast }}dy=-kdt$$

• Unbestimmtes Integrieren: $\int \frac{1}{y-y_{\ast }}dy=-\int kdt\Rightarrow \ln |y-y_{\ast }|=-kt+C$
• und Auflösen nach $y$:

$$|y-y_{\ast }|=C{e}^{-kt}\Rightarrow y=C{e}^{-kt}+y_{\ast }.$$

Beispiel 8.16: $(x^2-2x+1)\cdot y^{\prime }=y$

• Trennen:

$$\frac{1}{y}dy=\frac{1}{x^2-2x+1}dx=\frac{1}{(1-x{)}^2}dx$$

• Integrieren: $\int \frac{1}{y}dy=\int \frac{1}{(1-x{)}^2}dx\Rightarrow \ln |y|=\frac{1}{1-x}+C$
• lösung:

$$|y|=C{e}^{\frac{1}{1-x}}\Rightarrow y=C{e}^{\frac{1}{1-x}}$$

8.17 Rechtfertigung der Trennung der Variablen $F(x)$ bzw. $G(t)$ Stammfunktionen von $f(x)$ bzw. von $\frac{1}{g(t)}$. Dann gilt

Es seien

$$y(x)\text{ lo¨st }{y}^{\prime }(x)=f(x)\cdot g(y)⟺G(y(x))-F(x)\text{ ist konstant}.$$

Beweis:

• „$\Rightarrow$”: Ist $y(x)$ Lösung von $y^{\prime }(x)=\frac{dy}{dx}=g(y)\cdot f(x)$, so folgt

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}(G(y(x))-F(x))& =G^{\prime }(y(x))\cdot y^{\prime }(x)-F^{\prime }(x)\\ & =\frac{1}{g(y(x))}\cdot y^{\prime }(x)-f(x)\\ & =\frac{y^{\prime }(x)-g(y(x))f(x)}{g(y(x))}=0\end{array}$$

 - also $G(y(x)) - F(x) = C$, $C \in \mathbb{R}$ (8.3).

• „$\Leftarrow$”: Gilt umgekehrt $G(y(x))-F(x)=C$, so

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}(G(y(x))-F(x))& =\frac{y^{\prime }(x)-g(y(x))f(x)}{g(y(x))}\\ & =0\Rightarrow y^{\prime }(x)-g(y(x))f(x)=0\end{array}$$

  - d. h. $y(x)$ löst $y'(x) = g(y)\cdot f(x)$.

Zusammenfassend können wir schreiben:

8.18 Homogene lineare DGL erster Ordnung

Sei $f:I\to \mathbb{R}$ stetig und betrachte $u^{\prime }(x)+f(x)u(x)=0$ für alle $x\in I$. Ist $F:I\to \mathbb{R}$ eine Stammfunktion von $f$, so sind alle $C^1$-Lösungen von der Form

$$u(x)=A{e}^{-F(x)},A\in \mathbb{R}.$$

Beweis:

1. Sei zunächst $u(x)=A{e}^{-F(x)}$. Dann

$$u^{\prime }(x)+f(x)u(x)=A{e}^{-F(x)}(-f(x))+f(x)A{e}^{-F(x)}=0$$

2. Sei umgekehrt $u(x)$ eine Lösung, d. h. $u^{\prime }(x)=-f_{\text{Lem}}(x)u(x)=-f(x)g(u)$ mit $g(u)=u$ und $f_{\text{Lem}}=-f$ (dann gilt $F_{\text{Lem}}=-F$).
3. In der Terminologie von Lemma 8.17 ist $G(u)=\ln |u|$, und $u$ löst die DGL genau dann, wenn $G(u)-(-F(x))=C$, also

$$\begin{array}{rl}\ln |u|+F(x)=C& ⟺\\ \ln |u|=C-F(x)& ⟺\\ |u|=e^C{e}^{-F(x)}& ⟺u(x)=A{e}^{-F(x)}\end{array}$$

Note: $G(u)=\ln |u|$ only makes sense for $u\ne 0$. For $u=0$, $A$ has to be $A=0$ and thus it’s also in that family.

8.6.2 Substitution

Idee (wie bei der Integration): durch Einführung einer neuen Grösse das Problem vereinfachen.

Wir führen hier $u(t)=\frac{1}{P(t)}$ als Substitution ein.

Beispiel 8.19 (logistische Gleichung): $\frac{dP}{dt}=kP\left(1-\frac{P}{L}\right)$

• Ableiten von $u$ via Kettenregel:

$$\begin{array}{rl}\frac{du}{dt}& =-\frac{1}{P^2(t)}\cdot P^{\prime }(t)\text{ hier tritt }{P}^{\prime }(t)\text{ auf }\to \text{ einsetzen}\\ & =-\frac{1}{P^2(t)}kP(t)\left(1-\frac{P(t)}{L}\right)\\ & =-k\left(\frac{1}{P}-\frac{1}{L}\right)\\ & =-k\left(u(t)-\frac{1}{L}\right)\end{array}$$

• Trennen, integrieren, auflösen:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{u-\frac{1}{L}}du& =-kdt\Rightarrow \ln \left|u-\frac{1}{L}\right|\\ & =-kt+C\Rightarrow u=C{e}^{-kt}+\frac{1}{L}\\ & =\frac{A{e}^{-kt}+1}{L}\end{array}$$

• Rücksubstitution, nicht vergessen!:

$$P(t)=\frac{1}{u(t)}=\frac{L}{1+A{e}^{-kt}}$$

8.6.3 Lineare Substitution

Beispiel 8.20: $u^{\prime }=-3x+2u-5$. Variablen nicht trennbar.

• Substitution $z=-3x+2u-5$.
• Ableiten:

$$\frac{dz}{dx}=-3+2\frac{du}{dx}=-3+2z\Rightarrow \frac{1}{2z-3}dz=dx$$

• Lösen: $\int \frac{1}{2z-3}dz=\int 1dx\Rightarrow \frac{1}{2}\ln |2z-3|=x+C$, also $|2z-3|=C{e}^{2x}$, $z=C{e}^{2x}+\frac{3}{2}$
• Rücksubstitution:

$$u=\frac{1}{2}(z+3x+5)=\frac{1}{2}\left(C{e}^{2x}+\frac{3}{2}+3x+5\right)=C{e}^{2x}+\frac{3}{2}x+\frac{13}{4}.$$

Merkregel (lineare Substitution)

Eine DGL der Form

$$\frac{dy}{dx}=y^{\prime }=f(ax+by+c),a,b,c\in \mathbb{R}$$

lässt sich durch die lineare Substitution $u=ax+by+c$ in eine DGL mit trennbaren Variablen überführen. Dabei

$$\frac{du}{dx}=a+b\frac{dy}{dx}=a+bf(u)$$

Note: Die unabhängige Variable $x$ kommt rechts nicht mehr explizit vor — eine solche DGL heißt autonom.

Beispiel 8.21: $u^{\prime }(x)=(u+2x{)}^{-2}-2$. Substitution $z=u+2x$.

• Ableiten:

$$\frac{dz}{dx}=\frac{du}{dx}+2=z^{-2}-2+2=z^{-2}\Rightarrow z^{2}dz=dx$$

• Lösen: $\int z^{2}dz=\int 1dx\Rightarrow \frac{1}{3}{z}^3=x+C$, also $z=(3x+C{)}^{1/3}$
• Rücksubstitution: $u=z-2x=(3x+C{)}^{1/3}-2x$, mit $C\in \mathbb{R}$.

8.6.4 In den Variablen homogene Differentialgleichungen

Beispiel 8.22: $y^{\prime }=\frac{y}{x}+\frac{x^2}{y^2}$.

• Substitution $z=\frac{y}{x}⟺x\cdot z=y$
• Ableiten nach x:

$$z+x\frac{dz}{dx}=\frac{dy}{dx}=z+\frac{1}{z^2}\Rightarrow z^{2}dz=\frac{1}{x}dx$$

- note that $y' = \frac{y}{x} + \frac{x^2}{y^2} = z + z^{-2}$ by the DGL that's where the right side comes from.

• Integrieren: $\frac{1}{3}{z}^3=\ln |x|+C\Rightarrow z=(3\ln |x|+C{)}^{1/3}$
• Rücksubstitution

$$y=x\cdot z=x(3\ln |x|+C{)}^{1/3}.$$

Merkregel (homogen in den Variablen)

Eine DGL der Form

$$\frac{dy}{dx}=y^{\prime }=g\left(\frac{y}{x}\right)$$

heisst homogen in den Variablen (engl. homogeneous in the variables) und lässt sich mit der Substitution $u=\frac{y}{x}$ in eine DGL mit trennbaren Variablen überführen.

8.6.5 Variation der Konstante

Die Variation der Konstante funktioniert sogar, wenn die DGL erster Ordnung nicht linear ist oder keine konstanten Koeffizienten hat:

• Die in $y_h$ auftretende Konstante wird durch eine noch zu bestimmende Funktion der unabhängigen Variablen ersetzt.

Beispiel 8.23: $y^{\prime }-y=x$.

• Homogene Lösung $y_h(x)=K{e}^x$
• Ansatz $y_p(x)=K(x)e^x$ → hängt von unabhängiger Variable ab
• Einsetzen:

$$K^{\prime }(x)e^x+K(x)e^x-K(x)e^x\stackrel{!}{=}x\Rightarrow K^{\prime }(x)e^x=x\Rightarrow K^{\prime }(x)=x{e}^{-x}$$

• Partielle Integration:

$$K(x)=\int x{e}^{-x}dx=-x{e}^{-x}+\int e^{-x}dx=-x{e}^{-x}-e^{-x}+C,C\in \mathbb{R}$$

• Dies liefert die partikuläre Lösung $y_p(x)=-x-1$ und damit

$$y(x)=y_h(x)+y_p(x)=K{e}^x-x-1$$

Beispiel 8.24: $y^{\prime }(x)-2xy(x)=\sin (x)e^{x^2}$. Zugehörige homogene DGL $y^{\prime }-2xy=0$, per Trennung $\frac{1}{y}dy=2xdx$, Lösung $y_h(x)=C{e}^{x^2}$. Ansatz $y_p(x)=C(x)\cdot e^{x^2}$.

• Einsetzen:

$$C^{\prime }(x)e^{x^2}+C(x)2x{e}^{x^2}-2xC(x)e^{x^2}\stackrel{!}{=}\sin (x)e^{x^2}\Rightarrow C^{\prime }(x)=\sin (x)$$

• also $C(x)=-\cos (x)$, $y_p(x)=-\cos (x)e^{x^2}$ und schließlich

$$y(x)=y_h(x)+y_p(x)=(C-\cos (x))e^{x^2}.$$

8.25 Variation der Konstante (Lösungsformel)

Seien $f,g:I\to \mathbb{R}$ stetig und betrachte die inhomogene DGL erster Ordnung

$$u^{\prime }(x)+f(x)u(x)=g(x),\forall x\in I$$

Sei $F:I\to \mathbb{R}$ eine Stammfunktion von $f$ und $H:I\to \mathbb{R}$ eine Stammfunktion von $g{e}^F$. Dann sind alle $C^1$-Lösungen von der Form

$$u(x)=H(x)e^{-F(x)}+A{e}^{-F(x)},A\in \mathbb{R}$$

Beweis:

1. Sei zunächst $u(x)=H(x)e^{-F(x)}+A{e}^{-F(x)}$. Dann (mit $H^{\prime }=g{e}^F$)

$$\begin{array}{rl}{u}^{\prime }(x)+f(x)u(x)& =H^{\prime }(x)e^{-F(x)}-H(x)e^{-F(x)}f(x)-A{e}^{-F(x)}f(x)+f(x)u(x)\\ & =g(x)e^{F(x)}{e}^{-F(x)}-f(x)(H(x)e^{-F(x)}+A{e}^{-F(x)})+f(x)u(x)\\ & =g(x)-f(x)u(x)+f(x)u(x)=g(x).\end{array}$$

2. Umgekehrt sei $u_h(x)$ die allgemeine Lösung der homogenen DGL $u^{\prime }+fu=0$; nach Lemma 8.17 und Satz 8.18 ist $u_h(x)=A{e}^{-F(x)}$.
3. Die Variation der Konstante gibt den Ansatz $u_p(x)=H(x)e^{-F(x)}$. Einsetzen ergibt (nach Wegkürzen)

$$H^{\prime }(x)e^{-F(x)}-\cancel{H(x)e^{-F(x)}f(x)}+\cancel{f(x)u(x)}\stackrel{!}{=}g(x)$$

d. h. $H(x)$ muss eine Stammfunktion von $g(x)e^{F(x)}$ sein.

8.8 Existenz- und Eindeutigkeitssatz

Bisher: wie löst man eine DGL.
Abstrakte Frage: wann ist sie überhaupt (eindeutig) lösbar?

8.26 Existenz- und Eindeutigkeitssatz (Picard–Lindelöf–Peano / Cauchy–Lipschitz)

Es sei $f:\mathbb{R}\times \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ stetig, d. h.

$$\begin{array}{rl}\forall (x_0,y_0)\in D(f)& ={\mathbb{R}}^2\forall \epsilon >0\exists \delta >0:\\ |x-x_0|<\delta \text{ und }|y-y_0|<\delta & ⟹|f(x,y)-f(x_0,y_0)|<\epsilon \end{array}$$

und sogar Lipschitz-stetig bezüglich der zweiten Variablen, d. h. $\exists L>0$ mit

$$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|<L|y_1-y_2|\forall x,y_1,y_2\in \mathbb{R}$$

Dann hat das Anfangswertproblem

$$\{\begin{array}{ll}{u}^{\prime }(x)=f(x,u(x))& \forall x\in \mathbb{R}\\ u(x_0)=y_0& \end{array}$$

eine eindeutige $C^1$-Lösung $u:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$.

Beweis: nope lol → see Figalli Skript

Connection to Linear Algebra

The linearity operator

ODE $a_n(x)y^n+a_{n-1}(x)y^{n-1}+\cdots +a_1(x)y^{\prime }+a_0(x)y=f(x)$ ist wie eine “Matrix Operation” → input Funktion $y$, und wir kriegen eine neue Funktion $f(x)$ raus.

Dann definieren wir die Matrizen $D:=\frac{d}{dx}$ und $D^k:=\frac{d^k}{d{x}^k}$ (Matrix $D$ potenziert hoch $k$) → sie stellen Polynome da.

Annihilation: Note the $(D-\lambda )$ annihilation factor, $k+1$ if $t^k$ in front.
Für $(D-\lambda )(e^{\lambda t})=D{e}^{\lambda t}-\lambda e^{\lambda t}$ and since $D$ ist the “derivation operator”, we get $D{e}^{\lambda t}-\lambda e^{\lambda t}=\lambda e^{\lambda t}-\lambda e^{\lambda t}=0$
For higher order terms: $(D-\lambda )(t^k{e}^{\lambda t})=k{t}^{k-1}{e}^{\lambda t}$ so we have to apply $k+1$ times to annihilate.
That’s why for repeated roots, we add the potentiated factors in front of the $e^{\lambda t}$ solution.

Dann gilt für einen “Operator” $L$ (der zu einer Matrix corresponded)

$$L:=a_n(x)D^n+a_{n-1}(x)D^{n-1}+\cdots +a_1(x)D+a_0(x)$$

Dann ist die ODE jetzt einfach $L[y]=f$.

Warum ist $L$ wie eine Matrix? Eine Matrix $A$ macht das folgende: $A:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^m$, $x\to Ax$. Der Differentialoperator $L$ macht das ganze für $C^n$ ($n$-mal stetig differenzierbare Funktionen) mit $L:C^n(I)\to C^0(I)$, $y\to L[y]$ ($I$ ist ein Intervall).

• vorher sind Vektoren n-Tupeln, jetzt glatte Funktionen

Was bringt das? So wie $A$ linear ist $A(\alpha u+\beta v)=\alpha Au+\beta Av$ ist es $L$ auch:

• $L[\alpha y+\beta z]=\alpha L[y]+\beta L[z]$
  Wenn wir haben $Ax=b⟹x_{gen}=x_p+x_h$ ($x_p$ particular solution, $x_h\in \ker (A)$ der Nullspace) so gilt auch:
• $L[y]=f⟹y_{gen}=y_p+y_h$ mit $y_h\in \ker (L)$ genau den Lösungen von $L[y]=0$.

Beispiel: (ODE als Matrix Problem lösen):

• Sei $y^{\prime }-y=0$.
• Dann gilt $L=1\cdot D^1-1\cdot D$

Beispiel: ODE $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+y=0$

• Can be written using the differential operator $D=\frac{d}{dx}$ as

$$L[y]=(D^2+2D+1)y=(D+1{)}^{2}y=0$$

where $L=p(D)$ is just the characteristic polynomial with $D$ plugged in instead of $\lambda$.

• Introduce the state vector $\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}y\\ y^{\prime }\end{array}\right)$
• Then ${\mathbf{v}}^{\prime }=D\mathbf{v}$, and the ODE rewrites as the system ${\mathbf{v}}^{\prime }=C\mathbf{v}$ where $C=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& -2\end{array}\right)$ is the companion matrix
• Since $D\mathbf{v}=C\mathbf{v}$, we have $D^k\mathbf{v}=C^k\mathbf{v}$

Why AM = GM is impossible

In the case where AM > 1, we always need a solution with $x^k{e}^{\lambda x}$.

For a general matrix, AM = GM at a repeated eigenvalue is perfectly possible. The companion matrix (the D) can never do this. The reason comes down to one structural fact:

• The minimal polynomial of the companion matrix $C$ equals its characteristic polynomial.

Example: GM < AM

$$C=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ -1& -3& -3\end{array}\right)$$

• characteristic polynomial ($\lambda$ → minimal polynomial is also $(\lambda +1{)}^3$, forcing a single $3\times 3$ Jordan block and GM $=1$.
• The top $n-1$ rows of $C$ are fixed
  • They are what represents “differentiation”
• The ODE coefficients only appear in the last row
  → they cannot break the cyclic structure. This is why no choice of ODE can produce AM = GM at a repeated root.

Repeated Roots

Consider the constant-coefficient linear ODE $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=0$.
→ characteristic polynomial is $p(\lambda )={\lambda }^2-2\lambda +1=(\lambda -1{)}^2$, which has the single root $\lambda =1$ with multiplicity $2$ (a double root).

The general solution turns out to be $y(t)=c_1{e}^t+c_{2}t{e}^t$.

A degree-$2$ ODE has a $2$-dimensional solution space, so we need two independent fundamental solutions.
The double root only hands us one obvious exponential, $e^t$. Where does the extra factor of $t$ in $t{e}^t$ come from?

The operator viewpoint

Everything becomes transparent once we package the ODE as a single differential operator.

Differential Operator of a Polynomial

Let $D:=\frac{d}{dt}$ and let $p(\mu )=a_n{\mu }^n+\cdots +a_1\mu +a_0$ be a polynomial. The associated differential operator is

$$L:=p(D)=a_n{D}^n+\cdots +a_{1}D+a_0.$$

It eats a function and returns a function: $L(f)=a_n{f}^{(n)}+\cdots +a_1{f}^{\prime }+a_{0}f$.

The point of this repackaging is that ”$f$ solves the ODE” becomes the single equation $L(f)=0$.

Example: For $p(\mu )=(\mu -1{)}^2={\mu }^2-2\mu +1$ we get

$$L=D^2-2D+1,L(f)=f^{\prime \prime }-2f^{\prime }+f,$$

which is exactly the left-hand side of $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=0$. So $L(f)=0$ is the ODE.

The one identity that runs the whole show

Eigenfunction Identity

For every $\lambda \in \mathbb{C}$ and every polynomial $p$,

$$L{e}^{\lambda t}=p(\lambda )e^{\lambda t}.$$

Proof: The exponential is an eigenfunction of $D$, since $D{e}^{\lambda t}=\lambda e^{\lambda t}$, and therefore $D^k{e}^{\lambda t}={\lambda }^k{e}^{\lambda t}$. Applying $L={\sum }_k{a}_k{D}^k$ term by term,

$$L{e}^{\lambda t}=\sum _k{a}_k{D}^k{e}^{\lambda t}=\sum _k{a}_k{\lambda }^k{e}^{\lambda t}=p(\lambda )e^{\lambda t}$$

Each $D$ just pulls down a factor of $\lambda$, so the operator $p(D)$ collapses to the number $p(\lambda )$ on this input.

Example: With $L=D^2-2D+1$,

$$L{e}^{\lambda t}={\lambda }^2{e}^{\lambda t}-2\lambda e^{\lambda t}+e^{\lambda t}=({\lambda }^2-2\lambda +1)e^{\lambda t}=(\lambda -1{)}^2{e}^{\lambda t}=p(\lambda )e^{\lambda t}$$

In particular $L{e}^t=p(1)e^t=0$, confirming $e^t$ is a solution — but this gives us only one of the two we need.

The intuition: collapsing two distinct roots

Here is the heuristic that motivates the answer. Perturb the double root into two distinct roots $\lambda$ and $\lambda +ϵ$, i.e. solve $(D-\lambda )(D-(\lambda +ϵ))y=0$.

This perturbed equation has a genuinely $2$-dimensional solution space with the clean basis $V_{ϵ}=\mathrm{span}\{e^{\lambda t},e^{(\lambda +ϵ)t}\}$.

Because $V_{ϵ}$ is a vector space, it is closed under linear combinations, so the rescaled difference $\frac{e^{(\lambda +ϵ)t}-e^{\lambda t}}{ϵ}$ is again a solution of the perturbed equation.

$$\frac{e^{(\lambda +ϵ)t}-e^{\lambda t}}{ϵ}=e^{\lambda t}\frac{e^{ϵt}-1}{ϵ}\stackrel{ϵ\to 0}{\to }t{e}^{\lambda t}$$

This limit is by definition $\frac{\partial }{\partial \lambda }{e}^{\lambda t}=t{e}^{\lambda t}$, which is exactly the missing second solution.

The rigorous backbone: differentiate in $\lambda$

The clean way to verify $t{e}^{\lambda t}$ is a genuine solution is to differentiate the eigenfunction identity with respect to $\lambda$.

Repeated-Root Solution

Let $L=p(D)$. Then

$$L\left(t{e}^{\lambda t}\right)=p^{\prime }(\lambda )e^{\lambda t}+p(\lambda )t{e}^{\lambda t}.$$

In particular, if $\lambda$ is a root of multiplicity $\ge 2$ (so $p(\lambda )=0$ and $p^{\prime }(\lambda )=0$), then $L\left(t{e}^{\lambda t}\right)=0$, i.e. $t{e}^{\lambda t}$ solves the ODE.

Proof: Start from $L{e}^{\lambda t}=p(\lambda )e^{\lambda t}$ and apply ${\partial }_{\lambda }$ to both sides. The operator $D$ acts in $t$, so it commutes with ${\partial }_{\lambda }$, and ${\partial }_{\lambda }{e}^{\lambda t}=t{e}^{\lambda t}$. The left side gives

$${\partial }_{\lambda }\left(L{e}^{\lambda t}\right)=L\left({\partial }_{\lambda }{e}^{\lambda t}\right)=L\left(t{e}^{\lambda t}\right).$$

The right side, by the product rule,

$${\partial }_{\lambda }(p(\lambda )e^{\lambda t})=p^{\prime }(\lambda )e^{\lambda t}+p(\lambda )t{e}^{\lambda t}.$$

Equating the two yields the claimed formula.

When $p(\lambda )=p^{\prime }(\lambda )=0$ (and this holds because $\lambda$ is a double root), the entire right side vanishes.

Example: Take $f=t{e}^t$ (so $\lambda =1$) and verify $L(f)=0$ directly:

$$\begin{array}{rl}f& =t{e}^t,f^{\prime }=(1+t)e^t,f^{\prime \prime }=(2+t)e^t\\ L(f)& =f^{\prime \prime }-2f^{\prime }+f=[(2+t)-2(1+t)+t]e^t=[2+t-2-2t+t]e^t=0\end{array}$$

It checks out — and the theorem explains why without any computation: $p(\mu )=(\mu -1{)}^2$ gives $p(1)=0$ and $p^{\prime }(\mu )=2(\mu -1)$, so $p^{\prime }(1)=0$.

Why double root is exactly $p(\lambda )=p^{\prime }(\lambda )=0$:
The condition driving the theorem is not an accident; it is what root multiplicity means.

• ($\Rightarrow$) Multiplicity $\ge 2$ means $p(\mu )=(\mu -\lambda {)}^{2}q(\mu )$ for some polynomial $q$. By the product rule,

$$p^{\prime }(\mu )=2(\mu -\lambda )q(\mu )+(\mu -\lambda {)}^2{q}^{\prime }(\mu )=(\mu -\lambda )[2q(\mu )+(\mu -\lambda )q^{\prime }(\mu )]$$

Every term still carries a factor $(\mu -\lambda )$, so $p^{\prime }(\lambda )=0$ (and clearly $p(\lambda )=0$). Differentiating a factor of $(\mu -\lambda {)}^2$ leaves $(\mu -\lambda {)}^1$, which still vanishes at $\lambda$.

• ($\Leftarrow$) If $p(\lambda )=0$ then $(\mu -\lambda )\mid p$, say $p=(\mu -\lambda )q$. Then $p^{\prime }=q+(\mu -\lambda )q^{\prime }$, so $p^{\prime }(\lambda )=q(\lambda )$. The hypothesis $p^{\prime }(\lambda )=0$ forces $q(\lambda )=0$, hence $(\mu -\lambda )\mid q$ and therefore $(\mu -\lambda {)}^2\mid p$ — multiplicity $\ge 2$.