VII.5 Lineare Differentialgleichungen

Wie zerlegen wir eine DGL in einen „inneren“ Anteil und ein „äusseres Treiben“?

Schau auf die Hauptform $y' = p(x)\, y + q(x)$. Die linke Seite enthält alles, was mit dem System selbst zu tun hat (die unbekannte Funktion $y$ und ihre Ableitung). Die rechte Seite $q(x)$ enthält die äussere Anregung. Setzt man die Anregung auf null (also $q \equiv 0$), bleibt das System sich selbst überlassen. Die resultierende Gleichung heisst die homogene DGL:

Die DGL mit $q(x) \not\equiv 0$ heisst inhomogen, kurz (I). Ihre Lösung hat zwei Anteile: die homogene Lösung $y_h$ (kennt nur $p$, das System selbst) und die partikuläre Lösung $y_p$ (kennt $p$ und $q$, antwortet auf die Anregung). Wir schreiben sie $y_p$, ganz analog zur homogenen $y_h$; die volle Lösung der inhomogenen DGL heisst einfach $y$.

Diese Zerlegung ist die DNA des ganzen Verfahrens. Vorausgreifend: die allgemeine Lösung heisst $y = y_h + y_p$.

Wenn ich zwei Lösungen einer DGL kenne, ist ihre Summe wieder Lösung? Bei beliebigen DGLs lautet die Antwort meistens nein. Bei linearen DGLs lautet sie ja, und genau das ist der zentrale Vorteil dieser Klasse.

Konkret. Sei $y_h$ eine Lösung von (H), also $y_h' = p\, y_h$, und sei $y_p$ irgendeine Lösung von (I), also $y_p' = p\, y_p + q$. Dann ist auch $y_p + y_h$ eine Lösung von (I). Das prüft man durch direktes Einsetzen, in zwei Zeilen:

Daraus folgt direkt die Hauptaussage. Hat man eine partikuläre Lösung $y_p$ von (I) und die allgemeine Lösung $y_h$ von (H) (also alle homogenen Lösungen auf einmal, parametrisiert durch einen freien Parameter $A$), so beschreibt $y = y_h + y_p$ alle Lösungen von (I). Das ist die zentrale Struktur-Aussage dieses Kapitels:

Egal welches konkrete $p(x)$ du einsetzt, eines ist immer gleich: am Ende der Separation steht genau ein freier Faktor davor. Die Vorlesung hält das so fest: die homogene Lösung $y_h$ trägt immer einen freien Parameter $A \in \mathbb{R}$ als Faktor (auch $A = 0$ ist erlaubt, das ist die triviale Nulllösung). Mehr Struktur braucht man nicht zu merken, der Rest fällt jedes Mal aus der konkreten Trennung der Variablen.

Der wichtigste Spezialfall: $p \equiv p_0$ konstant. Dann ist die Separation besonders kurz: $\dfrac{dy}{y} = p_0\, dx$, integriert $\ln|y| = p_0\, x + C$, also $y_h(x) = A \cdot e^{p_0\, x}$. Das ist genau die DGL $y' = a\, y$ aus Kap. VII.2 (mit $a = p_0$): Wachstum für $p_0 > 0$, Abklingen für $p_0 < 0$. Die Zeit- bzw. Längen-Konstante $\tau = 1/|p_0|$ steuert, wie schnell es geht.

Noch ein konkretes Beispiel zum Mitrechnen. Sei $y' = 2x\, y$, also $p(x) = 2x$ (nicht konstant). Separieren: $\int \dfrac{dy}{y} = \int 2x\, dx$, also $\ln|y| = x^2 + C$. Exponential nehmen mit $A = \pm e^{C}$ liefert $y_h(x) = A \cdot e^{x^2}$. Schnell-Probe: $y_h' = A \cdot 2x\, e^{x^2} = 2x \cdot y_h$. ✓

Du siehst: auch bei nicht-konstantem $p$ rechnest du nichts auswendig, sondern trennst und integrierst die konkrete Funktion. Bei $p = 1/x$ kam $y_h = A\, x$ heraus, bei $p = 2x$ kommt $y_h = A\, e^{x^2}$ heraus. Jeder Fall einzeln, genau wie in der Vorlesung.

Was tut man, wenn der geschickte Ansatz keine Lösung liefert?

Ein Beispiel zeigt das Problem. Sei $p \equiv -1$ und $q(x) = a\, e^{-x}$, also (Prof-Form $y' = -y + a\, e^{-x}$) die homogene Lösung $y_h = A \cdot e^{-x}$ (aus §2.2, da $y_h = A\, e^{p x} = A\, e^{-x}$). Naiver Ansatz $y_p = b\, e^{-x}$.

Einsetzen in $y_p' = -y_p + a\, e^{-x}$: $-b\, e^{-x} = -b\, e^{-x} + a\, e^{-x}$, also $0 = a\, e^{-x}$. Bei $a \neq 0$ scheitert das: kein $b$ erfüllt die Gleichung.

Warum scheitert er? Weil $y_p = b\, e^{-x}$ schon selbst eine homogene Lösung ist (sie erfüllt $y_p' = -y_p$), kann sie auf der rechten Seite nichts produzieren. Der Ansatz steckt im homogenen Lösungsraum.

Der Vorlesungsweg in diesem Fall: wenn der Ansatz scheitert, wechselt man zum Verfahren von Lagrange (Variation der Konstanten, §4). Das liefert immer eine partikuläre Lösung. Für unser Beispiel: $y_h = A\, e^{-x}$, also Basislösung $y_{h} = e^{-x}$ und $γ'(x) = q/y_{h} = a\, e^{-x}/e^{-x} = a$, somit $γ(x) = a\, x$ und $y_p = γ(x)\, y_{h} = a\, x\, e^{-x}$. Genau diese Lösung mit dem Faktor $x$ fällt also bei VdK automatisch heraus.

Welcher Ansatz passt zu welchem Störglied? Drei klassische Störglieder, drei passende Ansätze, alle nach demselben Schema. Das ist dein Spickzettel für die Klausur.

Beispiel 1 (Polynom). Löse $y' = -2 y + x^2$.

Zuerst die homogene Lösung. $p \equiv -2$ konstant, also $y_h = A\, e^{-2 x}$.

Nun der Ansatz $y_p = a x^2 + b x + d$. Ableitung $y_p' = 2 a x + b$. Einsetzen in $y_p' = -2 y_p + x^2$ liefert $2 a x + b = -2 (a x^2 + b x + d) + x^2 = (1 - 2 a) x^2 - 2 b x - 2 d$.

Koeffizientenvergleich grad-weise. $x^2$ liefert $0 = 1 - 2 a$, also $a = \tfrac{1}{2}$. $x^1$ liefert $2 a = -2 b$, also $b = -\tfrac{1}{2}$. $x^0$ liefert $b = -2 d$, also $d = \tfrac{1}{4}$.

Damit $y_p(x) = \tfrac{1}{2} x^2 - \tfrac{1}{2} x + \tfrac{1}{4}$, und die allgemeine Lösung lautet $y(x) = \tfrac{1}{2} x^2 - \tfrac{1}{2} x + \tfrac{1}{4} + A\, e^{-2 x}$.

Beispiel 2 (Exponential, ohne Resonanz). Löse $y' = 2 y + e^{x}$.

Für die homogene Lösung gilt $p \equiv 2$, also $y_h = A\, e^{2 x}$. Der Exponent in $q$ ist $\alpha = 1$, der homogene Exponent ist $p = 2$. Da $\alpha \neq p$ haben wir keine Resonanz.

Ansatz $y_p = a\, e^{x}$. Einsetzen in $y_p' = 2 y_p + e^{x}$: $a e^{x} = 2 a e^{x} + e^{x}$, also $-a e^{x} = e^{x}$ und $a = -1$, $y_p(x) = -e^{x}$. Allgemeine Lösung $y(x) = -e^{x} + A\, e^{2 x}$.

Beispiel 3 (harmonische Anregung). Löse $y' = -y + \cos(x)$.

Für die homogene Lösung haben wir $p \equiv -1$, also $y_h = A\, e^{-x}$ (Exponential, also keine Resonanz mit Sinus oder Kosinus). Ansatz $y_p = a \cos(x) + b \sin(x)$, beide Terme, weil das Ableiten Sinus und Kosinus mischt.

Probe ergibt $y_p' = -a \sin(x) + b \cos(x)$. Einsetzen in $y_p' = -y_p + \cos(x)$: $-a \sin(x) + b \cos(x) = -(a \cos(x) + b \sin(x)) + \cos(x) = (1 - a) \cos(x) - b \sin(x)$. Koeffizientenvergleich liefert das System:

Damit $y_p(x) = \tfrac{1}{2}(\cos(x) + \sin(x))$, und die allgemeine Lösung lautet $y(x) = \tfrac{1}{2}(\cos(x) + \sin(x)) + A\, e^{-x}$.

Was passiert, wenn der Konstanten-Faktor $A$ aus der homogenen Lösung selbst eine Funktion $γ(x)$ werden darf?

Setze $y_p(x) = γ(x) \cdot y_{h}(x)$ in die DGL $y' = p\, y + q$ ein. Die Ableitung berechnet sich mit der Produktregel: $y_p' = γ'(x)\, y_{h}(x) + γ(x)\, y_{h}'(x)$. Wir wissen $y_{h}' = p \cdot y_{h}$, weil $y_{h}$ die homogene DGL löst. Einsetzen ergibt:

Daraus folgt eine einfache Gleichung für $γ'(x)$, die wir direkt integrieren können:

Integration liefert $γ(x) = \int \dfrac{q(x)}{y_{h}(x)}\, dx$. Wichtig: hier keine Integrationskonstante mitnehmen, wir suchen nur eine partikuläre Lösung. Die freie Konstante steckt schon in $y_h$. Damit:

Die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL ist dann $y = y_p + y_h$:

Beispiel zum Mitrechnen (Vorlesungs-Beispiel). Löse $y' = \dfrac{1}{x}\, y + 1$, also $p(x) = \dfrac{1}{x}$, $q(x) = 1$. Homogene Lösung $y_h = A\, x$ (aus §2.2), Basislösung $y_{h}(x) = x$. Dann $γ'(x) = q/y_{h} = 1/x$, also $γ(x) = \ln|x|$ (ohne Integrationskonstante). Damit ist $y_p(x) = γ(x) \cdot y_{h}(x) = x \ln|x|$, und die allgemeine Lösung lautet $y(x) = x \ln|x| + A\, x$, mit $A \in \mathbb{R}$ als freiem Parameter aus $y_h$. Probe ergibt $y' = \ln|x| + 1 + A$, und Einsetzen in $y' = \tfrac{1}{x}\, y + 1$: $\dfrac{1}{x}(x \ln|x| + A x) + 1 = \ln|x| + A + 1$. ✓

Beide Methoden führen zum Ziel. Wann ist welche die schnellere?

Der geschickte Ansatz aus §3 ist schnell und übersichtlich, aber funktioniert nur bei einer kleinen Familie von Störgliedern: Polynom, Exponential, harmonische Funktion, Linearkombinationen und Produkte davon. Bei Resonanz braucht es zusätzlich den $x$-Korrekturfaktor, was die Sache leicht unübersichtlich macht.

Lagrange/VdK aus §4 ist universell, funktioniert für jedes $q$, liefert aber ein Integral, das man am Ende ausrechnen muss. Bei einfachen $q$ ist das Integral trivial; bei kompliziertem $q$ kann es das Bottleneck sein.

Klausur-Reflex. Erst kurz prüfen, ob ein Ansatz aus der Tabelle in §3.1 passt. Wenn ja, Ansatz nehmen (schneller). Wenn nein (etwa $q = \ln(x)$, $q = \arctan x$, $q = \dfrac{1}{1+x^2}$), direkt zu VdK gehen. Wenn der Ansatz scheitert (gleiche Form wie $y_h$), ist VdK in der 1. Ordnung der saubere Vorlesungsweg; den $x$-Korrekturtrick spart man sich.

Welche dieser vielen Lösungen ist die richtige für unser konkretes Problem?

Ein Anfangswertproblem (AWP) kommt mit einer Zusatzbedingung der Form $y(x_0) = y_0$, die genau einen Punkt auf der Lösungskurve fixiert (Bezeichnung wie in VII.1 §3.4 und VII.3 §3.1). Aus der 1-parametrigen Schar wird damit eine eindeutige spezielle Lösung. Setze die Anfangsbedingung in die allgemeine Form ein:

Beispiel zum Mitrechnen. Aus §4.2 kennen wir die allgemeine Lösung von $y' = \dfrac{1}{x}\, y + 1$ als $y(x) = x \ln|x| + A\, x$ (für $x > 0$). Mit AWP $y(1) = 2$ einsetzen: $y(1) = 1 \cdot \ln(1) + A \cdot 1 = 0 + A = A \stackrel{!}{=} 2$, also $A = 2$. Die spezielle Lösung ist $y(x) = x \ln|x| + 2 x = x(\ln|x| + 2)$, definiert für $x > 0$.

Existenz und Eindeutigkeit. Bei linearen DGLs ist Picard-Lindelöf (VII.3 §3.2) besonders gutmütig: sind $p(x)$ und $q(x)$ um $x_0$ stetig, existiert dort genau eine Lösung des AWP.

Lineare DGLs haben also keine Verzweigungen, keine singulären Lösungen, solange $p, q$ glatt bleiben. Genau das macht die Klasse so handhabbar (Gegenbeispiele zu nicht-linearen DGLs in VII.3 §3.3).

Welche der beiden Methoden, Ansatz oder Variation der Konstanten, passt besser zum RC-Kreis, und wo liegt der Unterschied im Aufwand?

Zuerst die homogene Lösung. Die homogene DGL ist $\dot{u}_C = -u_C/\tau$, mit $p = -1/\tau$ konstant. Aus §2.2 (Spezialfall $p$ konstant) folgt $u_{C,h}(t) = A \cdot e^{p t} = A \cdot e^{-t/\tau}$, mit $A \in \mathbb{R}$ als Schar-Konstante. Das ist die natürliche Antwort des Schaltkreises ohne externe Spannung: eine Exponentialfunktion, die mit Zeitkonstante $\tau = R\, C_{\mathrm{el}}$ abklingt.