VII.4 Separierbare Differentialgleichungen

Wie siehst du einer beliebigen DGL 1. Ordnung an, ob sie separierbar ist?

Der Algorithmus dazu hat genau einen Schritt: versuche, die rechte Seite so zu schreiben, dass $x$ und $y$ getrennt sind, also als $g(x)/h(y)$ (oder gleichwertig als Produkt $g(x) \cdot \tilde{h}(y)$). Wenn das geht, ist die DGL separierbar; wenn nicht, nicht. Klingt trivial, ist aber in der Praxis oft die einzige Frage, die zwischen einer Klausuraufgabe in fünf Minuten und einer in einer Stunde steht.

Drei Mini-Tests fürs Auge.

Erstens: steht die DGL schon mit getrennten Variablen da, etwa $y' = g(x)/h(y)$ oder $y' = g(x)\, \tilde{h}(y)$? Dann fertig.

Zweitens: lässt sich die rechte Seite durch Ausklammern in diese Form bringen? Etwa $y' = x\, y + x = x\, (y + 1)$, separierbar mit $g(x) = x$ und $\tilde{h}(y) = y + 1$ (also $h(y) = 1/(y+1)$ in der Quotienten-Form).

Drittens: stehen $x$ und $y$ untrennbar in einer Funktion, etwa $y' = \sin(x + y)$ oder $y' = x^2 + y^2$? Dann nicht separierbar.

Beispiele zum Mitprüfen. (a) $y' = x \, e^{-y}$ ist separierbar: $g(x) = x$, $\tilde{h}(y) = e^{-y}$. (b) $y' = \dfrac{y}{x}$ ist separierbar: $g(x) = 1/x$, $\tilde{h}(y) = y$, gültig für $x \neq 0$. (c) $y' = x + y$ ist nicht separierbar; die Summe lässt sich nicht in getrennte Variablen umrechnen. (d) $y' = x^2 + y^2$ aus VII.3 §2.1 ist nicht separierbar, wie schon dort qualitativ besprochen.

Wenn der Test scheitert, ist die DGL nicht hoffnungslos. Sie braucht nur ein anderes Verfahren: Substitution (§4), lineare-DGL-Theorie (Kap. VII.5), exakte DGL (Kap. VII.6) oder, im Notfall, numerische Methoden. „Nicht separierbar“ ist ein Etikett, keine Sackgasse.

Welche Form hat die Lösung, nachdem beide Seiten integriert sind?

Wir integrieren beide Seiten der getrennten Form: links über $y$, rechts über $x$. Es entsteht eine Gleichung zwischen zwei Stammfunktionen plus einer freien Konstanten $C$. Diese Konstante ist exakt der Scharparameter aus VII.3 §5.1; sie parametrisiert die einparametrige Lösungsschar der DGL.

Bezeichnen wir mit $H(y) := \int h(y)\, dy$ irgendeine Stammfunktion der linken Seite und mit $G(x) := \int g(x)\, dx$ irgendeine Stammfunktion der rechten Seite, dann lautet die implizite allgemeine Lösung $H(y) = G(x) + C$. Diese Form gibt uns $y$ noch nicht explizit; sie liefert nur einen Zusammenhang. Auflösen nach $y$ ist ein separater Schritt und manchmal gar nicht möglich.

Warum nur eine Konstante? Weil $H(y) + C_1 = G(x) + C_2$ sich zu $H(y) = G(x) + (C_2 - C_1)$ umschreiben lässt, und die Differenz $C_2 - C_1$ ist selbst wieder eine freie Konstante $C$.

Saubere Begründung (Vorlesungs-Weg). Schreibe $y' = g(x)/h(y)$ als $h(y(x))\, y'(x) = g(x)$ und integriere beide Seiten nach $x$: $\int h(y(x))\, y'(x)\, dx = \int g(x)\, dx$.

Links substituieren wir $y = y(x)$, $dy = y'(x)\, dx$ und erhalten $\int h(y)\, dy$. Das ist dieselbe Gleichung wie nach der formalen Trennung, und damit ist sie gerechtfertigt.

Wie wird aus der impliziten Lösung eine konkrete Funktion $y(x)$?

Aus VII.3 §3.1 wissen wir: ein Anfangswertproblem (AWP) gibt eine Anfangsbedingung $y(x_0) = y_0$ vor und legt damit die Scharkonstante eindeutig fest. Bei der separierbaren DGL ist die Mechanik dafür besonders sauber: wir integrieren von $x_0$ bis $x$ statt unbestimmt. Aus der getrennten Form $h(y)\, dy = g(x)\, dx$ wird die Integralgleichung mit Anfangswert.

Die Konstante ist dann automatisch absorbiert; auf jeder Seite stehen definite Integrale, die bei $x = x_0$ beide null sind. Auflösen nach $y$ (sofern möglich) liefert die spezielle Lösung des AWP.

Beispiel zum Mitrechnen: $y' = -2 x\, y$ mit AWP $y(0) = 1$. Trennen: $dy/y = -2x\, dx$ (gültig für $y \neq 0$). Definit integrieren von $0$ bis $x$ gibt $\ln |y(x)| = -x^2$.

Wegen $y(0) = 1 > 0$ bleibt $y$ nahe $0$ positiv, der Betrag fällt weg: $y(x) = e^{-x^2}$. Probe: $y'(x) = -2x\, e^{-x^2} = -2x\, y$, passt; $y(0) = 1$, passt.

Beim definiten Integrieren entfällt die separate Bestimmung von $C$, direkter Weg vom AWP zur Antwort. Alternativ rechnet man erst die allgemeine Lösung aus und passt $C$ am Ende an; beide Wege sind äquivalent, der definite ist meist schneller.

Was passiert an Stellen, wo der $y$-abhängige Faktor der rechten Seite verschwindet und wir gar nicht trennen dürfen?

In der Produkt-Schreibweise $y' = g(x)\, \tilde{h}(y)$ (mit $\tilde{h} = 1/h$) verlangt das Trennen $\tilde{h}(y) \neq 0$. Wenn aber $\tilde{h}(y_*) = 0$ für ein bestimmtes $y_*$, dann ist die konstante Funktion $y \equiv y_*$ ebenfalls eine Lösung der DGL. Verifikation per Direkteinsetzen: $y' = 0$ auf beiden Seiten, denn $y \equiv y_*$ ist konstant, und $g(x) \cdot \tilde{h}(y_*) = g(x) \cdot 0 = 0$. Die DGL ist erfüllt für jedes $x$.

Solche Lösungen heissen singuläre Lösungen oder stationäre Lösungen. Sie tauchen in der Trennungs-Rechnung nicht von selbst auf, weil wir sie beim Teilen durch $\tilde{h}(y)$ herausgefiltert haben. Wer sie vergisst, übersieht eine ganze Familie von Lösungen.

Praxisreflex: bei jeder separierbaren DGL erst die Nullstellen des $y$-Faktors $\tilde{h}$ bestimmen, bevor man trennt. Jede Nullstelle $y_*$ liefert eine Lösung $y \equiv y_*$.

Lohnt sich zu prüfen, ob dort die Eindeutigkeit aus VII.3 §3.2 verletzt ist ($f_y$ ist an einer solchen Stelle oft unstetig). Ist sie verletzt, können Lösungskurven die singuläre Lösung berühren oder verlassen, wie bei der Verzweigung aus VII.3 §3.3.

Beispiel: $y' = y\, \cos(x)$. Trennen liefert $dy/y = \cos(x)\, dx$ (für $y \neq 0$), also $\ln |y| = \sin(x) + C$ und $y(x) = C_1\, e^{\sin(x)}$ mit $C_1 \neq 0$.

Daneben ist $y \equiv 0$ eine singuläre Lösung. Sie passt hier sogar in die Schar, wenn man $C_1 = 0$ zulässt: die volle Lösungsmenge ist $y = C_1\, e^{\sin(x)}$ mit beliebigem $C_1 \in \mathbb{R}$.

Welche Schritte braucht die Separation, wenn die rechte Seite quadratisch in $y$ ist?

Die logistische DGL ist separierbar mit $g(t) = r$ und dem $y$-Faktor $\tilde{h}(y) = y\, (1 - y/K)$ (in Quotienten-Schreibweise $h(y) = 1/(y(1-y/K))$). Trennen: $\dfrac{dy}{y\, (1 - y/K)} = r\, dt$, gültig für $y \neq 0$ und $y \neq K$ (das sind die zwei Nullstellen von $\tilde{h}$, die wir später als singuläre Lösungen in §3.3 wieder treffen).

Die linke Seite ist eine rationale Funktion in $y$ und lässt sich per Partialbruchzerlegung auf zwei einfache Logarithmen zurückführen. Ansatz: $\dfrac{1}{y\, (1 - y/K)} = \dfrac{A}{y} + \dfrac{B}{1 - y/K}$ mit zu bestimmenden Konstanten $A, B$. Multiplizieren mit $y(1 - y/K)$ liefert $1 = A\, (1 - y/K) + B\, y$. Einsetzen $y = 0$: $1 = A$, also $A = 1$. Einsetzen $y = K$: $1 = B\, K$, also $B = 1/K$. Damit ist $\dfrac{1}{y\, (1 - y/K)} = \dfrac{1}{y} + \dfrac{1/K}{1 - y/K}$.

Damit integriert die linke Seite zu $\ln |y| - \ln |1 - y/K|$ (das Minus kommt von $\tfrac{d}{dy}(1 - y/K) = -1/K$), die rechte zu $r\, t + C$.

Zusammen: $\ln \left| \dfrac{y}{1 - y/K} \right| = r\, t + C$, also $\dfrac{y}{1 - y/K} = A_1\, e^{r t}$ mit einer freien Konstante $A_1 = \pm e^C$.

AWP einarbeiten: bei $t = 0$ ist $y = y_0$, also $A_1 = \dfrac{y_0}{1 - y_0/K}$. Einsetzen und nach $y$ auflösen liefert die geschlossene Lösung der logistischen DGL. Die Auflösung ist Algebra (Hauptnenner, Umstellen, Bruch glätten); das Endresultat ist die Sigmoid-Form mit Asymptote bei $K$.

Die Formel zeigt drei Eigenschaften, die zur Modell-Intention passen. Bei $t = 0$ liefert sie $y(0) = y_0$. Für $t \to \infty$ geht der Exponentialterm $e^{-rt} \to 0$ und damit $y(t) \to K$. Für kleine $y_0 \ll K$ ist die Form in einer frühen Phase fast exponentiell, also $y(t) \approx y_0\, e^{r t}$, wie das ungestörte Wachstum aus VII.2.

Wohin strebt die Population langfristig?

Die Antwort lesen wir direkt aus der Lösungsformel ab: für $t \to \infty$ geht $e^{-r t} \to 0$, der Nenner wird zu $1$, und $y(t) \to K$. Die Sättigungskapazität $K$ ist also die langfristige asymptotische Grösse der Population, egal mit welchem Startwert $y_0 \in (0, K)$ man begonnen hat. Geometrisch ist $y = K$ eine horizontale Asymptote der Lösungskurve.

Zwei stationäre Lösungen aus den Nullstellen des $y$-Faktors $\tilde{h}(y) = y\, (1 - y/K)$, schon aus §2.4 bekannt. Erstens $y \equiv 0$ (Probe: $\dot{y} = 0 = r \cdot 0 \cdot 1$): die leere Petrischale, ohne Bakterien wächst nichts.

Zweitens $y \equiv K$ (Probe: $\dot{y} = 0 = r \cdot K \cdot 0$): die voll besetzte Petrischale, genau auf der Kapazität.

Stabilitätsanalyse, qualitativ. Die Nulllösung ist instabil: jede kleine Störung nach oben treibt das System ins Wachstum und Richtung $K$.

Die Kapazitätslösung ist asymptotisch stabil: $y$ knapp unter $K$ wächst zurück hoch, $y > K$ wird durch das negative Vorzeichen von $1 - y/K$ zurückgezogen. Die Asymptote $y = K$ ist also ein dynamischer Attraktor. Systematisch in Kap. VII.13.

Wendepunkt der Sigmoid-Kurve: aus $\ddot{y} = 0$ folgt nach kurzer Rechnung $y = K/2$. Das heisst: das Wachstum erreicht seinen Höchstwert genau dort, wo die Population die halbe Kapazität ausschöpft. Vor $K/2$ beschleunigt die Population (zweite Ableitung positiv); nach $K/2$ verlangsamt sie sich (zweite Ableitung negativ). Diese Form (S-Kurve) ist die mathematische Signatur des logistischen Modells.

Welche Substitution macht eine DGL der Form $y' = f(y/x)$ automatisch separierbar?

Solche DGLs heissen homogen (nicht zu verwechseln mit „rechte Seite null“ aus der linearen Theorie in Kap. VII.5). Definierende Eigenschaft: $f$ hängt von $x$ und $y$ nur über den Quotienten $y/x$ ab.

Beispiele: $y' = (x + y)/x = 1 + y/x$, $y' = (x^2 + y^2)/(x\, y) = x/y + y/x$, $y' = y/x$.

Die universelle Substitution für diesen Fall: $y = u(x) \cdot x$, also $u = y/x$. Die Ableitung folgt aus der Produktregel: $y' = u'\, x + u$. Einsetzen in $y' = f(y/x) = f(u)$ liefert $u'\, x + u = f(u)$, also $u'\, x = f(u) - u$, oder $u' = (f(u) - u)/x$. Diese DGL für $u$ ist separierbar (mit $g(x) = 1/x$ und $h(u) = f(u) - u$), und genau das war der Plan.

Beispiel zum Mitrechnen 1: $y' = y/x$ (Geradenschar durch den Ursprung, vgl. VII.3 §5.3). Hier ist $f(y/x) = y/x$, also $f(u) = u$. Substitution: $u' x = f(u) - u = u - u = 0$. Folglich $u' = 0$, also $u(x) =$ const, also $u = C$ und $y = u \cdot x = C\, x$. Wie erwartet: die Lösungen sind die Geraden durch den Ursprung, parametrisiert durch die Steigung $C$.

Beispiel 2: $y' = 1 + y/x$, also $f(u) = 1 + u$. Substitution: $u' x = f(u) - u = 1$, also $u' = 1/x$, trivial separierbar mit $u(x) = \ln |x| + C$.

Rücksubstitution $y = u\, x = x\, \ln |x| + C\, x$. Probe: $y' = \ln |x| + 1 + C = 1 + y/x$, passt.

Notations-Achtung: $f$ ist hier eine Funktion einer Variablen $u = y/x$, also $f: u \mapsto f(u)$. In VII.3 war $f(x, y)$ zweistellig. Gleicher Buchstabe, andere Stelligkeit, lass dich nicht verwirren.

Welche weiteren Substitutionen helfen, und welche davon zeigt die Vorlesung?

Die Vorlesung führt genau zwei Substitutions-Muster vor: die homogene Substitution $y = u\, x$ aus §4.2 und die lineare Kombination im Argument (gleich als Erstes, Vorlesungs-Beispiel $y' = (4x + 5y)^2$ mit $u = 4x + 5y$). Die beiden danach, Bernoulli und die konstante Verschiebung, gehen über den Vorlesungs-Stoff hinaus. Wir führen sie als nützliche Ergänzung auf, weil sie in Aufgabensammlungen vorkommen; sie sind aber nicht der in der Vorlesung gezeigte Weg. Bei jedem Muster erkennt man die DGL an der Form der rechten Seite; die zugehörige Substitution macht die DGL für die Hilfsvariable $u$ separierbar (bei Bernoulli zunächst linear).

Erstens, lineare Kombination im Argument (Vorlesung): hat die DGL die Form $y' = f(a\, x + b\, y + c)$ (mit $b \neq 0$), ist $u = a\, x + b\, y + c$ der Schlüssel. Das verallgemeinert das Vorlesungs-Beispiel $y' = (4x + 5y)^2$ mit $u = 4x + 5y$.

Ableiten: $u' = a + b\, y'$, also $y' = (u' - a)/b$. Einsetzen gibt $u' = a + b\, f(u)$, eine reine Funktion von $u$ (autonom), also separierbar mit $g(x) = 1$.

Zweitens, Bernoulli-DGL (Ergänzung, nicht Vorlesungsweg): $y' + p(x)\, y = q(x)\, y^n$ mit $n \neq 0, 1$. Wegen $y^n$ nicht direkt linear; die Substitution $u = y^{1 - n}$ macht sie linear. Dieses Muster zeigt die Vorlesung nicht; es hilft aber bei Aufgaben dieses Typs.

Ableiten gibt $u' = (1 - n)\, y^{-n}\, y'$; multipliziert man die DGL mit $(1 - n)\, y^{-n}$, entsteht $u' + (1 - n)\, p(x)\, u = (1 - n)\, q(x)$, linear in $u$. Gelöst wird das mit der Methode aus Kap. VII.5.

Drittens, separierbar plus konstante Verschiebung (Ergänzung, nicht Vorlesungsweg): manchmal steht die DGL nicht direkt mit getrennten Variablen da, wird es aber nach einer einfachen linearen Verschiebung $u = y - y_0$ (vertikale Verschiebung des Funktionsgraphen). Beispiel: $y' = (y - 3)^2 / x$ ist in dieser Form nicht offensichtlich separierbar, wird aber mit $u = y - 3$ zu $u' = u^2/x$, klar separierbar. Auch dieses Muster ist eine Ergänzung über die Vorlesung hinaus.

Damit hast du vier Substitutions-Muster im Werkzeugkasten: die zwei aus der Vorlesung (homogen $y = u\, x$ und lineare Kombination) und zwei Ergänzungen (Bernoulli und Verschiebung). Wer die beiden Vorlesungs-Muster sicher erkennt, klassifiziert die meisten Substitutions-Aufgaben in wenigen Sekunden; die beiden Ergänzungen erweitern das Repertoire für seltenere Formen.