Spezielle Lösungsmethoden und Beispiele
Zurückführung von DGL zweiter Ordnung auf DGL erster Ordnung
Enthält eine
DGL zweiter Ordnung neben der Variablen
x x x nur die ersten und zweiten
Ableitungen y ′ y' y ′ und
y ′ ′ y'' y ′ ′ , so kann sie mittels der Substitution
z = y ′ z=y' z = y ′ auf eine
DGL erster Ordnung zurückgeführt werden. (z.B.
Kettenlinie )
Enthält eine
DGL zweiter Ordnung nur
y y y ,
y ′ y' y ′ und
y ′ ′ y'' y ′ ′ aber kein
x x x , so kann die Substitution
z = y ′ z=y' z = y ′ benutzt werden. Es wird statt
z ′ z' z ′ aber
d z d y = d z d x ⋅ d x d y \dfrac {\d z}{\d y}=\dfrac {\d z}{\d x}\cdot\dfrac {\d x}{\d y} d y d z = d x d z ⋅ d y d x = z ′ y ′ = z ′ z = y ′ ′ z =\dfrac {z'}{y'}=\dfrac {z'}{z}=\dfrac {y''}{z} = y ′ z ′ = z z ′ = z y ′ ′ betrachtet. Man setzt in der
DGL dann
y ′ ′ = z d z d y y''=z\dfrac {\d z}{\d y} y ′ ′ = z d y d z . Nach Anwendung der Substitution erhält man eine
DGL erster Ordnung mit
y y y ,
z z z und
d z d y \dfrac {\d z}{\d y} d y d z .
Beispiel
y y ′ ′ = 1 + y ′ 2 yy''=1+y'^2 y y ′ ′ = 1 + y ′ 2 ⟹ y z d z d y = 1 + z 2 \implies yz\dfrac {\d z}{\d y}=1+z^2 ⟹ y z d y d z = 1 + z 2 ⟹ ∫ z d z 1 + z 2 = ∫ 1 y d y \implies \int\limits\dfrac {z\d z}{1+z^2}=\int\limits\dfrac 1 y \d y ⟹ ∫ 1 + z 2 z d z = ∫ y 1 d y ⟹ 1 2 ln ∣ 1 + z 2 ∣ = ln ∣ y ∣ + C 1 \implies \dfrac 1 2 \ln|1+z^2|=\ln|y|+C_1 ⟹ 2 1 ln ∣ 1 + z 2 ∣ = ln ∣ y ∣ + C 1 ⟹ \implies ⟹ 1 + z 2 = C 2 2 y 2 1+z^2=C_2^2y^2 1 + z 2 = C 2 2 y 2 ⟹ \implies ⟹ y ′ 2 = C 2 2 y 2 − 1 y'^2=C_2^2y^2-1 y ′ 2 = C 2 2 y 2 − 1 ⟹ y ′ = C 2 2 y 2 − 1 \implies y'=\sqrt{C_2^2y^2-1} ⟹ y ′ = C 2 2 y 2 − 1 ⟹ y ′ = C 2 y 2 − 1 C 2 2 \implies y'=C_2\sqrt{y^2-\dfrac 1{C_2^2}} ⟹ y ′ = C 2 y 2 − C 2 2 1 ⟹ ∫ d y y 2 − 1 C 2 2 = C 2 ∫ d x \implies\int\limits\dfrac {\d y}{\sqrt{y^2-\dfrac 1{C_2^2}}}=C_2\int\limits\d x ⟹ ∫ y 2 − C 2 2 1 d y = C 2 ∫ d x ⟹ ln ∣ y + y 2 − 1 C 2 2 ∣ = C 2 x + D 1 \implies \ln\ntxbraceI{y+\sqrt{y^2-\dfrac 1{C_2^2}}}=C_2x+D_1 ⟹ ln ∣ ∣ ∣ ∣ y + y 2 − C 2 2 1 ∣ ∣ ∣ ∣ = C 2 x + D 1 (
Beispiel 167H )
⟹ ln C 2 + ln ∣ y + y 2 − 1 C 2 2 ∣ = C 2 x + ln C 2 + D 1 \implies \ln C_2+ \ln\ntxbraceI{y+\sqrt{y^2-\dfrac 1{C_2^2}}}=C_2x+ \ln C_2+D_1 ⟹ ln C 2 + ln ∣ ∣ ∣ ∣ y + y 2 − C 2 2 1 ∣ ∣ ∣ ∣ = C 2 x + ln C 2 + D 1 ⟹ ln ∣ C 2 y + ( C 2 y ) 2 − 1 ∣ = C 2 x + D 2 \implies \ln\ntxbraceI{C_2y+\sqrt{(C_2y)^2-1}}=C_2x+D_2 ⟹ ln ∣ ∣ ∣ C 2 y + ( C 2 y ) 2 − 1 ∣ ∣ ∣ = C 2 x + D 2 ⟹ \implies ⟹ a r c c o s h ( C 2 y ) = C 2 x + D 2 \mathrm{arccosh }(C_2y)=C_2x+D_2 a r c c o s h ( C 2 y ) = C 2 x + D 2 ⟹ \implies ⟹ C 2 y = cosh ( C 2 x + D 2 ) C_2y=\cosh(C_2x+D_2) C 2 y = cosh ( C 2 x + D 2 ) ⟹ y = 1 C 2 cosh ( C 2 x + D 2 ) \implies y=\dfrac 1 {C_2}\cosh(C_2x+D_2) ⟹ y = C 2 1 cosh ( C 2 x + D 2 ) Mittels einer Probe überzeugt man sich schnell, dass der
Hyperbelkosinus die Ausgangsdifferentialgleichung erfüllt. Die Lösung ist eine
Kettenlinie .
"Offensichtlich" ist das gefährlichste Wort in der Mathematik.
Eric Temple Bell
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