Trennung der Variablen

In Woche 11 hast du lineare DGLs mit konstanten Koeffizienten gelöst. Hier geht es um eine breitere Klasse: Gleichungen der Form $y' = g(x)h(y)$, bei denen sich die Variablen trennen lassen. Zum Integrieren brauchst du die Werkzeuge aus Woche 12.

Problemstellung#

Löse die Differentialgleichung $(1 + y^2)\, x = y'.$

Gesucht ist also eine differenzierbare Funktion $y = y(x)$, die diese Gleichung erfüllt.

Lösungsansatz#

Die rechte Seite lässt sich als Produkt einer Funktion von $x$ und einer Funktion von $y$ schreiben. Solche Gleichungen heissen separabel, und man löst sie systematisch mit der Trennung der Variablen:

Die Idee dahinter: man schreibt $y' = \frac{dy}{dx}$, bringt alles mit $y$ auf die eine und alles mit $x$ auf die andere Seite, und integriert. Die Integrationskonstante $C$ parametrisiert die Lösungsfamilie.

Schritt-für-Schritt Lösung#

Zuerst schreiben wir die Gleichung in der Form $y' = g(x)\, h(y)$: $y' = x\,(1 + y^2).$

Hier ist $g(x) = x$ und $h(y) = 1 + y^2$. Da $1 + y^2 > 0$ für alle reellen $y$ gilt, gibt es keine konstante Lösung mit $h(y_0) = 0$, und wir dürfen ohne Einschränkung trennen. Das heisst, wir dürfen durch $(1 + y^2)$ teilen: $\frac{1}{1 + y^2}\, dy = x\, dx.$

Nun integrieren wir beide Seiten. Links erkennen wir die Ableitung von $\arctan$, rechts eine einfache Potenz: $\int\limits \frac{1}{1 + y^2}\, dy = \int\limits x\, dx.$

Das ergibt $\arctan(y) = \frac{x^2}{2} + C$ mit einer Integrationskonstante $C \in \mathbb{R}$.

Zum Schluss lösen wir nach $y$ auf. Die Tangensfunktion ist die Umkehrfunktion von $\arctan$ auf dem Intervall $\bigl(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\bigr)$, und lokal um jede Lösung bleibt man in einem solchen Ast: $y(x) = \tan\!\left(\frac{x^2}{2} + C\right).$

Das ist die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (auf Intervallen, in denen $\frac{x^2}{2} + C$ im Definitionsbereich von $\tan$ liegt).

Fazit#

Sobald $y'$ als Produkt $g(x)\, h(y)$ vorliegt, sortierst du die Variablen auf zwei Seiten und integrierst. Die Integrationskonstante liefert die Lösungsfamilie; Anfangsbedingungen fixieren danach ein konkretes $C$. Vergiss nicht, Stellen mit $h(y) = 0$ separat zu prüfen.

Weitere Übungen#

1. Löse die Differentialgleichung $y' = \lambda y$ für ein festes $\lambda \in \mathbb{R}$.

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   Schreibe $y' = \lambda y$ als $g(x)\, h(y)$ mit $g(x) = \lambda$ und $h(y) = y$. Beachte den Fall $y = 0$ separat.
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   Die konstante Funktion $y \equiv 0$ erfüllt die Gleichung und gehört zur Lösungsfamilie (mit $C = 0$ unten). Für $y \neq 0$ trennen wir: $$\frac{1}{y}\, dy = \lambda\, dx.$$

   Integration beider Seiten liefert $\ln|y| = \lambda x + K$ mit $K \in \mathbb{R}$. Exponentieren ergibt $|y| = e^{K} e^{\lambda x},$ also $y(x) = C e^{\lambda x}$ mit $C = \pm e^{K} \neq 0$. Zusammen mit $y \equiv 0$ lautet die allgemeine Lösung $y(x) = C e^{\lambda x}, \qquad C \in \mathbb{R}.$

2. Löse die Differentialgleichung $y' = \frac{x}{y}$ für $y \neq 0$.

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   Multipliziere beide Seiten mit $y\, dx$ und integriere. Das Ergebnis ist eine implizite Gleichung für $y(x)$.
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   Trennung der Variablen liefert $$y\, dy = x\, dx.$$

   Integration beider Seiten: $\int\limits y\, dy = \int\limits x\, dx \implies \frac{y^2}{2} = \frac{x^2}{2} + C.$

   Mit $K := 2C$ erhalten wir die implizite Form $y^2 - x^2 = K, \qquad K \in \mathbb{R}.$

   Explizit: $y(x) = \pm \sqrt{x^2 + K}$, jeweils auf Intervallen, in denen der Ausdruck unter der Wurzel positiv bleibt und $y$ nicht null wird.

3. Löse das Anfangswertproblem $y' = 2xy$ mit $y(0) = 3$.

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   Trenne die Variablen, integriere, und bestimme $C$ aus $y(0) = 3$.
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   Für $y \neq 0$ gilt $$\frac{1}{y}\, dy = 2x\, dx.$$

   Integration liefert $\ln|y| = x^2 + K \implies y(x) = C e^{x^2}$ mit $C = \pm e^{K}$. Die Nullösung $y \equiv 0$ entspricht $C = 0$. Die Anfangsbedingung $y(0) = 3$ ergibt $C = 3$, also $y(x) = 3 e^{x^2}.$