Lösung von linearen Differentialgleichungen erster Ordnung

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung

Wenn eine Differentialgleichung erster Ordnung algebraisch in die Form

\[y'+p(x)y=r(x) \tag{1}\]

gebracht werden kann, nennt man sie linear, andernfalls nichtlinear.

Die Form der Gleichung (1) wird als Standardform einer linearen Differentialgleichung erster Ordnung bezeichnet. Wenn der erste Term einer gegebenen linearen Differentialgleichung erster Ordnung $f(x)y’$ ist, kann man die Standardform erhalten, indem man beide Seiten der Gleichung durch $f(x)$ teilt.

In der Ingenieurwissenschaft wird $r(x)$ oft als Eingang (input), $y(x)$ als Ausgang (output) oder Antwort (response) auf den Eingang (und die Anfangsbedingung) bezeichnet.

Homogene lineare Differentialgleichung

Sei $J$ das Intervall $a<x<b$, in dem wir die Gleichung (1) lösen wollen. Wenn in Gleichung (1) $r(x)\equiv 0$ für das Intervall $J$ gilt, dann haben wir

\[y'+p(x)y=0 \tag{2}\]

und dies wird als homogen bezeichnet. In diesem Fall können wir die Methode der Trennung der Variablen anwenden.

\[\frac{dy}{y} = -p(x)dx\] \[\log |y| = -\int p(x)dx + c^*\] \[y(x) = ce^{-\int p(x)dx} \tag{3}\]

Für $c=0$ erhalten wir die triviale Lösung $y(x)=0$.

Inhomogene lineare Differentialgleichung

Wenn $r(x)\not\equiv 0$ im Intervall $J$, nennen wir die Gleichung inhomogen. Es ist bekannt, dass die inhomogene lineare Differentialgleichung (1) einen Integrationsfaktor hat, der nur von $x$ abhängt. Dieser Integrationsfaktor $F(x)$ kann entweder mit der Methode zur Bestimmung des Integrationsfaktors aus Gleichung (11) oder direkt wie folgt bestimmt werden.

Multiplizieren wir Gleichung (1) mit $F(x)$, erhalten wir

\[Fy'+pFy=rF \tag{1*}\]

Wenn

\[pF=F'\]

gilt, wird die linke Seite von Gleichung (1*) zur Ableitung $(Fy)’=F’y+Fy’$. Trennen wir die Variablen in $pF=F’$, erhalten wir $dF/F=p\ dx$, und nach Integration mit $h=\int p\ dx$ haben wir

\[\log |F|=h=\int p\ dx\] \[F = e^h\]

Setzen wir dies in Gleichung (1*) ein, erhalten wir

\[e^hy'+h'e^hy=e^hy'+(e^h)'=(e^hy)'=re^h\]

Nach Integration ergibt sich

\(e^hy=\int e^hr\ dx + c\) und durch Division durch $e^h$ erhalten wir die gewünschte Lösungsformel.

\[y(x)=e^{-h}\left(\int e^hr\ dx + c\right),\qquad h=\int p(x)\ dx \tag{4}\]

Hierbei spielt die Integrationskonstante in $h$ keine Rolle.

In Gleichung (4) ist $c$ der einzige Wert, der von der gegebenen Anfangsbedingung abhängt. Wenn wir Gleichung (4) als Summe von zwei Termen schreiben

\[y(x)=e^{-h}\int e^hr\ dx + ce^{-h} \tag{4*}\]

können wir Folgendes erkennen:

\[\text{Gesamtausgang}=\text{Antwort auf den Eingang }r+\text{Antwort auf die Anfangsbedingung} \tag{5}\]

Beispiel: RL-Schaltkreis

Ein RL-Schaltkreis besteht aus einer Batterie mit einer elektromotorischen Kraft von $E=48\textrm{V}$, einem Widerstand von $R=11\mathrm{\Omega}$ und einer Induktivität von $L=0.1\text{H}$. Der anfängliche Strom ist 0. Bestimme das Modell dieses RL-Schaltkreises und löse die resultierende Differentialgleichung für den Strom $I(t)$.

Ohmsches Gesetz
Der Strom $I$ im Schaltkreis verursacht einen Spannungsabfall $RI$ über dem Widerstand.

Faradaysches Induktionsgesetz
Der Strom $I$ im Schaltkreis verursacht einen Spannungsabfall $LI’=L\ dI/dt$ über der Induktivität.

Kirchhoffsches Spannungsgesetz (KSG)
Die in einem geschlossenen Schaltkreis angelegte elektromotorische Kraft ist gleich der Summe der Spannungsabfälle über allen anderen Elementen des Schaltkreises.

Lösung

Nach den obigen Gesetzen ist das Modell des RL-Schaltkreises $LI’+RI=E(t)$, und in Standardform geschrieben

\[I'+\frac{R}{L}I=\frac{E(t)}{L} \tag{6}\]

Mit $x=t, y=I, p=R/L, h=(R/L)t$ in Gleichung (4) können wir diese lineare Differentialgleichung lösen.

\[I=e^{-(R/L)t}\left(\int e^{(R/L)t} \frac{E(t)}{L}dt+c\right)\] \[I=e^{-(R/L)t}\left(\frac{E}{L}\frac{e^{(R/L)t}}{R/L}+c\right)=\frac{E}{R}+ce^{-(R/L)t} \tag{7}\]

Dabei ist $R/L=11/0.1=110$ und $E(t)=48$, also

\[I=\frac{48}{11}+ce^{-110t}\]

Aus der Anfangsbedingung $I(0)=0$ erhalten wir $I(0)=E/R+c=0$, $c=-E/R$. Daraus können wir die folgende spezielle Lösung ableiten:

\[I=\frac{E}{R}(1-e^{-(R/L)t}) \tag{8}\] \[\therefore I=\frac{48}{11}(1-e^{-110t})\]