18.4 Gewöhnliche Differentialgleichungen

18.4.1 Definition. Gewöhnliche Differentialgleichung 1. Ordnung.
Unter einer gewöhnlichen Differentialgleichung 1.ter Ordnung versteht man eine Gleichung der Form

$$x'(t) = f(t,x(t))$$

$$x(t_0) = x_0$$

wo $f:\mathbb{R}\times E\supseteq I\times U\to E$ gegeben ist für ein offenes Intervall $I$ in $\mathbb{R}$ welches $t_0$ enthält und eine offene Umgebung $U$ von $x_0$ in einem endlich dimensionalen Vektorraum $E$ (so ein $f$ heißt (Zeit-abhängiges Vektorfeld auf $U$) und wobei die Lösung $x:I\supseteq J\to U\subseteq E$ eine differenzierbare Kurve auf einen offenen Intervall $J$ sein soll, welches $t_0$ enthält. Den Parameter $t\in J\subseteq I$ interpretiert man dabei zumeist als Zeit und $x\in U\subseteq E$ als Ort.

Im Falle, daß $f(t,x)$ nicht von der 2.ten Variable abhängt (also ein Orts-unabhängiges Vektorfeld ist), d.h. $x'(t)=f(t)$ zu lösen ist, wissen wir nach (18.2.2), daß $x:t\mapsto x_0+\int_{t_0}^t f(s) ds$ die eindeutig bestimmte Lösung ist, falls $f$ stetig ist.

Im Falle, daß $f(t,x)$ nicht von der 1.ten Variable abhängt (also ein Zeit-unabhängiges Vektorfeld ist) und $E=\mathbb{R}$ ist, also $x'(t)=f(x(t))$ zu lösen ist, können wir (formal) wie folgt vorgehen:

$$\frac{dx}{dt} =x'(t)=f(x(t)) \Rightarrow \frac1{f(x)} dx=dt$$

$$\Rightarrow G(x):=\int \frac{1}{f(x)} dx=\int dt=t+C$$

$$\Rightarrow x=G^{-1}(t+C) C=G(x_0)-t_0.$$

Das setzt natürlich voraus, daß wir sowohl $G:=\int1{f}$ bestimmen können als auch dessen Umkehrfunktion $G^{-1}$. Indem wir nun die Probe machen können wir uns überzeugen, daß diese etwas suspekte Rechnung wirklich eine Lösung geliefert hat:

$$x'(t) = (G^{-1})'(t+C)=\frac1{G'(G^{-1}(t+C))}=f(G^{-1}(t+C))=f(x(t)).$$

Im allgemeinen Fall eines sowohl Zeit- als auch Orts-abhängigen Vektorfelds können wir zumindest folgende lokale Existenz- und Eindeutigkeitsaussage für die Lösbarkeit angeben.

18.4.4 Theorem von Picard & Lindelöf.
Es sei $f:[-a,a]\times B\to E$ stetig und bzgl. der zweiten Variable Lipschitz (d.h. $\exists L>0\forall t,x_1,x_2: \Vert f(t,x_1)-f(t,x_2)\Vert\leq L \Vert x_1-x_2\Vert$), wobei $B$ der abgeschlossene Ball im Euklidischen Raum $E$ mit Mittelpunkt $x_0$ und Radius $b$ sei. Weiters, sei $a_1:=\min\{a,\frac{b}{\Vert f\Vert_{\infty}}\}$, wobei $\Vert f\Vert_{\infty}:=\sup\{\vert f(t,x)\vert:\vert t\vert\leq a,x\in B\}$.
Dann existiert eine eindeutige (iterative erhaltbare) Lösung $x':[-a_1,a_1]\to B$ der Differential-Gleichung

$$x'(t)=f(t,x(t))$$ mit $$x(0)=x_0.$$

Beweis. Aus $\Vert f(t,x_1)-f(t,x_2)\Vert\leq L\Vert x_1-x_2\Vert$ folgert man $\Vert f(t,x)-f(t,x_0)\Vert\leq L b$ und da $t\mapsto f(t,x_0)$ stetig ist erhalten wir $\Vert f(t,x_0)\Vert\leq \Vert f(.,x_0)\Vert_{\infty}$ und somit

$$\Vert f(t,x)\Vert \leq \Vert f(t,x)-f(t,x_0)\V... ...ert f(t,x_0)\Vert \leq L\cdot b + \Vert f(.,x_0)\Vert_{\infty}<{\infty}$$

Um den Banach'schen Fixpunkt-Satz (16.4.6) anzuwenden, übersetzen wir die Differential-Gleichung in eine äquivalente(!) Integral Gleichung auf dem abgeschlossenen Ball $X:=\{x:\Vert x(t)-x_0\Vert\leq b\}$ des vollständig metrischen Raumes $C([-a_1,a_1],E)$.
$(\Rightarrow)$ Aus $x'(t)=f(t,x(t))$ und $x(0)=x_0$ erhalten wir mittels dem Hauptsatz $x(t)-x(0)=\int_0^t x'(s) ds=\int_0^t f(s,x(s)) ds$. Also ist $x(t)=x_0+\int_0^t f(s,x(s)) ds$.
$(\Leftarrow)$ Umgekehrt erhalten wir aus $x(t)=x_0+\int_0^t f(s,x(s)) ds$

$$\frac{x(t+r)-x(t)}r =\frac1r(\int_0^{t+r} f(s,x(s)) ds-\int_0^t f(s,x(s))ds\Bigr)$$

$$=\frac1r\int_t^{t+r} f(s,x(s)) ds,$$

welches wegen dem Hauptsatz gegen $f(t,x(t))$ konvergiert.

Der entsprechende Integral-Operator $I:x\mapsto I(x):t\mapsto x_0+\int_0^t f(s,x(s)) ds$ läßt $X$ invariant, denn für $x\in X$ und $\vert t\vert\leq a_1$ gilt

$$\vert I(x)(t)-x_0\vert=\Bigl\vert\int_0^t f(s,x(s)) ds\Bigr\vert \leq a_1 \Vert f\Vert_{\infty}\leq b.$$

Und wenn man die äquivalente Norm $\Vert x\Vert:=\max\{\Vert x(t)\Vert e^{-2L\vert t\vert}:t\in [-a_1,a_1]\}$ verwendet, ist $I$ eine $\frac12(1-e^{-La_1})$-Kontraktion, denn

$$\Bigl\vert e^{-2 L \vert t\vert} (I(x_1)-I(x_2))(t)\Bigr\vert =\Bigl\vert e^{-2 L \vert t\vert} \int_0^t f(s,x_1(s))-f(s,x_2(s)) ds\Bigr\vert$$

$$\leq e^{-2 L \vert t\vert} L\cdot\Bigl\vert\int_0^t \vert x_1(s)-x_2(s)\vert e^{-2 L \vert s\vert} e^{2 L \vert s\vert} ds\Bigr\vert$$

$$\leq e^{-2 L \vert t\vert} L\cdot\Bigl\vert\int_0^t \Vert x_1-x_2 \Vert e^{2 L \vert s\vert} ds\Bigr\vert$$

$$\leq e^{-2 L \vert t\vert} \frac12 \Vert x_1-x_2 \Vert \Bigl(e^{2 L \vert t\vert}-1\Bigr)$$

$$\leq \frac12 \Vert x_1-x_2 \Vert \Bigl(1-e^{-2 L \vert t\vert}\Bigr)$$

$$\leq \frac12 \Vert x_1-x_2 \Vert.$$

Also ist der Banach'sche Fixpunktsatz anwendbar und wenn man mit einer beliebigen Funktion in $X$, z.B. der konstanten Funktion $x_0$, startet und rekursiv $x_{n+1}:=I(x_n)$ definiert, dann konvergiert $x_n$ in $X$ gegen den eindeutigen Fixpunkt $x_{\infty}$, die Lösung der Differentialgleichung.     []

18.4.5 Beispiel. Nicht globale Lösungen.
Es sei $f(t,x):=1+x^2$. Die Lösung $x$ der Differentialgleichung $x'(t)=f(t,x(t))$ mit Anfangsbedingung $x(0)=0$ können wir mittels Separation der Variablen bestimmen:

$$\frac{dx}{dt}=x'=1+x^2$$

$$\quad\Rightarrow\quad \frac{dx}{1+x^2} = dt$$

$$\quad\Rightarrow\quad \arctan(x)=\int\frac{dx}{1+x^2} = \int dt = t+C \quad\Rightarrow\quad x(t) = \tan(t+C)$$

$$\quad\Rightarrow\quad 0=x(0)=\tan(0+C) \quad\Rightarrow\quad C=0 \quad\Rightarrow\quad x(t) = \tan(t).$$

Die Lösung existiert somit nur auf dem Intervall $(-\pi/2,+\pi/2)$ (und erreicht $\pm{\infty}$ zum Zeitpunkt $\pm\pi/2$) ganz im Unterschied zur global definierten Funktion $f$.

Für lineare Differentialgleichungen hingegen passiert dieses Schrumpfen des Definitionsbereiches nicht:

18.4.6 Folgerung (Lineare Differential-Gleichung).
Es sei $f(t,x):=a(t)\cdot x+b(t)$, dann existieren die Lösungen dort wo $a:J\to L(E,E)$ und $b:J\to E$ stetig sind.

Beweis. Solche $f:J\times E\to E$ sind automatisch Lipschitz, da

$$\Vert f(t,x_1)-f(t,x_2)\Vert=\Vert a(t)(x_1-x_... ...ert \leq \Vert a(t)\Vert \Vert x_1-x_2\Vert\leq L \Vert x_1-x_2\Vert,$$

wobei $L:=\max\{\Vert a(t)\Vert:t\in J\}$ ist. Also kann im Beweis von für $X$ ganz $C(J,E)$ gewählt werden.     []

Bemerkung.

1. Falls $a\in\mathbb{R}$ konstant und $b=0$ ist (also eine homogene lineare 1-dimensionale Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten gegeben ist), dann ist die Lösung $x(t)=x(0) e^{at}$. In der Tat können wir wieder Separation der Variablen durchführen und erhalten:

   $$\frac{dx}{dt}=x'=a x$$

   $$\Rightarrow\quad \frac{dx}{x} = a dt$$

   $$\Rightarrow\quad \operatorname{ln}(x)=\int\frac{dx}{x} = \int dt = a t+C$$

   $$\Rightarrow\quad x(t) = e^{at+C}$$

   $$x_0 = x(0)=e^{0+C}$$

   $$\Rightarrow\quad e^C=x_0$$

   $$\Rightarrow\quad x(t) = e^{at+C}=e^{at}\cdot e^C=e^{at} x_0.$$

   
   

2. Dies gilt auch für $a\in L(E,E)$ (d.h. homogene lineare mehrdimensionale Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten), wobei $e^a:=\exp(a):=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a^k}{k!}$ für alle $a\in L(E,E)$ konvergiert und $x(t)=e^{at} x_0$ die Anwendung der linearen Abbildung $e^{at}$ auf den Anfangsvektor $x_0\in E$ ist.

3. Falls $v$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda$ von $a\in L(E,E)$ ist, d.h. $a(v)=\lambda v$ gilt, so liefert die Methode der Variation der Konstanten den Ansatz $x(t):=c(t) v$. Dies ist genau dann eine Lösung der Differentialgleichung $x'(t)=a(x(t))$, wenn $c'(t) v=x'(t)=a(v(t))=a(c(t) v)=c(t) \lambda v$, also $c'(t)=\lambda c(t)$ und somit $c(t)=c(0) e^{\lambda t}$ ist.

   Beachte, daß jede Linearkombination von Lösungen einer homogenen linearen Differentialgleichung selbst wieder eine Lösung ist. Wenn also $v_1,\dots,v_n$ Eigenvektoren von $a$ mit Eigenwerten $\lambda _1,\dots,\lambda _n$ sind, so ist auch $x(t)=\sum_{k=1}^n c_i e^{\lambda _i t} v_i$ eine Lösung zum Anfangswert $\sum_i c_i v_i$. Wenn die $v_i$ eine Basis bilden, so kann daraus jede Lösung berechnet werden.

4. Betrachten wir nun insbesonders den 2-dimensionalen Fall einer homogenen lineare Differentialgleichung
   $$\begin{pmatrix}x'(t) y'(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a & b c & d \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x(t) y(t) \end{pmatrix}$$
   Es seien $\lambda$ und $\mu$ die beiden Eigenwerte dieser $2\times 2$-Matrix $A$ und $v$ und $w$ zugehörige Eigenvektoren. Dann können die folgenden Fälle auftreten:
   • $\lambda =\mu=0$ und $v\ne w$. Dann ist $A=0$ und alle Lösungen konstant.
   • $\lambda =\mu=0$ und $v=w$. Dies ist z.B. für $a=c=d=0$, $b=1$ der Fall, also für die Differentialgleichung $x'(t)=y(t)$, $y'(t)=0$, d.h. $y(t)=y_0$ und $x(t)=x_0+t y_0$. Die Lösungskurven sind also affine Geraden parallel zum Eigenvektor.
   • $\lambda \ne 0=\mu$. Dies ist z.B. für $a=\lambda$, $b=c=d=0$ der Fall, also für die Differentialgleichung $x'(t)=\lambda x(t)$, $y'(t)=0$, d.h. $x(t)=x_0 e^{\lambda t}$ und $y(t)=y_0$. Die Lösungskurven sind also durch die Exponentialfunktion parametrisierte Halbgeraden parallel zum Eigenvektor $v$. Je nach dem ob $\lambda >0$ oder $\lambda <0$ geht die Lösung für $t\to-{\infty}$ oder $t\to+{\infty}$ gegen die $w$-Achse.
   • $\lambda =\mu\ne 0$ und $v\ne w$. Dann ist $A=\lambda \operatorname{id}$ und die Lösungen sind $x(t)=x_0 e^{\lambda t}$, $y(t)=y_0 e^{\lambda t}$ parametrisieren also gerade die Halbstrahlen durch 0. Je nach dem ob $\lambda >0$ oder $\lambda <0$ geht die Lösung für $t\to-{\infty}$ oder $t\to+{\infty}$ gegen 0.
         

   • $\lambda =\mu\ne 0$ und $v=w$. Dies ist z.B. für $a=d=\lambda$, $b=1$, $c=0$ der Fall, also für $x'=\lambda x+y$, $y'=\lambda y$, d.h. $y(t)=y_0 e^{\lambda t}$ und $x'(t)=c(t) e^{\lambda t}$ wobei $c'(t)=y_0$ ist, also $c(t)=x_0+t y_0$. Die Lösungskurven gehen für $t\to\pm{\infty}$ gegen 0 und ${\infty}$ und schneiden dabei die $y$-Achse zum Zeitpunkt $t:=-\frac{x_0}{y_0}$.
         

   • $\lambda >\mu>0$ oder $\lambda <\mu<0$. Dies ist z.B. für $a=\lambda$, $d=\mu$, $b=c=0$ der Fall. Die Lösungen $x(t)=x_0 e^{\lambda t}$, $y(t)=y_0 e^{\mu t}$ beschreiben halbe verallgemeinerte Parabeln $(x/x_0)^\mu=(y/y_0)^{\lambda }$ die tangential an die $y$-Achse liegen.
     

   • $\lambda >0>\mu$. Wie zuvor sind die Lösungen $x(t)=x_0 e^{\lambda t}$ und $y(t)=y_0 e^{\mu t}$ und wegen $\lambda \mu<0$ beschreiben diese verallgemeinerte Hyperbeln $1=(x/x_0)^{-\mu}\cdot (y/y_0)^{\lambda }$.
     

   • $\mu=\overline{\lambda }\in\mathbb{C}$ und $\mathfrak{R}e(\lambda )=0$. Dies ist z.B. für $a=0=d$, $b=-1$, $c=1$ der Fall, also für die Differentialgleichung $x'(t)=-y(t)$, $y'(t)=x(t)$. Damit ist $x''(t)=-y'(t)=-x(t)$ und somit $x(t)=u \cos(t)+v \sin(t)$ und $y(t)=-x'(t)=u \sin(t)-v \cos(t)$. Dann ist $x_0=x(0)=u$ und $y_0=y(0)=-v$. Sei nun $(x_0,y_0)=r(\cos(\varphi ),\sin(\varphi ))$, dann ist

     $$x(t) =r \cos(\varphi ) \cos(t)-r \sin(\varphi ) \sin(t)=r \cos(\varphi +t)$$

     $$y(t) =r \cos(\varphi ) \sin(t)+r \sin(\varphi ) \cos(t)=r \sin(\varphi +t).$$

     
     
     Die Lösungen parametrisieren also konzentrische Kreis um 0. Mittels der komplexen Lösungen $t\mapsto e^{\pm it} \binom{\pm i}{1}$ können wir das ebenfalls erhalten indem wir deren Summe $t\mapsto \binom{i(e^{it}-e^{-it})}{e^{it}+e^{-it}}=2\binom{-\sin(t)}{\cos(t)}$ bzw. das $(-i)$-fache der Differenz $t\mapsto \binom{i(e^{it}+e^{-it})}{e^{it}-e^{-it}}=2i\binom{\cos(t)}{\sin(t)}$ betrachten, siehe (19.2.15).
     

   • $\mu=\overline{\lambda }\in\mathbb{C}$ und $\mathfrak{R}e(\lambda )\ne 0$. Dies ist z.B. für $a=c=d=1$ und $b=-1$ der Fall mit Eigenwerten $1\pm i$. Komplexe Eigenvektoren sind $(\pm i,1)$ also sind $(x(t),y(t))=e^{(1+i)t}(i,1)$ und $(x(t),y(t))=e^{(1-i)t}(-i,1)$ zwei komplexe Lösungen. Die Summe dieser Lösungen liefert $e^t(-\sin(t),\cos(t))$ und die Differenz $i e^t(\cos(t),\sin(t))$, siehe (19.2.15). Also ist die reelle Lösung mit Anfangswert $r(\cos(\varphi ),\sin(\varphi ))$ durch $t\mapsto r e^t\Bigl(\cos(\varphi +t),\sin(\varphi +t)\Bigr)$ gegeben, parametrisiert somit eine Spirale die für $t\to\pm{\infty}$ gegen 0 bzw. ${\infty}$ konvergiert und dabei unendlich oft um 0 herumläuft.
     

5. Ist $a:J\to\mathbb{R}$ beliebig (d.h. eine 1-dimensionale homogene lineare Differentialgleichung mit nicht-konstanten Koeffizienten vorliegen), dann folgt aus $\frac{dx}{dt}=x'(t) = a(t) x(t)$ formal $\operatorname{ln}(x)=\int \frac1{x} dx=\int a(t) dt$ und somit
   $$x(t) = e^{\int a(t) dt}.$$
   Einsetzen zeigt, daß dies in der Tat die Lösung der Differentialgleichung ist.

6. Ist wie zuvor $a$ Skalar-wertig und nun $b$ beliebig (d.h. eine 1-dimensionale inhomogene lineare Differentialgleichung mit nicht-konstanten Koeffizienten vorliegen), so erhält man die Lösung $y$ der inhomogenen Gleichung $y'(t)=a(t) y(t)+b(t)$ durch Variation der Konstanten der Lösung $x$ der homogenen Gleichung $x'(t)=a(t) x(t)$, d.h. durch den Ansatz $y(t):=c(t) x(t)$. Dann ist

   $$y'(t) = c(t) x'(t)+c'(t) x(t)= c(t) a(t) x(t)+c'(t) x(t)$$

   $$= a(t) y(t) + c'(t) x(t),$$

   
   
   also $c'(t)=\frac{b(t)}{x(t)}$, d.h. $c(t)=\int \frac{b(t)}{x(t)} dt$.

7. Ist $x'(t)=f(x(t))$ eine Zeit-unabhängige nicht-lineare Differentialgleichung und $f(x_0)=0$, so ist $x:t\mapsto x_0$ eine stationäre Lösung ein sogenannter Fixpunkt. Indem man die Ableitung $A:=f'(x_0)$ von $f$ betrachtet, kann man im generischen Fall (d.h. wo kleine Änderungen der Matrix die Eigenschaften der Eigenwerte wie z.B. deren Positivität nicht ändert) zeigen, daß sich die Lösungen der Differentialgleichung $x'(t)=f(x(t))$ nahe $x_0$ im wesentlichen so wie jene der linearen Differentialgleichung $x'(t)=A\cdot x(t)$ verhalten.

Wie untersuchen z.B. die nicht-lineare Differentialgleichung

$$x' =x(4-y^2)-3y$$

$$y' =y(4-x^2)+3x$$

Die stationären Punkte sind die Lösungen der Gleichung $f(x,y)=0$ also des Gleichungssystems

$$=x(4-y^2)-3y$$ 0

$$=y(4-x^2)+3x$$ 0

und somit $(\sqrt{10},\frac12\sqrt{10})$, $(-\frac12\sqrt{10},\sqrt{10})$, $(-\sqrt{10},-\frac12\sqrt{10})$, $(\frac12\sqrt{10},-\sqrt{10})$ und $(0,0)$. Die Ableitung $f'$, deren Eigenwerte und deren Eigenvektoren sind in diesen Punkten gegeben durch:

$$\bgroup\color{demo} \begin{array}{r\vert c\vert c\vert c\vert... ...i & \binom{-i}{1},\;\binom{i}{1}\\ \hline \end{array}\egroup$$

Die ersten 4 Punkte sind also ``Sattelpunkte'' d.h. es gibt zwei gegenüberliegende Richtungen (Eigenvektoren mit positiven Eigenwerten) wo die Lösungen herausfliesen und zwei gegenüberliegende Richtungen (Eigenvektoren mit negativen Eigenwerten) wo die Lösungen hineinfliesen. Der letzte Punkt ist eine Quelle aus der alle Lösungen herausspiralen.

18.4.9 Bemerkung. Differentialgleichungen höherer Ordnung.
Unter einer Differentialgleichung $n$-ter Ordnung versteht man eine Gleichung der Form

$$x^{(n)}(t) = f(t,x(t),x'(t),\dots,x^{(n-1)}(t)),$$

wobei $f$ eine lokal definierte Abbildung $\mathbb{R}\times E^n\to E$ ist und die Lösung $x$ lokal von $\mathbb{R}$ nach $E$ $n$-mal differenzierbar sein soll.

Betrachten wir als ganz einfaches Beispiel die Gleichung 2-ter Ordnung

$$x''(t)=g$$ mit einer Konstanten $$g.$$

Wenn wir $y:=x'$ setzen, dann lautet die Gleichung $y'(t)=g$ und hat als Lösung $y(t)=g t+C_1$, und die Konstante $C_1$ kann aus der Anfangsbedingung $y_0=y(t_0)=x'(t_0)$ als $C_1:=y(0)-g t_0$ berechnet werden. Schließlich hat die Differentialgleichung 1-ter Ordnung

$$x'(t)=y(t)=g (t-t_0)+y_0$$

als Lösung

$$x(t)=g \frac{(t-t_0)^2}2+y_0 t+C_0$$

und die Konstante $C_0$ kann aus der Anfangsbedingung $x_0=x(t_0)$ als $C_0:=x_0-y_0 t_0$ berechnet werden. Die allgemeine Lösung obiger Differentialgleichung 2-ter Ordnung ist somit durch

$$x(t)=\frac{g}{2} (t-t_0)^2+x'(t_0) (t-t_0)+x(0)$$

gegeben. Diese Differentialgleichung tritt in der Physik an prominenter Stelle auch wirklich auf, wie wir im nachfolgenden Beispiel (18.4.10) sehen werden.

Ganz analog kann man auch bei allgemeinen Differentialgleichungen $n$-ter Ordnung vorgehen: Wenn man $y_0(t):=x(t)$, $y_1(t):=x'(t)$, ..., $y_{n-1}(t):=x^{(n)}(t)$ für eine Lösung $x$ setzt, dann ist $y:t\mapsto (y_0(t),\dots,y_{n-1}(t))$ eine Lösung der gewöhnlichen Differentialgleichung 1. Ordnung:

$$y'(t) = g(t,y(t)),$$

wobei $g:\mathbb{R}\times E^n\to E^n$ gegeben ist durch

$$g(t,y_0,\dots,y_{n-1}) := \Bigl(y_0,\dots,y_{n-2},f(t,y_0,\dots,y_{n-1})\Bigr).$$

Umgekehrt liefert auch jede Lösung $y=(y_0,\dots,y_{n-1})$ von $y'(t)=g(t,y(t))$ eine Lösung $x:=y_0$ von $x'(t)=f(t,x(t),\dots,x^{(n-1)}(t))$.

Ist insbesonders $f(t,x_0,\dots,x_{n-1}):=\sum_{k=0}^n a_k(t) x_k(t)$, so ist $g(t,y)$ linear in $y$ und wird durch die Matrix

$$\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \hdots & 0 \\ \vd... ...& \hdots & 0 & 1 \\ a_0 & a_1 & \hdots & a_{n-2}& a_{n-1} \end{pmatrix}$$

gegeben. Deren Eigenwerte $\lambda$ sind gerade die Lösungen der Gleichung

$$\det \begin{pmatrix} -\lambda & 1 & 0 & \hdots... ...& 1 \\ a_0 & a_1 & \hdots & a_{n-2} & a_{n-1}-\lambda \end{pmatrix}=0$$

und somit (durch Entwicklung nach der letzten Zeile) von

$$= a_0\cdot 1 - a_1\cdot (-\lambda ) +-\dots +(-1)^{n-1} (a_{n-1}-\lambda ) (-\lambda )^{n-1}$$ 0

$$= a_0 + a_1 \lambda + \dots + a_{n-1} \lambda ^{n-1}-\lambda ^{n}.$$

18.4.10 Beispiel. Gravitationsfelder.
Bekanntlich bewegen sich Objekte auf die keine Kräfte einwirken gleichförmig, d.h. ihre Geschwindigkeit $x'(t)$ ist konstant, also $x'(t)=v_0$ und somit $x(t)=t v_0+x_0$, wobei $x_0=x(0)$ und $v_0=x'(0)$ die Anfangsbedingung ist. Wirkt hingegen eine Kraft $F$ auf ein Objekt der Masse $m$, so gilt das

Newton'sche Kraftgesetz: Kraft ist Masse mal Beschleunigung,

d.h. das Objekt erfährt eine zur Kraft proportionale Beschleunigung. Ist insbesonders die Kraft konstant (z.B. ist die Erdanziehungskraft $g\cdot m$ nahe der Erdoberfläche, wobei $g\thickapprox 9.81m/s^2$ die Erdbeschleunigung bezeichnet) so lautet das Newton'sche Kraftgesetz $g\cdot m=F=m\cdot x''(t)$, wobei $x''(t)$ die Beschleunigung des Objekts beschreibt, welches sich zum Zeitpunkt $t$ and der Stelle $x(t)$ befindet. Die Flugbahn wird also durch die Differentialgleichung 2-ter Ordnung $x''(t)=g$ beschrieben und die Lösungen sind nach obigem Parabeln $x(t)=\frac{g}{2} (t-t_0)^2+x'(t_0) (t-t_0)+x(0)$.

Entfernt sich das Objekt hingegen wesentlich von der Erdoberfläche, so nimmt die Anziehungskraft der Erde (mit dem Quadrat der Entfernung $x(t)$ zum Erdmittelpunkt) ab, ist also durch $F=-\frac{\gamma M m}{x(t)^2}$ gegeben, wobei $\gamma$ die Gravitationskonstante und $M$ die Masse der Erde bezeichnet. Die zugehörige Differentialgleichung ist somit

$$x''(t)=-\frac{\gamma M}{x(t)^2}.$$

Mittels folgendem Trick können wir Gleichungen der Form $x''(t)=f(x(t))$ lösen: Sei dazu $F$ eine Stammfunktion von $f$ und somit ist

$$(x'\cdot x')'(t) =2 x'(t) x''(t) = 2 x'(t) F'(x(t))= (2 F\o x)'(t),$$

$$x'(t)^2 = 2 F(x(t)) + C,$$

und $C$ kann aus der Anfangsbedingung $x'(0)$ bestimmt werden. Weiters kann $x(t)$ durch Lösen der Differentialgleichung 1-ter Ordnung

$$x'(t)=\pm\sqrt{C+2 F(x(t))}$$

im Prinzip mittels Separation der Variablen bestimmt werden:

$$\int\frac1{\sqrt{C+2 F(x)}} dx=\pm\int dt =\pm t+C_1.$$

In unseren Fall ist $f(x):=-\frac{\gamma M}{x^2}$ und somit $F(x)=\frac{\gamma M}{x}$, also

$$x'(t)^2=C + \frac{2\gamma M}{x}$$ mit $$C=v_0^2-\frac{2\gamma M}{x_0},$$

wobei $x_0$ Anfangshöhe und $v_0$ Anfangsgeschwindigkeit ist.

Falls $C=0$ ist, und somit $x'$ nur für $x\to{\infty}$ verschwindet und folglich $x(t)\to{\infty}$ für $t\to{\infty}$ gilt, also $v_0=\sqrt{\frac{2\gamma M}{x_0}}$ die Fluchtgeschwindigkeit ist, so liefert Separation der Variablen:

$$\int \sqrt{x} dx=\pm\int \sqrt{2\gamma M} dt,$$

also $x^{3/2}=\pm\frac{3}2 (\sqrt{2\gamma M} t+C_1)$ und somit

$$x(t)=\left(\pm3\sqrt{\frac{\gamma M}{2}} t+C_... ...)^{2/3} =\left(\pm3\sqrt{\frac{\gamma M}{2}} t+x_0^{3/2}\right)^{2/3}.$$

Andernfalls versuchen wir zuerst die Konstanten zu vereinfachen: Dazu substituieren $y(t):=\frac1{\lambda }x(t)$ mit $\lambda >0$ und erhalten somit

$$y'(t)^2=\frac{1}{\lambda ^2} x'(t)^2 =\frac{1... ... y(t)}\right) =\frac{C}{\lambda ^2}+\frac{2\gamma M}{\lambda ^3 y(t)}$$

Wählen wir also $\lambda :=\root3\of{2\gamma M}$ so lautet unsere Differentialgleichung

$$y'(t)^2=C_1+\frac1{y(t)}$$ mit $$C_1=\frac{C}{(2\gamma M)^{2/3}}$$

Mittels separation der Variablen formen wir die Differentialgleichung um in

$$\int \sqrt{\frac{y}{1+C_1 y}} dy=\pm\int dt=\pm t+C_2.$$

Substituieren wir nun $z:=\sqrt{\frac{y}{1+C_1 y}}>0$, also

$$y=\frac{z^2}{1-C_1 z^2}$$ und $$dy=\frac{2z}{(1-C_1 z^2)^2} dz,$$

so erhalten wir mittels partieller Integration

$$\int \sqrt{\frac{y}{1+C_1 y}} dy = \int \frac{2z^2} {(1-C_1 z^2)^2} dz$$

$$= \int \frac{z}{C_1} \frac{2 C_1 z} {(1-C_1 z^2)^2} dz$$

$$= \frac{z}{C_1} \frac{1}{1-C_1 z^2} - \frac1{C_1}\int \frac{1}{1-C_1 z^2} dz$$

Und je nach Vorzeichen von $C_1$ ist

$$\int \frac{1}{1-C_1 z^2} dz = \frac12 \int\frac1{1-\sqrt{C_1}z}+\frac1{1+\sqrt{C_1}z} dz$$

$$= \frac1{2\sqrt{C_1}} \Bigl( -\operatorname{ln}(1-\sqrt{C_1}z)+\operatorname{ln}(1+\sqrt{C_1}z)\Bigr)$$

$$= \frac1{2\sqrt{C_1}} \Bigl( -\operatorname{ln}(1-\sqrt{C_1}z)+\operatorname{ln}(1+\sqrt{C_1}z)\Bigr)$$

$$= \frac1{2\sqrt{C_1}} \operatorname{ln}\left(\frac{1+\sqrt{C_1}z}{1-\sqrt{C_1}z}\right) C_1>0$$

$$\quad \int \frac{1}{1-C_1 z^2} dz = \frac1{\sqrt{-C_1}}\int \frac{\sqrt{-C_1}}{1+(\sqrt{-C_1}z)^2} dz$$

$$= \frac1{\sqrt{-C_1}}\arctan(\sqrt{-C_1}z) C_1<0.$$

Rücksubstitution von $z=\sqrt{\frac{y}{1+C_1 y}}$ ergibt somit

$$\pm t+C_2 = \frac{z}{C_1} \frac{1}{1-C_1 z^2} - \frac1{C_1}\int \frac{1}{1-C_1 z^2} dz$$

$$= \frac{z}{C_1(1-C_1 z^2)} - \frac1{2 C_1^{3/2}} \operatorname{ln}\left(\frac{1+\sqrt{C_1}z}{1-\sqrt{C_1}z}\right)$$

$$= \frac{ 2 \sqrt{C_1 y (1 + C_1 y)} -\operatorname{ln}(1 + 2 C_1 y + 2 \sqrt{C_1 y (1 + C_1 y))}}{2 C_1^{3/2}}$$

$$\quad = \frac{z}{C_1(1-C_1 z^2)} - \frac1{C_1 \sqrt{-C_1}} \arctan(\sqrt{-C_1}z)$$

$$= \frac{\sqrt{-C_1 y (1 + C_1 y)} - \arctan(\sqrt{\frac{-C_1 y}{1+C_1 y}})}{C_1 \sqrt{-C_1}}$$

$$= \frac{ \sqrt{-C_1 y (1 + C_1 y)} - \arcsin(\sqrt{-C_1 y})}{C_1 \sqrt{-C_1}}$$

Es gelingt uns allerdings nicht mehr die Umkehrfunktion diese Ausdruckes für $\pm t+C_2$ explizit zu berechnen, aber zumindest könne wir damit exakt berechnen zu welchen Zeitpunkt $t$ eine vorgegebene Höhe $x$ erreicht wird (oder auch nicht).
Für $C_1=1$ erhalten wir

für $C_1=-1$ hingegen

Wenn wir nun mit $x(t)\in\mathbb{R}^3$ die Koordinaten eines Objektes im Raums bezeichnen, wobei wir den Ursprung in den Sonnenmittelpunkt gelegt haben, so gilt für die Kraft die die Sonne auf das Objekt der Masse $m$ ausübt entsprechend $F=-\frac{\gamma Mm}{\vert x\vert^2} \frac{x}{\vert x\vert}$ und die Differentialgleichung die die Bahn des Objekts beschreibt ist durch

$$x''(t)=-\frac{\gamma Mm}{\vert x\vert^3} x$$

gegeben. Wenn wir dies numerisch lösen, dann sehen wir, daß je nach Anfangsbedingungen (Anfangsort $x(0)$ und Anfangsgeschwindigkeit $x'(0)$) die Bahnen durch Ellipsen (Kreise), Parabeln und Hyperbeln beschrieben werden.

Beachte, daß die entsprechende Differentialgleichung bereits $6$ Variablen aufweist. Stellt man für mehrere Körper (z.B. die 9 Planeten unseres Sonnensystems) ein ganz analog gebildetes Gleichungssystem auf, so involviert dieses bereits $9\cdot 6=54$ Variablen. Wir sehen also, daß es keine akademische Spielerei war in der Mathematik 1 Vektorräume der Dimension größer als 3 zu behandeln.