Lösung linearer DGL erster Ordnung

Lineare gewöhnliche Differentialgleichungen erster Ordnung

Eine gewöhnliche Differentialgleichung erster Ordnung, die algebraisch in die Form

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

gebracht werden kann, wird als linear bezeichnet, andernfalls als nichtlinear.

Die Form von Gleichung (1) wird als Standardform einer linearen gewöhnlichen Differentialgleichung erster Ordnung bezeichnet. Wenn der erste Term einer gegebenen linearen DGL erster Ordnung $f(x)y’$ ist, kann die Standardform durch Division beider Seiten der Gleichung durch $f(x)$ erhalten werden.

In der Ingenieurwissenschaft wird $r(x)$ oft als Eingangssignal (Input) und $y(x)$ als Ausgangssignal (Output) oder als Antwort (Response) auf den Eingang (und die Anfangsbedingungen) bezeichnet.

Homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen

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

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

und dies wird als homogen bezeichnet. In diesem Fall kann die Trennung der Variablen angewendet werden.

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

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

Inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen

Wenn im Intervall $J$ $r(x)\not\equiv 0$ gilt, wird dies als inhomogen bezeichnet. Es ist bekannt, dass die inhomogene lineare DGL (1) einen integrierenden Faktor besitzt, der nur von $x$ abhängt. Dieser integrierende Faktor $F(x)$ kann mit Gleichung (11) aus der Methode zur Bestimmung des integrierenden Faktors oder direkt wie folgt bestimmt werden.

Multipliziert man Gleichung (1) mit $F(x)$, erhält man

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

Wenn

\[pF=F'\]

gilt, wird die linke Seite von Gleichung (1*) zur Ableitung $(Fy)’=F’y+Fy’$. Trennt man die Variablen in $pF=F’$, erhält man $dF/F=p\ dx$. Integriert man dies und setzt $h=\int p\ dx$, so ergibt sich

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

Setzt man dies in Gleichung (1*) ein, erhält man

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

Durch Integration erhält man

\(e^hy=\int e^hr\ dx + c\) und durch Division durch $e^h$ ergibt sich 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.

Da in Gleichung (4) $c$ der einzige Wert ist, der von der gegebenen Anfangsbedingung abhängt, können wir, wenn wir Gleichung (4) als Summe von zwei Termen schreiben

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

Folgendes erkennen:

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

Beispiel: RL-Schaltkreis

Angenommen, ein $RL$-Schaltkreis besteht aus einer Batterie mit einer elektromotorischen Kraft (EMK) von $E=48\textrm{V}$, einem Widerstand von $R=11\mathrm{\Omega}$ und einer Induktivität von $L=0.1\text{H}$. Der Anfangsstrom sei Null. Erstellen Sie das Modell für diesen $RL$-Schaltkreis und lösen Sie die resultierende gewöhnliche Differentialgleichung für den Strom $I(t)$.

Ohmsches Gesetz (Ohm’s law)
Der Strom $I$ im Schaltkreis verursacht einen Spannungsabfall $RI$ über dem Widerstand.

Faradaysches Induktionsgesetz (Faraday’s law of electromagnetic induction)
Der Strom $I$ im Schaltkreis verursacht einen Spannungsabfall $LI’=L\ dI/dt$ über der Induktivität.

Kirchhoffsche Maschenregel (Kirchhoff’s Voltage Law; KVL)
Die in einer geschlossenen Masche angelegte elektromotorische Kraft ist gleich der Summe der Spannungsabfälle über allen anderen Elementen im Kreis.

Lösung

Nach den oben genannten Gesetzen lautet das Modell für den $RL$-Schaltkreis $LI’+RI=E(t)$. In Standardform geschrieben, ergibt sich:

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

Diese lineare DGL kann gelöst werden, indem wir in Gleichung (4) $x=t, y=I, p=R/L, h=(R/L)t$ setzen.

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

Da $R/L=11/0.1=110$ und $E(t)=48$ ist, gilt:

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

Aus der Anfangsbedingung $I(0)=0$ erhalten wir $I(0)=E/R+c=0$, also $c=-E/R$. Daraus lässt sich die folgende partikuläre Lösung bestimmen:

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