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\begin{document}
\begin{center}
\textbf{\huge{Runde 1, Beispiel 4}}

\Large{LVA 118.181, Übungsrunde 1, 20.10.}

\large{Markus Nemetz, \emph{markus.nemetz@tuwien.ac.at}, TU Wien,
18.10.2006}
\end{center}

\section{Angabe}
Man löse das folgende AWP durch Trennung der Variablen: $1 + y^2 -
xy' = 0$, $y(1) = 1$.

\section{Theoretische Grundlagen: 'Trennbare Differentialgleichungen'}
Ergibt sich (eventuell nach Umformung) eine Differentialgleichung
in der Form
\begin{gather*}
    y' = f(x) \cdot g(x),
\end{gather*}
welche stetige, auf den Intervallen $I \subseteq \mathbb{R} (x,x_0
\in I)$ und $J \subseteq \mathbb{R} (y,y_0 \in J)$ stetig
definierte Funktionen $f$ und $g$ besitzt, sind zwei Fälle zu
unterscheiden:
\begin{enumerate}
    \item $g(y) \neq 0$ - durch \textbf{Trennung der Variablen
    (Veränderlichen)} ergibt sich eine exakte
    Differentialgleichung in der Form:
    \begin{gather*}
        f(x) - \frac{1}{g(y)}\cdot y' = 0
    \end{gather*}
    und der Stammfunktion ($x,x_0 \in I$, $y,y_0 \in J$):
    \begin{gather*}
        U(x,y) = \int_{x_0}^{x} f(\xi) \, d\xi - \int_{y_0}^{y} \frac{d\eta}{g(\eta)}
    \end{gather*}
    \item $g(\eta) = 0, \eta \in J$ - es gilt: $y(x) = \eta$, $x
    \in I$ ist eine konstante Lösung.
\end{enumerate}
Für trennbare Differentialgleichungen ($x_0 \in I$, $y_0 \in J$)
besagt der \textbf{Existenz- und Eindeutigkeitssatz}, dass das
Anfangswertproblem
\begin{gather*}
    y'= f(x) \cdot g(x), \qquad y(x_0) = y_0,
\end{gather*}
lokal eindeutig lösbar ist wenn gilt:
\begin{enumerate}
    \item $g(y_0) \neq 0$, oder
    \item $|g(y)| < L \cdot |y-y0|$ in einer Umgebung von $y_0$,
    $L > 0$ konstant (\texttt{Lipschitz}).
\end{enumerate}
Das \textbf{Lösungsverfahren} für $y' = f(x) \cdot g(x)$ lautet
allgemein:
\begin{enumerate}
    \item Sämtliche Nullstellen von $\eta \in J$ bestimmen - $y(x)
    = \eta$ ist jeweils eine partikuläre Lösung
    \item Trennung der Variablen ('y, dy nach links; x, dx nach
    rechts')
    \begin{gather*}
        \frac{1}{g(y)} \, dy = f(x) \, dx
    \end{gather*}
    \item Unbestimmte Integration beider Seiten:
    \begin{gather*}
        G(y) \, := \, \int \frac{dy}{g(y)}, \qquad F(x) \, := \, \int
        f(x) \, dx.
    \end{gather*}
    Allgemeine implizite Lösung lautet:
    \begin{gather*}
        G(y) - F(x) = x, \qquad c \in \mathbb{R}.
    \end{gather*}
    \item Anfangswertproblemlösung: Wenn $g(y_0) \neq 0, c_0 :=
    G(y_0) - F(x_0)$. Soferne möglich $ G(y) - F(x) = c-0$ nach
    $y$ auflösen.

    Wenn $g(y_0) = 0$, dann ist $y(x) = y_0$ die Lösung.
\end{enumerate}

\section{Lösung des Beispiels}
\subsection{Nullstellenbestimmung}
Es sind keine Nullstellen in dem von $y$ abhängigen Funktionsteil
vorhanden.

\subsection{Umformung (Trennung der Veränderlichen)}
\begin{gather*}
    xy' = 1 + y^2 \\
    y' = \frac{1 + y^2}{x}\\
    \frac{y'}{1+y^2} = \frac{1}{x}
\end{gather*}

\subsection{Beide Seiten unbestimmt integrieren}
\begin{gather*}
    G(y) = \int \frac{dy}{g(y)} = \int \frac{dy}{1 + y^2} =
    \arctan y
\end{gather*}
(Integrationsergebnis lt. Meyberg/Vachenauer, 'Höhere Mathematik
1'. 3. Aufl., S. 167).
\begin{gather*}
    F(x) = \int f(x) \, dx = \int \frac{dx}{x} = \ln x
\end{gather*}
Die allgemeine Lösung in impliziter Form lautet somit:
\begin{gather*}
    G(y) - F(x) =  c, c \in \mathbb{R}, \qquad \arctan y = \ln x +
    c \qquad \mathbf{y=\tan(\ln x + c)}
\end{gather*}

\subsection{Lösung des Anfangswertproblems}
Es gilt: $y(1) = 1$, daher errechnet sich $c$ aus $c = G(y_0) -
F(x_0) = 0.7854 - 0 = 0.7854$. Die Lösung des Anfangswertproblems
ist somit:
\begin{gather*}
    \mathbf{\arctan y = \ln x + 0.7854}
\end{gather*}

\section{Literatur}
\begin{itemize}
    \item Meyberg/Vachenauer, 'Höhere Mathematik 2'. 2. Aufl., S. 14ff.)
\end{itemize}
\end{document}
