# Gewöhnliche Differentialgleichungen/Getrennte Variablen/Textabschnitt
## Definition

Eine Differentialgleichung der Form
    $y'=g(t)\cdot h(y)\,$
mit zwei Funktionen (dabei sind $I$ und $J$ reelle Intervalle)
    $g\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t),$
und
    $h\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto h(y),$
heißt gewöhnliche Differentialgleichung mit getrennten Variablen.
Eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen ist auf der Produktmenge $U=I\times J$ definiert. Eine homogene lineare Differentialgleichung $y'=g(t)y$ besitzt offenbar getrennte Variablen (mit $h(y)=y$), dagegen besitzt eine inhomogene lineare Differentialgleichung im Allgemeinen keine getrennten Variablen. Die Differentialgleichungen mit getrennten Variablen lassen sich durch Integrieren lösen. Wenn $h(y_{0})=0$ ist, so bestätigt man direkt die konstante Lösung $y(t)=y_{0}$. Daher beschränken wir uns im Folgenden auf die Situation, dass $h$ keine Nullstelle besitzt. Die Grundidee ist dann, in der Gleichung
    ${\frac {y'(t)}{h(y(t))}}=g(t)\,$
die beiden Seiten zu integrieren, wobei man links die Substitutionsregel anwendet.

## Satz

Es sei
    $y'=g(t)\cdot h(y)\,$
eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen mit stetigen Funktionen
    $g\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t),$
und
    $h\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto h(y),$
wobei $h$ keine Nullstelle besitze. Es sei $G$ eine Stammfunktion von $g$ und $H$ eine Stammfunktion von ${\frac {1}{h}}$. Weiter sei $I'\subseteq I$ ein Teilintervall mit $G(I')\subseteq H(J)$.
Dann ist $H$ eine bijektive Funktion auf sein Bild $H(J)$ und die Lösungen dieser Differentialgleichung haben die Form
Wenn zusätzlich die Anfangsbedingung
    $y(t_{0})=y_{0}{\text{ mit }}(t_{0},y_{0})\in I\times J$
gegeben ist, und wenn die Stammfunktionen die zusätzlichen Eigenschaften $G(t_{0})=0$ und $H(y_{0})=0$ erfüllen, so ist
    $y(t)=H^{-1}(G(t))\,$
die eindeutige Lösung des Anfangswertproblems.

### Beweis

Da $h$ stetig ist und keine Nullstelle besitzt, ist $h$ bzw. ${\frac {1}{h}}$ nach dem Zwischenwertsatz entweder stets positiv oder stets negativ, sodass $H$ nach Fakt streng monoton und daher nach Aufgabe injektiv (also bijektiv auf sein Bild) ist. Sei $y(t)=H^{-1}(G(t))$ wie angegeben. Dann ist nach Fakt und Fakt
    ${\begin{aligned}y'(t)&={\frac {G'(t)}{H'{\left(H^{-1}(G(t))\right)}}}\\&={\frac {g(t)}{{\frac {1}{h}}{\left(H^{-1}(G(t))\right)}}}\\&=g(t)\cdot h{\left(H^{-1}(G(t))\right)}\\&=g(t)\cdot h(y(t)),\end{aligned}}$
sodass in der Tat eine Lösung vorliegt. Es sei nun $y(t)$ eine differenzierbare Funktion, die die Differentialgleichung erfüllt. Daraus folgt
    $\int _{t_{1}}^{t_{2}}g(t)\,dt=\int _{t_{1}}^{t_{2}}{\frac {y'(t)}{h(y(t))}}\,dt=\int _{y(t_{1})}^{y(t_{2})}{\frac {1}{h(z)}}\,dz\,,$
wobei wir die Substitution $z=y(t)$ angewendet haben. Für die zugehörigen Stammfunktionen (mit den unteren Integralgrenzen $t_{1}$ bzw. $y(t_{1})$) bedeutet dies $G(t)=H(y(t))$, also ist $y(t)=H^{-1}(G(t))$. Um die Anfangsbedingung zu erfüllen, kann man $t_{0}$ bzw. $y_{0}$ als untere Integralgrenzen wählen. Wir zeigen, dass dies die einzige Lösung ist. Es seien also $H$ und ${\tilde {H}}$ zwei Stammfunktionen zu ${\frac {1}{h}}$ und $G$ und ${\tilde {G}}$ zwei Stammfunktionen zu $g$ derart, dass sowohl $y(t)=H^{-1}(G(t))$ als auch ${\tilde {y}}(t)={\tilde {H}}^{-1}({\tilde {G}}(t))$ die Anfangsbedingung erfüllen. D.h. die beiden Funktionen stimmen zum Zeitpunkt $t_{0}$ überein. Da sich Stammfunktionen nur um eine Konstante unterscheiden, können wir ${\tilde {H}}=H+c$ und ${\tilde {G}}=G+d$ mit zwei Konstanten $c,d\in \mathbb {R}$ ansetzen. Es gilt also einerseits $H(y(t))=G(t)$ und andererseits $H({\tilde {y}}(t))+c={\tilde {H}}({\tilde {y}}(t))={\tilde {G}}(t)=G(t)+d$, sodass $H({\tilde {y}}(t))-H(y(t))=d-c$ gilt, woraus wegen ${\tilde {y}}(t_{0})=y(t_{0})$ sofort $c=d$ folgt. Also ist $H({\tilde {y}}(t))=G(t)=H(y(t))$ und somit wegen der Injektivität von $H$ auch ${\tilde {y}}(t)=y(t)$ für alle $t$.
$\Box$
Wegen
    ${\left(H+c\right)}^{-1}(G(t)+d)=H^{-1}(G(t)+d-c)\,$
(wende $H+c$ an) genügt es, bei der Stammfunktion zu $g(t)$ eine Konstante zuzulassen, um die allgemeine Lösung zu erhalten. Durch einen Übergang von $G$ nach $G+c$ mit einer geeigneten Konstanten $c$ kann man auch erreichen, dass es ein (echtes) Intervall $I'$ gibt mit
    $G(I')\subseteq H(J)\,.$
Sowohl orts- als auch zeitunabhängige Differentialgleichungen kann man als Differentialgleichung mit getrennten Variablen auffassen. Für zeitunabhängige Differentialgleichungen erhält man den folgenden Lösungsansatz.

## Korollar

Es sei
    $y'=h(y)\,$
eine zeitunabhängige Differentialgleichung mit einer
    $h\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto h(y),$
ohne Nullstelle. Es sei $H$ eine Stammfunktion von ${\frac {1}{h}}$ mit der Umkehrfunktion
    $H^{-1}\colon J'\longrightarrow J.$
Dann sind die Funktionen
die Lösungen dieser Differentialgleichung auf dem Intervall $H(J)-c$.

### Beweis

Dies folgt direkt aus Fakt.
$\Box$
Wenn im zeitunabhängigen Fall die Funktion $h$ Nullstellen besitzt, so muss man zuerst diese und die zugehörigen konstanten Lösungen bestimmen und dann den vorstehenden Satz auf die nullstellenfreien Teilintervalle des Definitionsbereiches anwenden.

## Beispiel

Wir betrachten die zeitunabhängige Differentialgleichung
    $y'={\frac {1}{y}}\,$
für $y>0$. Es ist also $h(y)={\frac {1}{y}}$ und damit müssen wir nach Fakt $y$ integrieren, eine Stammfunktion dazu ist
    $H(y)={\frac {1}{2}}y^{2}\,.$
Die Umkehrfunktion berechnet sich aus dem Ansatz $z={\frac {1}{2}}y^{2}$ zu $y={\sqrt {2z}}=H^{-1}(z)$. Also haben die Lösungskurven die Gestalt
    $y(t)={\sqrt {2(t+c)}}\,$
mit $c\in \mathbb {R}$.

## Beispiel

Wir betrachten die zeitunabhängige Differentialgleichung
    $y'=\sin y\,$
für $y\in J=0,\pi$. Nach Fakt müssen wir also ${\frac {1}{\sin y}}$ integrieren, eine Stammfunktion dazu ist nach Beispiel die Funktion
    $H\colon J\longrightarrow J'=\mathbb {R} ,\,y\longmapsto H(y)=\ln {\left(\tan {\frac {y}{2}}\right)}.$
Die Umkehrfunktion $H^{-1}$ berechnet sich über $u=\ln {\left(\tan {\frac {y}{2}}\right)}$ zu
    $H^{-1}(y)=2\arctan {\left(e^{u}\right)}\,.$
Also haben die Lösungskurven die Gestalt
    $y(t)=2\arctan {\left(e^{t+c}\right)}\,$
mit einem $c\in \mathbb {R}$.
Nach diesen zeitunabhängigen Differentialgleichungen besprechen wir weitere Beispiele für Differentialgleichungen mit getrennten Variablen.

## Korollar

Eine Differentialgleichung der Form
    $y'=g(t)\cdot y^{2}\,$
$y>0$ und einer stetigen Funktion
    $g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t),$
besitzt auf $I'\subseteq \mathbb {R}$ die Lösungen
wobei $G$ eine Stammfunktion zu $g$ mit $G(I')\subseteq \mathbb {R} _{+}$ sei.

### Beweis

$\Box$

## Beispiel

Wir betrachten die Differentialgleichung mit getrennten Variablen
    $y'=t\cdot y^{3}\,$
für
$y>0$. Eine Stammfunktion zu ${\frac {1}{y^{3}}}$ ist $H(y)=-{\frac {1}{2}}y^{-2}=z$ ($z$ ist also negativ) mit der Umkehrfunktion
    $y=H^{-1}(z)={\sqrt {-{\frac {1}{2}}z^{-1}}}\,.$
Die Stammfunktionen zu $g(t)=t$ sind ${\frac {1}{2}}t^{2}+c$. Daher sind die Lösungen der Differentialgleichung von der Form
    $y(t)={\sqrt {-{\frac {1}{2}}{\left({\frac {1}{2}}t^{2}+c\right)}^{-1}}}={\sqrt {\frac {-1}{t^{2}+2c}}}\,.$
Hierbei muss $c$ negativ gewählt werden, damit diese Lösung einen nichtleeren Definitionsbereich besitzt. Der Definitionsbereich ist dann das Intervall $]{{-{\sqrt {-2c}}},{\sqrt {-2c}}$. Insbesondere sind die Lösungen nur auf einem beschränkten offenen Intervall definiert, obwohl die Differentialgleichung auf ganz $\mathbb {R} ^{2}$ definiert ist. An den Intervallgrenzen strebt $y(t)$ gegen ${+\infty }$, d. h., die Lösung „entweicht“.

## Beispiel

Wir betrachten die Differentialgleichung mit getrennten Variablen
    $y'=-t\cdot y^{3}\,$
für $y>0$. Eine Stammfunktion zu ${\frac {1}{y^{3}}}$ ist $H(y)=-{\frac {1}{2}}y^{-2}=z$ ($z$ ist also negativ) mit der Umkehrfunktion
    $y=H^{-1}(z)={\sqrt {-{\frac {1}{2}}z^{-1}}}\,.$
Die Stammfunktionen zu $g(t)=-t$ sind $-{\frac {1}{2}}t^{2}+c$. Daher sind die Lösungen der Differentialgleichung von der Form
    $y(t)={\sqrt {-{\frac {1}{2}}{\left(-{\frac {1}{2}}t^{2}+c\right)}^{-1}}}={\sqrt {\frac {1}{t^{2}-2c}}}\,.$
Insbesondere erhält man bei $c=0$ die auf $\mathbb {R} _{+}$ definierte Lösung
    $y(t)={\frac {1}{t}}\,.$