Zurück Stand: 31.5.2018

Exakte Lösung von gewöhnlichen Differentialgleichungen 1. Ordnung

Eine Differentialgleichung erster Ordnung (nur gesuchte Funktion und ihre 1. Ableitung in der Gleichung) ergibt zusammen mit einer Anfangsvorgabe $ y(a)= y_0 $ das sogenannte Anfangswertproblem (AWP) $$ y'(x) = f(x,y) \quad x\in (a;b) \qquad y(a)=y_0 $$ Für Spezialfälle sind auch exakte Lösungen möglich - man spricht von einer Integration der Differentialgleichung.

Separable Dgl - Trennung der Veränderlichen,

Die rechte Seite ist ein Produkt von Funktionen nur einer Variablen: $$ y'(x) = f(x,y) = k(x) \cdot g(y) \Rightarrow { y'(x) \over g(y(x)) } = k(x) \Rightarrow \int_a^x k(s) ds = \int_a^x { y'(s) \over g(y(s)) } ds = \int_{y_0}^{y(x) } { 1 \over g(u) } du \qquad (*) $$ Substitution $ u= y(x) $ wurde angewandt im letzten Schritt.
$ K $ sei eine Stammfunktion von $k$ bzgl. $x , $ etwa $$ K(x) = \int_a^x k(s) ds $$ und $R$ sei eine Stammfunktion von $ 1/g(y) $ bezüglich $y$, etwa $$ R(y) = \int_{y_0}^{y } { 1 \over g(u) } du $$ Dann erhalten wir aus der Gleichung (*) $$ K(x) - K(a) = R(y(x)) - R(y(a)) \Rightarrow R(y) = R(y(a)) - K(a) + K(x) \Rightarrow y = R^{-1} ( R(y(a)) - K(a) + K(x) ) $$ Diese Gleichung liefert zunächst also nur eine implizite Darstellung der Lösung $y(x) $ über die Funktion $R(y)= .. $ Für manche Funktionen $R$ kann man die Umkehrfunktion $ R^{-1} $ auch explizit bestimmen und damit dann eine explizite Darstellung der Lösung des AWP ermitteln. Je nach Typ der Funktion müssen dabei ggf. Fallunterscheidungen durchgeführt werden.
Ein kleines Beispiel zur Anwendung der Methode (ein Spezialfall von Beispiel 3 unten)
$$ y' = 2x y^2 , \ y(0) =1 $$ Die Nullfunktion $y=0$ erfüllt die Differentialgleichung, aber nicht die Anfangsbedingung. Wir suchen also $y \ne 0 .$
Trennung der Veränderlichen und Integration mit Substitution ergibt: $$ { y' \over y^2 } = 2x, \ y(0) = 1 \Rightarrow \int_0^x { y' \over y^2 } dx = \int_1^y { 1 \over u^2 } du = -{ 1 \over y } + 1 = \int_0^x 2\xi d\xi = x^2 $$ Offenbar hier also $R(y) = -1/y $. Wenn wir nach $y$ auflösen, also die Umkehrfunktion zu $R$ berechnen: $$ y(x) = (1-x^2)^{-1} , \quad |x| \lt 1 $$ Anmerkung/Beobachtung: Die Lösung des AWP existiert also nur auf dem Intervall $-1 \lt x \lt 1 $ , an den Rändern des Intervalls hat sie Singularitäten, sogenanntes Blow-Up Verhalten. Man nennt eine solche Lösung lokale Lösung, da sie nur ein einer beschränkten Umgebung des Anfangswerts existiert. Dies liegt an der speziellen Nichtlinearität der rechten Seite $y^2 $. Bei linearen Dgl ist dieses Phänomen nicht zu beobachten, sie sind immer global lösbar (für alle $x \ge a $ ).

Aufgabe : Löse das AWP $ y' = xy^3, \ y(0) = y^3 .$ Hinweis: Fallunterscheidung bei der Auflösung nach $y$ notwendig.

Beispiel 1 (lineare homogene Dgl.) $$ y'(x) = k(x) y(x) = f(x,y) , \qquad y(a) = y_0 $$ Linearität: Ist $y$ Lösung dieser Dgl (nicht des AWP!) , so auch $c \cdot y $ für jede reelle Konstante $c$. $$ \int_a^x k(s) ds = K(x) - K(a) = \int_{y_0}^{y(x) } { 1 \over u } du = \ln|y(x)| - \ln |y_0| = \ln| y(x) / y_0 | $$ Hier ist $R$ also gerade die $\ln$-Funktion. Zu dieser kennen wir die Umkehrfunktion, nämlich $\exp() $ und wenden diese auf die Gleichung an. $$ y(x) = y_0 \exp(K(x) - K(a)) $$ Zur Probe differenzieren wir diese Gleichung und prüfen,ob sie das AWP löst. Klar ist die Erfüllung der Anfangsbedingung: $y(a) = y_0 \exp(K(a) - K(a)) = y_0$.
Mit der Kettenregel: $$ y'(x) = (y_0 \exp(K(x) - K(a)) )' = y_0 \exp(K(x) - K(a)) \cdot K'(x) = y(x)k(x) = k(x) y(x) $$ Die Funktion $y$ löst also das AWP.

Spezialfall Falls $k$ sogar eine Konstante ist, dann ist die Lösung $y$ offensichtlich eine Exponentialfunktion, denn $K(x) = kx$, also $$ y(x) = y_0 e^{k(x-a)} $$

Anwendungen.
1. Das Modell des radioaktiven Zerfalls, die Radiokarbonmethode $y(t) $ Bezeichne die Zahl der Atome des radioaktiven Isotops zum Zeitpunkt $t$, die Anfangszahl sei $y_0$. Die Menge der pro Zeiteinheit zerfallenden Atome ist proportional mit einer Konstanten $k \gt 0$ zur vorhandenen Menge, es gilt also das AWP $$ y'(t) = -ky(t) , t>0, \quad y(0) = y_0 $$ Somit erhalten wir $$ y(t) = y_0 e^{-kt} $$ Die Halbwertszeit (Zeit in der sich die Zahl der Atome halbiert hat) sei $t_h $ und bekannt. Dann kann man leicht $k$ berechnen. $$ y(t+t_h) = { 1\over 2 } y(t) \Rightarrow y_0 e^{-k(t + t_h ) } = { 1\over 2 }y_0 e^{-kt} \Rightarrow e^{ -kt_h } = { 1\over 2 } \Rightarrow kt_h = \ln(2) \Rightarrow k = {\ln(2) \over t_h} $$ Bei der Radiocarbonmethode zur Altersbestimmung von Fossilien schließt man aus der gemessenen Konzentration eines radioaktiven C-Isotops etwa in den Knochen eines Fossils zum unbekannten Alter $t$ (Messwert $y(t) $) und der bekannten früheren zu "Lebzeiten" ($y(0)=y_0$) auf das Alter $t$ des Fossils. $$ y(t) = y_0 e^{-kt} \Rightarrow t = - {\ln(y(t)/y_0) \over k } $$ Siehe auch: Schule/Exponentialfunktionen.

2. Bewegung eines Massenpunktes unter linearer Reibung
Ebenso können wir den Fall der linearen Reibung (sog. Stokes Reibung, Rollreibung) aus dem Fahrzeugbeispiel Modelle behandeln. Für eine Reibungskraft proportional zur Geschwindigkeit $v$ des Massenpunktes (ohne weitere externe Kräfte) wird das Bewegungsgesetz durch das AWP $$ v'(t) = -r v(t) , \qquad v(0) = v_0 $$ beschrieben. Lösung wie oben berechnet $$ v(t) = v_0 e^{-r t } , \quad t> 0 $$

3. Beispiel : Abkühlung eines Körpers
Beispiel aus der Haustechnik, Brauchwasserspeicher im Nachtmodus.


Lineare inhomogene DG.

Mit einem kleinen Trick können wir aus der Lösung der homogenen linearen Dgl auch die Lösung der inhomogenen konstruieren. Diese ist natürlich keine separable Dgl mehr!

Funktionen $k, q$ gegeben. $$ y'(x) = k(x) y(x) + q(x) \qquad y(a) =y_0 $$ $y_h $ sei eine Lösung der homogenen Dgl nach Beispiel 1, erfülle also $$ y_h' (x) = k(x) y_h(x) $$ Dies ist zum Beispiel für $ y_h = \exp(K(x) ) $ der Fall, der Anfangswert muss ja von $y_h $ nicht erfüllt werden (sondern später von $y$).

Wir machen den Ansatz "Variation der Konstanten" um eine Lösung der inhomogenen Dgl. zu ermitteln und setzen diesen Produktansatz in die inhomogene Dgl ein. Mit einer noch zu bestimmenden Funktion $c(x)$: $$ y(x) = c(x) y_h(x) \Rightarrow y' = (c'y_h + c y_h') = ky + q = kcy_h + q $$ Weil $y_h $ die homogene Dgl. löst, wissen wir schon $ cy_h' = c ky_h $, diese Terme können wir also aus der Gleichung streichen. Es bleibt übrig eine einfache Bestimmungsgleichung für die Funktion $c$: $$ c' y_h = q \Rightarrow c' = {q \over y_h } $$ Diese Gleichung integrieren wir einfach auf um $c$ zu ermitteln, die rechte Seite ist ja unabhängig von $c$, $$ c(x) - c(a) = \int_a^x {q(s) \over y_h (s) } ds = \int_a^x q(s)\exp(-K(s)) ds $$ also $$ c(x) = c(a) + \int_a^x q(s)\exp(-K(s)) ds $$ Wir wissen nun, dass die Funktion $ y= c y_h $ die inhomogene Dgl $ y'=ky + q$ löst, denn $c$ war gerade so konstruiert. Es ist noch die Anfangsvorgabe $y(a) = y_0$ zu erfüllen. $$ y_0 = y(a) = c(a)y_h(a) \Rightarrow c(a) = y_0 (y_h(a))^{-1} = y_0 \exp(-K(a)) $$ Wir haben also die Funktion $$ y(x) = c(x) y_h(x) = \left( y_0 \exp(-K(a)) + \int_a^x q(s)\exp(-K(s)) ds \right) \exp(K(x) ) $$ so konstruiert, dass sie das inhomogene AWP löst. Probe durch Differenzieren mit der Produktregel (Übung).

Alternative Lösungsmethode und Übelagerungssatz Man hat eine spezielle Lösung $y_s$ der inhomogenen Dgl gefunden, zum Beispiel durch Raten. $y_h$ sei eine Lösung der homogenen (separablen) Dgl $ y' = ky $ Dann ist für jede Konstante $c$ auch die Funktion $ y= cy_h + y_s $ eine Lösung der inhomogenen Dgl, denn $$ y= cy_h + y_s \Rightarrow y' = cy_h' + y_s' = cky_h + k y_s + q = k ( cy_h + y_s) + q = c y + q $$ Die Konstante $c$ wird dann so bestimmt, dass $y$ die Anfangsbedingung $ y(x_0) = y_0 $ erfüllt.

Beispiel lineare inhomogene Dgl. 1. Ordnung, Anfangswertproblem $$ y´ = x\cdot y + x^3 , \quad y(0) =1 $$ 1. Schritt: Lösung zugehörige homogene Dgl. durch Trennung der Veränderlichen (Separationsansatz). $$ y_h´= x y_h \Rightarrow y_h = c \exp(x^2) $$ 2. Schritt: Ansatz Variation der Konstanten: $ y´ = c(x) y_h(x) $ einsetzen in inhomogene Dgl. Beachten, dass $y_h$ die homogene Dgl. erfüllt. $$ y´ = c´y_h + c y_h´ = x (cy_h) + x^3 \Rightarrow c´y_h = x^3 \Rightarrow c´ = x^3 \exp(-x^2) $$ Letzte Gleichung aufintegrieren mit Substitutionsregel und partieller Integration: $$ c(x) = \int x^3 \exp(-x^2) dx = -{ 1 \over 2 } \exp(-x^2) ( 1+x^2) + C $$ $$ y(x) = c(x) y_h(x) = -{ 1 \over 2 } ( 1+x^2) + C \exp(x^2) $$ Anfangsbedingung einarbeiten: $$ y(0) = 1 \Rightarrow C = { 3\over 2 } $$

Komplexer Ansatz zur Lösung der inhomogenen linearen Dgl 1. Ordnung für spezielle rechte Seiten $q$

Speziell für eine rechte Seite $q$, die Real- oder Imaginärteil der komplexen Exponentialfunktion $\exp(\lambda x) $ ist, also $$q(x) = \gamma e^{\alpha x } \cos(\beta x ) \mbox{ bzw } q = \gamma e^{\alpha x } \sin (\beta x ) \qquad (*) $$ kann man eine spezielle Lösung auch über die komplexwertige Exponentialfunktion berechnen. analog zum komplexwertigen Integrieren.

Voraussetzung hier: $k$ ist konstant.
Wir rechnen auch gleich mit komplexem $q= \gamma \exp(\lambda x)$ und nehmen nachher nach Bedarf den Real- oder Imaginärteil:
1. Fall $ k \ne \lambda $: Ansatz $ y_s = d \exp(\lambda x) $ mit einer noch zu bestimmenden Konstanten $d \in C $
$$ y_s' = d \lambda \exp(\lambda x) = k y_s + q = k d \exp(\lambda x) + \gamma \exp(\lambda x) $$ Da $ \exp(\lambda x) \ne 0 $ $$ d = { \gamma \over \lambda - k } $$ Spezielle Lösung ist also $ y_s = Re(d \cdot \exp(\lambda x) ) $ (evtl komplexe Produktbildung, wenn $d$ nicht reell !) bzw. $ y_s = Im( (d \cdot \exp(\lambda x) ) $ je nachdem welche reelle Funktion $q$ in (*) vorliegt. Allgemeine Lösung wieder $y= c y_h + y_s = c \exp(k x ) + y_s$ und $c$ so bestimmen, dass die Anfangsbedingung $y_(x_0) = y_0 $ erfüllt ist.

2. Fall $\lambda = k $ : Ansatz in diesem Fall $y_s = d \cdot x \exp(\lambda x ) $, einsetzen und wieder Koeffizientenvergleich durchführen. $$ y_s' = d\exp(\lambda x ) + d \lambda x \exp(\lambda x ) = k d x \exp(\lambda x ) + \gamma \exp(\lambda x ) $$ Wegen $ \lambda =k $ kann man zwei gleiche Terme aus der Gleichung streichen und des bleibt nach Kürzen der Exponentialfunktion $ d = \gamma .$
Eine spezielle Lösung der inhomogenen Dgl. ist damit durch den Real- bzw Imginärteil der Funktion $ \gamma x \exp(\lambda x ) $ gegeben.
Fazit Für diese speziellen rechten Seiten $q$ kann man die Lösung der inhomogenen Dgl durch eine kleine algebraische Rechnung statt eines Integrationsprozesses wie im allgemeine Ansatz ermitteln.

Zahlenbeispiel:
$$ y' = 2 y + e^{3x } \sin(4x) = k y + q $$ Offenbar $q = Im( \exp((3+4j ) x ) $ also $ \lambda = 3+4j \ne k =2 $ also liegt Fall 1 vor. $ \gamma = 1. $ $$ d = { \gamma \over \lambda - k } = { 1 \over 1 + 4j } = { 1 - 4j \over 17 } $$ Spezielle Lösung damit: $$ y_s(x) = Im ( d \exp( \lambda x) ) = Im ( { ( 1 - 4j ) \over 17 } e^{3x} ( \cos(4x) + j \sin(4x) ) ) = { e^{3x} \over 17 } (\sin(4x) - 4 \cos(4x) ) $$ Durch Einsetzen in die Dgl Verifizierung der speziellen Lösung. Allgemeine Lösung: $$ y(x) = c y_h + y_s = c e^{2x } + { e^{3x} \over 17 } (\sin(4x) - 4 \cos(4x) ) $$

Auch hier direkt die Anwendung aus der Physik: Eine konstante beschleunigende Kraft in Bewegungsrichtung und eine bremsende (entgegen der Bewegungsrichtung), die proportional zur Geschwindigkeit ist, (Stokes Reibung) wirkt auf einen Körper (Massenpunkt). Etwa beim freien Fall mit linearer Reibung oder einem Fahrzeug mit konstanter Antriebskraft, Rollwiderstand proportional zur Geschwindigkeit und Vernachlässigung des Luftwiderstands.
Freier Fall mit Stokes Reibung
Das Bewegungsgesetz wird durch das AWP $$ mv'(t) = -r v(t) + mg, \quad v(0) = v_0 $$ beschrieben. Die Masse $m$ und die Erdbeschleunigung seien hier konstant, somit $q=mg $ konstant. ( Die oben hergeleitete Lösungsformel würde aber auch nichtkonstante Funktionen $q$ "vertragen". ) Einsetzen der Größen in die Formel ergibt die Geschwindigkeit: $$ a=0, K(t) = -rt , K(0) = 0, q= mg, \qquad v(t) = \left\{ v_0 \exp(0) + \int_0^t q \exp(rs) ds \right\} \exp(-rt) = \left\{ v_0 + {mg \over r } (\exp(rt) -1) \right\} \exp(-rt) $$ Also $$ v(t) = v_0 \exp(-rt) ) + {mg \over r } (1- \exp(- rt) ) ) $$ Es ergibt sich für $ t \to \infty $ die Grenzgeschwindigkeit $mg/r$ Bem: In dem Wikipedia Artikel wird das Vorzeichen der Geschwindigkeit umgekehrt definiert, "von der Erde weg " damit es zu Höhe passt. Entsprechend die Beschleunigung durch die Erdanziehung mit negativem Vorzeichen. Hier ist das positive Vorzeichen von $v$ in Bewegungsrichtung, also "auf die Erde zu " zu sehen. Unsere Darstellung hier orientiert sich an einem Fahrzeug unter Vernachlässigung der quadratischen Luftreibung. (ersetze g durch die Beschleunigung durch den Motor. )

Weitere Anwendung : RC -Tiefpass 1. Ordnung, Schaltung aus Widerstand und Kondensator. $$ RC u' + u = \cos(\omega t ) $$ $u(t) $: Spannung am Kondensator, R Widerstand, C Kapazität $

Nichtlineare homogene Dgl- Trennung der Veränderlichen

Beispiel 3 (nichtlineare homogene Dgl.) $p$ sei eine Zahl ungleich $1$ und $0$ (Trivialfall) $$ y'(x) = k(x) y^p(x) = f(x,y) , \qquad y(a) = y_0 $$ Wir führen dieselben Schritte wie oben durch: $$ K(x) - K(a) = \int_{y_0}^{y(x) } { 1 \over u^p } du = { 1 \over 1-p} ( (y (x))^{1-p} -(y (a))^{1-p} ) $$ Somit ist hier also $R(y) = y^{1-p} .$ Durch Umformen also $$ R(y(x)) = (y (x))^{1-p} = (y (a))^{1-p} + (1-p) (K(x) - K(a)) $$ Die Berechnung der Umkehrfunktion ist in den Fällen "1-p ungerade, also p gerade " direkt durch eine Wurzel möglich, $$ y(x) = \big\{ y (a))^{1-p} + (1-p) (K(x) - K(a)) \big\}^{1/(1-p) } $$ ansonsten müssen wir eine Fallunterscheidung durchführen.
Nichteindeutige Lösungen Dieses Beispiel ist auch interessant für $0 \lt p \lt 1 $ weil hier keine eindeutigen Lösungen vorliegen. Wir betrachten für $ p = 1/2$ also das AWP $$ y' = 1\cdot \sqrt{y} , \quad y(1) = 0 $$ Es ist klar, dass die konstante Funktion $y=0$ Dgl und Anfangsbedingung erfüllt, somit das AWP löst. Aber auch die nach obigem Verfahren berechnete Funktion ist eine Lösung: $$ \int_0^y { 1 \over \sqrt{u} } du = 2 \sqrt{y} = \int_1^x 1 ds = (x-1) \Rightarrow y= {1\over 4 } (x-1)^2 $$ Und es gibt noch mehr Lösungen: wir können sie zusammensetzen aus der Nullfunktion bis zu einer Stelle $x_1>1 $ und der Parabel $ (x-x_1)^2 /4 $ für x-Werte größer als $x_1$. Alle diese (unendlich vielen ) Funktionen sind Lösungen des AWP.
Für Mathematikstudenten: Die Voraussetzungen des Existenz- und Eindeutigkeitssatzes von Picard-Lindelöf sind hier nicht erfüllt. Die rechte Seite der Dgl ist als Wurzelfunktion zwar stetig in y (also Existenz ) aber nicht Lipschitz-stetig. Keine Eindeutigkeit der Lösung.

Beispiel 4: $$ y' = (1+y^2) \sin(x) \qquad y(0)= 0 $$ $$ \int_0^x { y' (s) \over 1+y^2(s) } ds = \int_0^y { 1 \over 1 +u^2 } du = \arctan(y) - \arctan(0) = \int_0^x \sin(s) ds = \cos(x) -\cos(0) $$ $$ \arctan(y) = \cos(x) -1 \rightarrow y(x) = \tan( \cos(x) -1) $$ Man beachte, dass die Lösung des AWP nicht für alle positiven reellen Zahlen existiert, weil der Tangens nur im Intervall $(-\pi/2; \pi/2)$ definiert ist und an den Rändern Unendlichkeitsstellen hat. Die Lösungskurve startet also bei $x=0$ , und geht bei x mit $ \cos(x) -1 = -\pi/2 $ also $ x = \arccos( 1- \pi/2) $ gegen $ -\infty $. Man nennt dies "Blow up" der Lösung.

Beispiel 5: Bremsen eines Fahrzeugs durch lineare und quadratische Reibung
Zum physikalischen Hintergrund siehe Modelle Ein Fahrzeug werde durch eine bezüglich der Geschwindigkeit linear (z.B. Rollreibung) und eine quadratisch wirkende Reibungskraft (z.B. Luftwiderstand) aus einer Anfangsgeschwindigkeit $v_0$ abgebremst. Man lässt etwa ein fahrendes Auto oder Fahrrad "auslaufen". Für die Geschwindigkeit gilt dann mit konstanten $p,r>0$ die Differentialgleichung bzw. das AWP $$ v'(t) = -r v(t) - p v^2(t) , \qquad v(0) =v_0 $$ Offenbar liegt eine separable Dgl . vor. Trennung der Veränderlichen und Substitution $ u = v(t) $ $$ \frac{v'(t) }{r v(t) + p v^2(t) } = -1 \Rightarrow \int_0^t -1 dt = -t = \int_0^t \frac{v'(t) }{r v(t) + p v^2(t) } dt = \int_{v_0}^{v(t)} \frac{1 }{r u + p u^2 } du $$ Das letzte Integral berechnen wir mit Partialbruchzerlegung des Integranden: $$ \frac{1 }{r u + p u^2 } = \frac{1 }{u (r + p u) } = \frac{1 }{r u } + \frac{-p }{ r(r + p u) } $$ Somit $$ -t = \int_{v_0}^{v(t)} \frac{1 }{r u + p u^2 } = { 1\over r } ( \ln|v/v_0| - { p\over rp } \ln|(r+pv)/(r+pv_0) | $$ Anwendung der Exponentialfunktion auf die mit $r$ multiplizierte Gleichung um den ln zu beseitigen : $$ \exp(-rt) = { v\over v_0 } { (r+pv_0) \over (r+pv) } $$ Auflösen nach $v$ ergibt $$ v(t) = { r \over (r v_0^{-1} + p ) \exp(rt) - p } $$ Etwas mühsam verifiziert man, dass diese Funktion tatsächlich das AWP löst. Eine alternative Lösungsmethode wäre der Weg über die Bernoulli-Dgl (dies ist eine) , siehe unten.

Transformationen und Reduktion auf lösbare Typen

Rückführung spezieller Dgl zu separablen Dgl. durch Substitution: $$ y' = f \left( { y\over x } \right) \quad \mbox {Substitution } z= { y\over x } \Longrightarrow z' = { 1\over x } (f(z) - z ) $$ $$ y' = f \left( { ax +by +c } \right) \quad \mbox {Substitution } z = ax +by +c \Longrightarrow z' = a + bf(z) $$

Bernoulli'sche Dgl: $ p $ sei eine reelle Zahl, $k$ und $r$ stetige Funktionen. $$ y'(x) = k(x) y(x) + r(x)y^p $$ heißt Bernoulli'sche Dgl. Die Substitution $$ z = y^{1-p} $$ ergibt die lineare inhomogene Dgl für die Funktion $z$ $$ z'(x) = (1-p)k(x) z(x) + (1-p) r(x) $$ Lösungsmethode siehe oben, anschließend Rücktransformation $$ y = z^{1/(1-p) } $$

Riccati Dgl (quadratisch inhomogen) Riccati-Dgl Wenn eine Lösung bekannt ist, kann man für die Differenz der bekannten zu einer weiteren unbekannten Lösung eine Bernoullische Dgl aufstellen. Eine Anwendung ist zum Beispiel der freie Fall mit Newton-Reibung Quadratische Reibung