Differentialgleichungen

23.04.2018, 16:41

Mesut95

Differentialgleichungen

Meine Frage:
Hallo alle zusammen habe folgende Aufgabe. (SIEHE Bild)

Meine Ideen:
Ich habe als Lösung y=x*(1/(2|x^2|) +1/2 +c) mit c element von R+
Stimmt denn diese Lösung so exakt? Ich habe die Probe durchgeführt und es stimmt eigentlich aber bin mir nicht so sicher. Wie kann ich ausserdem lösen für welche AWP diese aufgabe gilt ?

23.04.2018, 18:57

Huggy

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RE: Differentialgleichungen

Zitat:

Original von Mesut95
Ich habe als Lösung y=x*(1/(2|x^2|) +1/2 +c) mit c element von R+
Stimmt denn diese Lösung so exakt?

Das ist keine Lösung der DGL, obwohl nahe dran.
Und wozu die Betragszeichen? $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ ist doch eh nicht negativ.

Am besten machst du erst mal die Substitution $\begin{eqnarray*} z=xy \end{eqnarray*}$ . Die Lösungen der DGL haben eine Besonderheit bei $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ , die sich auch schon in der DGL selbst zeigt.

23.04.2018, 21:43

hasso069

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RE: Differentialgleichungen
Hallo, ich habe mich auch an die Aufgabe gemacht. Meine Lösung dazu sieht wie folgt aus:

$\begin{eqnarray*} y'=\frac{x-y}{x}=1-\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$ dies gilt für $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ wir müssen uns aber den Punkt x=0 merken denn in der eigentlichen Differentialgleichung ist ja x=0 erlaubt.

Sei nun u=y/x Also $\begin{eqnarray*} h(u)=1-u \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} u'=\frac{1-2u}{x}=\frac{1}{x}*(1-2u) \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt $\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! \frac{1}{1-2u} \, du =\int_{}^{} \! \frac{1}{x} \, dx \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2} ln(|1-2u|) =ln(|x|)+C_{3} \end{eqnarray*}$ =

= $\begin{eqnarray*} ln(|1-2u|) =-2ln(|x|)+C_{2} mit C_{3}=-2*C_{3} \end{eqnarray*}$ =

= $\begin{eqnarray*} |1-2u| =\frac{1}{x^2}+C_{1} mit C_{1}=e^{C_{2}} \end{eqnarray*}$ =

und daraus Folgt

Fall 1: $\begin{eqnarray*} u =-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{2} +C \end{eqnarray*}$

Fall 2: $\begin{eqnarray*} u =\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{2} +C \end{eqnarray*}$

diese beiden fälle kann man zusammenfassen

$\begin{eqnarray*} u =\frac{1}{2|x|^2}+\frac{1}{2} +C \end{eqnarray*}$ ...

und ein x dazu multipliziert ergibt:

$\begin{eqnarray*} y =x*(\frac{1}{2|x|^2}+\frac{1}{2} +C ) \end{eqnarray*}$

und die Betragsstriche fallen weg

$\begin{eqnarray*} y =x*(\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{2} +C ) \end{eqnarray*}$ der Definitionsbereich wäre dann D=R/{0}

Wenn man sich die Differentialgleichung nochmal anschaut und die Partielle Ableitung nach y bildet kommt man auf $\begin{eqnarray*} f_{x}=-\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ diese ist Stetig bis auf den punkt x=0.
Das bedeutet die rechte der DGL ist stetig differenzierbar, so ist ihre Ableitung (wegen der Stetigkeit) auf kompakten Mengen stets beschränkt, also lokal lipschitz-stetig. Es existiert also eine eindeutige Lösung für alle R\{0}.

23.04.2018, 22:41

HAL 9000

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RE: Differentialgleichungen

Zitat:

Original von hasso069
= $\begin{eqnarray*} ln(|1-2u|) =-2ln(|x|)+C_{2} mit C_{3}=-2*C_{3} \end{eqnarray*}$

Bis hierhin weitgehend richtig, wenn auch etwas umständlich. Es schließt sich dann leider an eine Missachtung der Potenz/Logarithmengesetze:

Zitat:

Original von hasso069
= $\begin{eqnarray*} |1-2u| =\frac{1}{x^2}+C_{1} mit C_{1}=e^{C_{2}} \end{eqnarray*}$

Richtig wäre $\begin{eqnarray*} |1-2u| =\frac{C_1}{x^2} \end{eqnarray*}$ . In der Folge muss dann natürlich eine Menge repariert werden.

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Tatsächlich kommt man mit der von Huggy empfohlenen Substitution $\begin{eqnarray*} z=xy \end{eqnarray*}$ wesentlich schneller zum Ziel:

Dort ist $\begin{eqnarray*} z'=xy'+y \end{eqnarray*}$ unmittelbar der Term auf der linken Seite deiner DGL!!! Das verbleibende $\begin{eqnarray*} z'=x \end{eqnarray*}$ kann direkt integriert werden, d.h. es ergibt sich $\begin{eqnarray*} z = \frac{x^2}{2}+C \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} y = \frac{x}{2}+\frac{C}{x} \end{eqnarray*}$ , so schnell kann's gehen.

24.04.2018, 09:21

Huggy

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RE: Differentialgleichungen
Noch zu den möglichen Anfangsbedingungen: Die DGL hat keine Lösung zu der Anfangsbedingung $\begin{eqnarray*} y(0)=a \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a \neq 0 \end{eqnarray*}$ .

24.04.2018, 17:56

HAL 9000

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Und für die Anfangsbedingung $\begin{eqnarray*} y(a)=b \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a\neq 0 \end{eqnarray*}$ wäre zu diskutieren, wie weit sich der Geltungsbereich der gefundenen Lösung erstreckt:

Ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist das nämlich nur mit Fall $\begin{eqnarray*} b=\frac{a}{2} \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} b\neq \frac{a}{2} \end{eqnarray*}$ ist es nur $\begin{eqnarray*} (0,\infty) \end{eqnarray*}$ im Fall $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} (-\infty,0) \end{eqnarray*}$ im Fall $\begin{eqnarray*} a<0 \end{eqnarray*}$ . D.h., der Nullpunkt ist da unüberwindbar, jedenfalls in Hinblick Eindeutigkeit der AWP-Lösung.

26.04.2018, 20:45

Lauraundlisa1

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Hallo Leute.
Ich frage aus Interesse:

Wie geht der Schritt von Huggy ? Wenn man z=xy subs.
Gibt es doch nirgends etwas wo man z einsetzen kann...
den nirgends steht z=xy

26.04.2018, 20:49

HAL 9000

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Willst du damit sagen, dass du

a) nicht verstanden hast, wie man damit auf $\begin{eqnarray*} z'=x \end{eqnarray*}$ kommt, oder

b) nicht weißt, wie man diese DGL für $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ dann löst?

26.04.2018, 21:06

Lauraundlisa1

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Auf z‘=x kommen wir ja nur drauf wenn wir z=xy partiell nach y ableiten.. warum leiten wir nach y ab und nicht nach x ?
Meint ihr dann wenn man z‘=x hat das es eigentlich genau das selbe ist wie:

z‘= x= xy‘+y ?
Wo haben wir aber nun eine Substitution durchgeführt?
Wir haben ja eigentlich nur gesagt das z=xy ist verwirrt

26.04.2018, 21:22

HAL 9000

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Zitat:

Original von Lauraundlisa1
Auf z‘=x kommen wir ja nur drauf wenn wir z=xy partiell nach y ableiten..

Nein, so war das ganz und gar nicht gedacht, das hast du komplett missverstanden. Nochmal langsam:

Ansatz $\begin{eqnarray*} z=xy \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ differenziert ergibt gemäß Produktregel $\begin{eqnarray*} {\color{blue}z'} = xy' + x'y = {\color{red}xy'+y} \end{eqnarray*}$ , letzteres wegen $\begin{eqnarray*} x'=1 \end{eqnarray*}$ .

Nun lautet die zu lösende DGL aber $\begin{eqnarray*} {\color{red}xy'+y} = {\color{green}x} \end{eqnarray*}$ , es folgt $\begin{eqnarray*} {\color{blue}z'} = {\color{green}x} \end{eqnarray*}$ .

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Man könnte auch frech sagen:

Zitat:

Durch Integrieren von $\begin{eqnarray*} xy'+y = x \end{eqnarray*}$ erhält man direkt $\begin{eqnarray*} xy = \frac{x^2}{2}+C \end{eqnarray*}$ .

Das als Substitution zu verpacken, ist daher schon die freundliche Erklärvariante. Augenzwinkern

26.04.2018, 23:28

Lauraundlisa1

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Danke lieber Hal smile

Aber eine kleine Frage noch woher weiß du das x‘=1 ist ?

27.04.2018, 06:37

HAL 9000

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Du fragst jetzt allen Ernstes, warum die Ableítung der Funktion $\begin{eqnarray*} f(x)=x \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} f'(x)=1 \end{eqnarray*}$ ist? geschockt

27.04.2018, 08:47

Lauraundlisa1

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Ach das hat sich geklärt, als ich wach geworden bin wurde mir heute morgen einiges klar!
Vielen Dank für die Schnellen Antworten lieber Halb smile

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