2 DGLen

22.04.2007, 20:06	Felipe	Auf diesen Beitrag antworten »
2 DGLen also in mathe muss ich 2 DGLen lösen.. leider hatte ich bisher nur lineare DGLs, deshalb weiß ich bei denen nicht, was ich machen soll 1) $\begin{eqnarray} y' = \frac{y}{x} + xy^3 \end{eqnarray}$ 2) $\begin{eqnarray} y' = xy + y^2 \end{eqnarray}$ [ModEdit: Bitte keine Hilferufe im Titel! Würdest du keine Hilfe benötigen, würdest du hier nicht fragen.]
22.04.2007, 20:20	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Brauche hilfe bei 2 DGLen Hi! Ich würde ja spontan meinen, dass dies Bernoulli-DGL`s sind, aber bin mir unsicher ob ihr die schon hattet nach deinem Kommentar dazu...
22.04.2007, 20:35	Felipe	Auf diesen Beitrag antworten »
das ist nen guter tip hatte mich ja schon nen bisschen darüber informiert und bin dabei auch auf die bernoulli dgl gestoßen, hab die aber voll vergssen werde erstmal schauen, ob ich die damit lösen kann.
22.04.2007, 20:41	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Alternativ kommt man auch ohne Kenntnisse von Bernoulli-DGL hier weiter. Mit geeigneten Substitutionen kann man die Gleichungen in DGL mit trennbaren Variablen zu überführen: (1) $\begin{eqnarray} y = x \cdot z \end{eqnarray}$ (2) $\begin{eqnarray} y = \exp\left( \frac{x^2}{2} \right) \cdot z \end{eqnarray}$
22.04.2007, 22:38	Felipe	Auf diesen Beitrag antworten »
also zu 1) ich hab das mal mit bernoulli ausprobiert. $\begin{eqnarray} z = y^{-2}~~ \rightarrow ~~ z' = -\frac{2 }{x} z - 2x \end{eqnarray}$ dadurch erhalte ich ja eine inhomogene lineare DGL, die durch trennung der variablen zu lösen ist. als lösung für die homogene DGL erhalte ich $\begin{eqnarray} z_{h} = \frac{c}{x^2} \end{eqnarray}$ für die inhomogenität mache ich einen ansatz der Form $\begin{eqnarray} z = ax + b ~~ \rightarrow ~~z' = a \end{eqnarray}$ einsetzen: $\begin{eqnarray} a&=&-\frac{2}{x}\cdot(ax+b)-2x\\&=&-2a - 2\frac{b}{x} - 2x\\3a &=& -2\frac{b}{x} - 2x \end{eqnarray}$ jetzt weiß ich nicht genau, wie ich den koeffizientenvergleich vollziehen soll.. ich hab da einfach $\begin{eqnarray} a = 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} b = -x^2 \end{eqnarray}$ gesetzt und somit $\begin{eqnarray} z_p = -x^2 \end{eqnarray}$ rausbekommen. als Lösung der gesamten DGL: $\begin{eqnarray} z = z_h + z_p = \frac{c}{x^2} - x^2 \end{eqnarray}$ und daraus dann $\begin{eqnarray} y = z^{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{c}{x^2}-x^2}} \end{eqnarray}$ ist das denn soweit richtig? $\begin{eqnarray} \hline \end{eqnarray}$ @Arthur: hmm.. du sagst ich soll bei 1) y = zx substituieren.. soll ich dann das einfach in die gleichung einsetzten und lösen? wie bist du denn auf die substitution gekommen? mfg
23.04.2007, 21:47	Harry Done	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist gar nicht so schwer auf die Substitutionen zu kommen, das geht hier recht einfach auch ohne zu raten. Verwende einfach die noch unbekannte Substitution: $\begin{eqnarray} y(x)=u(x)\cdot v(x) \end{eqnarray}$ und die Ableitunge davon: $\begin{eqnarray} y'=u'v+uv' \end{eqnarray}$ Wenn du das jetzt in deine erste DGL einsetzt, gilt: $\begin{eqnarray} u'v+uv'=\frac{uv}{x}+xu^3v^3 \end{eqnarray}$ da du ja jetzt mit der Trennung der Veränderlichen weiterrechnen möchtest, schreibe ich das mal etwas um: $\begin{eqnarray} v'[u]+v[u'-\frac{u}{x}]=xu^3v^3 \end{eqnarray}$ jetzt musst du nur noch den Faktor vor dem v so bestimmen, dass er Null wird und du kannst die Trennung der Veränderlichen durchführen, es muss also gelten: $\begin{eqnarray} u'-\frac{u}{x}=0 \end{eqnarray}$ mit der Lösung $\begin{eqnarray} u=x \end{eqnarray}$ daher die Substitution $\begin{eqnarray} y(x)=x\cdot v(x) \end{eqnarray}$ ,die DGL vereinfacht sich und du kannst sie lösen. Analog bekommst du die zweite von Arthur vorgeschlagene Sub. herraus. Gruß Jan
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