Bernoullische DGl

28.12.2007, 20:28

marodeur

Bernoullische DGl

Hallo, beim Lösen der folgenden Differentialgleichung bin ich auf ein paar Probleme gestoßen.

$\begin{eqnarray*} y'+xy-x^3y^3=0 \end{eqnarray*}$

daraus erhalte ich folgende Zuordnungen:

$\begin{eqnarray*} n=3\quad,\quad g(x)=x\quad,\quad h(x)=-x^3 \end{eqnarray*}$

mit der Substitution

$\begin{eqnarray*} z(x)=y(x)^{1-n}=y(x)^{-2} \end{eqnarray*}$

für

$\begin{eqnarray*} z'=-2xz+2x^3 \end{eqnarray*}$

Hierfür hab ich als Lösung der homogenen DGl $\begin{eqnarray*} z'+2xz=0 \end{eqnarray*}$ als Lösung $\begin{eqnarray*} z=Ce^{-x^2} \end{eqnarray*}$ erhalten. Soweit so gut. (meines Erachtens)

Nun will ich die inhomogene Lösung bestimmen, indem ich die Konstante variiere:
$\begin{eqnarray*} z=c(x) e^{-x^2} \end{eqnarray*}$

mit

$\begin{eqnarray*} z'=c'(x) e^{-x^2} - 2x c(x) e^{-x^2}\quad \circledast \end{eqnarray*}$

in $\begin{eqnarray*} z'+2xz=2x^3 \end{eqnarray*}$ eingesetzt ergibt sich: $\begin{eqnarray*} c'(x)=2x^3 e^{x^2} \end{eqnarray*}$

Wenn ich nun C(x) bestimme (partielle Integration + Substitution) komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} C(x)=e^{x^2}(x^2-\frac{3}{2})+c \end{eqnarray*}$

und somit auf

$\begin{eqnarray*} z=x^2-\frac{3}{2}+c\cdot e^{-x^2} \end{eqnarray*}$

bilde ich nun hiervon die Ableitung komme ich auf

$\begin{eqnarray*} z'=2x-2xe^{-x^2} \end{eqnarray*}$ (was die DGl nicht erfüllt)

nach $\begin{eqnarray*} \circledast \end{eqnarray*}$ erhalte ich aber $\begin{eqnarray*} z'=3x-2xe^{-x^2} \end{eqnarray*}$ womit die DGl erfüllt wird.

Fragen:
1. Habe ich mich irgendwo verrechnet oder gehe ich von einer falschen Gleichung aus? Der Widerspruch bei z' ist für mich unklar.
2. ist diese 2. Lösung für z nun eine spezielle Lösung der DGl oder schon die allgemene?
3. Die Lösung der ursprünglichen DGl ist dann $\begin{eqnarray*} y(x)=\frac{1}{\sqrt{z(x)}} \end{eqnarray*}$ ?

29.12.2007, 12:46

Gump

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Hallo marodeur!

Bei deiner Ableitung $\begin{eqnarray*} z'=-2xz+2x^3 \end{eqnarray*}$ liegt ein Vorzeichenfehler vor. Richtig lautet die Ableitung $\begin{eqnarray*} z'=2xz-2x^3 \end{eqnarray*}$ .
Du bist wohl versehentlich von $\begin{eqnarray*} y'=xy-x^3y^3 \end{eqnarray*}$ ausgegangen oder hast die Formel für die Ableitung falsch angewendet. Der Rest des Lösungsweges sollte richtig sein.

Gruß Gump

29.12.2007, 13:47

Abakus

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RE: Bernoullische DGl
Erstmal ist da ein Vorzeichenfehler, wie Gump schon richtig sagt: du hast für positive $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} y' + xy -x^3 y^3 = 0 \Leftrightarrow \frac{y'}{y^3} + \frac{x}{y^2} - x^3 = 0 \Leftrightarrow - \frac 1 2 z' + xz - x^3 = 0 \Leftrightarrow z' = 2xz - 2x^3 \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von marodeur
...

in $\begin{eqnarray*} z'+2xz=2x^3 \end{eqnarray*}$ eingesetzt ergibt sich: $\begin{eqnarray*} c'(x)=2x^3 e^{x^2} \end{eqnarray*}$

Wenn ich nun C(x) bestimme (partielle Integration + Substitution) komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} C(x)=e^{x^2}(x^2-\frac{3}{2})+c \end{eqnarray*}$

Hier sollte stehen:

$\begin{eqnarray*} C(x)=e^{x^2} \cdot (x^2 - 1) + c \end{eqnarray*}$

Korrekt durchgerechnet, wirkt sich der Vorzeichenfehler hier auch aus, mit Berücksichtigung hättest du:

$\begin{eqnarray*} C(x)=e^{-x^2} \cdot (x^2 + 1) + c \end{eqnarray*}$

Zitat:

Fragen:
1. Habe ich mich irgendwo verrechnet oder gehe ich von einer falschen Gleichung aus? Der Widerspruch bei z' ist für mich unklar.
2. ist diese 2. Lösung für z nun eine spezielle Lösung der DGl oder schon die allgemene?
3. Die Lösung der ursprünglichen DGl ist dann $\begin{eqnarray*} y(x)=\frac{1}{\sqrt{z(x)}} \end{eqnarray*}$ ?

Du kriegst die allgemeine Lösung der linearen DGL und musst dann noch zurück substituieren. Mit einer Anfangsbedingung $\begin{eqnarray*} y(x_0) = y_0 > 0 \end{eqnarray*}$ erhälst du in einem entsprechenden Intervall eine eindeutige Lösung für die Bernoulli'sche DGL.

Grüße Abakus smile

29.12.2007, 21:32

marodeur

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@Gump, Abakus
Ja jetzt sehe ich es auch, habe mich bei der Definition verguckt und alles auf einer Seite der Gleichung gesehen... und da hab ich doch schon ne Brille Augenzwinkern

Werde es dann nochmal durchgehen...

@Abakus
Es gibt in der Aufgabenstellung keine Anfangsbedingung, es sind alle Lösungen gesucht. Danke für den Hinweis.
Allerdings versteh ich nicht, warum da eine 1 rauskommt anstelle von meinen 3/2, naja, werde es auch nochmal kontrollieren...

noch eine Frage: Welcher Typ von DGl (1. Ordnung) ist folgende?

$\begin{eqnarray*} x^2y'-y^2-5xy-4x^2=0 \end{eqnarray*}$

Hab meinen Vorlesungshefter schon wild durchblättert und auch Wikipedia gequält, allerdings find ich hier nichts passendes, denn das führende x² irritiert mich sichtlich.

EDIT:
hab die Zuordnung korrigiert und hab nun folgendes raus:

$\begin{eqnarray*} C(x)=e^{-x^2} \cdot (x^2 + \frac{3}{2}) + c \end{eqnarray*}$

Hier mein Rechenweg, ich finde den Fehler nicht um da eine 1 hinzubekommen
$\begin{eqnarray*} C(x) = \int c'(x) dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} C(x) = \int -2x^3 \cdot e^{-x^2} dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} C(x) = -2x^3 \cdot \frac{e^{-x^2}}{-2x}-\int-6x^2 \cdot \frac{e^{-x^2}}{-2x} dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} C(x) = x^2 \cdot e^{-x^2}-\int 3x \cdot e^{-x^2} dx \end{eqnarray*}$

nun die Substitution $\begin{eqnarray*} z=-x^2 \frac{dz}{dx} = -2x \quad dx = \frac{dz}{-2x} \end{eqnarray*}$

es ergibt sich für $\begin{eqnarray*} \int 3x \cdot e^{-x^2} dx = \int - \frac{3}{2} \cdot e^z dz = - \frac{3}{2} e^z+c=- \frac{3}{2} e^{-x^2} +c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C(x)=x^2 \cdot e^{-x^2} + \frac{3}{2} e^{-x^2}+c=e^{-x^2}\cdot \left(x^2+\frac{3}{2} \right)+c \end{eqnarray*}$

30.12.2007, 14:30

Abakus

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Zitat:

Original von marodeur
noch eine Frage: Welcher Typ von DGl (1. Ordnung) ist folgende?

$\begin{eqnarray*} x^2y'-y^2-5xy-4x^2=0 \end{eqnarray*}$

Stichwort: linear-homogene DGL.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} C(x) = \int -2x^3 \cdot e^{-x^2} dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} C(x) = -2x^3 \cdot \frac{e^{-x^2}}{-2x}-\int-6x^2 \cdot \frac{e^{-x^2}}{-2x} dx \end{eqnarray*}$

Das $\begin{eqnarray*} e^{-x^2} \end{eqnarray*}$ lässt sich nicht so integrieren, wie du es hier machst.

Du hast: $\begin{eqnarray*} \int~(-2x \cdot e^{-x^2})~\dd x = e^{-x^2} + C \end{eqnarray*}$

Grüße Abakus smile

30.12.2007, 18:28

marodeur

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1. hmm, jedoch hilft mir das noch nicht wirklich weiter, wie ist denn da der Lösungsansatz? Ich weiß ja, dass alle Lösungen in einem Vektorraum liegen, der von linear unabhängigen Lösungen aufgespannt wird.

2. Wie denn dann? Entweder steh ich jetzt auf dem Schlauch, oder ich hab es bisher immer falsch gemacht. Dein 2. Zitat ist die partielle Integration, leider funktioniert das hier nicht so mit dem = untereinander. Oder ist da schon der Fehler?

30.12.2007, 19:41

Abakus

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Zitat:

Original von marodeur
1. hmm, jedoch hilft mir das noch nicht wirklich weiter, wie ist denn da der Lösungsansatz? Ich weiß ja, dass alle Lösungen in einem Vektorraum liegen, der von linear unabhängigen Lösungen aufgespannt wird.

Eine linear-homogene DGL hat die Form $\begin{eqnarray*} y' = f(\frac y x) \end{eqnarray*}$ . Die Substitution $\begin{eqnarray*} z = \frac y x \end{eqnarray*}$ hilft und führt zu einer linearen DGL.

Zitat:

2. Wie denn dann? Entweder steh ich jetzt auf dem Schlauch, oder ich hab es bisher immer falsch gemacht. Dein 2. Zitat ist die partielle Integration, leider funktioniert das hier nicht so mit dem = untereinander. Oder ist da schon der Fehler?

Es ist:

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx} \left (\frac{e^{-x^2}}{-2x}\right ) = e^{-x^2} + \frac{1}{2x^2} \cdot e^{-x^2} \end{eqnarray*}$ .

Da liegt in der partiellen Integration oben also ein Fehler, ja.

Dein gesuchtes Integral lässt sich etwa durch Ableiten und Koeffizientenvergleich finden:

$\begin{eqnarray*} \int -2x^3 \cdot e^{-x^2} dx = (ax^2 + bx + c) \cdot e^{-x^2} + C \end{eqnarray*}$

Hier muss $\begin{eqnarray*} b=0 \end{eqnarray*}$ sein, $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ lassen sich ausrechnen.

Bzgl. der "="-Zeichen kannst du sowas zB als Kette hintereinanderschreiben, oder eben untereinander jeweils beginnend mit "=".

Grüße Abakus smile

30.12.2007, 20:26

marodeur

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Zitat:

Original von Abakus
Es ist:

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx} \left (\frac{e^{-x^2}}{-2x}\right ) = e^{-x^2} + \frac{1}{2x^2} \cdot e^{-x^2} \end{eqnarray*}$ .

da ist der Unterschied, ich habe

$\begin{eqnarray*} u=-2x^3 \quad v'=e^{-x^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow u'=-6x^2 \quad v=\frac{e^{-x^2}}{-2x} \end{eqnarray*}$

oder etwa nicht? oder ist es güntiger u und v' anders zu verteilen?

30.12.2007, 20:54

Abakus

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Zitat:

Original von marodeur

Zitat:

Original von Abakus
Es ist:

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx} \left (\frac{e^{-x^2}}{-2x}\right ) = e^{-x^2} + \frac{1}{2x^2} \cdot e^{-x^2} \end{eqnarray*}$ .

Mit deinem $\begin{eqnarray*} v' \end{eqnarray*}$ kannst du $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ nicht berechnen (s.o.: $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ abgeleitet ist etwas anderes als dein $\begin{eqnarray*} v' \end{eqnarray*}$ ). Eine andere Verteilung ist demnach günstiger:

$\begin{eqnarray*} u= x^2, \quad v'=-2x \cdot e^{-x^2} \end{eqnarray*}$

Grüße Abakus smile

02.01.2008, 12:03

marodeur

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so, als endgültige Lösung hab ich nun folgendes:

$\begin{eqnarray*} z=x^2+1+c\cdot e^{x^2} \end{eqnarray*}$

und mit $\begin{eqnarray*} z(x)=y(x)^{-2} \Rightarrow y(x)=\frac{1}{\sqrt{z(x)}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow y(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1+c\cdot e^{x^2}}} \end{eqnarray*}$

da es keine Anfangsbedingung gibt ist das nun meine Lösung. Kann man da noch was vereinfachen?

EDIT: EDIT2:
Nochmal zu dem anderen Problem:

$\begin{eqnarray*} x^2y'-y^2-5xy-4x^2=0 \end{eqnarray*}$

substituiert mit: $\begin{eqnarray*} y=z\cdot x\quad y'=z' \cdot x+z \end{eqnarray*}$

hab dafür das erhalten: neu: $\begin{eqnarray*} z'x^3-4zx^2-z^2x^2-4x^2=0 \end{eqnarray*}$

aber das ist keine lin. DGl...

02.01.2008, 23:12

Abakus

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Zitat:

Original von marodeur
so, als endgültige Lösung hab ich nun folgendes:

$\begin{eqnarray*} z=x^2+1+c\cdot e^{x^2} \end{eqnarray*}$

und mit $\begin{eqnarray*} z(x)=y(x)^{-2} \Rightarrow y(x)=\frac{1}{\sqrt{z(x)}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow y(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1+c\cdot e^{x^2}}} \end{eqnarray*}$

da es keine Anfangsbedingung gibt ist das nun meine Lösung. Kann man da noch was vereinfachen?

Soweit richtig. Du kannst ggf. den Parameter c noch genauer betrachten. Und du solltest überlegen, ob das nun alle Lösungen sind (was ist zB mit der Nullfunktion und gibt es ggf. negative Lösungen der DGL ?).

Zitat:

EDIT: EDIT2:
Nochmal zu dem anderen Problem:

$\begin{eqnarray*} x^2y'-y^2-5xy-4x^2=0 \end{eqnarray*}$

substituiert mit: $\begin{eqnarray*} y=z\cdot x\quad y'=z' \cdot x+z \end{eqnarray*}$

hab dafür das erhalten: neu: $\begin{eqnarray*} z'x^3-4zx^2-z^2x^2-4x^2=0 \end{eqnarray*}$

aber das ist keine lin. DGl...

OK, ich hätte vielleicht genauer von einer Euler-homogenen oder Ähnlichkeits-DGL sprechen sollen, das trifft es von der Bezeichnung eindeutiger.

Und stimmt, du kommst nicht auf eine lineare DGL (wie ich zunächst dachte), aber dafür hast du getrennte Veränderliche. Damit kannst du es lösen.

Grüße Abakus smile

03.01.2008, 12:57

marodeur

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beim 1.: y=0 ist auch Lösung, das negative werd ich noch nachprüfen.

beim 2. hab ich nun raus:

$\begin{eqnarray*} y=-\frac{x}{\ln |x|}-2x \end{eqnarray*}$

(werd ich dann auch mal noch nachprüfen (Mathematica Augenzwinkern

) y=0 ist hier keine Lösung)

EDIT: danke für diese geduldige und ausführliche Hilfe. smile

03.01.2008, 20:23

Abakus

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Zitat:

Original von marodeur
beim 2. hab ich nun raus:

$\begin{eqnarray*} y=-\frac{x}{\ln |x|}-2x \end{eqnarray*}$

(werd ich dann auch mal noch nachprüfen (Mathematica Augenzwinkern

) y=0 ist hier keine Lösung)

Ja, korrekt. Wenn du alle Lösungen angeben willst, fehlen noch entsprechende Konstanten. Die Fälle x > 1, |x| < 1, und x < -1 würde ich separat betrachten; wenn du aus diesen drei "Ästen" eine Gesamtlösung zusammenbaust, brauchst du auch drei Integrationskonstanten (bei 1 und -1 liegen Polstellen). Oder du betrachtest alternativ nur die Lösungen in den jeweiligen Intervallen.

Grüße Abakus smile

03.01.2008, 22:38

marodeur

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ja, die konstante hab ich hier nur vergessen, schriftlich war sie da.

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