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17.08.2006, 13:19

kingskid

Dgl

hab hier noch ne DGL - aufgabe gefunden & bräuchte eure hilfe...
man soll alle lösungen bestimmen von:

$\begin{eqnarray*} y' = \frac{xy}{x²+y²} \end{eqnarray*}$

habt ihr ein tipp für mich mit welcher methode man da am besten rangeht?
weil mit substituieren komm ich nicht weiter...

viele grüße

17.08.2006, 13:30

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Substitution $\begin{eqnarray*} y = xz \end{eqnarray*}$ ergibt $\begin{eqnarray*} y' = z+xz' \end{eqnarray*}$ und somit

$\begin{eqnarray*} z+xz' = \frac{z}{1+z^2} \end{eqnarray*}$ .

Etwas umgeformt ergibt das eine DGL mit trennbaren Variablen.

P.S.: Schreib mal im LaTeX lieber ^2 statt ² für Quadrat. Das hiesige PHP-Skript toleriert zwar das ², aber beim Umstieg auf "echtes" LaTeX gibt das richtig Ärger.

17.08.2006, 14:19

kingskid

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vielen dank für deine tipps, das ist ja tricky!

habs mal weiter umgeformt:

$\begin{eqnarray*} \int_{}^{}~ \frac{1}{\frac{z}{1+z^2}-z}~dz = \int_{}^{}~\frac{1}{x}~dx \end{eqnarray*}$

stimmt das so?
und wenn ja, kannst du mir bitte noch helfen, wie man das linkte integral bekommt??

viele grüße

17.08.2006, 14:32

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Da der Integrand links bei der Struktur auf jeden Fall gebrochen rational ist, kann man es ja mal mit Vereinfachen versuchen:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\frac{z}{1+z^2}-z} = \frac{1}{\frac{z-z(1+z^2)}{1+z^2}} = -\frac{1+z^2}{z^3} = -\frac{1}{z^3}-\frac{1}{z} \end{eqnarray*}$

Und jetzt eine Runde schämen... Teufel

17.08.2006, 14:51

kingskid

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oh, vielen dank für deine hilfe, das sah schlimmer aus als es war!

jetzt komm ich hierhin:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \frac{1}{z^2} - ln|z| = ln|x| + c \end{eqnarray*}$

nur das jetzt nach y aufzulösen ist mir nicht gelungen:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \frac{x^2}{y^2} - ln|\frac{y}{x}| = ln|x| +c \end{eqnarray*}$

kann das sein, dass das auch gar nicht möglich ist?

ist es dann besser das ganze nach x aufzulösen, vielleicht hat man damit wenigestens die umkehrabbildung?
oder wie würdest du die lösungen angeben?

17.08.2006, 18:34

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Zitat:

Original von kingskid
ist es dann besser das ganze nach x aufzulösen, vielleicht hat man damit wenigestens die umkehrabbildung?

Ja, man kriegt zumindest erst mal

$\begin{eqnarray*} x^2 = 2y^2 \left( \ln|y| + c \right) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von kingskid
nur das jetzt nach y aufzulösen ist mir nicht gelungen

Wenn man die LambertW-Funktion zu Hilfe nimmt, gelingt eine Umformung nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$

Diese LambertW-Funktion ist übrigens Lieblingsthema von so manchem hier im Board, musst du mal ein bisschen suchen, dann siehst du in diesen Threads, wie man mit dieser Funktion zweckmäßig hantiert. Augenzwinkern

Generell musst du dir jetzt aber auf dieser Stufe Gedanken machen, für welche Integrationskonstanten $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ Lösungen existieren, und ob die auf ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ definiert sind oder auf Teilintervallen...

Oder hast du Anfangswerte gegeben, d.h., ist es ein AWP (=Anfangswertproblem)?

17.08.2006, 21:48

kingskid

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oha hilfe, das sieht irgendwie etwas complicated aus mit der lambert funktion... so ganz klar wird mir das aus den beiträgen hier nicht wie man damit umgeht...

neh, AWP ist keins gegeben, steht nur da man soll "sämtliche Lösungen der DGL" bestimmen...

hm, y sollte wohl wegen des log ungleich 0 sein, oder?

18.08.2006, 12:00

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Ok, wie geht das hier mit LambertW: Mit der Substitution $\begin{eqnarray*} z = 2(\ln|y|+c) \end{eqnarray*}$ wird aus $\begin{eqnarray*} x^2 = 2y^2 \left( \ln|y| + c \right) \end{eqnarray*}$ die Gleichung $\begin{eqnarray*} x^2 = z \cdot e^{z-2c} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} x^2\cdot e^{2c} = z \cdot e^z \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} x^2\cdot e^{2c} \end{eqnarray*}$ ist auf jeden Fall nichtnegativ, und dort ist diese Gleichung mit Hilfe von LambertW eindeutig lösbar, nämlich gemäß $\begin{eqnarray*} z = W\left( x^2\cdot e^{2c} \right) \end{eqnarray*}$ . Die Rücksubstitution liefert dann

$\begin{eqnarray*} |y| = \exp \left\{ \frac{1}{2} W\left( x^2\cdot e^{2c} \right) - c \right\} \end{eqnarray*}$

Rechts steht stets für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ was echt positives, also hat y=y(x) keine Nullstelle. Damit kann $\begin{eqnarray*} y(x) \end{eqnarray*}$ aber auch keinen Vorzeichenwechsel aufweisen, denn an solchen Stellen hätte man dann einen "Sprung". Somit gilt entweder

$\begin{eqnarray*} y(x) = \exp \left\{ \frac{1}{2} W\left( x^2\cdot e^{2c} \right) - c \right\} \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} y(x) = -\exp \left\{ \frac{1}{2} W\left( x^2\cdot e^{2c} \right) - c \right\} \end{eqnarray*}$ .

Mal ein Plot für $\begin{eqnarray*} c=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c=1 \end{eqnarray*}$ :

18.08.2006, 18:23

kingskid

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vielen dank für die erklärungen, das is ja cool mit der LWfunktion! =)

nur ist es eigentlich egal, ob man $\begin{eqnarray*} y= e^{\frac{1}{2}z-c} \end{eqnarray*}$ nimmt oder $\begin{eqnarray*} e^{z-2c} \end{eqnarray*}$ ?

thx für das bild. d.h. diese kurven wären beispielsweise lösungskurven der DGL ?

viele grüße

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