Jacobische DGL

11.09.2009, 02:02

tigerbine

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Jacobische DGL

... oder was wollte uns der Autor sagen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich habe in meinen Unterlagen zwei kurze Notizen mit den überschriften:

DGL der Form

$\begin{eqnarray*} y'=f(ax+by+c) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=f(\frac{y}{x}) \end{eqnarray*}$

Ich versuch die gerade einzuordnen. Gehören sie zu den im Titel erwähnten DGLs eben für spezielle Parameter? Zweiteres müßte dann ja die Euler-homogene Differentialgleichung sein.

Was dann folgt (auf dem Zettel) soll dann wohl für diese beiden Fälle die Berechnung der Lösung sein. Da würde ich dann später gerne nochmal nachfragen.

Wink

Wink

11.09.2009, 08:48

system-agent

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Nach dem was ich bei Wikipedia lese scheinen das wirklich Jacobische DGL zu sein.

11.09.2009, 13:45

tigerbine

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Ok, dann sind wir schon zu zweit der Meiniung. Augenzwinkern

Augenzwinkern

11.09.2009, 19:15

vektorraum

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Unter dem Namen haben wir die noch nicht behandelt, aber in der Tat kannst du beide Typen für spezielle Parameter a,b,... aus der Jacobi-Dgl erhalten.

11.09.2009, 19:19

tigerbine

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RE: Jacobische DGL

Zitat:

Was dann folgt (auf dem Zettel) soll dann wohl für diese beiden Fälle die Berechnung der Lösung sein. Da würde ich dann später gerne nochmal nachfragen.

Nun zu der Nachfrage. Da scheine ich gerade nicht den richtigen Blickwinkel auf folgende Umformung zu finden, oder deren "Vorteil".

$\begin{eqnarray*} y'=f(ax+by+c) \end{eqnarray*}$ (*)

Man definiert:

$\begin{eqnarray*} u(x):=ax+by(x)+c \end{eqnarray*}$

Dann folgt:

$\begin{eqnarray*} u'(x):=a+by'(x) \end{eqnarray*}$

Nun wieder (*) benutzt, ergibt sich mit der Definition:

$\begin{eqnarray*} u'(x):=bf(u) + a \end{eqnarray*}$ (**)

Was hat mir das nun gebracht? Wie heißt der DGL Typ von (**) und kann man den "einfach" lösen?

Danke Wink

Wink

11.09.2009, 19:22

vektorraum

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RE: Jacobische DGL
Da a konstant hast du hier einfach eine Dgl mit getrennten Variablen.

Beispiel für eine solche Dgl:

$\begin{eqnarray*} y'=(x+y-4)^2 \end{eqnarray*}$

Führt auf eine schöne Dgl mit getrennten Variablen.

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11.09.2009, 19:29

tigerbine

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RE: Jacobische DGL
Ok, nach dem Abendessen werde ich meine Übungsaufgabe machen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

11.09.2009, 21:55

tigerbine

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RE: Jacobische DGL
$\begin{eqnarray*} y'=(x+y-4)^2 \end{eqnarray*}$

D.h. dann

$\begin{eqnarray*} f(x+y-4) = (x+y-4)^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} u(x):=x+y-4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} u'(x)=1+y'(x) \end{eqnarray*}$

somit als "neue" DGL in u:
$\begin{eqnarray*} u'=u^2+1 \end{eqnarray*}$

Trennung der Variablen:
$\begin{eqnarray*} \frac{du}{dx} = u^2+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{u^2+1}du = 1 dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \arctan(u) + C_1= x + C_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \arctan(u) = x + C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u = \tan(x+C) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = \tan(x+C)-x+4 \end{eqnarray*}$

Nun die Probe.

$\begin{eqnarray*} y'=\frac{1}{\cos(x+C)^2} -1 = \frac{1-\cos(x+C)^2}{\cos(x+C)^2} = \frac{\sin(x+C)^2}{\cos(x+C)^2} = \tan(x+C)^2 = (y+x-4)^2 \end{eqnarray*}$

Stimmt das so?

12.09.2009, 10:49

tigerbine

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Der andere Typ.
Nun zur Euler-homogenen DGL:

$\begin{eqnarray*} y'=f(\frac{y}{x}) \end{eqnarray*}$

Da steht bei uns dann folgendes. Definiere

$\begin{eqnarray*} u(x):=\frac{y(x)}{x} \end{eqnarray*}$

Damit folgt:

$\begin{eqnarray*} u'(x) = \frac{y'(x)}{x} - \frac{y(x)}{x^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=xu'+u \end{eqnarray*}$

Und somit:

$\begin{eqnarray*} u' = \frac{1}{x} (f(u)-u) \end{eqnarray*}$

Wie löse ich das denn nun? Gerne auch wieder mit einer Hausaufgabe als Übung. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wieder Trennung der Variablen? Ansatz:

$\begin{eqnarray*} \frac{du}{dx} = \frac{1}{x} (f(u)-u) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (f(u)-u)du = \frac{1}{x} dx \end{eqnarray*}$

12.09.2009, 11:04

vektorraum

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RE: Der andere Typ.
Die Übungaufgabe erfolgreich bewältigt Augenzwinkern

Augenzwinkern

Und ja, du kommst wieder auf eine Dgl mit getrennten Variablen. Sieh dir mal das Beispiel

$\begin{eqnarray*} y'=\cfrac{1}{2}\left(\frac{y^2}{x^2}+1\right) \end{eqnarray*}$

an.

12.09.2009, 11:14

system-agent

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RE: Jacobische DGL

Zitat:

Original von tigerbine

$\begin{eqnarray*} y'=f(ax+by+c) \end{eqnarray*}$ (*)

Man definiert:

$\begin{eqnarray*} u(x):=ax+by(x) \end{eqnarray*}$

Du musst aber $\begin{eqnarray*} u(x):=ax+by+c \end{eqnarray*}$ setzen, damit du das im Argument von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ersetzen kannst.

Und bei der Euler DGL, musst du da nicht $\begin{eqnarray*} u(x):=\frac{x}{y(y)} \end{eqnarray*}$ setzen?

12.09.2009, 11:21

tigerbine

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RE: Jacobische DGL
Richtig. Das c hab ich vergessen. Danke. Ich editiere es oben hinein. Freude

Freude

Deins kann bei Euler nun auch nicht stimmen, aber der Einwand kommt gut, denn es muss

$\begin{eqnarray*} y'=f(\frac{y(x)}{x}) \end{eqnarray*}$

heißen! Auch hier werde ich oben nachbessern. Super, dass ihr aufmerksam mitlest! Freude

Freude

12.09.2009, 11:24

system-agent

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Jetzt habe ich nochmal bei Wikipedia geschaut. tigerbine hat die Euler DGL falsch abgeschrieben. Es muss heissen
$\begin{eqnarray*} y'=f\left(\frac{y}{x}\right) \end{eqnarray*}$ .
Dann ist die Substitution $\begin{eqnarray*} u(x):=\frac{y(x)}{x} \end{eqnarray*}$ auch OK und man bekommt was du geschrieben hast.

Edit: 3sekunden zu spät Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.09.2009, 12:16

tigerbine

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So, ich hoffe Formfehler sind nun editiert. Dann also zu meiner Hausaufgabe.

$\begin{eqnarray*} y'=\cfrac{1}{2}\left(\frac{y^2}{x^2}+1\right) =\cfrac{1}{2}\left((\frac{y}{x})^2+1\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u(x):=\frac{y(x)}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u'(x) = \frac{y'(x)}{x} - \frac{y(x)}{x^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u' = \frac{1}{x} (f(u)-u) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(u)=\frac{1}{2}(u^2+1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (\frac{1}{2}(u^2+1)-u)du = \frac{1}{x} dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6}u^3+\frac{1}{2}u -\frac{1}{2}u^2 = \ln|x| \end{eqnarray*}$

Stimmt das soweit? Nun habe ich u aber nur implizit. Somit auch y nur implizit verwirrt

verwirrt

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6}(\frac{y}{x})^3+\frac{1}{2}(\frac{y}{x}) -\frac{1}{2}(\frac{y}{x})^2 = \ln|x| \end{eqnarray*}$

Hätte es mich weiter gebracht, die binomische Formel zu nutzen? Augenzwinkern

Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} (\frac{1}{2}(u^2-2u+1)du = \frac{1}{x} dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6}(u-1)^3 = \ln|x| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u = \sqrt[3]{6\ln|x|}+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = x \sqrt[3]{6\ln|x|}+x \end{eqnarray*}$

Nun auch noch die Probe....Da hänge ich. Vielleicht schaut ihr erstmal die Rechnung an, bevor ich versuche, das falsche als richtig nachzuweisen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.09.2009, 13:30

system-agent

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Zitat:

Original von tigerbine

$\begin{eqnarray*} u' = \frac{1}{x} (f(u)-u) \end{eqnarray*}$

Damit folgt
$\begin{eqnarray*} \frac{du}{dx}=\frac{1}{x}(f(u)-u) \end{eqnarray*}$ , also
$\begin{eqnarray*} \frac{du}{f(u)-u}=\frac{dx}{x} \end{eqnarray*}$ .

In deinem speziellen Fall ist dann
$\begin{eqnarray*} \int\frac{1}{\frac{1}{2}(u^2+1)-u}du=\log(x) \end{eqnarray*}$ .

12.09.2009, 14:06

tigerbine

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Danke, mache es heute abend neu!

14.09.2009, 15:58

tigerbine

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So, das ganze nun noch einmal.

$\begin{eqnarray*} y'=\cfrac{1}{2}\left(\frac{y^2}{x^2}+1\right) =\cfrac{1}{2}\left((\frac{y}{x})^2+1\right) = f(\frac{y}{x}) \end{eqnarray*}$

Mit der Substitution dann also:

$\begin{eqnarray*} u(x):=\frac{y(x)}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u'(x) = \frac{y'(x)}{x} - \frac{y(x)}{x^2} = \frac{1}{x}(y'(x) - \frac{y(x)}{x}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=f(u) = \frac{1}{2}(u^2+1) \end{eqnarray*}$

und somit

$\begin{eqnarray*} u' = \frac{1}{x} (f(u)-u) = \frac{1}{x} ( \frac{1}{2}(u^2 - 2u + 1)) = \frac{1}{x} (\frac{1}{2}(u-1)^2) \end{eqnarray*}$

Nun zum TDV- Ansatz:

$\begin{eqnarray*} \frac{du}{dx} = \frac{1}{x}(\frac{1}{2}(u-1)^2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(u-1)^2} du = \frac{1}{2x} dx \end{eqnarray*}$ (*)

$\begin{eqnarray*} - \frac{1}{(u-1)} + C_1 = 0.5\ln|x| + C_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u-1 = -\frac{1}{0.5\ln|x| + C} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u =- \frac{1}{0.5\ln|x| + C}+1 \end{eqnarray*}$

Ist das soweit richtig oder habe ich schon wieder Mist gerechnet?

14.09.2009, 16:03

vektorraum

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Sieht sehr gut aus! Freude

Freude

14.09.2009, 16:05

tigerbine

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Danke. Mit u klappt auch die Probe. Nun wäre doch:

$\begin{eqnarray*} y =x(- \frac{1}{0.5\ln|x| + C}+1) \end{eqnarray*}$

Aber damit bekomme ich die Probe einfach nicht hin.

edit: So nun hat die Probe doch mit y geklappt. Man muss binomische Formeln nur von der richtigen Seite scharf anschauen. Finger1

Finger1

$\begin{eqnarray*} y'=-\frac{1}{\frac{1}{2}\ln |x| + C} + 1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{[\frac{1}{2}\ln |x| + C]^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=\frac{1}{2} \left[2 \cdot (-\frac{1}{\frac{1}{2}\ln |x| + C}) + 2 + \left(\frac{1}{[\frac{1}{2}\ln |x| + C]}\right)^2\right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=\frac{1}{2} \left[\left(-\frac{1}{[\frac{1}{2}\ln |x| + C]}\right)^2 + 2 \cdot (-\frac{1}{\frac{1}{2}\ln |x| + C}) +1 +1 \right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=\frac{1}{2} \left[\left(-\frac{1}{[\frac{1}{2}\ln |x| + C]} +1\right)^2 +1 \right] \end{eqnarray*}$

14.09.2009, 16:27

vektorraum

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OK, dann ist ja gut. Was mir gerade einfällt: du darfst natürlich nicht die singulären Lösungen vergessen. Du musst ausschließen, dass u=1 ist, aber u=1 ist die einzige konstante Lösung und nicht in der allgemeinen Lösung enthalten!

14.09.2009, 16:57

tigerbine

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Zitat:

Was mir gerade einfällt: du darfst natürlich nicht die singulären Lösungen vergessen. Du musst ausschließen, dass u=1 ist, aber u=1 ist die einzige konstante Lösung und nicht in der allgemeinen Lösung enthalten!

Ok, hier verstehe ich erstmal nur Bahnhof. Auftrag in unserem Skript war:

Zitat:

Gesucht ist $\begin{eqnarray*} y \in C^1([a,b]) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y'(x)=f(x,y(x)) \end{eqnarray*}$ in [a,b]

Dann kam TdV und die zwei speziellen Jacobischen DGL. Da scheint etwas zum Thema "wie sieht die Lösungsmenge einer DLG aus" zu fehlen, oder? Dieses PDF geeignet um meine Unterlagen aufzufüllen?

14.09.2009, 17:05

vektorraum

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Ja, sieht ganz gut aus, auch das Beispiel ist nicht schlecht.

Zur singulären Lösung: Damit das obige Integral

$\begin{eqnarray*} \int \frac{du}{(u-1)^2} \end{eqnarray*}$

überhaupt erklärt ist, muss man fordern, dass $\begin{eqnarray*} u\neq 1 \end{eqnarray*}$ ist. Durch diese Einschränkung kann es aber passieren, dass Lösungen verloren gehen - unsere singulären Lösungen.

Deshalb muss man immer nach möglichen Nullstellen von $\begin{eqnarray*} g(y) \end{eqnarray*}$ schauen, da dies die singulären Lösungen sind.

Oft ist es aber so, dass für eine spezielle Wahl der Konstanten C die singulären Lösungen bereits in der allgemeinen Lösung enthalten sind. Das ist hier aber nicht der Fall.

14.09.2009, 17:10

tigerbine

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Recht herzlichen Dank.

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