Ähnlichkeits DGL mit Anfangsbedingung

19.12.2009, 16:10

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Ähnlichkeits DGL mit Anfangsbedingung

Hallo liebe Forengemeinde,

trotz Weihnachstferien an der Uni muss ich mir zur Zeit mit DGL's herumplagen. Bei folgender DGL habe ich jedoch ein Problem eine Lösungsfunktion zu bekommen. Der Einfachheit steht x für x(t).

$\begin{eqnarray*} x' = \frac {t^2+x^2} {2tx} \end{eqnarray*}$

Mein erster Gedanke war, dass es sich hierbei um eine Ähnlichkeits DGL handelt, ich also die DGl so umbaue das dort x/t stehet und ich substituiere mit z=x/t.
Somit erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \frac {1+ (\frac {x} {t})^2 } {2 (\frac {x} {t}) } = \frac {1+ z^2} {2 z } := f(z) \end{eqnarray*}$

Nun habe ich eine DGL gewonnen, die ich mittels Trennung der Variablen lösen kann. Hierzu gilt, wenn ich noch x' substituiere:

$\begin{eqnarray*} \frac {dz} {f(z)-z} = \frac {dt} {t} \end{eqnarray*}$

Alles eingesetzt und integriert erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} x(t) = +- \sqrt { \frac {1} {3} * C * e^{3t}-1} * t \end{eqnarray*}$

Mit C als Zusammenfassung der bei der Integration entstehenden Konstanten.
Mein problem ist jetzt mittels der Anfangsbedingung mein D zu bestimmen, bzw. meine Anfangsbedingugn einzuarbeten. Es soll gelten:

$\begin{eqnarray*} x(t=0) = x_0 \end{eqnarray*}$

Normalerweise würde man ja nun einfach in x(t) die Anfangsbedingung einsetzen, allerdings erhalte ich dann 0=x_0.

Vielen dank für ere Hilfe ohne euch bin ich so manches mal ganz schön aufgeschmissen. Augenzwinkern

Grüße

19.12.2009, 16:44

Kopfrechner

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RE: Ähnlichkeits DGL mit Anfangsbedingung
Hallo,

ich sehe als Problem an, dass die Dgl nur für $\begin{eqnarray*} t \ne 0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} x\ne 0 \end{eqnarray*}$ definiert ist. Die Anfangsbedingung mit t=0 passt nicht dazu.

Gruß, Kopfrechner

19.12.2009, 16:59

corvus

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RE: Ähnlichkeits DGL mit Anfangsbedingung
>

$\begin{eqnarray*} x' = \frac {t^2+x^2} {2tx} \end{eqnarray*}$

wenn du substituierst: z=x/t
also x= z*t
und damit dann:
x ` = z + t* z '

dann erhältst du:

$\begin{eqnarray*} x' = \frac {1+ (\frac {x} {t})^2 } {2 (\frac {x} {t}) } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z + t z '= \frac {1+ z^2} {2 z } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t* dz/dt = \frac {1 - z^2} {2 z } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac {2zdz} {1-z^2} = \frac {dt} {t} \end{eqnarray*}$

und was bekommst du , wenn du nun integrierst?

<

19.12.2009, 17:53

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ok, meinen Rechenfehler habe ich schon mal gefunden.
Ich erhalte bei der Integration:

$\begin{eqnarray*} -ln(z^2-1) + C_1 = ln(t) + C_2 \end{eqnarray*}$

Wenn ich dass nun nach z auflöse:

$\begin{eqnarray*} +- \sqrt {-t e^{-(C_2-C_1)} +1} = z = \frac {x} {t} \end{eqnarray*}$

Somit kann ich meine Differenz der beiden Konstanten C immer noch nicht bestimmen. Sobald ich mit t multipliziere und t=0 einsetze erhalte ich 0.

19.12.2009, 18:33

corvus

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°
$\begin{eqnarray*} \frac {2zdz} {1-z^2} = \frac {dt} {t} \end{eqnarray*}$

erhalte bei der Integration:

$\begin{eqnarray*} -ln(z^2-1) + C_1 = ln(t) + C_2 \end{eqnarray*}$

____________________________________________

hm .. und was meinst du dazu:

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

also

$\begin{eqnarray*} \frac {1} {1-z^2} = ct \end{eqnarray*}$

und jetzt : z= ?
und dann : x= ?

smile

nebenbei:
"..die beiden Konstanten C1, C2 ... "
ergeben zusammen doch einfach nur wieder eine beliebige Konstante Wink

19.12.2009, 20:33

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Erstmal eine Rückfrage zu der Integration.
zur linken Seite:
Ok im wesentlich ist das doch das, was ich auch hatte, nur halt eben niiht mit Betragsstirchen, denn es müsste doch gelten:

$\begin{eqnarray*} ln|1-z^2|^{-1} = - ln|1-z^2| = -ln(z^2-1) \end{eqnarray*}$

So wenn ich jetzt deine Gleichung zu Grunde lege erhalte ich aufgelöst nach z:

$\begin{eqnarray*} z=+- \sqrt { 1 - \frac {1} {c*t} } \end{eqnarray*}$

und wenn man jetzt z*t=x resubstituiert:
$\begin{eqnarray*} x= t * \sqrt { 1 - \frac {1} {c*t} } \end{eqnarray*}$

Und für t=0 wird x immer noch 0, bzw. die Gleichung ist nicht definiert für diese Anfangsbedingung.

19.12.2009, 23:06

corvus

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!
GoTo schreibt:
denn es müsste doch gelten:
$\begin{eqnarray*} ln|1-z^2|^{-1} = - ln|1-z^2| = -ln(z^2-1) \end{eqnarray*}$ geschockt

_________________________________________________________
nun:

das ist richtig: ->

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

und das ist falsch: ->

$\begin{eqnarray*} - ln|1-z^2| = -ln(z^2-1) \end{eqnarray*}$

-----------------------------------------------------

resubstituiert:
$\begin{eqnarray*} x^2 = t^2 - \frac {t} {c} \end{eqnarray*}$ smile

und zu deiner Schlussbemerkung:
"Und für t=0 wird x immer noch 0,
bzw. die Gleichung ist nicht definiert für diese Anfangsbedingung. "
schau mal die gegebene DGL an:
$\begin{eqnarray*} x' = \frac {t^2+x^2} {2tx} \end{eqnarray*}$ smile

was meinst?

nun:
deine Lösungen sind Hyperbelscharen ->

$\begin{eqnarray*} ( t - \frac {1} {2c} )^2 - x^2 = \frac {1} {4c^2} \end{eqnarray*}$

die Scheitelpunkte jeder dieser Hyperbel sind jeweils die 2 Punkte ( 0 ; 0 ) und ( 1/c ; 0 )
und was kannst du über die Tangentensteigungen in diesen Punkten vermuten?

ok?

20.12.2009, 12:31

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Also wenn ich mir die DGL anschaue hätte ich da ja, bei Auflsöung des Bruchs sowas stehen:

$\begin{eqnarray*} 2tx x' = t^2+x^2 \end{eqnarray*}$

Naja und beim Wert t=0 stünde dort 0=0, also wäre die Geichung schon definiert, aber die Anfangsbedingung wäre "Schwachsinn". Da ich mich für t=0 immer auf der t-Achse befinde, also zwangsweise in einem Scheitelpunkt, an dem dann auch x(t) gleich 0 sein muss.

Die Tangentensteigung in einem Scheitelpunkt (allgemein) ist Null.
Was mich nur bei einer Hyperbel ein wenig stutzig macht, da dort die Tangente ja quasi eine Senkrechte für x(t)-Achse darstellt.

Danke schonmal, dass du dir soviel Zeit nimmst. Augenzwinkern

20.12.2009, 13:29

corvus

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RE: Ähnlichkeits DGL mit Anfangsbedingung
!

....... $\begin{eqnarray*} x^2 = t^2 - \frac {t} {c} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Da ich mich für t=0 immer auf der t-Achse befinde

... falls du es noch nicht wissen solltest: t=0 ist die Gleichung der x-Achse

Zitat:

also zwangsweise in einem Scheitelpunkt, an dem dann auch x(t) gleich 0 sein muss.

die Scheitelpunkte sind bei t = 0 und bei t = 1/c
(war oben schon notiert!)

Zitat:

.. da dort die Tangente ja quasi eine Senkrechte für x(t)-Achse darstellt.
Die Tangentensteigung in einem Scheitelpunkt (allgemein) ist Null.

wie kommst du zu diesem Unsinn?
die Scheiteltangenten der Hyperbeln

$\begin{eqnarray*} ( t - \frac {1} {2c} )^2 - x^2 = \frac {1} {4c^2} \end{eqnarray*}$

sind senkrecht zur t-Achse ..

geschockt

20.12.2009, 15:59

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Ich habe die Achsen aus versehen verdreht.
Das Koordinatensystem besteht bei der Funktion x(t) doch aus einer x(t)- und einer t-Achse. Dabei ist die t-Achse die Horizontale und die x(t)-Achse die Senkrechte. Ich hatte es einmal spiegelverkehrt angeordnet.
Wenn ich jetzt mir die Hyperbel betrachte, dann liegen die Scheitelpunkte auf der t-Achse. und die x(t) Koordinate beider ist 0.
Wenn ich dort eine Tangente an den Graph zeichne erhalte ich eine Parallele zur x(t)-Achse und somit eine Senkrechte zur t-Achse.

Mein Problem ist jetzt nur, wie ich dieses c mit der Anfangsbedingung bei t=0
--> x(t)=x_0 =a = const. bestimmen soll, denn bei t=0 bewege ich mich ausschließich auf der x(t)-Achse.
Wenn ich jetzt t=0 und x(0)=a einsetze erhalte ich a=0. Kann somit nur sagen, dass mein c quasi beliebig gewählt werden darf, wenn ich vorraussetze dass mein Anfangswert a=0 bei t=0 ist.

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