Riccatische DGL

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24.01.2010, 15:04	joe500	Auf diesen Beitrag antworten »
Riccatische DGL Bitte alle Zahlenteufel um Hilfe Ich suche eine Lösung für folgende Gleichung: $\begin{eqnarray} y'=y^2+(1-2x)y+(2-2x) \end{eqnarray}$ Bei diesem Gleichungstyp muss ich zuerst eine Partikuläre Lösung finden um zur allgemeinen Lösung zu kommen. Mein Ansatz wäre: $\begin{eqnarray} y_{p}=Ax^2+Bx+C \end{eqnarray*}$ Stimmt dieser Ansatz? mfg Herb
24.01.2010, 15:05	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Riccatische DGL Den Ansatz habe ich dir doch schon verraten, der müsste aber auch gehen.
24.01.2010, 16:21	joe500	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich komme einfach nicht auf die Lösung der Koeffizienten von A,B,C. Habe durch wildes herumrechnen zwar Werte herausbekommen, die sand aber jenseits von Gut und Böse. ein kleiner Auszug lautet: $\begin{eqnarray} A_{1,2}=4/5\pm\frac{4\sqrt{5} }{25} \end{eqnarray*}$ Ich habe den oben stehenden Ansatz genommen, eingesetzt, alle Terme mit A,B und C auf eine Seite gebracht, und einen Koeffizentenvergleich durchgeführt.
24.01.2010, 16:26	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie gesagt, der Ansatz ist nicht unbedingt sinnvoll, wenn du dir die Differentialgleichung mal in aller Ruhe ansiehst. Wenn du tatsächlich eine quadratische Funktion hast, so stünde auf der linken Seite nach Ableitung auf jeden Fall ein nur linearer Term. Auf der rechten Seite muss auf alle Fälle etwas mit vierter Potenz von x vorkommen, die aber nicht mehr wegfällt. Müsste ja, weil links das x ja nur linear vorkommt usw. So kannst du schrittweise einige Potenzen ausschließen und landest schließlich bei meinem Ansatz.
24.01.2010, 17:10	joe500	Auf diesen Beitrag antworten »
So ich hab's nun mit deinem Ansatz probiert und komme auf: $\begin{eqnarray} x^{0}=>A-B^2-B=2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x^{1}=>-2AB-A+2B=-2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x^{2}=>-A^2+2A=0 \end{eqnarray}$ irgendwie steh ich grad total auf der Leitung...
24.01.2010, 17:16	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Irgendwo scheinst du dich verrechnet zu haben, man verifiziert aber schnell, dass die spezielle Lösung gegeben ist durch $\begin{eqnarray} y_s=2x \end{eqnarray}$ . Wüsstest du dann, wie man weitermacht?
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24.01.2010, 18:00	joe500	Auf diesen Beitrag antworten »
ich schreibe dann $\begin{eqnarray} y_s=2x+u \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y^{'}_s=2+u^{'} \end{eqnarray}$ setze das in die Anfangsgleichung ein und forme auf $\begin{eqnarray} u^{'} \end{eqnarray}$ um und sollte dann eine Bernoullische DGl bekommen, die ich zu lösen habe. Stimmt diese Vorgehensweise?
24.01.2010, 18:13	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Kann man machen, muss man aber nicht. Die von mir bevorzugte Alternative ist $\begin{eqnarray} u=\frac{1}{y-y_s} \end{eqnarray}$ weil du dabei gleich eine lineare Differentialgleichung erhälst, ohne über Bernoulli gehen zu müssen. Kannst du dir aussuchen.
24.01.2010, 18:57	joe500	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn du mir nur noch erklären könntest, wieso ich nicht auf die y=2x komme wäre ich dir sehr dankbar!, wie gesagt, mein Rechengang steht weiter oben, bei diesem habe ich nur ausqudriert und multipliziert, alles was mit A und B zu tun hatte auf die linke Seite gebracht und rechts nur noch 2-2*x stehen lassen
25.01.2010, 17:31	joe500	Auf diesen Beitrag antworten »
Bin nun auch mit meinem Ansatz auf $\begin{eqnarray} y_p=2x \end{eqnarray}$ gekommen. Ich habe dann auf eine Bernoullische DGL um geformt mit $\begin{eqnarray} z=y^{-1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} z^{'}=-2xz-z-1 \end{eqnarray}$ für die Homogene Lösung bekam ich dann: $\begin{eqnarray} z=e^{-x}k \end{eqnarray}$ leider komme ich nun nicht weiter mit der Variation der konstanten...
25.01.2010, 18:14	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Die transformierte Differentialgleichung habe ich auch, aber deine Lösung zur homogenen Differentialgleichung scheint nicht zu stimmen. Probe machen!

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