Bernoullische Differentialgleichungen

28.01.2010, 17:36

Pilsner

Bernoullische Differentialgleichungen

Servus Leutz,

hab folgende Nuss zu knacken:

"Unter einer Bernoullischen Differentialgleichung versteht man eine DGL der Form $\begin{eqnarray*} y'=f(x)y+g(x)y^{\alpha }, \alpha \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ , wobei f und g geeignete reele Funktionen sind.

a) Man zeige: Mit Hilfe der Substitution $\begin{eqnarray*} z(x)=y(x)y^{1-\alpha} \end{eqnarray*}$ erhält man eine lineare DGL für z.

Habe folgenden Rechenweg und Lösung:

--> $\begin{eqnarray*} \frac{y'}{y^{\alpha}} = f(x) y^{1-\alpha} + g(x) \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} z(x) = y^{1-\alpha} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z'(x)=(1-\alpha) \frac{y'}{y^{\alpha}} \end{eqnarray*}$

--> $\begin{eqnarray*} \frac{z'(x)}{1-\alpha} = f(x)z + g(x) \end{eqnarray*}$

Schließlich: $\begin{eqnarray*} z'(x) = (1-\alpha)f(x)z + (1-\alpha)g(x) \end{eqnarray*}$

b)Man bestimme sämtliche Lösungen der DGL $\begin{eqnarray*} 3xy'-y = 3xy^{4}ln(x) , x > 0 \end{eqnarray*}$

Da hab ich bis jetzt nur $\begin{eqnarray*} z = y^{-3} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z'= -3y'y^{-4} \end{eqnarray*}$

Weiß jetzt echt nich wie weiter, stehe voll auf dem schlauch bzgl. homogener lösung und partikulärer Lösung unglücklich

need help

28.01.2010, 18:38

Abakus

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RE: Bernoullische Differentialgleichungen
Hallo!

Du hast die allgemeine Form der linearen DGL ja hergeleitet, jetzt musst du noch einsetzen: was sind f, g ? Diese lineare DGL musst du dann lösen.

Grüße Abakus smile

29.01.2010, 08:35

Pilsner

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ich habe jetzt erst mal so weit umgeformt:

$\begin{eqnarray*} y' = \frac{y}{3x} + y^{4} ln (x) \end{eqnarray*}$

Dabei ist $\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{1}{3x} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(x)=ln (x) \end{eqnarray*}$ .

Hab dann weiter umgeformt zu:

$\begin{eqnarray*} \frac{y'}{y^{4}} - \frac{1}{3x}z = ln(x) \end{eqnarray*}$

Substitution:

$\begin{eqnarray*} z' + z = -3ln(x) \end{eqnarray*}$

Homogene Lösung habe ich: $\begin{eqnarray*} z_{h} = C e^{-x} \end{eqnarray*}$

Bei der inhomogenen Lösung tu ich mir schwer... brauch da starthilfe...

Gruß Gott

30.01.2010, 00:03

Abakus

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Zitat:

Original von Pilsner
Substitution:

$\begin{eqnarray*} z' + z = -3ln(x) \end{eqnarray*}$

Ich komme hier auf etwas anderes, kannst du das vorrechnen?

Grüße Abakus smile

01.02.2010, 14:33

Pilsner

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hmm... ok

$\begin{eqnarray*} z' + z = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z' = -z \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{z'}{z} = -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln(z) = -x + C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z = e^{-x} + e^{C} \end{eqnarray*}$

So ?!

01.02.2010, 18:48

Abakus

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RE: Bernoullische Differentialgleichungen

Zitat:

Original von Pilsner
Schließlich: $\begin{eqnarray*} z'(x) = (1-\alpha)f(x)z + (1-\alpha)g(x) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Dabei ist $\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{1}{3x} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(x)=ln (x) \end{eqnarray*}$ .

Weiterhin ist $\begin{eqnarray*} \alpha = 4 \end{eqnarray*}$ . Jetzt setze diese 3 Sachen einmal ein. Welche DGL kommt raus?

Grüße Abakus smile

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