Lösungen der DGL

21.10.2006, 16:36

vektorraum

Lösungen der DGL

Hi!

Wir sollen die Lösungen von Differentialgleichungen erster Ordnung bestimmen. Könnt ihr einfach mal drüberschauen, ob es stimmt? Ich bin zwar sehr optimistisch, aber vielleicht hab ich irgendwo Bedingungen an die Variablen oder so vergessen.
(1) $\begin{eqnarray*} 1+y^2+xyy'=0~\Rightarrow~y'=-\cfrac{1+y^2}{xy} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \cfrac{dy}{dx}=-\cfrac{1+y^2}{xy}~\Rightarrow~-\int\cfrac{y}{1+y^2}dy=\int\cfrac{1}{x}dx \end{eqnarray*}$

Die Integrale sind nun:
$\begin{eqnarray*} -\cfrac{1}{2}\ln\left|1+y^2\right|=\ln\left| x\right|+c,~c\in \mathbb R~\Rightarrow \ln\left|1+y^2\right|=-2\ln(x)-2c,~x>0 \end{eqnarray*}$

Dann ist:
$\begin{eqnarray*} 1+y^2=\cfrac{e^{-2\ln x}}{e^{2c}}~\Rightarrow~y=\sqrt{\cfrac{1}{x^2e^{2c}}} \end{eqnarray*}$

(2) $\begin{eqnarray*} x^2y'+y^2+xy+x^2=0~\Rightarrow~y'=\cfrac{-(x^2+xy+y^2)}{x^2} \end{eqnarray*}$
Multipliziere nun mal mit $\begin{eqnarray*} \cfrac{1}{x^2} \end{eqnarray*}$ durch und erhalte dann

$\begin{eqnarray*} Y'=-(1+\cfrac{y}{x}+\left(\cfrac{y}{x}\right)^2) \end{eqnarray*}$
Setze nun $\begin{eqnarray*} z=\cfrac{y}{x}, y=zx \end{eqnarray*}$

Dann erhält man:
$\begin{eqnarray*} y'=z'\cdot x+z=-\cfrac{1}{x}(1+2z+z^2) \end{eqnarray*}$

Die beiden Integrale lauten dann
$\begin{eqnarray*} \int\cfrac{dz}{1+2z+z^2}=-\int\cfrac{dx}{x} \end{eqnarray*}$

Hier erhalte ich dann

$\begin{eqnarray*} \cfrac{-1}{z+1}=-\ln x+c, c\in \mathbb R \end{eqnarray*}$

Umstellen nach z bringt dann
$\begin{eqnarray*} z=\cfrac{-1+\ln x-c}{-\ln x+c} \end{eqnarray*}$ Rücksubstituieren:

$\begin{eqnarray*} y=\cfrac{-x+x\ln x-cx}{-\ln x+c} \end{eqnarray*}$

hier die Frage, ob man das mit dem c so machen darf, oder ob ich das trennen muss - d.h. darf das überhaupt in Zähler und Nenner getrennt stehen???

Vielen Dank fürs durchschauen!

Edit: Wäre schön, wenn mal jemand seinen Comment dazu gibt - ich weiß ist viel text, aber ich hab gewöhnliche noch net so lange...

22.10.2006, 19:39

Mathespezialschüler

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Bei der ersten DGL fehlen noch alle Lösungen für $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ . Außerdem solltest du noch ergänzen, warum du für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ keine Lösung hat! Durch $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ teilen brauchst du da auch nicht, da du später wieder mit $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ multplizierst. Ansonsten müsstest du $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ noch ausschließen.

Zitat:

Original von vektorraum
Dann erhält man:
$\begin{eqnarray*} y'=z'\cdot x+z=-\cfrac{1}{x}(1+2z+z^2) \end{eqnarray*}$

Die beiden Integrale lauten dann
$\begin{eqnarray*} \int\cfrac{dz}{1+2z+z^2}=-\int\cfrac{dx}{x} \end{eqnarray*}$

Was machst du denn hier? Es gilt doch

$\begin{eqnarray*} z'x+z=y'=-(1+z+z^2) \end{eqnarray*}$ .

Die neue DGL ist dann also

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

Die musst du lösen.

Gruß MSS

22.10.2006, 22:11

vektorraum

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@MMS: Muss ich da das ganze ab der Stelle wo nich x>0 einschränke nochmal für x<0 rechnen??? Für x=0 hat es keine Lösung, weil x irgendwann mal im Nenner auftaucht, und demnach ich die Null als Teiler ausschließen muss, oder???

Oh je, bei der zweiten ist mir ja ein Fehler im Aufschreiben unterlaufen. Ich habe bei mir hier stehen:

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

$\begin{eqnarray*} z'x=-1-z-z^2-z \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z'=-\cfrac{1}{x}(1+2z+z^2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \cfrac{dz}{dx}=-\cfrac{1}{x}(1+2z+z^2) \end{eqnarray*}$

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

usw. Dann müsste es doch jetzt aber stimmen, oder???

Danke schonmal!

23.10.2006, 00:49

Mathespezialschüler

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Ja, natürlich musst du es nochmal für $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ rechnen, und zwar dann mit einem anderen $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ , was du z.B. $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ nennen kannst, da der Definitionsbereich nicht zusammenhängend ist. Die Begründung für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ ist falsch. $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ tritt zwar irgendwann mal im Nenner auf, d.h. aber nur, dass die danach erhaltene Lösung nicht für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ gilt. Trotzdem kann ja bei $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ noch was anderes passieren. Was erhält man denn, wenn man in der Ausgangsform der DGL $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ einsetzt? Warum kann das nicht sein?
Zur zweiten Aufgabe: Ok, jetzt ist es bis dahin korrekt. Der Rest ist auch fast ok. Du musst allerdings noch $\begin{eqnarray*} \ln x \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \ln |x| \end{eqnarray*}$ ersetzen und dann möglichst $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ wieder getrennt betrachten. Dass $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ sowohl im Zähler als auch im Nenner steht, ist nicht weiter schlimm. Das kommt ja nur durch die Rücksubstitution. Auch hier musst du aber noch schauen, was für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ passiert! Und evtl. musst du, falls möglich, deine Lösungen noch in $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ stetig fortsetzen.

Gruß MSS

23.10.2006, 22:22

vektorraum

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@MSS: Sorry wenn das ne blöde Frage ist, aber ich kann doch an der Stelle, an der ich x>0 vorausgesetzt habe, gar nicht das ganze nochmal für x<0 machen, weil der ln ist doch immer positiv??? Ich weiß nicht, was ich da jetzt noch machen soll...
Ok, die Begründung für das x stimmt nicht. Liegt es daran, dass wenn ich in die DGL x=0 setze

$\begin{eqnarray*} 1+y^2~\Rightarrow~y^2=-1 \end{eqnarray*}$

herauskommen würde und man dies, zumindest im Reellen nicht lösen kann???

Bei zweitens: auch hier das gleiche Problem für ln(x) für x<0???
Danke für deine Antwort!

23.10.2006, 22:34

Mathespezialschüler

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Ja, das mit der Gleichung ist jetzt richtig!
Es ist doch $\begin{eqnarray*} \int~\frac{1}{x}~\mathrm dx=\ln |x|=\ln(-x) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ !

Gruß MSS

24.10.2006, 07:57

Sunwater

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RE: Lösungen der DGL

Zitat:

Original von vektorraum

Dann ist:
$\begin{eqnarray*} 1+y^2=\cfrac{e^{-2\ln x}}{e^{2c}}~\Rightarrow~y=\sqrt{\cfrac{1}{x^2e^{2c}}} \end{eqnarray*}$

Ich steig da nicht ganz durch. Wo ist denn die 1 von links hin? - hast du die einfach mit in die Konstante gezogen?
Und warum ist nur die positive Wurzel eine Lösung für x - die negative nicht?

24.10.2006, 17:42

vektorraum

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RE: Lösungen der DGL
Hi!

Da ist mir wohl ein Schreibfehler unterlaufen Hammer

Klar, die 1 gehört noch mit rüber, und ich hab natürlich die positive und negative wurzel davon gezogen...
Sorry!

@MMS: Aber ln(-x) ist doch gar nicht definiert, oder??? Oder meinst du, wenn x<0 für ln(-x), dass ja dann ln(x) ruaskommt, wegen ln(-(-x))???

24.10.2006, 21:18

Mathespezialschüler

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Für $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \ln(-x) \end{eqnarray*}$ natürlich definiert! Nur für $\begin{eqnarray*} x\geq 0 \end{eqnarray*}$ nicht. $\begin{eqnarray*} \ln(-x) \end{eqnarray*}$ ist natürlich für $\begin{eqnarray*} x=-3 \end{eqnarray*}$ definiert, weil das einfach $\begin{eqnarray*} \ln(-(-3))=\ln 3 \end{eqnarray*}$ ist.

Gruß MSS

24.10.2006, 21:36

Sunwater

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und ich dachte schon du hast da super was in die konstante gezogen oder so... - alles klar - bin ich beruhigt.

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