Fehlender Ansatz für DGL

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27.01.2012, 22:49	max_doering	Auf diesen Beitrag antworten »
Fehlender Ansatz für DGL Hallo, leider fehlt mir für folgende DGL jeglicher Ansatz: $\begin{eqnarray} [y(x)-\lambda] \cdot y''(x) - y'^2(x)=1 \end{eqnarray}$ Es handelt sich um eine gewöhnliche nicht-lineare DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten.. leider weiß ich nicht wie ich damit umgehen soll Wäre für einen Tipp sehr dankbar! MfG. M.Döring
28.01.2012, 10:05	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} y''=\frac {y'^2+1}{y-\lambda} \end{eqnarray}$ Typ: $\begin{eqnarray} y''=f(y,y') \end{eqnarray}$ Ansatz: $\begin{eqnarray} y'=u, ~ y''=\frac {\dd u}{\dd x}= f(y,u)=u\frac {\dd u}{\dd y} ,~ u=u(y) \end{eqnarray}$ Lösung: $\begin{eqnarray} u\frac {\dd u}{\dd y}=f(y,u) \Rightarrow x= \int \frac {\dd y}{u(y)} + C \end{eqnarray}$
28.01.2012, 14:22	max_doering	Auf diesen Beitrag antworten »
hallo, Danke erstmal für die Hilfe! Ganz verstehe ich es leider noch nicht. Soweit bin ich gekommen: $\begin{eqnarray} y''=\frac{du}{dx}=f(y,u)=\frac{1+u^2}{y-\lambda} \end{eqnarray}$ Ich verstehe nun aber allerdings den Zusammenhang $\begin{eqnarray} u \frac{du}{dy} \end{eqnarray}$ nicht. MfG. EDIT: Hat dieses Lösungsverfahren einen speziellen Namen?
28.01.2012, 14:31	max_doering	Auf diesen Beitrag antworten »
oh, ok! Habe den Zusammenhang $\begin{eqnarray} y'=u \end{eqnarray}$ übersehen. Ich verstehe allerdings den letzten Schritt mit dem Integral nicht, also was ich mit dem Integral für x anfangen soll!
28.01.2012, 16:36	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
du erhältst dann x als Funktion in y. In einem x-y Koordinatensystem ist das aber die Lösungskurve.
28.01.2012, 16:51	max_doering	Auf diesen Beitrag antworten »
Alles Klar, logisch ! Dankeschön! Hat dieses Verfahren einen Namen?
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28.01.2012, 17:51	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
mir ist kein Name bekannt.
28.01.2012, 18:49	max_doering	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich scheitere leider weiterhin an dieser DGL. Sie gaben ja an, u sei eine Funktion von y. Ich komme jedoch nur auf eine Fkt. $\begin{eqnarray} u(y,y'') \end{eqnarray}$ bzw eine Fkt. $\begin{eqnarray} u(y,\frac{du}{dx}) \end{eqnarray}$ , nämlich $\begin{eqnarray} u=\sqrt{[y-\lambda] \cdot \frac{du}{dx}-1} \end{eqnarray}$ In das Integral eingesetzt würde das heißen $\begin{eqnarray} x= \int \frac{dy}{\sqrt{[y-\lambda] \cdot \frac{du}{dx}-1}}=\int \frac{dy}{\sqrt{[y-\lambda] \cdot y''-1}} \end{eqnarray}$ welches ich nicht lösen kann, Mathematica ebenso! Ich scheine irgendwo auf dem Schlauch zu stehen, weiß aber nicht wo! MfG.
28.01.2012, 20:21	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
wir sind hier alle per du. Ich habe versucht dir mit diesem Ansatz aus einem Buch zu helfen, und gehofft, dass es klappen könnte... DGL's sind wirklich nicht mein Spezialgebiet Nun, vielleicht weiss jemand am board besser Bescheid.
28.01.2012, 20:28	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Mit $\begin{eqnarray} v = y - \lambda \end{eqnarray}$ geht die ursprüngliche Differentialgleichung über in $\begin{eqnarray} v v'' - {v'}^2 = 1 \end{eqnarray}$ Man sieht, daß $\begin{eqnarray} v = \cosh (x+c) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} c \end{eqnarray}$ konstant Lösungen sind. Dann gibt es vermutlich noch weitere Lösungen.
29.01.2012, 00:08	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine Umformung: Wenn man $\begin{eqnarray} u = \log v \end{eqnarray}$ setzt, dann ist $\begin{eqnarray} u'' = \frac{vv'' - v'^2}{v^2} = \frac{1}{v^2} = e^{-2u} \end{eqnarray}$ (sagen wir der Anfangswert von v sei positiv, damit wir diese Substitution zumindest für genügend kleine x durchführen können.) Mit $\begin{eqnarray} w = u' \end{eqnarray}$ gelangen wir also zum System $\begin{eqnarray} w' &=& e^{-2u} \\ u' &=& w \end{eqnarray}$ Dieses System hat eine eindeutige Lösung zu jedem AWP $\begin{eqnarray} u(0) = \log v(0), ~ w(0) = \frac{v'(0)}{v(0)} \end{eqnarray}$ . Damit sollte auch deine DGL eine eindeutige Lösung besitzen.
29.01.2012, 00:20	max_doering	Auf diesen Beitrag antworten »
über diesen Ansatz komme ich zu 2 anderen Lösungen, die meinem Problem (der Kettenlinie) nicht entsprechen! $\begin{eqnarray} vv''-v'^2=1 \end{eqnarray}$ ableiten ergibt $\begin{eqnarray} v'v''+vv'''-2v'v''=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} vv'''=v'v'' \end{eqnarray}$ Diese DGL ist erfüllt wenn für v gilt: $\begin{eqnarray} v^{(2n+1)} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v^{(2n)} \end{eqnarray}$ sind für alle natürlichen n gleich. Diese Eigenschaften haben sowohl cosh(x) als auch sinh(x), sowie alle Funktionen der Form $\begin{eqnarray} f(x)=A \cdot e^{\lambda x} \end{eqnarray}$ Wie finde ich nun als jemand, der "nicht weiß wie ein durchhängendes Seil aussieht" heraus, welche Lösung mir das Problem der Kettenlinie löst? MfG.
29.01.2012, 11:04	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann diese DGL auf unterschiedliche Art angehen. Es schadet aber nichts, den von Dopap angegeben Lehrbuchweg zu gehen, weil der für alle DGL diesen Typs funktioniert. Um die Schreibarbeit zu reduzieren, sollte man die Substitution von Leopold $\begin{eqnarray} \hat y = y- \lambda \end{eqnarray}$ vorschalten. Man hat dann $\begin{eqnarray} y''=\frac{y'^2+1}{y} \end{eqnarray}$ Dabei habe ich das Dach wieder weggelassen. Man kann sich ja merken, dass man ganz zum Schluss noch die Transformation $\begin{eqnarray} y \rightarrow y+ \lambda \end{eqnarray}$ zu machen hat. Mit $\begin{eqnarray} y'= u \quad \text {und} \quad y''=u \frac{du}{dy} \end{eqnarray}$ bekommt man $\begin{eqnarray} u\frac{du}{dy}=\frac{u^2+1}{y} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{u}{u^2+1}\frac{du}{dy}=\frac{1}{y} \end{eqnarray}$ Das lässt sich nun leicht integrieren. Im weiteren kommt man so ganz systematisch zur Gleichung der Kettenlinie mit 2 freien Parametern.

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