AWP lösen

23.03.2012, 10:05

Susi101

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AWP lösen

hallo,
ich soll eine allgemeine lösung des anfangswertproblems finden. $\begin{eqnarray*} y'(x)=\frac{y(x)}{x} -\frac{x^2}{y(x)^2} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(1)=1 \end{eqnarray*}$ .

ich hab das mal umgeformt zu
$\begin{eqnarray*} y'(x)=\frac{y(x)^3-x^3}{xy(x)^2} \end{eqnarray*}$
aber ich komm leider nicht weiter. die trennung der variablen und sbstitution kann ich hier nicht anwenden oder??

23.03.2012, 10:17

HAL 9000

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Die Substitution $\begin{eqnarray*} z=\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$ , d.h. dann also $\begin{eqnarray*} y=zx \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y'=z'x+z \end{eqnarray*}$ , springt ja geradezu ins Auge.

23.03.2012, 10:37

Che Netzer

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RE: AWP lösen
Neben der bereits genannten Substitution könnte ich noch das Stichwort Bernoullische Differentialgleichung einwerfen. Aber mit z=y/x dürfte es hier tatsächlich schneller gehen.

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 10:39

Susi101

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ja stimmt.
also hab ich dann
$\begin{eqnarray*} z-\frac{1}{z^2} =z'x+z \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow -\frac{1}{z^2} =z'x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow -\frac{1}{z^2*x} =z' \end{eqnarray*}$

jetzt mit trennung der variablen
$\begin{eqnarray*} G(z)=\frac{1}{z} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} H(x)=log(x)+C \end{eqnarray*}$

gleichsetzen und nach z auflösen
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow z=\frac{1}{log(x)+C} \end{eqnarray*}$

rücksubst.
$\begin{eqnarray*} \frac{y}{x} =\frac{1}{log(x)+C} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow y =\frac{x}{log(x)+C} \end{eqnarray*}$

stimmt das so??

23.03.2012, 10:44

Che Netzer

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Zitat:

Original von Susi101

jetzt mit trennung der variablen
$\begin{eqnarray*} G(z)=\frac{1}{z} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} H(x)=log(x)+C \end{eqnarray*}$

Die Rechnung solltest du nochmal ausführlicher schreiben.
Hier die erste Umformung:
$\begin{eqnarray*} \frac{dx}x=-z^2dz \end{eqnarray*}$

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 11:03

Susi101

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oh
dan bekomm ich
$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{3} z^3=logx+C \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z=(-3logx+C)^{1/3} \end{eqnarray*}$

rücksubst.
$\begin{eqnarray*} \frac{y}{x} =(-3logx+C)^{1/3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y =(-3x^3logx+C)^{1/3} \end{eqnarray*}$

so?

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23.03.2012, 11:34

Che Netzer

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Zitat:

Original von Susi101
rücksubst.
$\begin{eqnarray*} \frac{y}{x} =(-3logx+C)^{1/3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y =(-3x^3logx+C)^{1/3} \end{eqnarray*}$

Hier musst du nur nochmal aufpassen. Entweder lässt du das x vor der Wurzel oder du multiplizierst auch C mit x³.

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 11:39

Susi101

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oh ok.
muss ich noch was mit y(1)=1 machen?

23.03.2012, 11:44

Che Netzer

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Zitat:

Original von Susi101
muss ich noch was mit y(1)=1 machen?

Damit bestimmt du C. Du setzt also 1 in y(x) ein, setzt das mit 1 gleich und formst so um, dass du C erhältst (was nicht sonderlich schwer ist).

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 12:56

Susi101

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ok, danke

smile

hab c=1.

hab noch ne andere teilaufgabe.
$\begin{eqnarray*} y'(x)-y(x)=x(y(x))^5 \end{eqnarray*}$

darauf kann man doch die bernoullische DGL anwenden.

$\begin{eqnarray*} y'(x)+(-1)y(x)+(-x)(y(x))^5=0 \end{eqnarray*}$

substitution:
$\begin{eqnarray*} v(x)=y^{1-a}(x)=y^{-4}(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v'(x)=-4*y'(x)*y^{-5}(x)=-4*v(x)-4x \end{eqnarray*}$

muss ich v(x) durch y^-4 ersetzen??
wie gehts weite?

23.03.2012, 13:01

Che Netzer

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Zitat:

Original von Susi101
substitution:
$\begin{eqnarray*} v(x)=y^{1-a}(x)=y^{-4}(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v'(x)=-4*y'(x)*y^{-5}(x)=-4*v(x)-4x \end{eqnarray*}$

muss ich v(x) durch y^-4 ersetzen??
wie gehts weite?

Jetzt hast du eine lineare Differentialgleichung nach v. Die löst du (für die inhomogene Gleichung kannst du den Ansatz der rechten Seite nehmen) und erhältst v(x). Wenn du das entsprechend potenzierst, hast du y.

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 13:38

Susi101

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das blick ich grad nicht so ganz,

also ich hab die inhomogene DGL
$\begin{eqnarray*} v'(x)=-4v(x)-4x \end{eqnarray*}$
nach v(x) aufgelöst
$\begin{eqnarray*} v(x)=-(1/4)v'(x)-x \end{eqnarray*}$
und jetzt mit y^-4 gleichsetzen??
dann y aufgelöst würde es
$\begin{eqnarray*} (-\frac{4}{v'(x)-x} )^{1/4} \end{eqnarray*}$ geben ????

23.03.2012, 13:51

Che Netzer

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Zitat:

Original von Susi101
also ich hab die inhomogene DGL
$\begin{eqnarray*} v'(x)=-4v(x)-4x \end{eqnarray*}$
nach v(x) aufgelöst
$\begin{eqnarray*} v(x)=-(1/4)v'(x)-x \end{eqnarray*}$

Nicht auflösen, sondern lösen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Also ganz normal die Differentialgleichung lösen, so als würdest du v bestimmen wollen (willst du ja indirekt auch).
So, dass du v in Abhängigkeit von x (und nur von x) hast.

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 14:11

Susi101

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ist das die allgemeine lösungsformel?
$\begin{eqnarray*} y'=f(x)y+g(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y(x)=e^{F(x)} *\int \! g(x)*e^{-F(x)} ) \, dx \end{eqnarray*}$

wenn ich das so mache, bekomm ich
$\begin{eqnarray*} v(x)=e^{-4x+c} *\int\! -4x*e^{4x-c} \, dx \end{eqnarray*}$

dann mit der partiellen integration das integral ausrechnen? aber wie sind die grenzen? von 0 bis x?

23.03.2012, 14:39

Che Netzer

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Jetzt hast du aber y und nicht v in deiner Formel. Und müsste das vor dem Integral nicht ein + sein?
Naja, du hast also v'=-4v-4x
Homogene Lösung:
$\begin{eqnarray*} v_h(x)=e^{-4x} \end{eqnarray*}$
Ansatz der rechten Seite:
$\begin{eqnarray*} v_i(x)=ax+b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a=-4(ax+b)-4x=-4x(a+1)-4b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v_i(x)=-x+\frac14 \end{eqnarray*}$
etc.

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 14:46

Susi101

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d.h.
$\begin{eqnarray*} v(x)= e^{-4x} -x+ \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$
und nun die rücksubstitutuion durchführen?

23.03.2012, 14:52

Che Netzer

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Genau!

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 15:50

Susi101

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also bekomm ich dann
$\begin{eqnarray*} y^{-4}(x)= e^{-4x} -x+ \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y(x)= (\frac{1}{e^{-4x} -x+ \frac{1}{4} } )^{1/4} \end{eqnarray*}$
stimmt das so? sieht so komisch aus?

23.03.2012, 16:01

Che Netzer

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Da ich gerade keine Fehler finde, würde ich sagen, dass das so passt. Ausprobieren möchte ich es aber auch nicht smile

smile

Wird schon klappen smile

smile

23.03.2012, 16:14

Susi101

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ja, wird schon passen Augenzwinkern

Augenzwinkern

schon mal vielen dank smile

smile

hab noch ne letzte. das ist glaub ich die einfachste aber ein schritt hängt

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

also ich nehm die lösung durch substitution

z=x+y(x),
z'=1+y'(x)

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

nun muss ich ja die DGL lösen, aber das z^2 stört mich...
wenn ich einfach beide seiten integriere, und nach z auflöse, kommt da z=0 raus, das kann ja auch nicht sein, oder?

23.03.2012, 16:21

Che Netzer

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Mit der Substitution erhältst du z'=1+z². Dann benutzt du die Trennung der Veränderlichen und erinnerst dich an den Arcustangens.

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 16:45

Susi101

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dann hab ich
$\begin{eqnarray*} \int\! \frac{1}{1+z^2} \, dz=\int \! 0 \, dx+C \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} arctan(z)=c+c \end{eqnarray*}$
dann nach z auflösen, aber stimmt das??

z=2C*tan

23.03.2012, 16:55

Susi101

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oder
z=tan(2c)??

23.03.2012, 16:59

Che Netzer

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Zitat:

Original von Susi101
dann hab ich
$\begin{eqnarray*} \int\! \frac{1}{1+z^2} \, dz=\int \! 0 \, dx+C \end{eqnarray*}$

Vielleicht solltest du mal eine Pause einlegen...
Wenn du in z'=1+z² durch 1+z² teilst, steht rechts also eine Null? Augenzwinkern

Augenzwinkern

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 17:03

Susi101

Auf diesen Beitrag antworten »

mh, was muss ich denn nach x integrieren?

23.03.2012, 17:09

Che Netzer

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Wie wäre es mit 1?
z'=1+z²
1/(1+z²)dz=1dx

mfg,
Ché Netzer

23.03.2012, 17:14

Susi101

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oh ok,
dann hab ich
arctan(z)=x+c
z=tan(x+c)
löst man das so auf?
und dann noch die rücksubstitution

23.03.2012, 17:16

HAL 9000

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Zitat:

Original von Susi101
also bekomm ich dann
$\begin{eqnarray*} y^{-4}(x)= e^{-4x} -x+ \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y(x)= (\frac{1}{e^{-4x} -x+ \frac{1}{4} } )^{1/4} \end{eqnarray*}$
stimmt das so? sieht so komisch aus?

Da ich nichts von einer Anfangsbedingung lese: Irgendwo ist dir wohl die Integrationskonstante durch die Lappen gegangen, denn die allgemeine Lösung dürfte ja wohl eher

$\begin{eqnarray*} y(x)= \left(\frac{1}{Ce^{-4x} -x+ \frac{1}{4} } \right)^{1/4} \end{eqnarray*}$

lauten? verwirrt

verwirrt

23.03.2012, 17:17

Che Netzer

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So sieht das jedenfalls richtig aus.
Und dann zur Rücksubstitution nur ein x abziehen.

mfg,
Ché Netzer

25.03.2012, 14:11

Susi101

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hallo,
ich hab noch mal ne frage dazu.
löst man arctan(z)=x+c wirklich so auf,
z=tan(x+c)??

25.03.2012, 14:13

Che Netzer

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Klar, wie denn sonst?
Du wendest einfach den Tangens auf beide Seiten an.

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