DGL 1. Ordnung [xyy'=x²+y²]

22.01.2013, 21:08

niksc

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DGL 1. Ordnung [xyy'=x²+y²]

Meine Frage:
Guten Abend,

ich hänge jetzt seit Stunden an dieser Aufgabe und finde keinen gescheiten Anfang. Keine Ahnung woran es liegt, das Lösen von DGL mit Form y''+3y'=sinx sind keine Thema.

Ich bedanke mich und wünsche einen schönen Abend
Nils

Meine Ideen:
Also es handelt sich um folgende DGL 1. Ordnung
$\begin{eqnarray*} xyy'=x²+y² \end{eqnarray*}$

Wenn ich beide Seite durch xy teile, erhalte ich
$\begin{eqnarray*} y'= \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

Ab hier stocke ich.
Hat jemand einen Link, wo so etwas erklärt wird, oder kann mir einer von Euch einen Hinweis geben?

22.01.2013, 21:26

telli

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RE: DGL 1. Ordnung [xyy'=x²+y²]
Sagt dir vielleicht "Trennung der Variablen" etwas? Du musst hier das Ganze algebraisch so umformen, dass am Schluss etwas in der Form steht:
$\begin{eqnarray*} \int f(x) dx = \int g(y) dy \end{eqnarray*}$ beachte noch $\begin{eqnarray*} y' = \frac{dy}{dx} \end{eqnarray*}$

TIPP: Du sollst versuchen alle x auf die eine Seite, alle y auf die andere Seite zu bekommen.
Vielleicht noch zu erwähnen: Denke an Substitution..

22.01.2013, 21:49

niksc

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Danke für die Antwort!

Wie sehe ich denn was ich am besten substituieren kann?
Ich glaube, das ist der Knackpunkt. Wenn ich das gescheit hinbekomme, werde ich vlt erfolgreich die Aufgabe lösen können

23.01.2013, 00:50

telli

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Das siehst du mit der Zeit, wenn du dich lange genug mit der Thematik beschäftigt hast. Ich denke nicht, dass hierfür ein Universalkochrezept gibt.. das hängt von der konkreten Aufgabenstellung. Das Thema "Differentialgleichungen" ist gerade ein Paradebeispiel. Hier wird besonders viel "geraten" smile

smile

Also zu deiner Frage:
Versuch mal $\begin{eqnarray*} z=\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$ dabei sollst du überlegen wie du in der Gleichung $\begin{eqnarray*} dy \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} dz \end{eqnarray*}$ "ersetzen" kannst.

Bemerkung: $\begin{eqnarray*} y=y(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z=z(y(x),x)=z(x) \end{eqnarray*}$ . Es sind also beide Funktionen von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ .

Versuchs mal.

23.01.2013, 01:10

original

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$\begin{eqnarray*} y'= \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von telli

Versuch mal $\begin{eqnarray*} z=\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

smile

das ist ein sehr guter Tipp

um weiterzumachen könnte man dann aber zB so vorgehen:

$\begin{eqnarray*} z=\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y= x\cdot z \end{eqnarray*}$

und damit dann auch ->

$\begin{eqnarray*} y' = z + x\cdot z' \end{eqnarray*}$

und jetzt einsetzen in $\begin{eqnarray*} y'= \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

->

$\begin{eqnarray*} z + x\cdot z' = \frac{1}{z} + z \end{eqnarray*}$

also ->

$\begin{eqnarray*} \int \! z \, dz = \int \! \frac{1}{x} \, dx \end{eqnarray*}$
usw..

23.01.2013, 01:18

RavenOnJ

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Die DGl ist eine Bernoulli-DGl und lässt sich mit dem entsprechenden Ansatz für solche DGls in eine inhomogene lineare DGl überführen und lösen.

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23.01.2013, 08:26

niksc

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Danke für die reichlichen Antworten, das hat mir schon sehr geholfen.
Ich hätte es sogar einmal mit der Substitution versucht, aber ich bin nicht auf diesen Ausdruck gekommen:

Zitat:

Original von telli
[...]
und damit dann auch ->

$\begin{eqnarray*} y' = z + x\cdot z' \end{eqnarray*}$
[...]

y' ist doch die Ableitung der Funktion nach x.
Wie kommst Du dann auch diesen Term?

Das begreife ich leider nicht.
Für meine Begriffe ist die Ableitung doch einfach nur z, oder?

23.01.2013, 08:50

RavenOnJ

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beachte mal meinen Post. Der Ansatz ist dann ein ganz anderer.

23.01.2013, 09:36

niksc

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Also gut, ich habe mich mal durchgerechnet.

$\begin{eqnarray*} xyy' = x^{2} + y^{2} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} |:xy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y' = \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

Substitution: $\begin{eqnarray*} z=\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=xz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=z+xz' \end{eqnarray*}$
(Diesen Schritt müsste man mir bitte nochmal Nahe legen, danke)

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

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

$\begin{eqnarray*} x * \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{z} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z*\partial z = \frac{1}{x} * \partial x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{z^{2}}{2} + c_{1} = ln(x) + c_{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z^{2}= 2 * ln(x) + c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z = \pm \sqrt{2 * ln(x) + c} \end{eqnarray*}$

Rücksubstitution:

$\begin{eqnarray*} \frac{y}{x} = \pm \sqrt{2 * ln(x) + c} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y= \pm x*\sqrt{2 * ln(x) + c} \end{eqnarray*}$

Bis auf den einen Schritt ist für mich alles einleuchtend und übertragbar auf andere Aufgaben.
Der Hinweis mit der Bernoulligleichung hat mich leider zu sehr verwirrt, sorry.

23.01.2013, 10:00

RavenOnJ

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Du lässt dann aber die Lösung für negative x unter den Tisch fallen.

23.01.2013, 10:08

HAL 9000

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Zitat:

Original von niksc
$\begin{eqnarray*} y=xz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=z+xz' \end{eqnarray*}$
(Diesen Schritt müsste man mir bitte nochmal Nahe legen, danke)

Schlicht und einfach Produktregel: $\begin{eqnarray*} (xz)' = x'z+xz' = z+xz' \end{eqnarray*}$ , da ja $\begin{eqnarray*} x'=1 \end{eqnarray*}$ ist.

23.01.2013, 10:14

niksc

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von niksc
$\begin{eqnarray*} y=xz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=z+xz' \end{eqnarray*}$
(Diesen Schritt müsste man mir bitte nochmal Nahe legen, danke)

Schlicht und einfach Produktregel: $\begin{eqnarray*} (xz)' = x'z+xz' = z+xz' \end{eqnarray*}$ , da ja $\begin{eqnarray*} x'=1 \end{eqnarray*}$ ist.

Ah, ok!
Danke für den Hinweis, nun sehe ich es auch.
Da z ja auch eine Funktion von x ist, ist deren Ableitung einfach z'...

1000 Dank, wieder was gelernt

23.01.2013, 10:16

original

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Zitat:

Original von niksc

aber ich bin nicht auf diesen Ausdruck gekommen:

$\begin{eqnarray*} y' = z + x\cdot z' \end{eqnarray*}$

y' ist doch die Ableitung der Funktion nach x.
Wie kommst Du dann auch diesen Term?

smile

Substitution: $\begin{eqnarray*} z=\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

da y eine Funktion von x ist, ist auch z eine Funktion von x (das wurde dir oben schonmal erklärt)

$\begin{eqnarray*} y=x\cdot z(x) \end{eqnarray*}$

x* z ist also eine Funktion von x und da du hier ein Produkt hast,
wirst du - bei Ableitung nach x - mit der PRODUKTREGEL arbeiten .. und das sieht dann eben so aus:

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

jetzt klar?

...
und um die Lösung für negative x nicht unter dem Tisch suchen zu müssen, Prost

Prost

kannst du statt
$\begin{eqnarray*} z^{2}= 2 * ln(x) + c_{1} \end{eqnarray*}$

das besser so schreiben:
$\begin{eqnarray*} z^{2}= ln(|c|\cdot x^{2}) \end{eqnarray*}$
.. usw
.

23.01.2013, 10:43

RavenOnJ

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Zitat:

Original von original
und um die Lösung für negative x nicht unter dem Tisch suchen zu müssen, Prost

Prost

kannst du statt
$\begin{eqnarray*} z^{2}= 2 * ln(x) + c_{1} \end{eqnarray*}$

das besser so schreiben:
$\begin{eqnarray*} z^{2}= ln(|c|\cdot x^{2}) \end{eqnarray*}$

Was da $\begin{align*} |c| \end{align*}$ soll, statt einfach $\begin{align*} c , c > 0 \end{align*}$ ist mir unklar. Es gibt allerdings, da die Funktion für x=0 nicht definiert ist, zwei Lösungszweige, deswegen auch zwei Konstanten $\begin{align*} d_1,d_2 \in\mathbb R \end{align*}$ (c ist ja jetzt schon besetzt), sodass die allgemeine Lösung ist

$\begin{eqnarray*} y =\begin{cases} \pm x\sqrt{\ln(x^2) + d_1}\small\text{ für $x>0$}<br /> <br /> \pm x\sqrt{\ln(x^2) + d_2}\small\text{ für $x<0$}\end{cases} \end{eqnarray*}$

23.01.2013, 11:02

niksc

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Zitat:

Original von RavenOnJ
[...]sodass die allgemeine Lösung ist

$\begin{eqnarray*} y =\begin{cases} \pm x\sqrt{\ln(x^2) + d_1}\small\text{ für $x>0$}<br /> <br /> \pm x\sqrt{\ln(x^2) + d_2}\small\text{ für $x<0$}\end{cases} \end{eqnarray*}$

Das hatte ich versucht mit meinem Ergebnis auszudrücken, mir ist allerdings klar, dass es 2 Konstanten sein müssen (auf meinem Zettel stehen auch c_1 und c_2) und dass eine Fallunterscheidung angegeben werden muss.

Danke Dir!

23.01.2013, 11:04

original

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Zitat:

Original von RavenOnJ

Was da $\begin{align*} |c| \end{align*}$ soll, statt einfach $\begin{align*} c , c > 0 \end{align*}$ ist mir unklar.

damit du beginnst, klar zu sehen:

$\begin{eqnarray*} \int \! z \, dz = \int \! \frac{1}{x} \, dx \end{eqnarray*}$

geht korrekt so weiter:

$\begin{eqnarray*} z^{2}= 2 * ln|x| + c_{1} \end{eqnarray*}$

und da auf der rechten Seite ein positiver Ausdruck stehen sollte
und ln|x| gelegentlich positiv ist , kann c1 durchaus auch moderat
negativ sein ?

und dazu:

$\begin{eqnarray*} y =\begin{cases} \pm x\sqrt{\ln(x^2) + d_1}\small\text{ für $x>0$}<br /> <br /> \pm x\sqrt{\ln(x^2) + d_2}\small\text{ für $x<0$}\end{cases} \end{eqnarray*}$

deine "Fallunterscheidung" mit x>0 oder x<0 ist ja erstaunlich,
da doch da ein Quadrat beim x herumsteht und x^2 eh >0 ist für reelle x

.

23.01.2013, 11:39

HAL 9000

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Man sollte sich noch Gedanken über den Gültigkeitsbereich der Lösung machen: Mit einem einfach x>0 bzw. x<0 ist es nicht getan: Je nach Integrationskonstante gehört ein mehr oder weniger großes Intervall um die Null nicht dazu. Augenzwinkern

Augenzwinkern

23.01.2013, 11:42

RavenOnJ

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Es war doch nicht vorausgesetzt, dass die Lösung reell sein muss.

23.01.2013, 11:46

HAL 9000

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Es war doch nicht vorausgesetzt, dass die Lösung reell sein muss.

Würde ich wahrscheinlich auch als Ausrede verwenden, wenn mir durch ein solches Versäumnis in einer Klausur Punkte abgezogen würden - ein Versuch ist es wert. Augenzwinkern

Augenzwinkern

23.01.2013, 11:48

RavenOnJ

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Das ist keine Ausrede. Es war einfach nirgends davon die Rede.

23.01.2013, 12:16

HAL 9000

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Ja klar, wenn das ganze unter der Überschrift "Differentialgleichungen mit komplexwertigen Lösungsfunktionen" läuft, dann hat man noch eine Chance. Die Nichtdifferenzierbarkeit der Lösungsfunktion an der Stelle $\begin{eqnarray*} x^* := e^{-\frac{d_1}{2}} > 0 \end{eqnarray*}$ (in der Darstellung von original) muss man natürlich auch noch wegdiskutieren - vielleicht über "schwache Lösung", etc. Big Laugh

Big Laugh

23.01.2013, 12:20

RavenOnJ

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da hast du nun wieder recht.

23.01.2013, 12:20

niksc

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Um dem Ganzen ein Ende zu setzen:
Es steht nichts weiter in der Aufgabenstellung, wirklich nur die Gleichung.

Danke für die hohe Anteilnahme

23.01.2013, 12:50

RavenOnJ

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Das Problem der (Nicht-)Existenz der Ableitung von $\begin{align*} y \end{align*}$ an der Stelle $\begin{align*} e^{-d_1 /2} \end{align*}$ bleibt allerdings bestehen.

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