nichtlineare Differentialgleichung |
14.01.2014, 16:57 | Stevö | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
nichtlineare Differentialgleichung hat zufällig jemand eine Idee, wie die DGL lösbar ist?: Mathematica findet eine Lösung, ich will, wie gesagt, einen Lösungsweg lg Stefan |
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14.01.2014, 22:32 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
In klassischer Schreibweise lautet die Differentialgleichung In der Form sieht man, daß nicht sein kann, denn die linke Seite der Gleichung ist es nie. Als stetige Funktion ist also stets positiv oder stets negativ. Mit jeder Lösung der Differentialgleichung ist aber auch eine Lösung, wie man durch Einsetzen sofort bestätigt. Es genügt daher, den Fall zu betrachten. Dividiert man die Gleichung durch , so bekommt man Wenn man die linke Seite differenziert, ergibt sich Es gibt daher eine Konstante mit Und damit hat man eine homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Unter ihren Lösungen sind auch die Lösungen der gegebenen Differentialgleichung. Durch die Probe kann man die "falschen Lösungen" aussondern. |
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15.01.2014, 15:00 | Ehos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wenn man sich die Dgl. ansieht, kann man ohne Rechnung ablesen, dass folgende hyperbolischen Funktion die Lösungen ist. Begründung: Wir kennen die hyperbolischen Funktionen Beide hängen durch folgende Formel zusammen (die man leicht nachrechnen kann): Die 1. und 2.Ableitungen der hyperbolischen Funktionen lauten bekanntlich Mit diesen Formeln kann man leicht bestätigen, dass die Lösung der obigen Dgl. ist. Einsetzen liefert |
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15.01.2014, 16:45 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Neben dieser Lösung gibt es aber noch unendlich viele weitere. |
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15.01.2014, 17:12 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Alternativ zum "Aussieben per Probe" kann man (*) auch in die Original-DGL einsetzen und hat dann mit eine DGL erster Ordnung, die dann (neben ) eine zweite Konstante für die allgemeine Lösung beisteuert. |
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15.01.2014, 17:41 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Bei dieser Lösungsvariante hat man ab der Stelle jedoch den Ärger mit den Vorzeichen der Wurzel. Welches Vorzeichen ist wo richtig? Darf man die Vorzeichen links und rechts einer Stelle , wo ist (wenn es eine solche Stelle überhaupt gibt), frei kombinieren? Wie müßte man argumentieren, wenn man sichergehen will, keine falschen Lösungen zu generieren und keine richtigen zu verlieren? Der übliche Kalkül mit dem Trennen der Variablen ist ja in dieser Hinsicht durchaus fragwürdig. Er ist nicht gerade für implizite Differentialgleichungen erster Ordnung gemacht. war übrigens auch mein erster Ansatz. Mit dem Weg über die homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung versuche ich gerade, die Mehrdeutigkeiten zu umgehen. |
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15.01.2014, 17:51 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hat auch immer was zu meckern, der Kerl - allerdings nicht völlig grundlos. Zumindest sieht man auf diesem Weg besser die "schöne" Lösungsdarstellung |
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16.01.2014, 09:18 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ja, das stimmt irgendwie. Aber wenn man von dieser "schönen" Darstellung gehört hat, kann man auch so vorgehen: Bekanntermaßen ist der Lösungsraum von zweidimensional. Die Funktionen und sind linear unabhängige Lösungen und damit eine Basis. Mit zwei Parametern erhält man sämtliche Lösungen als Linearkombinationen dieser beiden Funktionen, also Einige Umformungen, die auf geführt hatten, waren nur Implikationen. Man muß daher an der ursprünglichen Differentialgleichung die Probe machen. Setzt man von oben ein, so bekommt man Man kann hiermit eliminieren und erhält Bei Lösungen mit muß sein. Es gibt daher ein mit . Damit folgt: Und für die Lösungen mit muß man nur das Vorzeichen ändern. Sämtliche Lösungen sind daher die Funktionen Eine Vorzeichenänderung von bewirkt eine Spiegelung an der -Achse. Man beachte, daß der cosinus hyperbolicus eine gerade Funktion ist, so daß sich die Vorzeichenänderung nur im Vorfaktor auswirkt. Man kann die Lösungen daher auch so beschreiben: Der Übergang von zu entspricht beim Graphen einer zentrischen Streckung vom Ursprung aus, bei negativem mit zusätzlicher Spiegelung an der -Achse. Und der Übergang von zu bewirkt eine Verschiebung des Graphen um in -Richtung. Alle Graphen sind daher untereinander ähnlich im Sinne der Abbildungsgeometrie. Die Invarianz bezüglich dieser Abbildungen kann man schon der Differentialgleichung entnehmen. Ist nämlich eine Lösung: und setzt man mit den Ableitungen so sieht man mittels daß auch eine Lösung ist. Wenn man also wie Ehos den cosinus hyperbolicus als "offensichtliche" Lösung abliest, ist klar, daß auch sämtliche anderen von uns gefundenen Funktionen Lösungen sind. Wenn man jetzt noch begründen könnte, warum es keine weiteren Lösungen geben kann, hätte man einen sehr einfachen Zugang zu den Lösungen der Differentialgleichung. |
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16.01.2014, 15:36 | Stevö | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ah, sehr schön Jetzt hätt ich eine Frage an Leopold weil du in deinem ersten Beitrag geschrieben hast, dass an keiner Stelle ist. Was wäre wenn an einer Nullstelle von der Grenzwert von geht für . Warum geht das nicht? |
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16.01.2014, 18:56 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich verstehe die Frage nicht. kann keine Nullstelle haben. Wäre Nullstelle von , so gälte laut Differentialgleichung: Dabei soll doch herauskommen. Widerspruch! |
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16.01.2014, 19:23 | Stevö | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
okay, weil du das alles recht stichhaltig geschrieben hast: Mir tun sich dann öfters mal so Fragen auf, wie zb folgende was wäre, wenn Dann wäre jetzt nicht klar, was ist. Wenn dann in stetig fortsetzbar ist und der Wert eben größer als 1 ist, hmm dann wäre das eine nicht -Lösung. Wenn sowas geht ... |
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16.01.2014, 19:39 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Meinst du so etwas wie mit der Differentialgleichung und der Stelle ? |
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16.01.2014, 20:50 | Stevö | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ja, sowas und Ich wüsste jetzt keinen Grund, warum soetwas nicht möglich sein sollte. Vielleicht sollte man den Fall einfach ausschließen. |
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