Inhomogene Ähnlichkeits DGL

Neue Frage »

25.05.2014, 21:42	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Inhomogene Ähnlichkeits DGL Hallöchen zu so später Stunde, ich habe gerade eine "Häng-Stelle", bei der ich nicht weiterkomme. Wir sollen eine inhomogene DGL Lösen: $\begin{eqnarray} x^2 y' = x^2 +xy-y^2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rrightarrow y'= 1 + \frac yx - \left( \frac yx \right)^2 \end{eqnarray}$ Die Lösung der homogenen DGL (spricht, die 1 fällt weg) habe ich bereits (und auch kontrolliert, stimmt soweit) -> $\begin{eqnarray} y_h = \frac {x}{ln\|x\|+c}, c \in \mathbb R \end{eqnarray}$ Für den Ansatz der speziellen Lösung wird jedoch überall, sogar bei Wikipedia etc. gefordert, dass man eine e-Funktion multipliziert mit einer (variierbaren) "Konstante" C hat. Ist es mir möglich aus der oben genannten homogenen Lösung einen solchen Term zu erstellen? Ich habe schon versucht mit den Umkehrfunktionen zu arbeiten, also sowas wie $\begin{eqnarray} e^{ln(..)} \end{eqnarray}$ , aber das hat mir leider nicht gehollfen Kann mir jemand da einen Tipp geben? Dankeschön
25.05.2014, 22:00	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Inhomogene Ähnlichkeits DGL Du kannst doch hier mit der Substitution $\begin{eqnarray} z=\frac{y}{x} \end{eqnarray}$ die DGL lösen. Dann ist $\begin{eqnarray} y=z x \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y' = z' x +z \end{eqnarray}$ eingesetzt: $\begin{eqnarray} z' x = 1 -z^2 \end{eqnarray*}$ durch Trennung der Variablen bequem lösen.
25.05.2014, 22:34	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Hey danke für die Antwort Also kann ich dann mit der Gleichung: $\begin{eqnarray} \frac 12 ln \frac {\|z+1\|}{\|z-1\|} = ln \|x\| + c \end{eqnarray}$ ganz normal weiterrechnen, löse dann nach z auf, und setze das gefundene z in $\begin{eqnarray} y=z\cdot x \end{eqnarray}$ ein? Ich hoffe mal dass ich dann einen e-Term erhalte
25.05.2014, 22:50	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich hab die besagte Gleichung dann mal nach z umgestellt: $\begin{eqnarray} z(x)= \frac {C_1\cdot x^2 +1}{C_1\cdot x^2 -1}, & C_1 = \pm e^{2c} \end{eqnarray}$ Und dann ist mit $\begin{eqnarray} y= z\cdot x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow y(x) = \frac {x \cdot (C_1x^2+1)}{C_1\cdot x^2-1} \end{eqnarray}$ Soweit richtig?
25.05.2014, 22:57	MannyC	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn du richtig integriert und äquivalent umgeformt hast sollte es stimmen. Wenn man die spezielle DGL 1. Ordnung mit u=y/x substituieren kann wie in diesem Fall hier wendest du daraufhin ganz normal Variablentrennung an und berechnest auf beiden Seiten die Integrale. Danach umformen nach u und Rücksubstituieren mit y=ux. Das ist die Lösung der DGL.
25.05.2014, 22:58	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja ich habe das auch .
Anzeige

25.05.2014, 23:00	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Hat mich aber ehrlich gesagt gewundert, dass man die DGL so lösen kann, da wir ja inhomogene DGL bearbeiteten... Naja dann bin ich ja nach Einsetzen des Anfangswertes fertig und geh mal lieber schlafen Gute Nacht & Dankeschön!
25.05.2014, 23:34	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Hat mich doch noch kurz beschäftigt. Das AWP war dazu noch $\begin{eqnarray} y(1)=1 \end{eqnarray}$ Sodass ich am ende erhalte $\begin{eqnarray} C_1=1 \end{eqnarray}$ einfach durch einsetzen. Jetz hab ich also die Lsg. des AWP: $\begin{eqnarray} y(x)= \frac {(x^2+1)x}{x^2-1} \end{eqnarray}$ Wenn ich das aber bei Wolframalpha plotten lasse und dementsprechend auch bei der DGL von oben entsprechen y(x) einsetze, so erhalte ich leider keine gleichen Kurven Wo liegt der Fehler?
26.05.2014, 06:42	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Gute Morgen! Hab mich zwar verrechnet, aber ein Problem bleibt. Für y(1)=1 folgt leider ein Widerspruch in der Gleichung ...
26.05.2014, 08:33	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Da die AWB in unsere Lösung eingesetzt ,als auch in der von Wolfram für C keine Lösung hat , läßt den Schluß zu ,das irgend etwas in der Aufgabenstellung falsch ist. Prüfe diese bitte nochmal.
26.05.2014, 10:10	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Morgen Also wenn ich die Ursprüngliche Gleichung mit $\begin{eqnarray} y'= 1+ \frac yx - \left( \frac yx \right)^2 \end{eqnarray}$ , dann bekomme ich als Lösung: $\begin{eqnarray} \frac {x(x^2-C_1)}{C_1+x^2} \end{eqnarray}$ Und das löst die DGL bzw. unser AWP. Ich habe auch mal Schritt für schritt Wolfram ausrechnen lassen: $\begin{eqnarray} z'x = 1-z^2 \end{eqnarray}$ , da bekomme ich eine andere Lösung für z, als die die ich habe... und zwar: $\begin{eqnarray} z(x)=\frac {x^2-C_1}{x^2+C_1} \end{eqnarray}$ , was ja auch zu der Gesamtlsg. von WolframAlpha passt. Ich verstehe nur nicht, wo mein Fehler ist :/ Auch komisch: wenn ich WA die Stammfunktion zu $\begin{eqnarray} \frac 1{1-z^2}dz \end{eqnarray*}$ bilden lasse, erhalte ich eine andere Stammfunktion als die, die ich mithilfe der PBZ erhalten habe (
26.05.2014, 12:45	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Kleines Update: Ich habe Wolfram jetzt auch mal sozusagen jede Rechnung Schritt für Schritt rechnen lassen, also "seine" Lösung des Integrals $\begin{eqnarray} \int \frac 1{1-z^2}dz \end{eqnarray}$ gleich in dem Fenster dann mit $\begin{eqnarray} ln\|x\|+c \end{eqnarray}$ gleichsetzen lassen, jedoch bekommt Wolframalpha dann genau das heraus, was ich heraus habe. Die Lösung von Wolframalpha habe ich dann mit x multipliziert, um mein y(x) zu erhalten. $\begin{eqnarray} \Rightarrow y(x)= \frac {(C_1x^2-1)x}{C_1x^2+1} \end{eqnarray}$ Mit $\begin{eqnarray} y(1)=1=\frac {C_1 - 1}{C_1+1} \end{eqnarray}$ Und das erzeugt wieder den Widerspruch 0=1 Ich verzweifle gerade ein wenig :/
26.05.2014, 20:39	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Hab jetzt noch andere aus meiner Gruppe gefragt, die haben dasselbe Problem :0
26.05.2014, 20:48	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Also , ich hab es auch nochmal gerechnet: y= $\begin{eqnarray} \frac{x (1 +Cx^2)}{Cx^2 -1} \end{eqnarray*}$ ist die Lösung der DGL . Ich habe die Probe gemacht und die Lösung stimmt auch. Setzt man jedoch die AWB ein ,so entsteht: -1 =1 und C kürzt sich heraus. Ich habe dafür auch noch keine Erklärung. Nochmal die Frage , ist die Aufgabe wirklich so , incl. AWB?
26.05.2014, 20:51	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja also das ist genau die Aufgabe. Gegebene DGL plus Anfangsdatum y(1)=1 Bist du selber auf die Lösung gekommen oder hast du die von Wolfram? Wenn ja zur ersten Bedingung, wie bist du dann drauf gekommen?
26.05.2014, 20:53	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Bist du selber auf die Lösung gekommen ? ja Was möchtest du genau wissen?
26.05.2014, 20:55	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja wie du aus $\begin{eqnarray} z'x = 1-z^2 \end{eqnarray*}$ Auf deine Lösung kommst; egal wie ich gerechnet habe ich bekomme meine Lösung von oben als einziges Ergebnis Ich schaffe es irgendwie nicht, dort nur ein x^2 ohne C1 zu erhalten, wie bei dir im Zähler und Nenner. Edit:// Achso klar, mein Lösungweg war stumpf TdV, weil es ja dann ne einfache Funktion ist.
26.05.2014, 20:59	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Also hat es sich erledigt, oder was brauchst Du ?
26.05.2014, 21:02	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Nee leider nich Kannst du mir mal dein Integral Aufschreiben? Also Nach der TDV ergibt sich ja $\begin{eqnarray} \int \frac {1}{1-z^2} dz = ln\|x\|+c \end{eqnarray}$ Da muss ich ja dann wohl bei der Auflösung des linken Integrals Fheler gemacht haben. Ich habe Durch PBZ den Bruch aufgeteilt in: $\begin{eqnarray} \frac 1 {1-z^2} = -0.5\cdot (\frac 1{z-1} - \frac 1{z+1}) \end{eqnarray}$ Und dann integriert, hast du bis dahin was anderes?
26.05.2014, 21:14	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
ich habe das Gleiche bis dahin. Ansatz: $\begin{eqnarray} \frac{-1}{(x-1)(x+1)} = - \frac{A}{x-1} - \frac{B}{x+1} \end{eqnarray*}$
26.05.2014, 21:21	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Gute dann mach ich mal weiter: Ich integriere die Terme von oben zu: $\begin{eqnarray} \int (...) = \frac 12 (-ln\|1-u\|+ln\|u+1\|) \end{eqnarray}$ Wobei das "1-u" daher kommt, dass ich beim "reinziehen" des Minus vor der Klammer, gleich auch die Vorzeichen im Nenner gewechselt habe (hatte ich aber nochmal mit ner Probe kontrolliert, sollte stimmen) Ich erhalte also $\begin{eqnarray} \frac 12 (-ln\|1-u\|+ln\|u+1\|) = ln\|x\|+c \end{eqnarray}$ Ich schfreibe das Linke um als Buch: $\begin{eqnarray} = \frac 12 ln \left( \frac{\|u+1\|}{\|1-u\|} \right) = ln\|x\|+c \end{eqnarray}$ Ab hier sieht man schon wieder, dadurch, dass ich im folgenden mit der E-Funktion weitermache, erzeuge ich rechts ein Produkt aus $\begin{eqnarray} C_1x^2 \end{eqnarray*}$ und links den Bruch aus dem Argument des Logarithmus. Hier stocke ich also wieder...
26.05.2014, 21:38	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Also mit meinen Ansatz für die PBZ erhalte ich: A= 1/2 und B = -1/2 daraus folgt: $\begin{eqnarray} \frac{-1}{2} ( \frac{1}{z-1} - \frac{1}{z+1} ) \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} \frac{-1}{2} (ln\| z-1\| -ln \|z+1\| ) \end{eqnarray}$ vereinfacht: $\begin{eqnarray} \frac{-1}{2} * ln \|\frac{z-1}{z+1}\| \end{eqnarray*}$ die rechte Seite ist ja sowieso klar.
26.05.2014, 21:41	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Dann lös das doch mal nach z auf Da ist ja das problem..
26.05.2014, 21:48	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Also wenn ich dein Ergebnis dann nach z umstelle ergibt sich noch nicht die richtige Lösung ... hmm Edit:// Wolframalpha bekommt dasselbe heraus, wie ich, ist Mathe kaputt?!
26.05.2014, 22:01	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe genau mein Ergebnis erhalten: siehe Blatt (habe ausnahmsweise keine Lust gehabt in Latex mit der ganzen Tipperei), aber sonst mach ich das ja.
26.05.2014, 22:14	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Hey Habe das jetzt so raus, wie du aber anscheinden hätte ich nach der PBZ nicht das Vorzeichen im Nenner verändern dürfen, obwohl das eigtl. nach den Regeln war.. komisch, dankeschön erstmal!
26.05.2014, 22:17	DeltaX	Auf diesen Beitrag antworten »
Achso, ich werde das morgen nochmal nachfragen, weil das ja schon.. irgendwie komisch ist, dass sich C selbst eliminiert... Gute Nacht!
26.05.2014, 22:21	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja man kann diese Aufgabe auch als Riccatische DGL lösen. (wird aber kaum gelehrt und ist schwer) Hier kannst Du mal sehen, was das ist: http://www.uni-magdeburg.de/exph/mathe_gl/dgl2.pdf Da wir hier keine Komplettlösungen schreiben dürfen, als Ergebnis habe ich erhalten: $\begin{eqnarray} y= -x + \frac{2x^3}{x^2+C} \end{eqnarray}$ Setzt Du jetzt die AWB ein , erhält man für C= 0. Damit lautet das Ergebnis: y= x . Die Probe bestätigt die Richtigkeit der Lösung.
26.05.2014, 23:44	MannyC	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich möchte gerne auch noch etwas fragen. Wenn ich zurücksubstituiere mit C=k^2 und e^C=k folgt daraus das e^(2C). Das kann ich nun stattdessen der c in der Allgemeinen Lösung einsetzen wenn ich es richtig gemacht habe. Dennoch scheint diese Allgemeine Lösung immer noch nicht mit Wolfram Alpha übereinzustimmen, denn dort liefert sie mir etwas anderes. @DeltaX Bekommst du dasselbe herraus ?
27.05.2014, 00:57	MannyC	Auf diesen Beitrag antworten »
Erledigt, ist dieselbe. Zweimal sollte man lieber draufschauen.^^ Edit: Bin jetzt genau bei folgendem Problem angelangt: ,,-1 =1 und C kürzt sich heraus" Wie kommen wir nun darauf das C=0 gilt ?
27.05.2014, 02:27	MannyC	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich glaube die Lösung von grosserloewe ist nicht richtig. Wenn ich bei Wolfram-Alpha x^2*y`=x^2+xy-y^2 eingebe gibt es mir einen anderen Term aus. Um zu schauen ob die Funktionen tatsächlich ungleich sind habe ich einfach mal dieselben Werte in beiden Funktionen eingesetzt und zusammengefasst. Die Funktionswerte waren immer ungleich.... Vielleicht ist es auch nur spät und ich irre mich. Edit: Nein, sie ist doch definitiv richtig. Aber weshalb liefert die Riccatische DGL bzgl. des AWP einen korrekten Wert? Der Lösungsansatz mit u=y/x ist doch hier vollkommen legetim denke ich. Und eine allgemeine Lösung konnten wir nun auch bestimmen. Es scheitert nur beim AWP, wobei sofern iche s richtig verstanden habe, dass Problem bei der Riccatische DGL Anwendung nicht vorhanden ist.
28.05.2014, 16:19	MannyC	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, ich würde gerne noch wissen ob die von ihnen (die ich nun auch so erhalte) ermittelte Lösung der DGL richtig ist. Ich meine die Lösung mithilfe der Substitution. Und wieso bekommt danach keine Lösung des AWPs herraus,obwohl man über Riccati DGL eine bekommt. Sollte nicht beides eine Lösung liefern?
29.05.2014, 14:44	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Nun zu der Beantwortung Deiner Fragen: 1.) Aber weshalb liefert die Riccatische DGL bzgl. des AWP einen korrekten Wert? Weil der Lösungsweg ein anderer ist. Hier gibt es kein Logarithmus in der Berechnung und deswegen auch keine Fallunterscheidung. 2.)Der Lösungsansatz mit u=y/x ist doch hier vollkommen legetim denke ich. Und eine allgemeine Lösung konnten wir nun auch bestimmen. Es scheitert nur beim AWP. Ja weil hier noch eine Fallunterscheidung gemacht werden muß. Erklärung dazu am Ende des Beitrages (Folgt gleich) 3.) wobei sofern iche s richtig verstanden habe, dass Problem bei der Riccatische DGL Anwendung nicht vorhanden ist. Stimmt 4.) ich würde gerne noch wissen ob die von ihnen (die ich nun auch so erhalte) ermittelte Lösung der DGL richtig ist. Ich meine die Lösung mithilfe der Substitution. Und wieso bekommt danach keine Lösung des AWPs herraus,obwohl man über Riccati DGL eine bekommt. Rein formal gerechnet ja, aber es fehlt die Fallunterscheidung 5.) Sollte nicht beides eine Lösung liefern? Ja und die ist $\begin{eqnarray} y=x \end{eqnarray}$ Erklärung zu 2) Es ist $\begin{eqnarray} ln\| \frac{z-1}{z+1}\| ^{\frac{-1}{2} } = ln\|x\| +C \end{eqnarray}$ Wenn z= 1 ist, folgt daraus ln 0 und das ist nicht definiert. Daher muß z =1 ausgeschlossen werden. Deswegen kürzt sich auch das C weg. Da $\begin{eqnarray} z=\frac{y}{x} \end{eqnarray}$ ist ,bedeutet das, das y=x ausgeschlossen wird. Dieser Fall muß extra betrachtet werden. Setzt man y=x in die DGL ein , so ist das tatsächlich die Lösung. $\begin{eqnarray} y' = 1 +\frac{y}{x } - ( \frac{y}{x} )^2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y' = 1 +1 -1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y'=1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y=x \end{eqnarray}$

Neue Frage »

Antworten »

Inhomogene Ähnlichkeits DGL

Verwandte Themen