Dgl lösen

08.04.2016, 07:54

JenMik

Dgl lösen

Hallo,

also ich bin neu hier und bin sehr gespannt in wie weit mir hier geholfen werden kann, habe mittlerweile einiges an Büchern durchwälzt und komme bei manchen Aufgaben nicht weiter.

Um einen kurzen überblick zu bekommen, ich benötige die Mathematik für mein Maschinenbaustudium.

Ich werde zunächst erstmal ohne LaTeX schreiben und dann versuchen darauf umzusteigen Augenzwinkern

Hiermal 2 Aufgaben die für mich und auch meinen Kommilitonen unlösbar erscheinen, Lösungen dazu habe ich nicht, da diese in unserer letzten Klausur vorkamen und keiner sie lösen konnte unglücklich

1. Klassifizieren und lösen -----> (x²-xy+y²)*y'=2y²+xy

2. Lösen der Dgl -------> y"-2y'+2=e^x/cos x

Freue mich über gute Ansätze und lösungsvorschläge, besten Dank schonmal

Grüße Jens

08.04.2016, 08:45

klarsoweit

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RE: Dgl lösen
Aufgabe 2 ist eine inhomogene lineare DGL, die sich mit den (hoffentlich) bekannten Methoden lösen läßt.

Bei Aufgabe 1 habe ich im Moment eine Denkblockade. Bist du sicher, daß die Gleichung haargenau korrekt ist?

08.04.2016, 09:08

JenMik

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Hi,

ja bin mir bei 1 sicher, hatte die direkt nach der Klausur mit meinen Kommilitonen aufgeschrieben.

Bei 2 hatte ich den Ansatz 1. Charakteristische gleichung mit Lamda1=0 und Lambda2=1 ===>

yh= C1*e^0x+C2*e^x

und jetzt Variation der Konstanten da es für s(x)=e^x/cos x keine allgemein gültige Partikuläre Lösung gibt. Und jetzt ist auch schon ende :/

Besten dank schon mal

08.04.2016, 10:13

klarsoweit

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Zitat:

Original von JenMik
Bei 2 hatte ich den Ansatz 1. Charakteristische gleichung mit Lamda1=0 und Lambda2=1 ===>

yh= C1*e^0x+C2*e^x

Sofern die DGL tatsächlich $\begin{eqnarray*} y'' - 2y' + 2 = \frac{e^x}{cos(x)} \end{eqnarray*}$ lautet, ist e^x keine homogene Lösung und für die Variation der Konstanten mußt du noch die 2 auf die rechte Seite bringen.

08.04.2016, 10:30

HAL 9000

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Naja, man kann ja sofort einmal integrieren, da bekommt man

$\begin{align*} y'-2y = -2x+\int \frac{e^x}{\cos(x)}~\dd x + C \end{align*}$ ,

wobei das Integral rechts wohl nicht in geschlossener Form auflösbar ist.

Bei Aufgabe 1 sollte $\begin{align*} z=\frac{y}{x} \end{align*}$ , d.h. $\begin{align*} y=zx \end{align*}$ mit $\begin{align*} y'=z'x+z \end{align*}$ helfen, das führt nach ein paar kleineren Umformungen auf eine DGL mit trennbaren Variablen.

08.04.2016, 11:37

JenMik

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Ja hatte das oben falsch hingeschrieben klar die störfunktion ist

(e^x/cos x)-2

würde es funktionieren die dgl durch substitution y"=u' zu lösen?
Ich habe es so auch mal versucht aber auch das führte bei mir nicht weit.

Bei 1. habe ich es auch schon mit z=y/x probiert, aber auch da zich Zettel vergurkt.

Bei Aufgabe 1. werde ich mich heute abend noch mal mit z=y/x dran versuchen,
bei 2. wären paar genauere Ansätze noch gut.

Vielen Dank für die Top Hilfe

08.04.2016, 11:51

HAL 9000

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1) geht mit dieser Substitution geradlinig durch bis zu einer impliziten Gleichung mit $\begin{align*} z,x \end{align*}$ , deren explizite Auflösung nach $\begin{align*} z \end{align*}$ allerdings wieder scheitert. Interessante Klausuraufgaben habt ihr da. Augenzwinkern

08.04.2016, 13:13

Ehos

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Aufgabe 1)

Zu lösen ist folgende sogenannte "exakte Differenzialgleichung"

$\begin{eqnarray*} \underbrace{-2y^2-xy}_{F_x}+\underbrace{(x^2-xy+y^2)}_{F_y}\cdot \tfrac{dy}{dx}=0 \end{eqnarray*}$ __________________________________Gleichung (1)

Nach Multiplikation mit dx kann man dies als Vektorgleichung schreiben

$\begin{eqnarray*} 0=\underbrace{\begin{pmatrix} F_x \\ F_y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} dx \\ dy \end{pmatrix}}_{\text{Skalarprodukt}}=\vec F\cdot d\vec x \end{eqnarray*}$

Diese Vektorgleichung kann man wie folgt interpretieren: Bewegt man sich gegen ein Kraftfeld $\begin{eqnarray*} \vec F=(F_x,F_y) \end{eqnarray*}$ entlang eines kleinen Vektors $\begin{eqnarray*} d\vec x \end{eqnarray*}$ , so wird keine Arbeit verrichtet (Arbeit = Kraft mal Weg). Gesucht sind also diejenigen Kurven y(x), entlang derer keine Arbeit verrichtet wird (=Äquipotenzialkurven)

Der Lösungsweg der exakten Differenzialgleichung (1) ist wie folgt: Man versucht eine sogenannte Potenzialfunktion $\begin{eqnarray*} \phi(x,y) \end{eqnarray*}$ derart zu finden, dass gilt

$\begin{eqnarray*} \nabla \phi=\left ( \tfrac{\partial \phi}{\partial x},\tfrac{\partial \phi}{\partial y}\right )=(F_x,F_y) \end{eqnarray*}$ __________________________________________Gleichung (2)

Wenn man eine solche Potenzialfunktion hätte, so würde deren totale Ableitung nach x mittels Kettenregel lauten

$\begin{eqnarray*} \tfrac{d\phi[x,y(x)]}{dx}=\underbrace{\tfrac{\partial \phi}{\partial x}}_{F_x}+\underbrace{\tfrac{\partial \phi}{\partial y}}_{F_y}\tfrac{dy}{dx}=0 \end{eqnarray*}$

Die rechte Seite ist gerade deine oben gegebene Differenzialgleichung (1). Die letzte Gleichung könnte man direkt nach x integrieren und bekäme

$\begin{eqnarray*} \phi[x,y(x)]=\text{konstant} \end{eqnarray*}$

Umstellen dieser Gleichung nach y(x) ergäbe die gesuchte Lösung der exakten Differenzialgleichung (1). Leider existiert für deine Differenzialgleichung keine Potenzialfunktion $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ , für welche Gleichung (2) gilt. Bekanntlich existiert nur dann eine Potenzialfunktion, wenn die Rotation des Kraftfeldes verschwindet, wenn also gilt

$\begin{eqnarray*} \tfrac{\partial F_x}{\partial y}=\tfrac{\partial F_y}{\partial x} \end{eqnarray*}$

Da diese Bedingung für das gegebene Kraftfeld $\begin{eqnarray*} (F_x, F_y) \end{eqnarray*}$ nicht erfüllt ist, verwendet man folgenden Trick: Man multipliziert die Differenzialgleichung (1) mit einer noch unbekannten Funktion $\begin{eqnarray*} \mu(x,y) \end{eqnarray*}$ , die man als integrierenden Faktor bezeichnet. Dabei ändert sich die gesuchte Lösung offenbar nicht. Das ergibt

$\begin{eqnarray*} \underbrace{\mu \cdot (-2y^2-xy)}_{\mu \cdot F_x}+\underbrace{\mu \cdot (x^2-xy+y^2)}_{\mu \cdot F_y}\cdot \tfrac{dy}{dx}=0 \end{eqnarray*}$ __________________________________Gleichung (3)

Nun versucht man die Funktion $\begin{eqnarray*} \mu(x,y) \end{eqnarray*}$ so zu wählen, dass die Rotation des veränderten Kraftfeldes verschwindet. Es soll also gelten

$\begin{eqnarray*} \tfrac{\partial(\mu \cdot F_x)}{\partial y}=\tfrac{\partial(\mu \cdot F_y)}{\partial x} \end{eqnarray*}$

In diesem Falle würde eine Potenzialfunktion für das neue Kraftfeld $\begin{eqnarray*} \vec F=(\mu \cdot F_x,\mu \cdot F_y) \end{eqnarray*}$ existieren gemäß

$\begin{eqnarray*} \nabla \phi=(\mu \cdot F_x,\mu \cdot F_y)= \end{eqnarray*}$ ________________________________Gleichung (4)

Setzt man hier die Funktionen $\begin{eqnarray*} F_x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F_y \end{eqnarray*}$ aus (1) ein, erhält man nach Ausdifferenzieren folgende Gleichung

$\begin{eqnarray*} -3\cdot (x+y)\cdot \mu=(x^2-xy+y^2)\cdot \tfrac{\partial \mu}{\partial x}+(2y^2+xy)\cdot \tfrac{\partial \mu}{\partial y} \end{eqnarray*}$

Wenn der integrierende Faktor $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ nur von y abhinge, so vereinfachte sich dies wegen $\begin{eqnarray*} \tfrac{\partial \mu}{\partial x}=0 \end{eqnarray*}$ zu

$\begin{eqnarray*} -3\cdot (x+y)\cdot \mu=(2y^2+xy)\cdot \tfrac{\partial \mu}{\partial y} \end{eqnarray*}$

Dies kann man umformen zu

$\begin{eqnarray*} -3\cdot \tfrac{x}{2y^2+xy}-3\cdot \tfrac{1}{2y+x}=\tfrac{1}{\mu}\cdot \tfrac{\partial \mu}{\partial y} \end{eqnarray*}$

Beide Seiten kann man direkt nach y integrieren (wobei x als Konstante zu betrachten ist). Das ergibt

$\begin{eqnarray*} -3\cdot [\ln(y)-\ln(x+2y)]-\tfrac{3}{2}\cdot \ln(2y+x)=\ln(C\cdot \mu) \end{eqnarray*}$

Dies kann man nach $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ umstellen und anschließend die Potenzialfunktion $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ bestimmen, welche Gleichung (4) erfüllt. Anschließend kann versuchen, diese Gleichung $\begin{eqnarray*} \phi[x,y(x)]=\text{konstant} \end{eqnarray*}$ nach der gesuchten Lösung y(x) umzustellen, was nicht immer möglich ist.
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Ich habe die Aufgabe nicht bis zum Ende durchgerechnet. Wenn man die Differenzialgleichung bei WOLPHRAMALPHA eingibt, wird dort eine komplizierte Funktion $\begin{eqnarray*} \phi[x,y(x)] \end{eqnarray*}$ angezeigt, die ebenfalls den natürliche Logarithmus enthält. Die dort angegeben Gleichung lässt sich aber nicht nach y(x) umstellen.

12.04.2016, 08:20

JenMik

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Hi

Danke erstmal für die mühe!

Also den letzten Ansatz kann ich mir nicht vorstellen, da wir das in den Vorlesungen so nie besprochen haben. Aber werde die Professorin anschreiben und sie soll mir die Aufgabe mal durchgerechnet schicken!

Beste Grüße Jens

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