Nichtlineare DGL erster Ordnung

22.04.2018, 17:57

forbin

Nichtlineare DGL erster Ordnung

Hallo Leute,

ich sitze an folgender Aufgabe:

Man löse das Anfangswertproblem $\begin{eqnarray*} y' = y^{2}-3y+2, y_{0} = 0 \end{eqnarray*}$ .

Mein Ansatz ist folgender:
$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx} = y^{2}-3y+2= (y-1)(y-2) \Leftrightarrow (\frac{-1}{y-1}+\frac{1}{y-2})dy = dx \end{eqnarray*}$ .
Integration ergibt nun:
$\begin{eqnarray*} ln\Big(\frac{|y-2|}{|y-1|}\Big) = x + C \Leftrightarrow \Big|\frac{y-2}{y-1}\Big| = e^{x+C} \end{eqnarray*}$

Wie komme ich nun von dort auf eine explizite Darstellung für y? verwirrt

22.04.2018, 18:10

Mathema

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$\begin{eqnarray*} \frac{y-2}{y-1} = e^{x+C} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y-2 = e^{x+C}(y-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y-2 = ye^{x+C}-e^{x+C} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y - ye^{x+C}=2-e^{x+C} \end{eqnarray*}$

Den Rest schaffst du sicherlich alleine.

22.04.2018, 18:15

forbin

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Zitat:

Original von Mathema
$\begin{eqnarray*} \frac{y-2}{y-1} = e^{x+C} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y-2 = e^{x+C}(y-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y-2 = ye^{x+C}-e^{x+C} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y - ye^{x+C}=2-e^{x+C} \end{eqnarray*}$

Den Rest schaffst du sicherlich alleine.

...
$\begin{eqnarray*} y = \frac{2-e^{x+c}}{1-e^{x+c}} \end{eqnarray*}$

Super, das deckt sich schonmal mit der Wolframalpha Lösung Big Laugh

Danke sehr. Aber:
Wieso darf ich den Betrag weglassen?

22.04.2018, 18:15

Leopold

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Nach Verfassen meines Beitrags sehe ich, daß Mathema bereits geantwortet hat. Da mein Beitrag zusätzlich auf die Betragsstriche eingeht, sende ich ihn trotzdem noch ab:

$\begin{align*} y_0=0 \end{align*}$ fasse ich einmal als $\begin{align*} y(0)=0 \end{align*}$ auf. Durch Einsetzen von $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ und $\begin{align*} y=0 \end{align*}$ in deine letzte Gleichung erhältst du $\begin{align*} 2 = \operatorname{e}^C \end{align*}$ und damit

$\begin{align*} \left| \frac{y-2}{y-1} \right| = 2 \operatorname{e}^x \end{align*}$

Da der Bruch in den Betragsstrichen bei $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ wegen $\begin{align*} y(0)=0 \end{align*}$ den Wert $\begin{align*} 2 \end{align*}$ besitzt, also positiv ist, muß das aus Stetigkeitsgründen auch bei kleinen Änderungen von $\begin{align*} x \end{align*}$ so bleiben. Du kannst daher die Betragsstriche weglassen:

$\begin{align*} \frac{y-2}{y-1} = 2 \operatorname{e}^x \end{align*}$

Nach Durchmultiplizieren der Gleichung mit $\begin{align*} y-1 \end{align*}$ ist das eine simple lineare Gleichung in $\begin{align*} y \end{align*}$ .

22.04.2018, 18:21

forbin

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Ok, mit den AWP $\begin{eqnarray*} y_{0} = y(0) \end{eqnarray*}$ (sorry, das fehlte oben) erhalte ich:

i) $\begin{eqnarray*} y(0) = 0 \Rightarrow C = ln(2) \end{eqnarray*}$
ii) $\begin{eqnarray*} y(0) = 3 \Rightarrow C = ln(\frac{1}{2}) \end{eqnarray*}$

Meine Frage im bezug auf den Post von Leopold:
Hätte ich die $\begin{eqnarray*} y_{0} \end{eqnarray*}$ gar nicht gegeben, dürfte ich dann den Betrag also nicht einfach weglassen?

22.04.2018, 18:26

Leopold

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Zitat:

Original von forbin
Meine Frage im bezug auf den Post von Leopold:
Hätte ich die $\begin{eqnarray*} y_{0} \end{eqnarray*}$ gar nicht gegeben, dürfte ich dann den Betrag also nicht einfach weglassen?

Statt deine Frage zu beantworten, bitte ich dich, die Differentialgleichung mit dem Anfangswert $\begin{align*} y(0) = \frac{3}{2} \end{align*}$ zu lösen.

22.04.2018, 18:43

forbin

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Ich sehe leider keinen Zusammenhang...

Ich erhalte dann c=0, aber dadurch entsteht eine Polstelle in x=0 und das AWP in dieser Form ist damit nicht lösbar.

22.04.2018, 18:49

Leopold

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Zitat:

Original von forbin
Ich erhalte dann c=0

Dann hast du die Gleichung mit den Betragsstrichen falsch aufgelöst. Es gilt für $\begin{align*} x \approx 0 \end{align*}$ dieses Mal

$\begin{align*} \left| \frac{y-2}{y-1} \right| = - \frac{y-2}{y-1} \end{align*}$

Denn der Bruch in den Betragstrichen hat bei diesem Anfangswert für $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ einen negativen Wert, nämlich -1.

22.04.2018, 18:54

forbin

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Also, ich kann die einzelnen Antworten zwar nachvollziehen, sehe aber gerade leider keinen Zusammenhang.
DGL sind allerdings auch völliges Neuland für mich, und ich habe gerade schon viel verstanden. Das hier leider noch nicht.
Ich gehe mal eine Runde joggen und schaue mir das nochmals an smile

Ich danke euch schonmal sehr!!

22.04.2018, 22:25

Mathema

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Zitat:

Hätte ich die $\begin{eqnarray*} y_0 \end{eqnarray*}$ gar nicht gegeben, dürfte ich dann den Betrag also nicht einfach weglassen?

Am einfachsten ist es dann wohl, das Vorzeichen des Betrages mit in die Konstante zu stecken, wie Lutz Lehmann es z.B. hier in Beitrag 1 macht.

In deinem Fall erhalten wir:

$\begin{eqnarray*} \frac{y-2}{y-1} = Ce^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y-2 = Ce^x(y-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y-2 = yCe^x-Ce^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y-yCe^x=2-Ce^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=\frac{2-Ce^x}{1-Ce^x} \end{eqnarray*}$

Für y(0)=0 erhalten wir dann:

$\begin{eqnarray*} 0=\frac{2-C}{1-C} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C=2 \end{eqnarray*}$

Und somit $\begin{eqnarray*} y(x)=\frac{2-2e^x}{1-2e^x} \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} y(0)=\frac{3}{2} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{3}{2}=\frac{2-C}{1-C} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 3-3c=4-2c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c=-1 \end{eqnarray*}$

Und somit $\begin{eqnarray*} y(x)=\frac{2+e^x}{1+e^x} \end{eqnarray*}$

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