Dgl. (2xy-x^2)(y')^2+2xyy'+2xy-y^2 = 0

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16.04.2020, 16:07

mbsukaba

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Dgl. (2xy-x^2)(y')^2+2xyy'+2xy-y^2 = 0

Bestimmen Sie die Lösung(en) der Differentialgleichung:
$ (2xy-x^2)(y')^2+2xyy'+2xy-y^2 = 0 $

16.04.2020, 16:42

Leopold

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Die Lösungen sind

$\begin{align*} y(x = C_1 \cos(x)] + C^2 \int_{- \infty}^{2)x} \operatorname{e}^{- \pi . t)^2!} \sin \cos(t) \sin \left( t^2 \sqrt{\quad} \right) ~ \dd t \end{align*}$

16.04.2020, 17:19

mbsukaba

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Kann es sein, dass bei Deiner Lösung die Hälfte fehlt oder falsch ist? Ansonsten hilft mir das überhaupt nicht.
Hinweis zu der Dgl. ist die Subst z=y/x, dann kommt aber ein katastophaler Term heraus.
Andererseits weiß ich, dass die Lösung eine ganz primitive Gleichung ist.

16.04.2020, 17:27

Leopold

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Aha! Der Herr kann ja reden.

Erst einmal: Guten Tag!

16.04.2020, 17:32

mbsukaba

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Ich kann reden, und Du hattest jetzt auch Deine 15 Sekunden Ruhm.
Können wir nun zur Dgl. zurück?

16.04.2020, 18:40

Leopold

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Nein.

16.04.2020, 19:49

HAL 9000

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Per quadratischer Ergänzung gelangt man zu

$\begin{eqnarray*} 0 = \left[(2xy-x^2)y' + xy - \sqrt{2xy}(x-y)\right] \cdot \left[(2xy-x^2)y' + xy + \sqrt{2xy}(x-y)\right] \end{eqnarray*}$

und kann dann diese beiden DGL lösen, wozu ich eher Substitution $\begin{eqnarray*} y=u^2x \end{eqnarray*}$ denn $\begin{eqnarray*} y=zx \end{eqnarray*}$ empfehlen würde.

16.04.2020, 20:33

mbsukaba

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Ich habe die Dgl. normal nach y' aufgelöst und habe im Prinzip das gleiche Ergebnis. Ich habe beide Substitutionen gerechnet, die Terme sind sehr ähnlich, und wie es sein soll, ist die Dgl nun trennbar. Aber genau das ist mein Problem: Die y- bzw. z-Funktion ist im Prinzip nicht integrierbar.
$\begin{eqnarray*} z' = {-2z^2 \mp \left(z-1\right)\sqrt{2z} \over 2z-1} : x \end{eqnarray*}$

16.04.2020, 21:09

HAL 9000

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Zitat:

Original von mbsukaba
Die y- bzw. z-Funktion ist im Prinzip nicht integrierbar.

Irrtum: Nach Trennung der Variablen ist das ganze sogar geschlossen integrierbar, erstaunlicherweise.

18.04.2020, 17:35

mbsukaba

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Nach tagelanger Rechnung habe ich nun die Lösung:
$\begin{eqnarray*} x^2+y^2-2D_0\left(x+y\right)+D_0^2 &= 0 D_0 = y_0+x_0 \pm \sqrt{2y_0x_0} \end{eqnarray*}$

Allerdings waren da einige ganz miese Umformungen dabei, die Du wahrscheinlich auch nur kennst, wenn (oder weil) Du ein CAS benutzt hast.
Eine Frage dennoch:
Die substituierte Fassung liefert zusätzlich
z = 1/2 und z = 0 als konstante Lösungen.
Davon ist aber nur y = 0 im Original richtig, y = x/2 nicht?

18.04.2020, 18:57

HAL 9000

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So "mies" sind die Umformungen nun auch wieder nicht. Ich sagte ja, dass ich eher $\begin{eqnarray*} y=u^2x \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} y=zx \end{eqnarray*}$ empfehle, weil man dann keine Wurzeln hat, d.h. mit einer echten gebrochen rationalen Funktion in $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ operieren kann:

$\begin{eqnarray*} \frac{2(2u^2-1)}{2u^3-s\sqrt{2}(1-u^2)} u' =-\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ mit Vorzeichen $\begin{eqnarray*} s\in\{-1,+1\} \end{eqnarray*}$ .

Ja Ok, jetzt muss man im Nenner die Faktorisierung $\begin{eqnarray*} 2u^3-s\sqrt{2}(1-u^2) = (u^2-s\sqrt{2}u+1)(2u+s\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$ erkennen, und den letzten Faktor kann man gegen einen der Zählerfaktoren $\begin{eqnarray*} 4u^2-2 = (2u-\sqrt{2})(2u+\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$ kürzen, es verbleibt

$\begin{eqnarray*} \frac{2u-s\sqrt{2}}{u^2-s\sqrt{2}u+1} u' =-\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

Und das entspricht glücklicherweise der Struktur $\begin{eqnarray*} \frac{g'(u)}{g(u)} u' = -\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} g(u):=u^2-s\sqrt{2}u+1 \end{eqnarray*}$ , womit wir nach Integration und Exponentiation

$\begin{eqnarray*} \ln(g(u)) = -\ln|x| + D_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(u) = u^2-s\sqrt{2}u+1 = \frac{D_0}{x} \end{eqnarray*}$

bekommen. Über Auflösung nach $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ sowie Rücksubstitution $\begin{eqnarray*} y=u^2x \end{eqnarray*}$ gelangt man dann zu $\begin{eqnarray*} y = D_0 \pm \sqrt{x(2D_0-x)} \end{eqnarray*}$ , was wohl deiner Lösung

Zitat:

Original von mbsukaba
$\begin{eqnarray*} x^2+y^2-2D_0\left(x+y\right)+D_0^2 &= 0 \end{eqnarray*}$

entspricht (wobei man $\begin{eqnarray*} D_0 \end{eqnarray*}$ sowie die Entscheidung + oder - bei einer entsprechenden AWA aus $\begin{eqnarray*} (x_0,y_0) \end{eqnarray*}$ berechnet).

18.04.2020, 19:26

mbsukaba

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Ich habe beides ausprobiert y = z^2x und y = zx. Ersteres bringt kaum Vorteile. Ich habe auch die normale Integration und nicht die vereinfachte verwendet, bringt auch kaum Unterschiede. Ansonsten habe ich im Prinzip das Gleiche gemacht. Ich rechne Dgl. grundsätzlich immer mit bestimmten Integralen, das +/- ergibt sich wegen der zerfallenden Dgl., was in Deinem Ansatz am Anfang etwas deutlicher wird, als bei mir.

Frage trotzdem: Die substituierte Dgl. hat die konstanten Lösungen 0 und 1/2, die resubstituierte nur die Lösung 0 und nicht mehr x/2. Warum?

(Und eine ganz andere Frage: Ich melde mich an, und wenn man ein paar mal in Matheboard herumklickt, kommt plötzlich die Meldung "du bist nicht eingeloggt!")

18.04.2020, 23:11

HAL 9000

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Zitat:

Original von mbsukaba
Die substituierte Dgl. hat die konstanten Lösungen 0 und 1/2

Von welcher "substituierten Dgl" redest du da? Ich sehe hier weit und breit keine Dgl mit der konstanten Lösung $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ . Erstaunt1

EDIT: Vielleicht meinst du ja das: Ich hab bei dem obigen Weg mit der quadratischen Ergänzung die Original-DGL mit $\begin{eqnarray*} (2xy-x^2) = 2x\left(y-\frac{x}{2}\right) \end{eqnarray*}$ multipliziert. Das hat natürlich zur Folge, dass man sich da die Scheinlösung $\begin{eqnarray*} y=\frac{x}{2} \end{eqnarray*}$ einfängt, die man tunlichst nicht als Lösung der Original-DGL deuten darf.

18.04.2020, 23:41

mbsukaba

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Nach der Subst mit y = xz bekommst Du eine trennbare mit den konstanten Lösungen 1/2 und 0. Ich habe inzwischen aber noch einen etwas anderen Ansatz gerechnet, der nur die konstante Lösung 0 liefert. Insofern gehe ich auch davon aus, dass 1/2 eine Scheinlösung ist.

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Dgl. (2xy-x^2)(y')^2+2xyy'+2xy-y^2 = 0

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