Umformung der Lösung einer DGL

20.02.2023, 09:20

MMchen60

Umformung der Lösung einer DGL

Liebe Forumsgemeinde
Ich suche nach einer Umformung im Zuge der Lösung der DGL $\begin{eqnarray*} x^2y'=y^2+xy-x^2 \end{eqnarray*}$
Diese Ähnlichkeitsdgl. führt nach geeigneten Schritten zur Lösung vor Resubstitution
$\begin{eqnarray*} \frac {|1-z|}{|1+z|}=e^{2C} \cdot x^2 \end{eqnarray*}$ . Das ergibt zwei Lösungen mit
(i) $\begin{eqnarray*} \frac {1-z}{1+z}=e^{2C} \cdot x^2 \end{eqnarray*}$ für |z|<1 sowie
(ii) $\begin{eqnarray*} \frac {z-1}{1+z}=e^{2C} \cdot x^2 \end{eqnarray*}$ für |z|>1.

So weit, so gut, habe ich auch erreicht und so steht es auch im Lösungsteil.
Jetzt werden die beiden Gleichungen aber umgestellt und es soll herauskommen:
(i) $\begin{eqnarray*} z(x)=\frac {e^{-2C}-x^2}{e^{-2C}+x^2} \end{eqnarray*}$ sowie
(ii) $\begin{eqnarray*} z(x)=\frac {e^{-2C}+x^2}{e^{-2C}-x^2} \end{eqnarray*}$

Mit welcher Umformung kommt man dahin, vor allem zu $\begin{eqnarray*} e^{-2C} \end{eqnarray*}$ ?

Und wieso ist (laut Lösungsteil) (ii) $\begin{eqnarray*} z(x) \equiv 1 \end{eqnarray*}$ ?
Danke für Antwort.

20.02.2023, 10:02

HAL 9000

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Das bei der Auflösung nach $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ sind einfache lineare Gleichungen, und die Umformung basiert sicher auf Ausklammerei wie $\begin{eqnarray*} 1-e^{2C}x^2 = e^{2C}\left(e^{-2C}-x^2\right) \end{eqnarray*}$ o.ä.

Aber was ganz anderes: Warum belastest du dich überhaupt mit dieser Fallunterscheidung? Was du bekommst ist doch in beiden Fällen

$\begin{eqnarray*} \frac{1-z}{1+z} = C_1\cdot x^2 \end{eqnarray*}$

mit einmal $\begin{eqnarray*} C_1=e^{2C} \end{eqnarray*}$ (also positiv) oder $\begin{eqnarray*} C_2=-e^{2C} \end{eqnarray*}$ (also negativ). Damit kannst du doch einheitlich weiterrechnen in einem Strang, statt mühselig alles praktisch doppelt durchzuführen. Eine gängige Praxis, die immer wieder bei derartigen linearen DGL auftritt.

$\begin{eqnarray*} z(x)\equiv 1 \end{eqnarray*}$ (und damit $\begin{eqnarray*} y=x \end{eqnarray*}$ ) ist die Lösung in einem Sonderfall, den du ziemlich am Anfang deiner (hier leider nicht präsentierten) Umformungen zunächst außer Acht gelassen hast. Den können wir diskutieren, wenn du dieses Versäumnis nachgeholt hast. Übrigens gibt es eine weitere solche konstante Sonderlösung, nämlich $\begin{eqnarray*} z(x)\equiv -1 \end{eqnarray*}$ (und damit $\begin{eqnarray*} y=-x \end{eqnarray*}$ ). Augenzwinkern

20.02.2023, 14:29

MMchen60

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Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} z(x)\equiv 1 \end{eqnarray*}$ (und damit $\begin{eqnarray*} y=x \end{eqnarray*}$ ) ist die Lösung in einem Sonderfall, den du ziemlich am Anfang deiner (hier leider nicht präsentierten) Umformungen zunächst außer Acht gelassen hast. ........

Hallo danke für die Info. Umformung ist mir jetzt klar. Zum Rest, das soll nach Substitution und Trennung der Variablen erkennbar sein, siehe Anhang. Leider sehe ich das aber nicht.
VG Meinolf

20.02.2023, 15:01

HAL 9000

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Bis zu $\begin{eqnarray*} x\cdot \frac{\dd z}{\dd x} = z^2-1 \end{eqnarray*}$ ist alles soweit klar. (*)

Die Division durch $\begin{eqnarray*} z^2-1 \end{eqnarray*}$ darfst du aber natürlich nur vornehmen für Argumente $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} z(x)\neq \pm 1 \end{eqnarray*}$ . Nun stellt sich aber durch simples Einsetzen in (*) heraus, dass beide Konstantfunktionen $\begin{eqnarray*} z(x)\equiv 1 \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} z(x)\equiv -1 \end{eqnarray*}$ diese DGL erfüllen, beide ja mit Ableitung $\begin{eqnarray*} \frac{\dd z}{\dd x} = 0 \end{eqnarray*}$ .

Der Gedankengang ist daher der folgende: Die beiden Konstantfunktionen werden als Extra-Lösungen vermerkt. Nun wäre aber noch die Frage, ob es nicht andere Lösungsfunktionen geben kann, die nur an einzelnen Stellen mal 1 oder -1 annehmen? Gibt es jedoch nicht - warum?

20.02.2023, 16:25

MMchen60

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Zitat:

Original von HAL 9000
Nun wäre aber noch die Frage, ob es nicht andere Lösungsfunktionen geben kann, die nur an einzelnen Stellen mal 1 oder -1 annehmen? Gibt es jedoch nicht - warum?

Weil $\begin{eqnarray*} z(x)=\frac {y}{x} \end{eqnarray*}$ ist und damit stets x=y sein muss für $\begin{eqnarray*} z(x) \equiv 1 \end{eqnarray*}$ ?

20.02.2023, 17:26

HAL 9000

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Ich hab oben Unsinn erzählt - gibt es doch: Für jede Lösung gilt nämlich $\begin{eqnarray*} |z(0)|=1 \end{eqnarray*}$ .

Das hat ziemlich weitreichende Konsequenzen, etwa was die Vielfalt der Lösungen betrifft. Da muss ich nochmal nachdenken, damit nicht nochmal so ein Schnellschuss (wie oben) rauskommt. Augenzwinkern

20.02.2023, 17:55

MMchen60

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ich hab oben Unsinn erzählt - gibt es doch: Für jede Lösung gilt nämlich $\begin{eqnarray*} |z(0)|=1 \end{eqnarray*}$ .

Wieso denn das? Denn dann ist doch $\begin{eqnarray*} |z(0)|=\frac {y}{0} \end{eqnarray*}$ ob Betrag oder nicht?

20.02.2023, 18:44

HAL 9000

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Die Sache ist ziemlich vertrackt: Hast du irgendwelche Anfangswerte vorgegeben? Ansonsten ist die allgemeine Lösung nämlich ein ziemlicher Wust:

Z.B. kann man JEDE auf $\begin{eqnarray*} (-\infty,0] \end{eqnarray*}$ gegebene DGL-Lösung mit $\begin{eqnarray*} z(0)=1 \end{eqnarray*}$ mit JEDER anderen auf $\begin{eqnarray*} [0,\infty) \end{eqnarray*}$ gegebenen DGL-Lösung mit ebenfalls $\begin{eqnarray*} z(0)=1 \end{eqnarray*}$ zusammenkleben und erhält dadurch eine korrekte Lösung der $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ -DGL (und über $\begin{eqnarray*} y=x\cdot z \end{eqnarray*}$ dann auch der originalen $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -DGL). Also z.B.

$\begin{eqnarray*} z(x) = \begin{cases} \frac{1-C_1x^2}{1+C_1x^2} &\mbox{ für }x\leq 0\\ \frac{1-C_2x^2}{1+C_2x^2} &\mbox{ für }x\geq 0\end{cases} \end{eqnarray*}$

für beliebig (!) zusammengestellte Konstanten $\begin{eqnarray*} C_1\geq 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_2\geq 0 \end{eqnarray*}$ , die also auch nicht gleich sein müssen. Im folgenden Bild ist z.B. die Lösung für die Parameterkombination $\begin{eqnarray*} C_1=0,C_2=1 \end{eqnarray*}$ zu sehen:

Zusammen mit Sonderlösung $\begin{eqnarray*} z(x)=-1 \end{eqnarray*}$ sind das schon mal alle DGL-Lösungen, welche auf ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ definiert sind.

Darüber hinaus gibt es weitere Lösungen, die nur auf Teilintervallen von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ definiert sind - hängt von einzuhaltenden Anfangswerten ab.

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