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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:10 Sa 21.01.2006 | | Autor: | kunzm |
| Aufgabe 1 | | Lösen Sie die DGL [mm] $y'=(y+c)^n$, [/mm] $c$ konstant, [mm] $n\in\mathbb{N}$, [/mm] für beliebige Anfangswerte [mm] $x_0,\,y_0$. [/mm] Sie können hierbei $z(x)=y(x)+c$ verwenden. |
| Aufgabe 2 | | Lösen Sie die DGL [mm] $y'+y+e^x\cdot y^3=0$, [/mm] $c$ konstant, für beliebige Anfangswerte [mm] $x_0,\,y_0$. [/mm] Sie können hierbei [mm] $z(x)=y^{-2}(x)$ [/mm] verwenden. |
Hallo,
diesmal bäte ich um Durchsicht meiner Lösungen, da ich mir nicht ganz sicher bin was diese angeht. Die erste Aufgabe habe ich gelöst wie folgt:
Es sei [mm] $y'(x)=(y(x)+c)^n$, [/mm] wobei gilt:
[mm] $z(x)=y(x)+c\,\,\Leftrightarrow\,\,y(x)=z(x)-c\,\,\Leftrightarrow\,\,y'(x)=z'(x)$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$ $z'(x)\,=\,z^n(x)\,\,\Leftrightarrow\,\,\frac{dz(x)}{dx}\,=\,z^n(x)\,\,\Leftrightarrow\,\,\int\frac{1}{z^n(x)}\,dz(x)\,=\,\int [/mm] dx$
[mm] $\Rightarrow\,\forall\,\,n\,\not=\,1:$
[/mm]
[mm] $-\frac{1}{z^{n-1}(x)}\,=\,x\,\,\Leftrightarrow\,\,-z^{1-n}(x)\,=\,x\,\,\Leftrightarrow\, -(y(x)+c)^{1-n}\,=\,x\,\,\Leftrightarrow\,\,y(x)\,=\,(-x)^{1/(1-n)}+C$
[/mm]
Seien nun [mm] $y(x_0)\,=\,y_0$ [/mm] und [mm] $x_0:=0$. [/mm] Dann ist [mm] $C=y_0$, [/mm] und die Lösung lautet:
[mm] $y(x)\,=\,(-x)^{1-n}+y_0\,,\,\,\,$\scriptsize$(y(x)\in\mathbb{C}\forall\,x\in\mathbb{R}^+)$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$ [/mm] für [mm] $n\,=\,1:$
[/mm]
[mm] $\ln z(x)\,=\,x+C\,\,\Leftrightarrow\,\,y(x)+c\,=\,e^{x+C}\,=\,e^C\cdot e^x\,\,\Leftrightarrow\,\,y(x)\,=\,e^C\cdot e^x-c$
[/mm]
Seien nun [mm] $y(x_0)\,=\,y_0$ [/mm] und [mm] $x_0:=0$. [/mm] Dann ist, unter Berücksichtigung der Verschiebung $c$, [mm] $e^C=y_0$, [/mm] und die Lösung lautet:
[mm] $y(x)\,=\,y_0\,e^x$.
[/mm]
Die zweite Aufgabe habe ich folgendermaßen gelöst:
Es ist gegeben:
[mm] $y'+y+e^x\cdy^3\,=\,0\,\,\Leftrightarrow\,\,\frac{y'}{y^3}+y^{-2}+e^x\,=\,0\,\,\Leftrightarrow\,\,y'\cd y^{-3}+y^{-2}\,=\,-e^x$
[/mm]
Weiters sei nun [mm] $y^{-2}(x)\,=\,z(x)$ [/mm] und man erhält:
[mm] $y'(x)\cdy^{-3}(x)+z(x)\,=\,-e^x\,\,\Leftrightarrow\,\,y^{-3}(x)\,dy(x)\,=\,(-e^x-z(x))\,dx$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow\,\,\inty^{-3}(x)\,dy(x)\,=\,\int(-e^x-z(x))dx\,\,\Leftrightarrow\,\,y^{-2}\,=\,e^x+Z(x)+C_1$
[/mm]
Es gilt gemäß Angabe:
[mm] $z(x)\,=\,y^{-2}(x)\,\,\Leftrightarrow\,\,\int z(x)\,=\,\int y^{-2}(x)\,\,\Leftrightarrow\,\,Z(x)\,=\,-y^{-1}(x)+C_2$
[/mm]
Man erhält also
[mm] $y^{-2}(x)\,=\,e^x-y^{-1}(x)+C\,\,\Leftrightarrow$
[/mm]
[mm] $y(x)\,=\,\pm\,$\large$\frac{i}{\sqrt{1-C-e^{2x}}}$\normalsize
[/mm]
Seien nun [mm] $y(x_0)\,=\,\pm\,y_0$ [/mm] und [mm] $x_0:=0$. [/mm] Dann ist [mm] $C=y_0^{-2}$, [/mm] und die nicht eindeutige Lösung lautet:
[mm] $y(x)\,=\,\pm\,$\large$\frac{i}{\sqrt{1-e^{2x}-y_0^{-2}}}$\normalsize.
[/mm]
Ich bitte um Verbesserungsvorschläge oder notwendige Korrekturen.
Vielen Dank schon mal,
Martin.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:36 Sa 21.01.2006 | | Autor: | Astrid |
Hallo Martin,
>
> Es sei [mm]y'(x)=(y(x)+c)^n[/mm], wobei gilt:
>
>
> [mm]z(x)=y(x)+c\,\,\Leftrightarrow\,\,y(x)=z(x)-c\,\,\Leftrightarrow\,\,y'(x)=z'(x)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
> [mm]z'(x)\,=\,z^n(x)\,\,\Leftrightarrow\,\,\frac{dz(x)}{dx}\,=\,z^n(x)\,\,\Leftrightarrow\,\,\int\frac{1}{z^n(x)}\,dz(x)\,=\,\int dx[/mm]
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> [mm]\Rightarrow\,\forall\,\,n\,\not=\,1:[/mm]
>
> [mm]-\frac{1}{z^{n-1}(x)}\,=\,x\,\,\Leftrightarrow\,\,-z^{1-n}(x)\,=\,x\,\,\Leftrightarrow\, -(y(x)+c)^{1-n}\,=\,x\,\,\Leftrightarrow\,\,y(x)\,=\,(-x)^{1/(1-n)}+C[/mm]
>
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Hier steckt ein Fehler drin:
[mm]\int \bruch{1}{z^n} \, dz = \bruch{1}{1-n}z^{1-n}=\bruch{1}{(1-n)z^{n-1}}[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] für [mm]n\,=\,1:[/mm]
>
> [mm]\ln z(x)\,=\,x+C\,\,\Leftrightarrow\,\,y(x)+c\,=\,e^{x+C}\,=\,e^C\cdot e^x\,\,\Leftrightarrow\,\,y(x)\,=\,e^C\cdot e^x-c[/mm]
>
Vielleicht etwas schöner:
[mm] $...=Ke^x [/mm] -c$ für $K [mm] \in \IR$.
[/mm]
> Seien nun [mm]y(x_0)\,=\,y_0[/mm] und [mm]x_0:=0[/mm].
Ist das so? Das hattest du in der Aufgabe nicht mit angegeben.
Zur zweiten Aufgabe:
>
> Die zweite Aufgabe habe ich folgendermaßen gelöst:
>
> Es ist gegeben:
>
> [mm]y'+y+e^x\cdy^3\,=\,0\,\,\Leftrightarrow\,\,\frac{y'}{y^3}+y^{-2}+e^x\,=\,0\,\,\Leftrightarrow\,\,y'\cd y^{-3}+y^{-2}\,=\,-e^x[/mm]
>
> Weiters sei nun [mm]y^{-2}(x)\,=\,z(x)[/mm] und man erhält:
>
> [mm]y'(x)\cdy^{-3}(x)+z(x)\,=\,-e^x\,\,\Leftrightarrow\,\,y^{-3}(x)\,dy(x)\,=\,(-e^x-z(x))\,dx[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow\,\,\inty^{-3}(x)\,dy(x)\,=\,\int(-e^x-z(x))dx\,\,\Leftrightarrow\,\,y^{-2}\,=\,e^x+Z(x)+C_1[/mm]
Hier scheint $y$ und $z$ ein wenig durcheinander zu gehen. Nach der Substitution erhälst du eine neue DGL wie folgt:
[mm] $z(x)=y^{-2}(x)$ [/mm]
und damit
[mm] $z'(x)=-2y^{-3}\cdot y'=-2y^{-3} \cdot (-y-e^xy^3)=...=2z+2e^x$
[/mm]
Diese DGL löst du nun, indem du erst die homogene Lösung berechnest und dann die Methode der Variation der Konstanten anwendest.
Ich hoffe, ich konnte dir helfen.
Viele Grüße
Astrid
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