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| Aufgabe | Lösen Sie folgende Differentialgleichungen:
1) [mm] y'=\bruch{x^2+y^2}{2xy}
[/mm]
2) [mm] y'=\bruch{y}{x}\cdot\left(1+\ln{\bruch{y}{x}}\right)
[/mm]
3) [mm] (3y+2x+1)^2*(3y'+2)=3x^2
[/mm]
4) [mm] y'=\cos^2({3y+2x+1})-\bruch{2}{3}
[/mm]
5) [mm] y'=\bruch{y^2+x^2*y^2+e*x^4}{x*y}
[/mm]
6) [mm] y'=2+e^{x-y} [/mm] |
Hallo,
Oben stehende DGLen habe ich mit WolframAlpha überprüft und erhalte teilweise Lösungen die ein bisschen von meinen Lösungen abweichen. Deshalb wollte ich euch fragen ob ihr kurz über meinen Lösungsweg schauen könntet.
1)
Hier substituiere ich zunächst [mm] z=\bruch{y}{x}
[/mm]
Und erhalte folgende DGL:
[mm] z'x=\bruch{1-z^2}{2z}
[/mm]
Nun SDV:
[mm] ln|1-z^2|=A*e^{\ln x}
[/mm]
1. Fall:
[mm] z=\wurzel{A*x+1}
[/mm]
[mm] y=x*\wurzel{A*x+1}
[/mm]
2. Fall:
[mm] z=\wurzel{1-A*x}
[/mm]
[mm] y=x*\wurzel{1-A*x}
[/mm]
2)
Substition von [mm] z=\bruch{y}{x} [/mm] und ich erhalte folgende DGL:
[mm] z'x=z*\ln{z}
[/mm]
[mm] \ln{\ln{|z|}}=\ln{x}+c
[/mm]
[mm] \ln{|z|}=x*A
[/mm]
[mm] |z|=e^{x*A}
[/mm]
[mm] y=\pm*x*e^{x*A}
[/mm]
3)
Substitution: z=3y+2x+1
=> [mm] z'-2=\bruch{3x^2}{z^2}
[/mm]
[mm] z^3=3*(x^3+C)
[/mm]
[mm] z=\wurzel[3]{3*(x^3+C)}
[/mm]
[mm] y=\bruch{1}{3}*\left(\wurzel[3]{3*(x^3+C)}-2x-1 \right)
[/mm]
4)
Substitution: z=3y+2x+1
Damit ergibt sich folgende DGL:
[mm] z'=3*\cos^2 [/mm] z
[mm] \bruch{1}{3}*\tan [/mm] z=x+C
[mm] z=\arctan{(3x+A)}
[/mm]
[mm] y=\bruch{1}{3}*(\arctan{(3x+A)}-2x-1)
[/mm]
5)
Substitution: [mm] z=\bruch{y}{x}
[/mm]
Neue DGL:
[mm] z'x=x^2*\bruch{z^2+e}{z}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{2} \ln |z^2+e|=\bruch{x^2}{2}+C
[/mm]
[mm] \ln |z|=\bruch{x^2}{2}+C
[/mm]
[mm] z=\pm e^{\bruch{x^2}{2}*A}
[/mm]
[mm] y=\pm x*e^{\bruch{x^2}{2}*A}
[/mm]
6)
Substition: z=x-y
Neue DGL:
[mm] z'=-1-e^z
[/mm]
[mm] -(z-\ln |1+e^z|)=x+C
[/mm]
[mm] -z+\ln |1+e^z|=x+C
[/mm]
[mm] \ln|1+e^z|-\ln e^z=x+C
[/mm]
[mm] \ln |\bruch{1+e^z}{e^z}|=x+C
[/mm]
1. Fall:
[mm] \bruch{1+e^z}{e^z}=A*e^x
[/mm]
[mm] e^z=\bruch{1}{A*e^x-1}
[/mm]
[mm] z=\ln (\bruch{1}{A*e^x-1})
[/mm]
[mm] y=x-\ln (\bruch{1}{A*e^x-1})
[/mm]
2. Fall:
[mm] \bruch{-1-e^z}{e^z}=A*e^x
[/mm]
[mm] e^z=-\bruch{1}{A*e^x+1}
[/mm]
[mm] z=\ln (\bruch{1}{A*e^x+1})
[/mm]
[mm] y=x-\ln (\bruch{1}{A*e^x+1})
[/mm]
Vielen, vielen Dank fürs Durchschauen!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:19 So 10.07.2011 | | Autor: | BunDemOut |
SDV=Separation d. Variablen.
Da habe ich mich wohl vertippt:
[mm] e^{\ln |1-z^2|}=e^{\ln x +C}=A*x
[/mm]
Sorry, dachte alle in einem Thread wäre übersichtlicher...
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Hallo nochmal,
> 2) [mm]y'=\bruch{y}{x}\cdot\left(1+\ln{\bruch{y}{x}}\right)[/mm]
> 2)
>
> Substition von [mm]z=\bruch{y}{x}[/mm] und ich erhalte folgende
> DGL:
> [mm]z'x=z*\ln{z}[/mm]
>
> [mm]\ln{\ln{|z|}}=\ln{x}+c[/mm]
Genauer [mm] $\ln(|\ln(z)|)=\ln(|x|)+c$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow z=e^{Ax}$ [/mm] und [mm] $y=x\cdot{}e^{Ax}$
[/mm]
>
> [mm]\ln{|z|}=x*A[/mm]
>
> [mm]|z|=e^{x*A}[/mm]
>
> [mm]y=\pm*x*e^{x*A}[/mm]
Ohne [mm] $\pm$
[/mm]
Gruß
schachuzipus
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Weil der Betrag quasi auf beiden Seiten steht?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 Di 12.07.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hallo nochmal,
> 3) [mm](3y+2x+1)^2*(3y'+2)=3x^2[/mm]
> 3)
> Substitution: z=3y+2x+1 ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> => [mm]z'-2=\bruch{3x^2}{z^2}[/mm]
Wieso "-2" ?
Doch [mm] $z^2z'=3x^2$ [/mm] ...
>
> [mm]z^3=3*(x^3+C)[/mm]
> [mm]z=\wurzel[3]{3*(x^3+C)}[/mm]
> [mm]y=\bruch{1}{3}*\left(\wurzel[3]{3*(x^3+C)}-2x-1 \right)[/mm]
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:40 So 10.07.2011 | | Autor: | BunDemOut |
Bin um ne Zeile verrutscht beim Abtippen :)
Die "-2" steht auf beiden Seiten und fliegt somit raus...
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Hallo nochmal,
weiter geht's ...
> 5) [mm]y'=\bruch{y^2+x^2*y^2+e*x^4}{x*y}[/mm]
> 5)
> Substitution: [mm]z=\bruch{y}{x}[/mm]
> Neue DGL:
> [mm]z'x=x^2*\bruch{z^2+e}{z}[/mm]
> [mm]\bruch{1}{2} \ln |z^2+e|=\bruch{x^2}{2}+C[/mm]
Bis hierhin komme ich mit!
> [mm]\ln |z|=\bruch{x^2}{2}+C[/mm]
Das erschließt sich mir nicht mehr ...
Zunächst doch [mm]\ln(|z^2+e|)=x^2+2C[/mm] und damit [mm]|z^2+e|=e^{x^2+2C}=C_1e^{x^2}[/mm]
Also [mm]z^2+e=C_2e^{x^2}[/mm] und somit [mm]z=\pm\sqrt{C_2e^{x^2}-e}[/mm]
Also [mm] $y=\pm\sqrt{C_2e^{x^2}-e}\cdot{}x$
[/mm]
>
> [mm]z=\pm e^{\bruch{x^2}{2}*A}[/mm]
> [mm]y=\pm x*e^{\bruch{x^2}{2}*A}[/mm]
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:27 Mo 11.07.2011 | | Autor: | BunDemOut |
Ah, habe das Logarithmus-Gesetz falsch angewandt.
Vielen Dank fürs Korrekturlesen/rechnen.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:20 Mi 13.07.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]"){kind=small}
