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Lösen einer nichtlinearen DGL: "Idee" und "Tip"
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:49 Sa 22.10.2005
Autor: Mirac

Lösung der folgenden DGL: y' = [mm] x^2+y^2 [/mm]   ???

Wenn bei dem ersten Term [mm] x^2 [/mm] noch ein Faktor y stehen würde,
dann wäre es eine Bernoulli-Differentialgleichung der Form
y' = f(x)y + [mm] g(x)y^n [/mm] und man könnte mit der Substitution:
z(x)=y(x)^(1-n) zu einer linearen Differentialgleichung erster Ordnung kommen. Ich habe für die obige DGL keine Idee.
Welcher Typ von DGL ist es? Wie ist die allg. Lösung?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.

MfG  Mirac              

        
Bezug
Lösen einer nichtlinearen DGL: homogene DGL
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:42 Sa 22.10.2005
Autor: Loddar

Hallo Mirac,

[willkommenmr] !!


[aufgemerkt] Löse doch zunächst die homogene DGL: $y' - [mm] y^2 [/mm] \ = \ 0$ .


Gruß
Loddar


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Bezug
Lösen einer nichtlinearen DGL: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:35 Sa 22.10.2005
Autor: Mirac

Die Lösung der homogenen DGL [mm] y'-y^2=0 [/mm] ist: y(x)=-1/x+c
Das ist doch richtig oder? Wie geht es dann weiter?

Bezug
                        
Bezug
Lösen einer nichtlinearen DGL: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 01:14 So 23.10.2005
Autor: andreas

hi

wenn du [m] y = - \frac{1}{x + c} [/m] meinst, stimmt das (das kann man auch ganz einfach durch ableiten und einsetzen selber kontrollieren). weiter kommt man dann mit variation der konstanten. sagt dir das etwas?


grüße
andreas

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Lösen einer nichtlinearen DGL: "Rückfrage"
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 16:39 So 23.10.2005
Autor: Mirac

Hallo,
also die hom. Lösung der obigen DGL ist: yh(x) = -1/(x+c), [mm] x\not=-c [/mm]
Zur partikulären Lösung: Variation der Konstanten:
Ansatz: yp(x) = -1/(x+c(x))
[mm] \Rightarrow [/mm]     y'p(x) = [mm] (x+c(x))^{-2}(1+c'(x)) [/mm] = yp{2}(x)+x{2}
[mm] \Rightarrow c'(x)/(x+c(x))^{2} [/mm] = [mm] x^2 [/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm]      c'(x) = [mm] x^2(x+c(x))^2 [/mm] = [mm] x^4+2x^3c(x)+x^2c^2(x) [/mm]
Das ist eine Ricattische DGL,zu der man eine Lösung zuerst raten muß!
Ist das bis dahin richtig? Ich finde keine geratene Lösung. Wie geht es weiter?     MfG Mirac

Bezug
                                        
Bezug
Lösen einer nichtlinearen DGL: "Korrektur"
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:29 So 23.10.2005
Autor: Mirac

Hallo,
also die hom. Lösung der obigen DGL ist: yh(x) = -1/(x+c),x≠-c
Zur partikulären Lösung: Variation der Konstanten:
Ansatz: yp(x)          = -1/(x+c(x))
=>        y'p(x)          = [mm] (x+c(x))^{-2}(1+c'(x)) [/mm] = [mm] yp^{2}(x)+x^{2} [/mm]
=>        [mm] c'(x)/(x+c(x))^{2} [/mm]  = [mm] x^{2} [/mm]
=>        c'(x)            = [mm] x^{2}(x+c(x))^{2} [/mm]
=>        c'(x)            = [mm] x^{4}+2x^{3}c(x)+x^{2}c^{2}(x) [/mm]
Das ist eine Ricattische DGL,zu der man eine Lösung zuerst raten muß!
Ist das bis dahin richtig? Ich finde keine geratene Lösung. Wie geht es weiter?
     MfG Mirac


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Lösen einer nichtlinearen DGL: "Rückfrage"
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 17:33 So 23.10.2005
Autor: Mirac

Ich habe die Korrektur falsch abgeschickt. Ich möchte natürlich eine Antwort zu der in der Korrektur gestellten Frage.
MfG Mirac

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Lösen einer nichtlinearen DGL: Riccati
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:02 So 23.10.2005
Autor: MathePower

Hallo Mirac,

[willkommenmr]

> Hallo,
> also die hom. Lösung der obigen DGL ist: yh(x) =
> -1/(x+c),x≠-c
>  Zur partikulären Lösung: Variation der Konstanten:
> Ansatz: yp(x)          = -1/(x+c(x))
>  =>        y'p(x)          = [mm](x+c(x))^{-2}(1+c'(x))[/mm] =
> [mm]yp^{2}(x)+x^{2}[/mm]
>  =>        [mm]c'(x)/(x+c(x))^{2}[/mm]  = [mm]x^{2}[/mm]
>  =>        c'(x)            = [mm]x^{2}(x+c(x))^{2}[/mm]
> =>        c'(x)            =

> [mm]x^{4}+2x^{3}c(x)+x^{2}c^{2}(x)[/mm]
>  Das ist eine Ricattische DGL,zu der man eine Lösung zuerst
> raten muß!
> Ist das bis dahin richtig? Ich finde keine geratene Lösung.
> Wie geht es weiter?

die Ausgangs-DGL stellt doch schon eine Riccati'sche DGL dar.

[mm]y'\; + \;0 \;y\;-\;y^2 \; = \;x^{2^{} } [/mm]

Eine Lösung kann, abgesehen von Sonderfällen, nicht in geschlossener Form angegeben werden.

Kennt man aber eine Lösung, so sind die übrigen explizit berechenbar.

Gruß
MathePower

Bezug
                                                        
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Lösen einer nichtlinearen DGL: "Rückfrage"
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 00:42 Mo 24.10.2005
Autor: Mirac

Das ist aber interessant. Das habe ich bisher nicht so gesehen, und ich
habe eigentlich immer einen Typ für die geg. DGL gesucht. Dann habe
ich nach dem Tip von Loddar (zuerst eine homogene Lösung bestimmen) und dann nach dem Tip von andreas (Variation der Konstanten) weiter-
gemacht. Und jetzt habe ich den Nachmittag vergeblich versucht, für die
ursprüngliche DGL (eigentlich auch schon vorher) eine Lösung zu raten,
um dann daraus eine Bernoulli-DGL zu machen usw.
Haben Sie eine geratene Lösung parat?

   MfG Mirac

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Lösen einer nichtlinearen DGL: Potenzreihenansatz
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:21 Mo 24.10.2005
Autor: MathePower

Hallo Mirac,


> Das ist aber interessant. Das habe ich bisher nicht so
> gesehen, und ich
>  habe eigentlich immer einen Typ für die geg. DGL gesucht.
> Dann habe
>  ich nach dem Tip von Loddar (zuerst eine homogene Lösung
> bestimmen) und dann nach dem Tip von andreas (Variation der
> Konstanten) weiter-
>  gemacht. Und jetzt habe ich den Nachmittag vergeblich
> versucht, für die
>  ursprüngliche DGL (eigentlich auch schon vorher) eine
> Lösung zu raten,
>  um dann daraus eine Bernoulli-DGL zu machen usw.
>  Haben Sie eine geratene Lösung parat?

  
Nein. Der Potenzreihenansatz [mm]y(x)\; = \;\sum\limits_{k = 0}^\infty {a_k \;x^k } [/mm] hilft in solchen Fällen immer weiter.

Gruß
MathePower


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