Differentialgleichungen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:34 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Allgemeine Aufgabe:
Man bestimme die allgemeine Lösung der folgenden Differentialgleichungen, d. h. die Lösung durch einen beliebigen Punkt [mm] (x_0,y_0) [/mm] des Definitionsbereichs.
a) [mm] y'=e^y\cos{x}
[/mm]
Das habe ich so gelöst:
[mm] \bruch{dy}{dx}=e^y\cos{x}
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{dy}{e^y}=\cos{x}\;dx
[/mm]
[mm] \gdw \integral{\bruch{1}{e^y}dy}=\integral{\cos{x}\;dx}
[/mm]
[mm] \gdw -e^{-y}=\sin{x}+c
[/mm]
[mm] \gdw e^{-y}=-\sin{x}-c
[/mm]
[mm] \gdw -y=\ln{(-\sin{x}-c)}
[/mm]
[mm] \gdw y=-\ln{(-\sin{x}-c)}
[/mm]
Ist das so richtig?
Viele Grüße
Bastiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:38 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
So, nun Aufgabe b):
[mm] y'=\wurzel{1-y^2} \; [/mm] (|y|<1)
Durch scharfes Hingucken habe ich als Lösung gefunden:
[mm] y(x)=\sin{x}
[/mm]
denn [mm] y'(x)=\cos{x}
[/mm]
und [mm] \wurzel{1-y^2}=\wurzel{1-\sin^2{x}}=\wurzel{\cos^2{x}}=\cos{x}
[/mm]
Allerdings verwirrt mich ein bisschen, dass |y|<1 sein soll, und vor allem: ist das die Einzige Lösung bzw. wie gehe ich da systematisch vor (ohne scharfes Hingucken)?
Viele Grüße
Bastiane
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das [mm]|y|<1[/mm] brauchst du, da sonst die Wurzel für [mm]|y|>1[/mm] negativ oder für [mm]|y|=1[/mm] null sein würde, was beides nicht der Fall sein darf.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:35 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Es ist fast richtig.
Die Familie der Lösungen ist gegeben durch
[mm] $\varphi_c(x) [/mm] = [mm] \sin(x+c)$.
[/mm]
Genauer:
Die Lösung des Anfangswertproblems
[mm] $y'=\sqrt{1-y^2}$
[/mm]
[mm] $y(x_0)=y_0$
[/mm]
ist eindeutig gegeben durch:
[mm] $\varphi(x) [/mm] = [mm] \sin(x-x_2 [/mm] + [mm] \arcsin(x_0))$.
[/mm]
Systematisch kommt man durch Trennung der Variablen darauf:
Bekanntlich ist die Lösung des AWP
[mm] $y'=\sqrt{1-y^2}$
[/mm]
[mm] $y(x_0)=y_0$
[/mm]
eindeutig durch die Lösung der Gleichung
[mm] $G(\varphi(x)) [/mm] = F(x)$
mit
$G(x) = [mm] \int\limits_{y_0}^y \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\, [/mm] dt$
und
$F(x) = [mm] \int\limits_{x_0}^x [/mm] 1 [mm] \, [/mm] dt = [mm] x-x_0$
[/mm]
gegeben.
Nun erhält man:
[mm] $G(\varphi(x)) [/mm] = F(x)$
[mm] $\Leftrightarrow \quad \arcsin(\varphi(x)) [/mm] - [mm] \arcsin(y_0) [/mm] = x- [mm] x_0$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow \quad \varphi(x) [/mm] = [mm] \sin(x-x_0 [/mm] + [mm] \arcsin(x_0))$.
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:41 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Bei den folgenden Aufgaben weiß ich bisher noch nicht, wie ich sie angehen soll. Ein paar Tipps bzw. Stichworte wären nicht schlecht. 
c) [mm] y'=\bruch{1}{y}\wurzel{1-y^2}, \; [/mm] (0<y<1),
d) [mm] y'=(a^2+x^2)(b^2+y^2),\;a,b\in\IR,
[/mm]
e) [mm] y'=\bruch{x+y}{x+2y},\;(x>0,y>0),
[/mm]
f) [mm] (1-x^2)y'-xy+1=0,\;(|x|<1).
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:29 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Loddar |
Hallo Bastiane!
[mm]y'=\bruch{1}{y}\wurzel{1-y^2}, \;[/mm] (0<y<1),
[mm] $\gdw$ $\bruch{y}{\wurzel{1-y^2}}*\bruch{dy}{dx} [/mm] \ = \ 1$
[mm] $\gdw$ $\bruch{\blue{-2}*y}{\wurzel{1-y^2}}*dy [/mm] \ = \ [mm] \blue{-2}*dx$
[/mm]
Nun Substitution: $t \ := \ [mm] 1-y^2$ $\Rightarrow$ $\bruch{dt}{dy} [/mm] \ = \ -2y$ [mm] $\gdw$ [/mm] $dy \ = \ [mm] \bruch{dt}{-2y}$
[/mm]
Ist der weitere Weg nun klar?
Ich erhalte letztendlich: $y \ = \ [mm] \wurzel{1-\left(\bruch{c}{2}-x\right)^2 \ }$
[/mm]
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:55 Mi 05.10.2005 | | Autor: | MathePower |
Hallo Bastiane,
> aber muss es dann nicht zwei Lösungen geben:
>
> [mm]\gdw y=\pm\wurzel{1-(-x+\bruch{c}{2})^2}[/mm] oder nicht?
Nein, da [mm]0\;<\;y\;<\;1[/mm] gibt es nur eine Lösung.
>
> > Ich erhalte letztendlich: [mm]y \ = \ \wurzel{1-\left(\bruch{c}{2}-x\right)^2 \ }[/mm]
Gruß
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:57 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Loddar |
Hallo Bastiane!
Sieh Dir mal die Vorraussetzung für $y_$ gemäß Aufgabenstellung an!
Also ... wieviele Lösungen? 
Gruß
Loddar
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:51 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Loddar |
Hallo Bastiane!
[mm]y' \ = \ \left(a^2+x^2\right)*\left(b^2+y^2\right),\;a,b\in\IR[/mm]
[mm] $\gdw$ $\bruch{1}{b^2+y^2}*\bruch{dy}{dx} [/mm] \ = \ [mm] a^2+x^2$
[/mm]
[mm] $\gdw$ $\blue{\integral}\bruch{dy}{b^2+y^2} [/mm] \ = \ [mm] \blue{\integral}\left(a^2+x^2\right)*dx$
[/mm]
[mm] $\gdw$ $\bruch{1}{b}*\arctan\left(\bruch{y}{b}\right) [/mm] \ = \ [mm] a^2*x [/mm] + [mm] \bruch{x^3}{3} [/mm] + c$
usw.
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:50 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Loddar!
> [mm]y' \ = \ \left(a^2+x^2\right)*\left(b^2+y^2\right),\;a,b\in\IR[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] [mm]\bruch{1}{b^2+y^2}*\bruch{dy}{dx} \ = \ a^2+x^2[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] [mm]\blue{\integral}\bruch{dy}{b^2+y^2} \ = \ \blue{\integral}\left(a^2+x^2\right)*dx[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] [mm]\bruch{1}{b}*\arctan\left(\bruch{y}{b}\right) \ = \ a^2*x + \bruch{x^3}{3} + c[/mm]
>
> usw.
Naja, viel "usw." kommt da ja jetzt nicht mehr. :-/ Aber auf diese Stammfunktion wäre ich nie gekommen...
[mm] \gdw \arctan{\bruch{y}{b}}=b(a^2*x [/mm] + [mm] \bruch{x^3}{3} [/mm] + c)
[mm] \gdw \bruch{y}{b}=\tan(b(a^2*x [/mm] + [mm] \bruch{x^3}{3} [/mm] + c))
[mm] \gdw y=(\tan(b(a^2*x [/mm] + [mm] \bruch{x^3}{3} [/mm] + c)))*b
Vielen Grüße
Bastiane
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Hallo Bastiane,
> e) [mm]y'=\bruch{x+y}{x+2y},\;(x>0,y>0),[/mm]
hier hilft der Ansatz
[mm]y(x)\;=\;u(x)\;x[/mm]
weiter.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:01 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo MathePower!
> > e) [mm]y'=\bruch{x+y}{x+2y},\;(x>0,y>0),[/mm]
>
> hier hilft der Ansatz
>
> [mm]y(x)\;=\;u(x)\;x[/mm]
>
> weiter.
Ist dann
y'(x)=u'(x)x+u(x) ?
Also:
[mm] u'(x)x+u(x)=\bruch{x+u(x)x}{x+2u(x)x}
[/mm]
[mm] \gdw u'(x)x+u(x)=\bruch{1+u(x)}{1+2u(x)}
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] $u'(x)x+u(x)+2u(x)u'(x)+2u(x)u(x)=1+u(x)$
Stimmt das soweit oder muss ich da dann anders vorgehen? Und wie geht es jetzt weiter? Ich müsste doch irgendwie nach u' auflösen, oder?
Viele Grüße
Bastiane
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Hallo Bastiane,
> Hallo MathePower!
>
> > > e) [mm]y'=\bruch{x+y}{x+2y},\;(x>0,y>0),[/mm]
> >
> > hier hilft der Ansatz
> >
> > [mm]y(x)\;=\;u(x)\;x[/mm]
> >
> > weiter.
>
> Ist dann
>
> y'(x)=u'(x)x+u(x) ?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Also:
>
> [mm]u'(x)x+u(x)=\bruch{x+u(x)x}{x+2u(x)x}[/mm]
>
> [mm]\gdw u'(x)x+u(x)=\bruch{1+u(x)}{1+2u(x)}[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] [mm]u'(x)x+u(x)+2u(x)u'(x)+2u(x)u(x)=1+u(x)[/mm]
>
> Stimmt das soweit oder muss ich da dann anders vorgehen?
Da hast Du ein x vergessen:
[mm]u'(x)\;x\;+\;u(x)\;+\;2\;u(x)\;u'(x)\;[/mm]x[mm]\;+\;2\;u(x)\;u(x)\;=\;1\;+\;u(x)[/mm]
Dann läßt sich sogar [mm]u'(x)\;x[/mm] ausklammern.
> Und wie geht es jetzt weiter? Ich müsste doch irgendwie
> nach u' auflösen, oder?
Ja.
Nach Variablentrennung berechnet man das linke Integral mit Hilfe der PBZ.
Gruß
MathePower
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Hallo Bastiane,
> f) [mm](1-x^2)y'-xy+1=0,\;(|x|<1).[/mm]
löse zuerst die homogene DGL
[mm](1\;-\;x^{2})y'\;-\;x\;y=0[/mm]
Dann die inhomogene mit der Methode der Variation der Koeffizienten:
[mm] y(x)\;=\;C(x)\;y_{h}(x)[/mm]
Gruß
MathePower
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ja, das hast du zumindest nach meinem Wissen richtig gemacht, nur mußt du bei
[mm]-\sin x -c [/mm]
aufpassen, da der natürliche Logarithmus einer negativen Zahl nicht existiert.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:21 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Danke für die Antwort.
> ja, das hast du zumindest nach meinem Wissen richtig
> gemacht, nur mußt du bei
>
> [mm]-\sin x -c[/mm]
>
> aufpassen, da der natürliche Logarithmus einer negativen
> Zahl nicht existiert.
Das hatte ich auch schon überlegt, aber was mache ich denn jetzt damit? Muss ich irgendwie das x noch einschränken? Also es müsste dann ja quasi sein:
[mm] -\sin [/mm] x-c>0
[mm] \gdw -\sin [/mm] x>c
[mm] \gdw \sin [/mm] x<-c
[mm] \gdw x<\arcsin(-c)
[/mm]
So?
Viele Grüße
Bastiane
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:46 Mi 05.10.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Genau, deine Lösung ist auf einem Intervall definiert, das in
[mm] $\{x \in \IR\, : \, \sin(x) < -c\}$
[/mm]
enthalten ist.
Genauer gesagt:
Eine maximale Lösung des Anfangswertproblems
[mm] $y'=e^y \, \cos(x)$,
[/mm]
[mm] $y(x_0)=y_0$
[/mm]
ist gegeben durch die auf derjenigen Zusammenhangskomponente von
[mm] $\{x \in \IR\, : \, \sin(x) < e^{-y_0} + \sin(x_0\}$,
[/mm]
die [mm] $x_0$ [/mm] enthält und durch die dort definierte Funktion
[mm] $\varphi(x):= [/mm] - [mm] \ln(e^{-y_0} [/mm] + [mm] \sin(x_0) [/mm] - [mm] \sin(x))$.
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
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![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]"){kind=small}
![[kopfschuettel]](/images/smileys/kopfschuettel.gif "[kopfschuettel]"){kind=small}
