DGL mit Substitution lösen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:13 So 28.10.2007 | | Autor: | max3000 |
| Aufgabe | Bestimmen sie die allgemeine Lösung der DGL mit Hilfe der angegebenen Substitution:
a) [mm] y'=(x+y)^{3}, [/mm] z=x+y |
Hallo.
Ich komme bei dieser eigentlich einfachen Aufgabe irgendwie nicht weiter.
So weit hab ichs schon:
z=x+y
Dann ist
[mm] z'=1+y'=1+z^{3}
[/mm]
Die DGL
[mm] z'=z^{3}+1
[/mm]
macht mir jetzt irgendwie schwierigkeiten.
Mit Variablentrennung kommt dann raus:
[mm] \bruch{dz}{z^{3}+1}=dx
[/mm]
Auf beiden Seiten ist jetzt zu Integrieren.
Rechts ist klar: x+c
Aber wie geht das links?
Mathematica spuckt mir folgenden langen Term aus:
[mm] \bruch{ArcTan(\bruch{2z-1}{\wurzel{3}})}{\wurzel{3}}+\bruch{1}{3}ln(z+1)-\bruch{1}{6}ln(z^{2}-z+1)
[/mm]
Kann das wirklich die Lösung sein?
Und wie integriert man das?
Was in den ln's steht sind die linearfaktoren von [mm] z^{3}+1, [/mm] also läuft das auf Partialbruchzerlegung hinaus.
Aber dieser lange Ausdruck macht mich etwas skeptisch.
Hab ich da einen Fehler gemacht oder hat das schon seine Richtigkeit?
Vielen Dank schonmal.
Grüße
Max
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:03 Mo 29.10.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Max!
Dein Ansatz ist soweit OK.
> Mit Variablentrennung kommt dann raus:
>
> [mm]\bruch{dz}{z^{3}+1}=dx[/mm]
>
> Auf beiden Seiten ist jetzt zu Integrieren.
>
> Rechts ist klar: x+c
> Aber wie geht das links?
>
> Mathematica spuckt mir folgenden langen Term aus:
>
> [mm]\bruch{ArcTan(\bruch{2z-1}{\wurzel{3}})}{\wurzel{3}}+\bruch{1}{3}ln(z+1)-\bruch{1}{6}ln(z^{2}-z+1)[/mm]
>
> Kann das wirklich die Lösung sein?
Ja, Maxima behauptet das auch.
> Und wie integriert man das?
Das verstehe ich nicht integriert hast du doch schon. Du stehst vor dem Problem, das nach z aufzulösen. Das ist allerdings schwierig. Die beiden Logarithmen kannst du ja zusammenziehen:
[mm]\bruch{1}{3}ln(z+1)-\bruch{1}{6}ln(z^{2}-z+1) = \bruch{1}{6} \ln\bruch{(z+1)^2}{z^{2}-z+1}[/mm],
aber beim Arcustangens wird es mühsam: du musst
,%o136)
[mm]\arctan z = \bruch{1}{2i} \ln\bruch{1+iz}{1-iz}[/mm]
benutzen und länger rechnen.
> Was in den ln's steht sind die linearfaktoren von [mm]z^{3}+1,[/mm]
> also läuft das auf Partialbruchzerlegung hinaus.
>
> Aber dieser lange Ausdruck macht mich etwas skeptisch.
Das ist schon richtig. Das Integral entsteht aus
[mm]\bruch{1}{z^3+1} = \bruch{1}{z+1} \bruch{1}{z^{2}-z+1}[/mm]
Durch partialbruchzerlegung erhält du drei Terme, die bei Integration die drei Terme oben ergeben.
Aber es gibt noch eine andere Möglichkeit:
[mm]\bruch{1}{z^3+1} = \bruch{1}{z+1} \bruch{1}{z+\mathrm{e}^{2\pi i/3}} \bruch{1}{z+\mathrm{e}^{-2\pi i/3}}[/mm]
Jetzt ergibt deine Partialbruchzerlegung lauter einfache Terme.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:15 Mo 29.10.2007 | | Autor: | marklose |
Hallo zusammen. Ich würde doch vorschlagen, erst einmal die homogene DGL zu lösen. Das macht das ganze Problem vielleicht ein wenig einfacher.
Gruß, Markus
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 23:01 Mo 29.10.2007 | | Autor: | max3000 |
Das geht doch aber auch nicht.
Das ist doch keine lineare DGL, wo man erst die homogene und dann die inhomogene löst.
Ich hab es trotzdem mal so versucht, aber wenn ich dann die homogene Lösung in die inhomogene DGL einsetze, bekomm ich dann irgendwann für die Konstante:
c'=...c...
Die Ableitung der Konstante beinhaltet nochmal die Konstante selbst.
Also habe ich für diese DGL eine noch kompliziertere erhalten.
Das muss doch irgendwie einfacher gehen.
Gruß
Max
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:26 Mo 29.10.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Max!
> Das geht doch aber auch nicht.
Stimmt, das geht nicht, das funktioniert nur für lineare DGLen.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:20 Mi 31.10.2007 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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