Ricatti-Dgl < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:41 Sa 11.11.2006 | | Autor: | Nounours |
| Aufgabe | Von welchem Typ sind die folgenden Differentialgleichungen? Bestimmen Sie die allgemeine Lösung.
a) y'+ [mm] (y-x)^2+ [/mm] (2y-2x)/x = 1,
b) y'+2/3 *y = [mm] x/(y^1/2). [/mm] |
Hallo!
Sitze hier schon länger an dieser Aufgabe und bin bei der ersten Teiaufgabe darauf gekommen, dass es sich um eine Ricatti-DGL mit
g(x)=(-2x+2)/x, h(x)=1 und [mm] k(x)=2-x^2 [/mm] handelt. Ist das richtig? Und stimmt es, dass man diese DGL nicht lösen kann, da die Nullstellen von
[mm] g(x)*y+h(x)*y^2-k(x)
[/mm]
nicht konstant sind?
Hat jemand eine Idee zu Teil b?
Es wäre super, wenn mir jemand einen Tipp geben könnte! Schonmal danke und ein schönes Wochenende!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:52 Sa 11.11.2006 | | Autor: | oeli1985 |
Hallo Nounours und Andere,
ich sitze ebenfalls an dieser Aufgabe und bin auch zu Lösungen gekommen. Bin mir allerdings nicht sicher, ob diese wirklich richtig sind.
Vor allem habe ich grundsätzlich Probleme (*) damit, wie ich integriere, wenn keine Anfangsbedingung gegeben ist. Werde in meinem Lösungsweg an entsprechender Stelle darauf hinweisen und hoffe ihr könnt mir da dann mal erklären, wie das genau funktioniert.
Lösungsweg zu a)
bringe die DGL in eine bekannte Form:
a) [mm] \Rightarrow [/mm] y' + [mm] \bruch{2-2 x^{2}}{x}y+ y^{2}=3- x^{2}
[/mm]
Also eine Riccati-DGL mit g(x)= [mm] \bruch{2-2 x^{2}}{x} [/mm] , h(x)=1 und k(x)=3- [mm] x^{2}
[/mm]
nun rate zunächst eine Lösung [mm] y_{1}(x)=x \Rightarrow y_{1}'=1
[/mm]
nach VL:
u(x)=y(x)-x löst die DGL 0=u'+( [mm] \bruch{2-2 x^{2}}{x}+2x)u+ u^{2} [/mm] = u'+ [mm] \bruch{2}{x}u+ u^{2}
[/mm]
Also eine Bernoulli-DGL!
nach Division durch [mm] u^{2}:
[/mm]
0=u' [mm] u^{-2}+ \bruch{2}{x} u^{-1}+1
[/mm]
substituiere:
z(x)= [mm] u^{-1} \Rightarrow [/mm] z'=- [mm] \bruch{u'}{ u^{2}} \Rightarrow [/mm] -z'=u' [mm] u^{-2}
[/mm]
also:
0=-z'+ [mm] \bruch{2}{x}z+1
[/mm]
Also eine inhomogene DGL mit g°(x)=- [mm] \bruch{2}{x} [/mm] und h°(x)=1
nach Satz 3 aus VL:
z= [mm] e^{-G(x)} [/mm] (z( [mm] \gamma [/mm] )+ [mm] \integral_{ \delta}^{x}{h°(t) e^{G(t)} dt}) [/mm] , wobei G(x)= [mm] \integral_{ \delta}{x}{g(t) dt} [/mm] und y( [mm] \gamma)= \delta [/mm] ist Anfangswertbedingung
Hier tritt zum 1.Mal mein Problem (*) auf. Da es hier ja eigentlich keine Anfangswertbedingung gibt. Bei den Integralen hab ich einfach ohne Grenzen integriert (richtig?). Aber wichtig ist mir vor allem, wie das mit dem [mm] \delta [/mm] nach Satz3 aussieht!? Wär cool, wenn mir das mal jemand detailliert erklären könnte.
Also ich habe wie folgt weiter gemacht...
zu G(x):
G(x)= [mm] \integral_{}^{}{g(x) dx} [/mm] = -2ln(x) (für x [mm] \not= [/mm] 0 )
nach einsetzen:
z= [mm] \bruch{ x^{2}}{ \delta - x} [/mm] - x
nach resubstitution und einsetzen in u(x)=y(x) - x:
y= [mm] \bruch{ \delta - x}{x(2x- \delta)} [/mm] + x
Also ich glaube prinzipiell ist das der richtige Weg, nur eben dieses [mm] \delta [/mm] macht mich fertig 
Lösungsweg zu b) in Kurzform
Vor. [mm] \Rightarrow [/mm] y' [mm] y^{ \bruch{1}{2} } [/mm] + [mm] \bruch{2}{3} y^{ \bruch{2}{3} } [/mm] + (-x) = 0
substituiere: z(x)= [mm] y^{ \bruch{2}{3} } \Rightarrow [/mm] z'=1,5y' [mm] \wurzel{y} \Rightarrow [/mm] y' [mm] y^{1}{2} [/mm] = [mm] \bruch{2}{3} [/mm] z'
nach einsetzen, ..., resubstitution blablabla
y= [mm] \wurzel[3]{ ( \delta^{ \bruch{3}{2}} e^{-x} +x-1)^{2}}
[/mm]
Zwischendrin hatte ich natürlich wieder mit (*) zu kämpfen, daher auch wieder das [mm] \delta [/mm] in der Lösung.
Also wär echt nett, wenn jemand grundsätzlich meine Ansätze korrigieren könnte und mir im Detail bei (*) weiterhelfen könnte.
Danke schon mal, Grüße Patrick
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:36 So 12.11.2006 | | Autor: | Nounours |
Hallo Patrick!
Danke für deinen Tipp, hab' jetzt die richtige Lösung!
Ich glaube, du machst es dir etwas zu kompliziert mit deinem phi...
Ich bin jetzt genauso vorgegangen wie du und komme dann auf
1=z'-(2/x)*z.
Da es sich hier um eine DGL erster Ordnung handelt, habe ich zunächst die allgemeine Lösung der homogenen DGL z'-(2/x)*z=0 durch Trennung der Veränderlichenberechnet und erhalte (ganz stur nach VL) [mm] z(x)=c*x^2.
[/mm]
Nun habe ich die partikuläre Lösung der DGL durch Variation der Konstanten berechnet: [mm] z(x)=c(x)*x^2
[/mm]
[mm] z'(x)=c'(x)*x^2+c(x)*2x
[/mm]
Es muss also gelten: [mm] c'(x)*x^2+c(x)*2x-(2/x)*c(x)*x^2=1
[/mm]
Nach einigen Umformungen erhält man c(x)= [mm] Integral(1/(x^2) [/mm] ), also
c(x)=-x.
Dann addiert man die homogene und die partikuläre Lösung und erhält:
[mm] z(x)=c*(x^2)-x
[/mm]
Nach der Rücksubstitution bekommt man das Endergebnis y(x)=-1/x +x.
Ich hoffe, man konnte den Rechenweg nachvollziehen... LG, Steffi
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