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Beitrag |
    
Timm
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 03. Oktober, 2000 - 01:47: | 
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Hy Jungs und Mädels brauche die Lösung für diese 2 DGLs !!
Danke :-))
1) y^2 - 2xyy' - x^2 = 0
2) y'' - 3y' + 2y = e^2x mit y(0)=0 und y'(0)=0 |
Fern
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 03. Oktober, 2000 - 11:01: |
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Hallo Timm,
2. Aufgabe:
y"-3y'+2y=e2x
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Wir lösen zuerst die homogene Gleichung
y"-3y'+2y=0
Charakteristische Gleichung lautet:
r²-3r+2=0
mit den Lösungen: r1=2 und r2=1
Allgemeine Lösung der homogenen Gleichung also:
yh=C1*er1x+C2*er2x
yh=C1*e2x+C2*ex
===================
Jetzt mit dem Störglied e2x
Ansatz: yp=A*x*e2x
y'p=Ae2x+2Axe2x
y"p=4Ae2x+4Axe2x
=====================
Dies setzen wir nun in die ursprüngliche Gleichung ein:
4Ae2x+4Axe2x-3Ae2x-6Axe2x+2Axe2x = e2x
Ae2x = e2x
A=1
Die partikulare Lösung ist also:
yp = x*e2x
====================
Allgemeine Lösung ist yh+yp:
y = C1e2x+C2ex+xe2x
=====================
Nun die Randbedingungen: y(0)=0 und y'(0)=0:
y'(x)=2C1e2x+C2ex+e2x+2xe2x
y(0)=C1+C2=0
y'(0)=2C1+C2+1=0
ergibt: C1=-1 und C2=1
Die Lösung der DGL lautet also:
y = -e2x+ex+xe2x
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Fern
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 03. Oktober, 2000 - 13:06: |
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Hallo Timm,
Nun auch noch die 1.Aufgabe:
y²-2xyy'-x²=0
===============
Wir formen um:
y²-2xy(dy/dx)-x²=0
(y²-x²)dx-2xydy=0
=================
Diese Gleichung hat die Form:
M(x,y)dx + N(x,y)dy =0
Wir prüfen auf Exaktheit:
¶M/¶y = 2y
¶N/¶x = -2y
Die beiden Ableitungen sind nicht gleich: nicht exakt!
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Wir suchen einen integrierenden Faktor:
Falls: 1/N*(My-Nx) = h(x) also eine Funktion von x allein ist, dann ist eò h(x)dx ein integrierender Faktor.
In unserem Fall:
[1/(-2xy)](2y+2y)=-2/x = h(x)
e-2ln(x)= 1/x² unser gesuchter Faktor
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Wir multiplizieren also die DGL mit 1/x²:
(y²-x²)/x²*dx-2y/x*dy = 0
Dies ist nun (wie man leicht überprüft) eine exakte DGL.
Lösung ist f(x,y) = C
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f(x,y)=ò M(x,y)*dx =ò (y²/x²-1)dx=-y²/x-x + g(y)
mit der "Konstanten" g(y)
anderseits:
f(x,y)=ò N(x,y)*dy =ò (-2y/x)*dy=-y²/x + k(x)
gleichsetzen:
-y²/x-x+g(y) = -y²/x + k(x)
-x+g(y)=k(x)
Koeffizientenvergleich: k(x)=x und g(y)=0
f(x,y)=-y²/x-x = C dies ist schon die allgemeine Lösung unserer DGL.
Wir können y noch explizit ausdrücken:
y²=-Cx-x²
Wir schreiben statt -C nun C:
y = ±Wurzel(Cx-x²)
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H.R.Moser,megamath.
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 03. Oktober, 2000 - 14:45: |
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Hi Timm,
ich möchte noch eine andere Lösungsmöglichkeit Deiner
ersten Aufgabe vorführen
Du bist am besten bedient, wenn Du Dir beide Varianten
aneignest
Teil A
Wie man auf den n-ten Blick (n > 2) erkennt , liegt mit Deiner
ersten Aufgabe die Differentialgleichung einer einparametrigen
Kreisschar vor; gemeint sind die Kreise, welche die y-Achse im
Nullpunkt berühren.
Die Gleichung dieser Schar lautet (x - p) ^ 2 + y ^ 2 = p ^ 2
mit p als Parameter.
Um dies nachzuweisen, leiten wir diese Gleichung nach x ab
und erhalten 2* ( x - p ) ^ 2 + 2 * y * y' = 0 .
Eliminiert man p aus den beiden Gleichunken , indem man
p = x + y * y' in die erste Gleichung einsetzt, so erhält man nach kurzer Rechnung die von Dir vorgelegte Differentialgleichung ,
die wir unter Teil B direkt auflösen werden.
Teil B
Wir schreiben Die Dgl. in der Form
( y / x ) ^ 2 - 2 * ( y / x ) * y' - 1 = 0 und substituieren
y / x = u ; aus y = u * x folgt:
y' = u ' * x + u; dies eingesetzt ergibt
u ^ 2 - 2 u * u' * x - 2 * u ^ 2 - 1 = 0
Bei dieser DGl. für u lassen sich die Variablen x und u trennen :
dx / x = - 2 * u / ( u ^ 2 + 1) * du
Die Integration ergibt
ln x = ln [ c / (u ^ 2 + 1 ) ,mit c als Integrationskonstante.
Daraus entsteht:
x = c / (u ^2 + 1 ).
Macht man die Substitution rückgängig, so erhält man :
x ^ 2 = c* x / ( x ^ 2 + y ^ 2 )
Jetzt ist eine subtile Betrachtung nötig
1.Fall :
x = 0 ist eine singuläre Lösung der aus Deiner Gleichung
hervorgehenden DGl.
( y ^ 2 - x ^ 2 ) / y' - 2 * x * y = 0, denn für die y-Achse x = o
gilt 1 / y' = 0 und die umgeformte Gleichung ist erfüllt.
2.Fall:
x ist nicht identisch null.
Wir bekommen durch Division mit x die allgemeine Lösung Deiner Dgl.:
als Relation. x ^ 2 + y ^ 2 - c * x = 0.
Auflösung nach y ergibt zwei Funktionen y1(x), y2(x) :
y1 = wurzel [c * x - x ^ 2 ] und y2 = - wurzel [ c* x - x ^ 2]
Setzt man noch für c / 2 die Konstante p, so erhält man die in Teil A
erwähnte Gleichung der Kreisschar.
Anmerkung
Die oben erwähnte singuläre Lösung , eben die y-Achse ,
ist die sogenannte Enveloppe (Einhüllende) der Kreisschar.
Es ist durchaus Usus, dass die Enveloppe der Schar der Lösungen
als eine sogenannte singuläre Lösung der DGl. auftritt.
Mit freundlichen Grüssen
H.R.Moser,megamath. |
B.Bernd
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 04. Oktober, 2000 - 03:20: |
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Jetzt komme ich einfach nicht dran vorbei, auch noch einen Lösungsweg mit der liebgewonnenen Methode der Variation der Konstanten zu zeigen, die durch stures Befolgen eines festgelegten Ablaufes wie bei Fern zum Ziel führt.
DGl: y2 - 2xyy' - x2 = 0
man weiß: wenn ein Produkt aus 2y und y' gemeinsam in einer DGl vorkommt, dann kann das nach der Kettenregel als Ableitung von y2 gesehen werden:
d/dxy2 = 2*y*dy/dx
also ersetze 2yy' durch (y2)'
y2 - x(y2)' - x2 = 0
nun substituiere z(x) = y2(x), die neue DGl ist dann
z(x) - x z'(x) - x2 = 0 | + x2
z - x z' = x2 | : (-x) außer für x¹0, in dem Fall siehe unter "1.Fall" beim megamath.
z' - z/x = -x
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zunächst die Lösung der homogenen Gleichung (das z, was ab jetzt vorkommt, ist das für die homogene Gleichung)
dz/dx - z/x = 0
dz/dx = z/x
dz/z = dx/x
ln|z| = ln|x| + const.
z(x) = eln|x| * c (neue Konstante c)
z(x) = c*x
===================
wobei ab jetzt die Bezeichnung zh(x) = x für die eine Lösung x (ohne Konstante) der homogenen Gleichung gilt, zur Lösung der inhomogenen Gleichung nun der Ansatz mit der Variation der Konstanten:
z(x) = zh(x) * c(x), also hier z(x) = x*c(x)
z'(x) = 1*c(x) + x*c'(x)
einsetzen in inhomogene Gl. z' - z/x = -x
=> c(x)+xc'(x) - xc(x)/x = -x
die DGl vereinfacht sich (ist bei dieser Meth. immer so) zu einer, wo c(x) nur in der ersten Ableitung auftritt:
xc'(x) = -x => c'(x) = -1 => c(x) = -x+c (neue Belegung für Var. c)
in den Ansatz z(x) = zh(x) * c(x) eingesetzt ergibt sich so
z(x) = (-x+c)x = -x2 + cx
und das z in y2 resubstituiert
y = ±Ö(cx - x2) |
B.Bernd
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 04. Oktober, 2000 - 03:37: |
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Hallo Fern,
ich habe noch eine Frage zu deiner Lösung von 12:01 Uhr. Wie kommst du auf den Ansatz: yp=A*x*e2x? Gibt es ein allgemeines Verfahren, zu bestimmen, was man ansetzen kann?
Gruß
Bernd |
Fern
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 04. Oktober, 2000 - 10:01: |
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Hallo Bernd,
Wenn die Störfunktion eine Exponentialfunktion: A*ekx ist, so macht man den Ansatz: yp= C*ekx falls k nicht eine Wurzel der charakteristischen Gleichung (der homogenen DGL) ist.
Falls k eine solche Wurzel ist, so lautete der Ansatz: C*x*ekx
Falls k sogar eine Doppelwurzel ist: C*x²*ekx
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In unserem Fall hatte die charakteristische Gleichung die Lösungen: 1 und 2.
Und Störfunktion: e2x, also k=2
Daher der Ansatz: C*x*e2x
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Timm
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 04. Oktober, 2000 - 22:24: |
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Danke für die Hilfe, aber eine frage hätte ich da noch,sind dieses DGLs schwer oder leicht ???
Ich empfand sie als äußerst schwierig !!!
Greetz Timm !!! |
B.Bernd
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 08. Oktober, 2000 - 16:06: |
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Hallo Fern, vielen Dank für die kurzfristige (nicht mal 7 h) Antwort. Ich hätte bestimmt zwei, drei Stunden investieren müssen, bevor ich die Theorie dazu wiedergefunden hätte. Und du machst es mal eben so in 8-9 Zeilen. Toll.
nochmals vielen Dank
Gruß, Bernd
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Hallo Timm, ich würde es mal so sagen:
da die Lösung für (1) von drei Leuten auf verschiedenen Wegen gefunden wurde, kann die Aufgabe noch nicht so schwer gewesen sein.
Du musst aber erstmal deine Definition von leicht - schwer - äußerst schwierig geben.
Greetz back Bernd |
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