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Beitrag |
    
Mompti
| | Veröffentlicht am Freitag, den 08. Februar, 2002 - 03:05: | 
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Hallo, weiß jemand, was für einen Ansatz die Lösung dieser Dgl. erfordert?
y'' + 2yy' + 2/x³ = 0 |
H.R.Moser,megamath
| | Veröffentlicht am Freitag, den 08. Februar, 2002 - 08:00: |
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Hi Mompti.,
Du kannst jeden Summand einzeln integrieren, und Du kommst dadurch
auf eine DGL. erster Ordnung.
Jetzt erst zeigt die DGL. ihr wahres Gesicht.
Die allgemeine Lösung liegt meiner Meinung nach nicht auf der Hand.
Ich wende mich andern Dingen zu !
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath |
Mompti
| | Veröffentlicht am Samstag, den 09. Februar, 2002 - 13:49: |
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Hallo, H.R.Moser,megamath,
Danke für den Vorschlag, jeden Summanden einzeln zu integrieren.
Ich wusste nicht, dass man das machen kann.
y'' + 2yy' + 2/x³ = 0
2yy' = (y²)'
2/x³ = (-1/x²)'
=>
y' + y² - 1/x² = 0
da es ja kein Schema gibt, habe ich die Lösung durch herumprobieren gefunden.
Zuerst dachte ich daran, dass man die Dgl. so umformen kann:
y' = (1/x -y)(1/x +y)
aber dann wusste ich nicht weiter. Sieht aber irgendwie schön symmetrisch aus, nicht?
Dann ist mir zufällig aufgefallen, dass der Nenner bei allen gleich x² wird, wenn y von der Form a/x ist, deshalb der Ansatz, der auch zum Ziel geführt hat:
y = a/x , also y'=-a/x² , beides in DGL y' + y² - 1/x² = 0 einsetzen:
-a/x² +a²/x² -1/x² = 0 |*x² => a²-a-1 = 0 => a=(1+Wurzel(5))/2 oder a=b=(1-Wurzel(5))/2
In der Theorie steht:
Die vorliegende Gleichung ist eine Riccatische Differentialgleichung, die lösbar ist,
wenn man eine Teillösung z(x) kennt.
Dann führt der Ansatz y(x) = z(x) + 1/u(x) auf eine neue DGL. für u(x).
(Mir ist nur nicht klar, warum das so geht)
Also hier: z(x) = a/x (oder z(x)= b/x)
und damit y(x) = a/x + 1/u(x)
y'(x) = -a/x² -u'/u² , beides in DGL y' + y² - 1/x² = 0 einsetzen:
-a/x² -u'/u² + a²/x² + 2a/(xu) + 1/u² -1/x² = 0 |*u²
-u' +(-au² +a²u² +2aux -u²)/x² + 1 = 0
-u' + ( (a²-a-1)u² + 2aux)/x² +1 = 0 , es galt: a²-a-1 = 0, also auch:
-u' + 2au/x + 1 = 0 oder
2au/x + 1 = du/dx
zunächst Lösung der homogenen separablen Gleichung 2au/x = du/dx:
2adx/x = du/u
2a ln|x| +â = ln|u|
u = c*x2a mit c=exp(â)
Lös. der inhomogenen Gleichung durch Variation der Konstanten:
u(x) =c(x) * x2a
u'(x) = c'(x) * x2a + c(x) * 2ax2a-1 , beides in 2au/x + 1 = du/dx eingesetzt:
2a c(x) * x2a-1 + 1 = c'(x) * x2a + c(x) * 2ax2a-1
1 = c'(x) * x2a
dc/dx = x-2a
c(x) = x-2a+1/(-2a+1) + c (neues c, da das alte nicht mehr gebraucht wird)
=>
u(x) = ( x-2a+1/(-2a+1) + c) * x2a
u(x) = x/(1-2a) + c* x2a
resubst:
y(x) = a/x + 1/u(x)
y(x) = a/x + 1/(x/(1-2a) + c* x2a)
da es 2 Möglichkeiten für a gab, gibt es 2 Möglichkeiten für die Lösung:
a=(1+Wurzel(5))/2
y1(x) = a/x + 1/(x/(1-2a) + c* x2a)
y1(x) = (1+Wurzel(5))/(2x) + 1/(-x/wurzel(5) + c* x1+wurzel(5))
a=b=(1-Wurzel(5))/2
y2(x) = (1-Wurzel(5))/(2x) + 1/(x/(Wurzel(5)) + c* x1-Wurzel(5))
Jetzt bin ich mir nur nicht sicher, ob das die vollständige Lösung sein kann, denn eigentlich müsste man doch bei einer DGl. zweiter Ordnung auch zwei Integrationskonstanten erhalten, oder nicht?
Irgendwie sind ja zwei da: das a und das b, aber wenn man beide Lösungen addiert, erhält man keine Lösung der Gleichung y'' + 2yy' + 2/x³ = 0. |
H.R.Moser,megamath
| | Veröffentlicht am Samstag, den 09. Februar, 2002 - 19:12: |
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Hi mompti,
Deine Ausführungen habe ich studiert.
Meine Anerkennung für Deine Bemühungen !
Es haben sich jedoch einige Denkfehler eingeschlichen.
Im Resultat der direkten Integration ,welche eine
DGl.1.Ordnung, im vorliegenden Fall eine Riccatische Dgl.
der Form
y’(x) + P(x) * y + Q(x)* y^2 + R(x) = 0
liefert,
ist ein vierter Summand einzusetzen, nämlich
eine Integrationskonstante C1, nach der Du so krampfhaft gesucht hast.
Es gilt somit: P(x) = 0 , Q(x) = 1 , R(x) = - 1/x^2 + C1 .
Löst man von hier aus diese Dgl. erster Ordnung,
kommt man, so wie ich die Sache einschätze, auf Besselfunktionen.
Die beiden von Dir angegebenen Lösungen mit den aus der Theorie
des goldenen Schnitts bekannten Termen a und b sind wohl partikuläre
Lösungen für c = 0, geben aber den Weg nicht frei zur allgemeinen Lösung.
Die Theorie besagt:
Ein Riccatische Dgl. lässt sich im allgemeinen nicht auf Quadraturen
zurückführen.
Kennt man jedoch eine spezielle Lösung, etwa y1(x), kann die Riccatische
Gleichung auf eine lineare zurückgeführt werden.
An Stelle von y führen wir die neue abhängige Variable u ein durch die
Beziehung:
y = y1 + u.
Setz man dies in die Dgl. ein und beachtet, dass y1 eine Lösung ist, so kommt:
u ‘ – [P(x) + 2*Q(x) * y1] * u - Q(x) = 0
Die allgemeine Lösung dieser Gleichung hat die Gestalt
u = C * f(x) + g(x), C ist eine Integrationskonstante
(schon die zweite und damit die letzte,die Du suchst)
Setz man dies oben ein, so erhält die allg, Lösung der Riccatischen Dgl,
die Form:
y = [C*f1(x) + g1(x) ] / [C*f2(x) + g2(x) ] .
Berichte, wenn Du die Aufgabe gelöst hast.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath |
Mompti
| | Veröffentlicht am Samstag, den 09. Februar, 2002 - 23:22: |
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Hallo, vielen Dank erstmal.
Noch bin ich leider nicht weitergekommen, weil ich die Theorie nicht nachvollziehen kann, es kommt nicht das heraus, was herauskommen soll.
Ich gehe den Weg nochmal durch, so wie ich es verstehe.
Am Anfang steht
y’(x) + P(x) * y + Q(x)* y^2 + R(x) = 0
y1(x) sei eine spezielle Lösung, es werde substituiert: y = y1 + u
Setzt man dies in die Dgl. ein:
y1'+u' + P(x)*y1+P(x)*u + Q(x)*y1² + 2Q(x)*y1*u + Q(x)*u² + R(x) = 0
... und beachtet, dass y1 eine Lösung ist, also:
y1' + P(x)*y1 + Q(x)*y1² + R(x) = 0
Jetzt denke ich, dass ich diese von der darüberstehenden Gleichung subtrahieren könnte, aber dann bleibt:
u' + P(x)*u + 2Q(x)*y1*u + Q(x)*u² = 0
es sollte herauskommen:
u' - [P(x) + 2*Q(x) * y1] * u - Q(x) = 0
wie bringe ich das u² zum Verschwinden und wie mache ich das + zum - ? |
H.R.Moser,megamath
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 10. Februar, 2002 - 09:44: |
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Hi Mompti,
Ich habe vor längerer Zeit (genau am 3.5.2001) schon einmal eine Frage
zur Riccatischen Dgl beantwortet.
Du findest den Beitrag im Archiv unter dem Stichwort
„Iacopo“, einem der Vornamen des Grafen Riccati.
Deine neueste Frage beantworte ich ,indem ich die Berechnung in extenso
vorführe; sie geht so:
Aus dem Ansatz y(x) = y1(x) + 1/u(x) folgt durch ableiten:
y´(x) = y1´(x) – [1 / u^2 ] * u´(x)……………………………………(1)
Leider hat sich beim Ansatz in der letzten Arbeit ein Druckfehler
eingeschlichen ;
es muss richtig y = y1 + 1 / u heissen , statt y = y1 + u !
Da y1 eine Lösung der Dgl. ist, gilt:
y1´(x) + P(x) * y1 + Q(x)* y1^2 + R(x) = 0……………………… (2)
Setzt man (1) und den Ansatz in die Dgl. ein, so kommt:
y1´-1/u^2 u´+ P y1 + P 1/u + Q y1^2 + 2 Q y1 1/u + Q /u^2 + R = 0
Wegen (2) heben sich der erste, der dritte, der fünfte und der achte
Summand weg ;
es bleibt,nach Multiplikation mit - u^2 , die von mir genannte Gleichung
u ‘ – [P(x) + 2*Q(x) * y1] * u - Q(x) = 0
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übrig
MfG
H.R.Moser,megamath |
Mompti
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 10. Februar, 2002 - 23:51: |
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Hallo megamath,
ich habe ja vorher selbst den
Ansatz y(x) = z(x) + 1/u(x) benutzt. Ich kann mir auch nicht erklären, warum ich das nicht gemerkt habe, dass das y = y1 + u ein Versehen war.
Wegen der zusätzlichen Integrationskonstante bin ich einer Teillösung y1 aber auch noch nicht nähergekommen und wende mich (vorerst!) auch ;-)
andern Dingen zu.
Mit freundlichen Grüßen
Mompti |
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