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Forum "Gewöhnliche Differentialgleichungen" - Trennung der Veränderlichen
Trennung der Veränderlichen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Trennung der Veränderlichen: Ansatz
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 09:17 Di 10.01.2017
Autor: Tea

Aufgabe
Begründen Sie, warum genau 3 der folgenden Differentialgleichungen mit Trennung der Veränderlichen lösbar sind und lösen Sie diese. Begründen Sie auch, warum die 3 restlichen Gleichungen nicht mit Trennung der Veränderlichen lösbar sind. Diese müssen nicht gelöst werden.

a) [mm] \partial_{t}y+\partial_{x}y=0, \quad y(0,x)=\cos(x) [/mm]
b) [mm] y'=2x\;exp(x^{2}+y), \quad y(0) = -ln(2) [/mm] und [mm] x\ge 0 [/mm]
c) [mm] y''+y'=y, \quad y(0)=1 [/mm]
d) [mm] y'=Y^{2}(3x^{2}+4x+5), \quad y(0)=-1 [/mm]
e) [mm] y^{2}y'+y^{3}=1, \quad y(0)=2 [/mm] und [mm] x\ge0 [/mm]
f) [mm] (y')^{2}=xy+1, \quad y(0)=2 [/mm]

Hinweis: Die Definitionsbereiche der Lösungen sind nicht gefordert.

Hallo zusammen,

hat jemand Zeit und Lust, meinen Ansatz zur obigen Hausaufgabe zu beurteilen? :)

Trifft es zu, dass a) (partielle DGL mit x,y,t), c) (DGL 2. Ordnung) und f) (Veränderliche nicht trennbar, reicht das als Begründung?) nicht mit Trennung der Variablen lösbar sind?

Zu e):

[mm]y^{2}y'+y^{3}=1[/mm]
[mm]y'=\frac{1-y{^3}}{y^{2}}[/mm]
[mm]\frac{dy}{dx}=\frac{1-y{^3}}{y^{2}}[/mm]
[mm]\integral{\frac{y^{2}}{1-y{^3}}dy}=\integral dx[/mm]
[mm]-\frac{ln\left(\left|y^{3}-1\right|\right)}{3}=x+c[/mm]
[mm]ln\left(\left|y^{3}-1\right|\right)}=-3x-3c[/mm]
[mm]y=\wurzel[3]{e^{-3x-3c}+1}[/mm]

Stimmt das soweit?
Wie komme ich jetzt unter Beachtung der Anfangsbedingung [mm]y(0)=2[/mm] an [mm]c[/mm]?

        
Bezug
Trennung der Veränderlichen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:22 Di 10.01.2017
Autor: Diophant

Hallo,

> Begründen Sie, warum genau 3 der folgenden
> Differentialgleichungen mit Trennung der Veränderlichen
> lösbar sind und lösen Sie diese. Begründen Sie auch,
> warum die 3 restlichen Gleichungen nicht mit Trennung der
> Veränderlichen lösbar sind. Diese müssen nicht gelöst
> werden.

>

> a) [mm]\partial_{t}y+\partial_{x}y=0, \quad y(0,x)=\cos(x)[/mm]
> b)
> [mm]y'=2x\;exp(x^{2}+y), \quad y(0) = -ln(2)[/mm] und [mm]x\ge 0[/mm]
> c)
> [mm]y''+y'=y, \quad y(0)=1[/mm]
> d) [mm]y'=Y^{2}(3x^{2}+4x+5), \quad y(0)=-1[/mm]

>

> e) [mm]y^{2}y'+y^{3}=1, \quad y(0)=2[/mm] und [mm]x\ge0[/mm]
> f) [mm](y')^{2}=xy+1, \quad y(0)=2[/mm]

>

> Hinweis: Die Definitionsbereiche der Lösungen sind nicht
> gefordert.
> Hallo zusammen,

>

> hat jemand Zeit und Lust, meinen Ansatz zur obigen
> Hausaufgabe zu beurteilen? :)

>

> Trifft es zu, dass a) (partielle DGL mit x,y,t), c) (DGL 2.
> Ordnung) und f) (Veränderliche nicht trennbar, reicht das
> als Begründung?) nicht mit Trennung der Variablen lösbar
> sind?

Ja, das ist korrekt.

>

> Zu e):

>

> [mm]y^{2}y'+y^{3}=1[/mm]
> [mm]y'=\frac{1-y{^3}}{y^{2}}[/mm]
> [mm]\frac{dy}{dx}=\frac{1-y{^3}}{y^{2}}[/mm]
> [mm]\integral{\frac{y^{2}}{1-y{^3}}dy}=\integral dx[/mm]

>

> [mm]-\frac{ln\left(\left|y^{3}-1\right|\right)}{3}=x+c[/mm]
> [mm]ln\left(\left|y^{3}-1\right|\right)}=-3x-3c[/mm]
> [mm]y=\wurzel[3]{e^{-3x-3c}+1}[/mm]

>

> Stimmt das soweit?

Auch hier sehe ich keinen Fehler. Man kann nach der Multiplikation mit -3 noch eine neue Konstante erhalten, etwa durch

C=-3c

Aber das ändert nicht wirklich etwas, es sieht schöner aus und ist zum Rechnen einfacher.

> Wie komme ich jetzt unter Beachtung der Anfangsbedingung
> [mm]y(0)=2[/mm] an [mm]c[/mm]?

Das Wertepaar (0;2) in die erhaltene Funktionsgleichung einsetzen und dann nach der Integrationskonstante auflösen.


Gruß, Diophant

Bezug
                
Bezug
Trennung der Veränderlichen: Anmerkung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 11:21 Di 10.01.2017
Autor: Tea

Hallo Diophant,

vielen Dank für deine Hilfe.

Ich werde mich dann mal dem [mm]C[/mm] widmen.

Gruß
Tea

Bezug
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