DGL, nicht nach y' aufgelöst < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Lösen Sie die folgende Differentialgleichung. Geben Sie das maximale Lösungsintervall an und diskutieren Sie auch die Eindeutigkeit der Lösung.
[mm] x(y^2-1) [/mm] + [mm] y(x^2-1)y' [/mm] = 0 |
Hallo,
ich habe Probleme mit der obigen Differentialgleichung.
Um nach y' aufzulösen und durch Trennung der Variablen lösen zu können, muss ich durch [mm] x^2-1 [/mm] und durch [mm] y^2-1 [/mm] teilen ...
wenn ich das mache (und damit also x, y [mm] \not\in\{-1,1\} [/mm] annehme), dann komme ich auf die beiden Lösungen
y = [mm] \pm\wurzel{\bruch{1}{x^2-1}+1},
[/mm]
jedenfalls falls [mm] x^2>1. [/mm] Außerdem wird die DGL offenbar für [mm] x\in\{-1,1\} [/mm] jeweils genau durch [mm] y\in\{-1,1\} [/mm] erfüllt.
Aber: ist dieses Vorgehen überhaupt zulässig? Ich musste ja nicht nur durch [mm] x^2-1 [/mm] teilen (da ich x=1 und x=-1 später getrennt betrachtet habe, könnte das ja sogar noch klappen), sondern auch durch [mm] y^2-1 [/mm] und habe damit vorausgesetzt, dass die Lösung der DGL nicht die Werte -1 und 1 annimmt.
Über Tipps, wie diese Gleichung korrekt zu lösen ist, wäre ich euch dankbar.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:49 Di 11.09.2007 | | Autor: | holwo |
guck dir die dgl noch mal an.. es is eine exakte dgl
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Die Aufgabe kommt aus dem ersten Übungsblatt einer Ana3-Vorlesung. Das Skript behandelt nur die Grundlagen von DGL (Trennung der Variablen, Variation der Konstanten, homogene DGL, Bernoulli-DGL, einige Existenz- und Eindeutigkeitssätze (Picard), dann Systeme von linearen DGL).
Insbesondere exakte DGL werden nicht behandelt und das Übungsblatt war fünf Tage nach Vorlesungsbeginn fällig. Ich war deshalb davon ausgegangen, dass man auch mit einem "naiven" Lösungsansatz zum Ziel kommt ...?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:21 Di 11.09.2007 | | Autor: | holwo |
ich hab zuerst exakte DGL gelernt und dann trennbare 
nagut, um die DGL auf eine form zu bringen, wo du siehst dass sie trennbar ist, musst du nicht durch [mm] x^2-1 [/mm] und [mm] y^2-1 [/mm] teilen, sondern erstmal [mm] x(y^2-1) [/mm] substrahieren und dann durch [mm] y(x^2-1) [/mm] teilen,wie bei einer "normalen gleichung". dann erhälst du
[mm]y'=\bruch{-x(y^2-1)}{y(x^2-1)}[/mm] was trennbar ist mit [mm] f(x)=\bruch{-x}{x^2-1} [/mm] und [mm] g(y)=\bruch{y^2-1}{y}
[/mm]
Danach machst du mit der trennbaren DGL weiter
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Erst einmal danke für die schnellen Antworten :)
Zwei Fragen:
-- Okay, du möchtest zunächst y' isoliert auf einer Seite stehen haben und den Rest auf der anderen Seite (ich hatte y' und alle Terme mit y nach links gebracht, deshalb musste ich durch [mm] y^2-1 [/mm] teilen). Trotzdem schließt du doch durch das Teilen (durch y) aus, dass die Lösungsfunktion einen bestimmten Wert annimmt, nämlich in deinem Fall y=0?
-- Für Separation der Variablen bei DGL der Form y'=f(x)g(y) ist laut dem mir vorliegenden Satz Voraussetzung, dass g(y) nicht den Wert Null annimmt. (Klar, man bringt es ja dann nach links, bringt das dx nach rechts und integriert ...) Die von dir angegebene Funktion g(y) wird aber an den Stellen -1 und 1 Null.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:54 Di 11.09.2007 | | Autor: | holwo |
hallo,
hmm ich denke, deswegen wird nach "maximalem lösungsintervall" gefragt.. dass das damit zusammenhängt
aber ich weiss nicht wie man hier argumentiert hoff dir kann jemand helfen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:06 Di 11.09.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
Wie du auf deine Lösung kommst seh ich nicht, einsetzen in die Dgl gibt bei mir nicht 0
2. bevor man dividiert, kann man x=1 untersuchen. für x=1 irgendwo, bleibt nur die Lösung y=1
damit hast du ne cLösung für den Anfangswert f(1)=1 andere Anfangswerte kann man für x=1 nicht vorgeben.
2. y=const. folgt auch wegen y'=0 y=1
danach untersuchst du die restlichen Lösungen.
aber überprüf deine Lösungen nochmal.
Gruss leduart.
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Hallo,
ich komme auf meine Lösung, indem ich annehme, dass ich trotz des erwähnten Problems mit g(y) die Separation der Variablen durchführen dürfte:
[mm] x(y^2-1) [/mm] + [mm] y(x^2-1)y' [/mm] = 0
[mm] \Rightarrow \bruch{y}{y^2-1}dy [/mm] = [mm] -\bruch{x}{x^2-1}dx
[/mm]
[mm] \Rightarrow \bruch{1}{2}log(y^2-1) [/mm] = [mm] \integral\bruch{y}{y^2-1}dy [/mm] = [mm] -\integral\bruch{x}{x^2-1}dx [/mm] = [mm] -\bruch{1}{2}log(x^2-1)
[/mm]
[mm] \Rightarrow y^2 [/mm] - 1 = [mm] \bruch{1}{x^2-1}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] y = [mm] \pm\sqrt{\bruch{1}{x^2-1}+1}
[/mm]
Laut Maple ist das auch eine Lösung:
Y := [mm] x->sqrt(1/(x^2-1)+1);
[/mm]
y := unapply(diff(Y(x),x),x);
[mm] x*(Y(x)^2-1)+Y(x)*(x^2-1)*y(x);
[/mm]
Die dritte Zeile liefert 0 als Ergebnis.
Genaugenommen (d.h. wenn ich in der dritten Zeile noch ein "+c" spendiere), sind sogar alle Funktionen der Form
y = [mm] \pm\sqrt{\bruch{exp(c)}{x^2-1}+1}
[/mm]
für c [mm] \in \IR [/mm] Lösung ...
Jetzt habe ich mir überlegt, ob man diese Lösungen noch für [mm] x^2<=1 [/mm] fortsetzen kann. Infrage kommen nur y = 1 oder y = -1 als (konstante) Fortsetzungen, weil nur diese beiden Werte in der bisherigen Rechnung ausgeschlossen wurden (wegen des Teilens durch [mm] y^2-1). [/mm] Da die Lösung der DGL differenzierbar sein muss, und der Wurzelterm für [mm] x\to [/mm] 1 bzw. [mm] x\to [/mm] -1 jeweils gegen unendlich geht, ist aber eine Fortsetzung schon für [mm] x\in\{-1,1\} [/mm] nicht möglich.
Ich würde die Aufgabe also wie folgt beantworten:
-- Für den Anfangswert [mm] y(x_0) [/mm] = 1 (oder = -1) sind die konstanten Funktionen y=1 bzw. y=-1 auf ganz [mm] \IR [/mm] Lösungen der DGL.
-- Für [mm] x_0^2 [/mm] > 1 und [mm] y(x_0) \not\in \{-1,1\} [/mm] findet man ein [mm] c\in\IR [/mm] und ein [mm] z\in\{-1,1\}, [/mm] sodass y = [mm] z*\sqrt{\bruch{exp(c)}{x^2-1}+1} [/mm] eine auf [mm] \IR \backslash [/mm] [-1,1] definierte Lösung der DGL ist.
-- Weitere Lösungen gibt es nicht.
Stimmt das so weit?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:04 Di 11.09.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
Deine lösg war richtig, ich hatte nen Fehler gemaxht.
Aber da muss C stehen ,nicht [mm] e^c [/mm] d.h. C kann auch negativ sein.
siehe [mm] ((x^2-1)*(y^2-1))=C [/mm] C beliebig, ergibt die Dgl.
du hast also Lösungen die überall definiert sind ausser für x=1 .
für x=1 gibts nur die Lösung y=1 also f(1)=1 ist der einzig mögliche Anfangswert bei 1.
Anfangswerte [mm] f(x_0)=0 [/mm] sind da nicht differenzierbar.
aber ausser für [mm] x=\pm1 [/mm] existieren überall Lösungen.
mal einfach mal ein paar der Lösungskurven für verschiedene C auf. alle haben y=1 als Assymptote.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:11 Di 11.09.2007 | | Autor: | lalantila |
Vielen Dank!
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