Differentialgleichungen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:38 Sa 04.02.2006 | | Autor: | kunzm |
Hallo mal wieder liebe mathechecker,
Die erste Aufgabe denke ich ist soweit ok, aber da ich das schon öfter gedacht habe bitte nochmal korrekturlesen. Bei der Zweiten bleibe ich mitten drin hängen. Ich denke der Ansatz ist irgendwie zu umständlich.
Also zuerst mal:
[mm] \textbf{A1 Variation der Konstanten}
[/mm]
Wir betrachten die DGL [mm] $y'(x)+g(x)y(x)+h(x)y^{\alpha}(x)=0,\,\,\alpha \not=1$.
[/mm]
a) Substituieren Sie [mm] $z=y^{1-\alpha}$ [/mm] und formulieren Sie eine DGL für z.
[mm] $y'+gy+hy^{\alpha}=0\,\,\,|\,(1-\alpha)y^{-\alpha}$
[/mm]
[mm] $(1-\alpha)y^{-\alpha}y'+g(1-\alpha)y^{1-\alpha}=-(1-\alpha)h$
[/mm]
Sei nun [mm] $z:=y^{1-\alpha}$, [/mm] dann ist [mm] $z'=(1-\alpha)y^{-\alpha}y'$, [/mm] also folgt
[mm] $z'+g(1-\alpha)z=-(1-\alpha)h$.
[/mm]
Dies ist eine DGL für z wie gewünscht.
b) Finden Sie auf diese Weise die Lösung der DGL [mm] $y'+\frac{y}{1+x}+(1+x)y^4=0$ [/mm] mit $y(0)=-1$.
Es gilt:
[mm] $y'+\frac{1}{1+x}y+(1+x)y^4=0\,\,\,|-3y^{-4}$
[/mm]
[mm] $-3y^{-4}y'+\frac{-3}{1+x}y^{-3}=3(1+x)$
[/mm]
Sei nun $z:= [mm] y^{-3}$. [/mm] Dann ist [mm] $z'=-3y^{-4}y'$ [/mm] und es folgt analog zu a):
[mm] $z'+\frac{-3}{1+x}z=3(1+x)$
[/mm]
Finden der homogenen Lösungen:
[mm] $z'(x)=\frac{3}{1+x}z(x)\,\,\,\Rightarrow\,\,\,\int\frac{1}{z(x)}\,dz(x)=\int\frac{3}{1+x}\,dx\,\,\,\Rightarrow\,\,\,\ln z(x)=3\ln [/mm] (1+x)+c$
[mm] $\Rightarrow\,\,\,z(x)=c\,(1+x)^3$
[/mm]
Finden einer speziellen Lösung:
[mm] $z(x)=c(x)\,(1+x)^3\,\,\,\Rightarrow\,\,\,z'(x)=c'(x)(1+x)^3+c(x)\,3(1+x)^2$
[/mm]
Einsetzen in den ursprünglichen Ausdruck liefert:
[mm] $c'(x)(1+x)^3+c(x)\,3(1+x)^2+\frac{-3}{1+x}\,c(x)\,(1+x)^3=3(1+x)$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$ $c'(x)=\frac{3}{(1+x)^2}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$ $c(x)=\frac{-3}{1+x}$,
[/mm]
also die spezielle Lösung
[mm] $z(x)=-3(1+x)^2$
[/mm]
Die allgemeine Lösung ergibt sich als Summe der homogenen und der speziellen zu:
[mm] $z(x)=c\,(1+x)^3-3(1+x)^2$
[/mm]
Rücknahme der Substitution und Auflösen nach $y$ ergibt schließlich:
[mm] $y(x)=\left(\sqrt[3]{c\,(1+x)^3-3(1+x)^2}\right)^{-1}$
[/mm]
Die Anfangsbedingung fordert zudem:
[mm] $c=(-1)^3+3$.
[/mm]
Das ist soweit ok hoffe ich. Die nächste Aufgabe ist so eine Sache:
[mm] \textbf{A2 Variation der Konstanten}
[/mm]
Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems
[mm] $y_1'=-y_2,\,\,\,\,y_2'=y_1+x$.
[/mm]
Es gilt ebenso [mm] $y_1=y_2'-x$ [/mm] also auch [mm] $y_1'=y_2''-1$. [/mm] Einsetzen in die erste DGL entkoppelt:
[mm] $y_2''+y_2=1$
[/mm]
Die homogenen Lösungen folgen direkt aus dem Exponentialansatz zu:
[mm] $y_2(x)=c_1\,e^{ix}+c_2\,e^{-ix}$
[/mm]
Sei zur bestimmung einer speziellen Lösung nun o.B.d.A. [mm] $c_2=0$. [/mm] Dann folgt:
[mm] $y_2(x)=c_1(x)\,e^{ix}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,y_2'(x)=c_1'(x)\,e^{ix}+i\,c_1(x)\,e^{ix}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow\,\,\,y_2''(x)=c_1''(x)\,e^{ix}+i\,c_1'(x)\,e^{ix}+i\,c_1'(x)\,e^{ix}-\,c_1(x)\,e^{ix}$
[/mm]
Einsetzen liefert:
[mm] $c_1''(x)\,e^{ix}+2i\,c_1'(x)\,e^{ix}=1$
[/mm]
....schon wieder eine DGL. Soll ich da jetzt einfach weitermachen, und diese auch lösen? Ich habe das auf diverse weisen versucht, bekomme aber neben transzendenten Ausdrücken nichts wirklich nützliches... Für einen kleinen Tipp wäre ich dankbar.
L.G.M.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:43 Sa 04.02.2006 | | Autor: | moudi |
> Hallo mal wieder liebe mathechecker,
Hallo Martin
>
> Die erste Aufgabe denke ich ist soweit ok, aber da ich das
> schon öfter gedacht habe bitte nochmal korrekturlesen. Bei
> der Zweiten bleibe ich mitten drin hängen. Ich denke der
> Ansatz ist irgendwie zu umständlich.
>
> Also zuerst mal:
>
> [mm]\textbf{A1 Variation der Konstanten}[/mm]
>
> Wir betrachten die DGL
> [mm]y'(x)+g(x)y(x)+h(x)y^{\alpha}(x)=0,\,\,\alpha \not=1[/mm].
>
> a) Substituieren Sie [mm]z=y^{1-\alpha}[/mm] und formulieren Sie
> eine DGL für z.
>
> [mm]y'+gy+hy^{\alpha}=0\,\,\,|\,(1-\alpha)y^{-\alpha}[/mm]
>
> [mm](1-\alpha)y^{-\alpha}y'+g(1-\alpha)y^{1-\alpha}=-(1-\alpha)h[/mm]
>
>
> Sei nun [mm]z:=y^{1-\alpha}[/mm], dann ist
> [mm]z'=(1-\alpha)y^{-\alpha}y'[/mm], also folgt
>
> [mm]z'+g(1-\alpha)z=-(1-\alpha)h[/mm].
>
> Dies ist eine DGL für z wie gewünscht.
>
> b) Finden Sie auf diese Weise die Lösung der DGL
> [mm]y'+\frac{y}{1+x}+(1+x)y^4=0[/mm] mit [mm]y(0)=-1[/mm].
>
> Es gilt:
>
> [mm]y'+\frac{1}{1+x}y+(1+x)y^4=0\,\,\,|-3y^{-4}[/mm]
>
> [mm]-3y^{-4}y'+\frac{-3}{1+x}y^{-3}=3(1+x)[/mm]
>
>
> Sei nun [mm]z:= y^{-3}[/mm]. Dann ist [mm]z'=-3y^{-4}y'[/mm] und es folgt
> analog zu a):
>
> [mm]z'+\frac{-3}{1+x}z=3(1+x)[/mm]
>
>
> Finden der homogenen Lösungen:
>
> [mm]z'(x)=\frac{3}{1+x}z(x)\,\,\,\Rightarrow\,\,\,\int\frac{1}{z(x)}\,dz(x)=\int\frac{3}{1+x}\,dx\,\,\,\Rightarrow\,\,\,\ln z(x)=3\ln (1+x)+c[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow\,\,\,z(x)=c\,(1+x)^3[/mm]
>
>
> Finden einer speziellen Lösung:
>
> [mm]z(x)=c(x)\,(1+x)^3\,\,\,\Rightarrow\,\,\,z'(x)=c'(x)(1+x)^3+c(x)\,3(1+x)^2[/mm]
>
> Einsetzen in den ursprünglichen Ausdruck liefert:
>
> [mm]c'(x)(1+x)^3+c(x)\,3(1+x)^2+\frac{-3}{1+x}\,c(x)\,(1+x)^3=3(1+x)[/mm]
>
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] [mm]c'(x)=\frac{3}{(1+x)^2}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] [mm]c(x)=\frac{-3}{1+x}[/mm],
>
> also die spezielle Lösung
>
> [mm]z(x)=-3(1+x)^2[/mm]
>
>
> Die allgemeine Lösung ergibt sich als Summe der homogenen
> und der speziellen zu:
>
> [mm]z(x)=c\,(1+x)^3-3(1+x)^2[/mm]
>
> Rücknahme der Substitution und Auflösen nach [mm]y[/mm] ergibt
> schließlich:
>
> [mm]y(x)=\left(\sqrt[3]{c\,(1+x)^3-3(1+x)^2}\right)^{-1}[/mm]
>
> Die Anfangsbedingung fordert zudem:
>
> [mm]c=(-1)^3+3[/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
>
> Das ist soweit ok hoffe ich. Die nächste Aufgabe ist so
> eine Sache:
>
>
> [mm]\textbf{A2 Variation der Konstanten}[/mm]
>
> Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des
> Differentialgleichungssystems
>
> [mm]y_1'=-y_2,\,\,\,\,y_2'=y_1+x[/mm].
>
> Es gilt ebenso [mm]y_1=y_2'-x[/mm] also auch [mm]y_1'=y_2''-1[/mm]. Einsetzen
> in die erste DGL entkoppelt:
>
> [mm]y_2''+y_2=1[/mm]
>
> Die homogenen Lösungen folgen direkt aus dem
> Exponentialansatz zu:
>
> [mm]y_2(x)=c_1\,e^{ix}+c_2\,e^{-ix}[/mm]
>
> Sei zur bestimmung einer speziellen Lösung nun o.B.d.A.
> [mm]c_2=0[/mm]. Dann folgt:
>
> [mm]y_2(x)=c_1(x)\,e^{ix}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,y_2'(x)=c_1'(x)\,e^{ix}+i\,c_1(x)\,e^{ix}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow\,\,\,y_2''(x)=c_1''(x)\,e^{ix}+i\,c_1'(x)\,e^{ix}+i\,c_1'(x)\,e^{ix}-\,c_1(x)\,e^{ix}[/mm]
>
> Einsetzen liefert:
>
> [mm]c_1''(x)\,e^{ix}+2i\,c_1'(x)\,e^{ix}=1[/mm]
Würde schon funktionieren. Aber es geht auch einfacher.
Die Inhomogenität ist ein Polynom (nämlich die Konstante 1). Für lineare DGL ist bekannt, dass eine spezielle Lösung in diesem Fall ebenfalls eine Polynomfunktion ist, und zwar vom gleichen Grad, da 0 keine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist.
Daher ist [mm] ${y_2}_p(x)$ [/mm] eine konstante Funktion, nämlich die Funktion [mm] ${y_2}_p(x)=1$
[/mm]
mfG Moudi
>
> ....schon wieder eine DGL. Soll ich da jetzt einfach
> weitermachen, und diese auch lösen? Ich habe das auf
> diverse weisen versucht, bekomme aber neben transzendenten
> Ausdrücken nichts wirklich nützliches... Für einen kleinen
> Tipp wäre ich dankbar.
>
>
> L.G.M.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:03 Sa 04.02.2006 | | Autor: | kunzm |
Hmm,
danke, wenn $ [mm] {y_2}_p(x)=1 [/mm] $ also eine partikuläre Lösung ist, wieso ist sie das. Das leuchtet mir noch nicht ganz ein.
L.G.M.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:28 Sa 04.02.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Martin
Lösungen bestätigt man immer durch einsetzen: y=1 y''=0: y''+y'=0+1=0
Der allgemeine Ansatz wäre y=A durch einsetzen y=1
entsprechen, wäre die inhomogenität ax+b, wieder Ansatz y=Ax+B , A und B durch Koeffizientenvergleich.
Es ist oft viel einfacher ne partikuläre lösung direkt zu sehen, als sie durch variation der Konstanten rauszukriegen:
Gruss leduart
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