AWP lösen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:23 Do 10.12.2009 | | Autor: | cmueller |
| Aufgabe | Lösen Sie das Anfangswertproblem
[mm] $y''(x)+y'(x)^{2}-(1+y(x))^{2}y'(x)=0$
[/mm]
mit $y(0)=0$, $y'(0)=1$
Hinweis: Unter der Annahme, dass y(x) invertierbar ist, stellen Sie zunächst eine Differentialgleichung für $p(y)=y'(x(y))$ auf. |
Hallo zusammen,
habe mich mit der obigen Aufgabe befasst und habe mir erstmal gedacht, nutze ich den Hinweis und schreib das mal um:
[mm] $p'(y)+p(y)^{2}-(1+y(x))^{2}p(y)=0$
[/mm]
$p(0)=0$
so dazu direkt die Frage, ob das stimmt, denn mich verunsichert, dass $p(y)=y'(x(y))$ ist nicht $p(y)=y'(x)$, weiß also nicht, ob dort direkt der Fehler ist.
Sollte ich richtig liegen mit der meiner Umformung, habe ich mir im folgenden gedacht, dass es sich um eine Bernoulli-DGL mit
[mm] \alpha=2 [/mm] handelt, diese umgeformt, zu
[mm] $p'p^{-2}-(1+y)^{2}p^{-1}+1=0$
[/mm]
sodass ich [mm] p^{-1}(y)=z(y) [/mm] substituieren kann.
dann habe ich also
[mm] $z'+(1+y)^{2}z=1$
[/mm]
und das würde ich normal lösen mit
[mm] z(y)=z_{h}+z_{p}
[/mm]
aber dazu noch eine Frage: stimmt es, dass z(0)=1 ?oder hab ich falsch gedacht/gerechnet?
Vielen Dank für jede Hilfe
lg cmueller
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Hallo cmueller,
> Lösen Sie das Anfangswertproblem
> [mm]y''(x)+y'(x)^{2}-(1+y(x))^{2}y'(x)=0[/mm]
> mit [mm]y(0)=0[/mm], [mm]y'(0)=1[/mm]
>
> Hinweis: Unter der Annahme, dass y(x) invertierbar ist,
> stellen Sie zunächst eine Differentialgleichung für
> [mm]p(y)=y'(x(y))[/mm] auf.
> Hallo zusammen,
> habe mich mit der obigen Aufgabe befasst und habe mir
> erstmal gedacht, nutze ich den Hinweis und schreib das mal
> um:
> [mm]p'(y)+p(y)^{2}-(1+y(x))^{2}p(y)=0[/mm]
> [mm]p(0)=0[/mm]
> so dazu direkt die Frage, ob das stimmt, denn mich
> verunsichert, dass [mm]p(y)=y'(x(y))[/mm] ist nicht [mm]p(y)=y'(x)[/mm],
> weiß also nicht, ob dort direkt der Fehler ist.
Es ist doch
[mm]p(y)=y'(x(y))[/mm]
Differenziert nach y ergibt das:
[mm]p'\left(y\right)=\bruch{dy'}{dx}*\bruch{dx}{dy}[/mm]
[mm]\Rightarrow y''=p'\left(y\right)*\bruch{1}{\bruch{dx}{dy}}[/mm]
Da [mm]\bruch{1}{\bruch{dx}{dy}}=\bruch{dy}{dx}=y'=p[/mm]
lautet dann die DGL:
[mm]p'*p+p^{2}-\left(1+y\right)^{2}*p=0[/mm]
Hieraus erkennst Du sofort, daß p=0 eine Lösung ist.
>
> Sollte ich richtig liegen mit der meiner Umformung, habe
> ich mir im folgenden gedacht, dass es sich um eine
> Bernoulli-DGL mit
> [mm]\alpha=2[/mm] handelt, diese umgeformt, zu
>
> [mm]p'p^{-2}-(1+y)^{2}p^{-1}+1=0[/mm]
>
> sodass ich [mm]p^{-1}(y)=z(y)[/mm] substituieren kann.
> dann habe ich also
> [mm]z'+(1+y)^{2}z=1[/mm]
> und das würde ich normal lösen mit
> [mm]z(y)=z_{h}+z_{p}[/mm]
> aber dazu noch eine Frage: stimmt es, dass z(0)=1 ?oder
> hab ich falsch gedacht/gerechnet?
>
> Vielen Dank für jede Hilfe
> lg cmueller
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:19 Do 10.12.2009 | | Autor: | cmueller |
okay schonmal vielen dank für diese erklärung, dann hab ich das ja richtig gedacht und jez verstehe ich auch, warum das so ist :)
ist denn der rest rchtig den ih mir überlegt habe? irgendwie bekomme ich komische sachen raus...
und ich habe dann sozusagen 2 substitutionen aber gut das is ja nicht so schlimm
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Hallo cmueller,
> okay schonmal vielen dank für diese erklärung, dann hab
> ich das ja richtig gedacht und jez verstehe ich auch, warum
> das so ist :)
>
> ist denn der rest rchtig den ih mir überlegt habe?
Es handelt sich hier nicht um eine Bernoullische DGL:
[mm]p'\cdot{}p+p^{2}-\left(1+y\right)^{2}\cdot{}p=0[/mm]
[mm]\gdw p*\left( \ p'+p-\left(1+y\right)^{2} \ \right)=0[/mm]
Daraus ergeben sich zwei Fälle:
i) p=0
ii) [mm]p'+p-\left(1+y\right)^{2}=0[/mm]
Die DGL im Fall ii) ist hier noch zu lösen.
> irgendwie bekomme ich komische sachen raus...
> und ich habe dann sozusagen 2 substitutionen aber gut das
> is ja nicht so schlimm
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:27 Fr 11.12.2009 | | Autor: | cmueller |
> Es handelt sich hier nicht um eine Bernoullische DGL:
>
> [mm]p'\cdot{}p+p^{2}-\left(1+y\right)^{2}\cdot{}p=0[/mm]
>
> [mm]\gdw p*\left( \ p'+p-\left(1+y\right)^{2} \ \right)=0[/mm]
>
achja, darauf hätte ich auch selbst kommen können^^ vielen dank.
> Daraus ergeben sich zwei Fälle:
>
> i) p=0
>
> ii) [mm]p'+p-\left(1+y\right)^{2}=0[/mm]
>
> Die DGL im Fall ii) ist hier noch zu lösen.
ich bin jetzt soweit, dass ich raushab
$p(y)= [mm] 3e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2$
[/mm]
kann das stimmen?
dann setze ich jetzt wieder ein, sodass
[mm] $y'(x(y))=3e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2$
[/mm]
und jez muss ich nochma integrieren, aber nur einmal oder?
sodass ich hab y(x)=... mich irritiert es so, dass da nochmal steht x(y).
und ich weiß leider auch nicht, wie ich auf y(x) komme
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Hallo cmueller,
> > Es handelt sich hier nicht um eine Bernoullische DGL:
> >
> > [mm]p'\cdot{}p+p^{2}-\left(1+y\right)^{2}\cdot{}p=0[/mm]
> >
> > [mm]\gdw p*\left( \ p'+p-\left(1+y\right)^{2} \ \right)=0[/mm]
> >
>
> achja, darauf hätte ich auch selbst kommen können^^
> vielen dank.
>
> > Daraus ergeben sich zwei Fälle:
> >
> > i) p=0
> >
> > ii) [mm]p'+p-\left(1+y\right)^{2}=0[/mm]
> >
> > Die DGL im Fall ii) ist hier noch zu lösen.
>
> ich bin jetzt soweit, dass ich raushab
> [mm]p(y)= 3e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2[/mm]
> kann das stimmen?
Es stimmt, daß die Lösung dieser DGL
[mm]p\left(y\right)=C*e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2=C*e^{-y}+y^{2}+1[/mm]
lautet.
Um das C zu bestimmen, verwende jetzt die Anfangsbedingung [mm]p\left(0\right)=1[/mm].
> dann setze ich jetzt wieder ein, sodass
> [mm]y'(x(y))=3e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2[/mm]
> und jez muss ich nochma integrieren, aber nur einmal
> oder?
> sodass ich hab y(x)=... mich irritiert es so, dass da
> nochmal steht x(y).
> und ich weiß leider auch nicht, wie ich auf y(x) komme
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:30 Sa 12.12.2009 | | Autor: | cmueller |
entschuldige, aber ich hab noch eine ganz blöde frage:
[mm]p(y)= 3e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2[/mm]
> > kann das stimmen?
>
>
> Es stimmt, daß die Lösung dieser DGL
>
> [mm]p\left(y\right)=C*e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2=C*e^{-y}+y^{2}+1[/mm]
>
> lautet.
ich krieg aber raus [mm]p\left(y\right)=C*e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2=C*e^{-y}+y^{2}-3[/mm]!!
weil soch -2(1+y)-2= -2-2y-2 ist und -4+1dann doch -3 is ?
dann kommich für p=0 auf c=3
und dann hab ich immernoch das problem, dass ich nochmal integrieren muss :/
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Hallo cmueller,
> entschuldige, aber ich hab noch eine ganz blöde frage:
>
> [mm]p(y)= 3e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2[/mm]
> > > kann das stimmen?
> >
> >
> > Es stimmt, daß die Lösung dieser DGL
> >
> >
> [mm]p\left(y\right)=C*e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2=C*e^{-y}+y^{2}+1[/mm]
> >
> > lautet.
>
> ich krieg aber raus
> [mm]p\left(y\right)=C*e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)-2=C*e^{-y}+y^{2}-3[/mm]!!
Hier muss es heissen:
[mm]p\left(y\right)=C*e^{-y}+(1+y)^{2}-2(1+y)\red{+}2[/mm]
> weil soch -2(1+y)-2= -2-2y-2 ist und -4+1dann doch -3 is
> ?
>
> dann kommich für p=0 auf c=3
Wieso p=0?
Es ist doch [mm]p\left(0)=1[/mm].
> und dann hab ich immernoch das problem, dass ich nochmal
> integrieren muss :/
[mm]y^{2}-3[/mm] löst nicht die inhomogene DGL
[mm]p'+p=\left(1+y\right)^{2}[/mm]
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:16 Sa 12.12.2009 | | Autor: | cmueller |
Alles klar, nachdem ich jetzt alles nochmals durchgerechnet habe, kommeich da auch drauf.
Liege ich richtig, wenn ich jetzt raushabe:
[mm] $p(y)=Ce^{y}+(1+y^{2})$ [/mm] p(0)=1
[mm] \Rightarrow $p(y)=1+y^{2}$
[/mm]
und ich habe ja $p(y)=y'(x(y)$
in der VL steht in einem Beispiel dazu: [mm] \bruch{dx}{dy}(y)=\bruch{1}{p(y)}
[/mm]
und deshalb [mm] x(y)=0+\integral_{0}^{y}{\bruch{1}{p(s)} ds}
[/mm]
und dass y(x) eine umkehrfunktion vom x(y) ist.
die beiden nullen habe ich schon eingesetzt weil ja y(0)=0
unddann kriege ich raus: [mm] x(y)=tan^{-1}(y)
[/mm]
ist dann einfach $y(x)=tan(x) $
oder wo ist mein fehler?
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Hallo cmueller,
> Alles klar, nachdem ich jetzt alles nochmals durchgerechnet
> habe, kommeich da auch drauf.
>
> Liege ich richtig, wenn ich jetzt raushabe:
> [mm]p(y)=Ce^{y}+(1+y^{2})[/mm] p(0)=1
> [mm]\Rightarrow[/mm] [mm]p(y)=1+y^{2}[/mm]
> und ich habe ja [mm]p(y)=y'(x(y)[/mm]
> in der VL steht in einem Beispiel dazu:
> [mm]\bruch{dx}{dy}(y)=\bruch{1}{p(y)}[/mm]
> und deshalb [mm]x(y)=0+\integral_{0}^{y}{\bruch{1}{p(s)} ds}[/mm]
>
> und dass y(x) eine umkehrfunktion vom x(y) ist.
> die beiden nullen habe ich schon eingesetzt weil ja
> y(0)=0
>
> unddann kriege ich raus: [mm]x(y)=tan^{-1}(y)[/mm]
Hier meinst Du wohl:
[mm]x\left(y\right)=\arctan\left(y\right)[/mm]
> ist dann einfach [mm]y(x)=tan(x)[/mm]
Ja, das stimmt. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> oder wo ist mein fehler?
Gruss
MathePower
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Hallo zusammen,
ist man denn hier wirklich schon fertig? Ihr habt ja von Anfang an angenommen, dass y invertierbar ist. Muss man dann nicht noch entweder zeigen, dass alle Lösungen des AWPs invertierbar sind oder die Lösungen, die nicht invertierbar sind, finden? Oder zeigen, dass das AWP eindeutig lösbar ist?
Ich würde so argumentieren: Man kann das AWP naturlich auf eins mit y´= f(x,y',y'') = (-y'' + [mm] (1+y²)*y')^0,5 [/mm] zurück führem, f ist dann als stetige Funktion auf jeder epsilon-Umgebung um (0,0) beschränkt und damit lokal lipschitzstetig, also hat das AWP nach Picard-Lindelöf genau eine Lösung.
Stimmt das?
Lg Julia
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:20 Mo 14.12.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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