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Forum "Gewöhnliche Differentialgleichungen" - Differentialgleichungen
Differentialgleichungen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Differentialgleichungen: Aufgaben :-/
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:34 Mi 05.10.2005
Autor: Bastiane

Hallo!

Allgemeine Aufgabe:

Man bestimme die allgemeine Lösung der folgenden Differentialgleichungen, d. h. die Lösung durch einen beliebigen Punkt [mm] (x_0,y_0) [/mm] des Definitionsbereichs.

a) [mm] y'=e^y\cos{x} [/mm]

Das habe ich so gelöst:

[mm] \bruch{dy}{dx}=e^y\cos{x} [/mm]

[mm] \gdw \bruch{dy}{e^y}=\cos{x}\;dx [/mm]

[mm] \gdw \integral{\bruch{1}{e^y}dy}=\integral{\cos{x}\;dx} [/mm]

[mm] \gdw -e^{-y}=\sin{x}+c [/mm]

[mm] \gdw e^{-y}=-\sin{x}-c [/mm]

[mm] \gdw -y=\ln{(-\sin{x}-c)} [/mm]

[mm] \gdw y=-\ln{(-\sin{x}-c)} [/mm]

Ist das so richtig?

Viele Grüße
Bastiane
[cap]




        
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Differentialgleichungen: Aufgabe b)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:38 Mi 05.10.2005
Autor: Bastiane

Hallo!

So, nun Aufgabe b):

[mm] y'=\wurzel{1-y^2} \; [/mm] (|y|<1)

Durch scharfes Hingucken habe ich als Lösung gefunden:

[mm] y(x)=\sin{x} [/mm]

denn [mm] y'(x)=\cos{x} [/mm]

und [mm] \wurzel{1-y^2}=\wurzel{1-\sin^2{x}}=\wurzel{\cos^2{x}}=\cos{x} [/mm]

Allerdings verwirrt mich ein bisschen, dass |y|<1 sein soll, und vor allem: ist das die Einzige Lösung bzw. wie gehe ich da systematisch vor (ohne scharfes Hingucken)?

Viele Grüße
Bastiane
[cap]


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Differentialgleichungen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:14 Mi 05.10.2005
Autor: Spellbinder

das [mm]|y|<1[/mm] brauchst du, da sonst die Wurzel für [mm]|y|>1[/mm] negativ oder für [mm]|y|=1[/mm] null sein würde, was beides nicht der Fall sein darf.

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Differentialgleichungen: richtig?
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:22 Mi 05.10.2005
Autor: Bastiane


> das [mm]|y|<1[/mm] brauchst du, da sonst die Wurzel für [mm]|y|>1[/mm]
> negativ oder für [mm]|y|=1[/mm] null sein würde, was beides nicht
> der Fall sein darf.

Hallo!
Ja, du hast Recht - komisch, warum ich das nicht selbst gesehen habe. [bonk]

Aber ist das denn dann so richtig? Bzw. sind das alle Lösungen und woher weiß ich das?

Viele Grüße
Bastiane
[cap]


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Differentialgleichungen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:35 Mi 05.10.2005
Autor: Stefan

Liebe Christiane!

Es ist fast richtig.

Die Familie der Lösungen ist gegeben durch

[mm] $\varphi_c(x) [/mm] = [mm] \sin(x+c)$. [/mm]

Genauer:

Die Lösung des Anfangswertproblems

[mm] $y'=\sqrt{1-y^2}$ [/mm]
[mm] $y(x_0)=y_0$ [/mm]

ist eindeutig gegeben durch:

[mm] $\varphi(x) [/mm] = [mm] \sin(x-x_2 [/mm] + [mm] \arcsin(x_0))$. [/mm]

Systematisch kommt man durch Trennung der Variablen darauf:

Bekanntlich ist die Lösung des AWP

[mm] $y'=\sqrt{1-y^2}$ [/mm]
[mm] $y(x_0)=y_0$ [/mm]

eindeutig durch die Lösung der Gleichung

[mm] $G(\varphi(x)) [/mm] = F(x)$

mit

$G(x) = [mm] \int\limits_{y_0}^y \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\, [/mm] dt$

und

$F(x) = [mm] \int\limits_{x_0}^x [/mm] 1 [mm] \, [/mm] dt = [mm] x-x_0$ [/mm]

gegeben.

Nun erhält man:

[mm] $G(\varphi(x)) [/mm] = F(x)$

[mm] $\Leftrightarrow \quad \arcsin(\varphi(x)) [/mm] - [mm] \arcsin(y_0) [/mm] = x- [mm] x_0$ [/mm]

[mm] $\Leftrightarrow \quad \varphi(x) [/mm] = [mm] \sin(x-x_0 [/mm] + [mm] \arcsin(x_0))$. [/mm]

Liebe Grüße
Stefan

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Differentialgleichungen: Ansätze für die anderen?
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:41 Mi 05.10.2005
Autor: Bastiane

Hallo!

Bei den folgenden Aufgaben weiß ich bisher noch nicht, wie ich sie angehen soll. Ein paar Tipps bzw. Stichworte wären nicht schlecht. :-)

c) [mm] y'=\bruch{1}{y}\wurzel{1-y^2}, \; [/mm] (0<y<1),

d) [mm] y'=(a^2+x^2)(b^2+y^2),\;a,b\in\IR, [/mm]

e) [mm] y'=\bruch{x+y}{x+2y},\;(x>0,y>0), [/mm]

f) [mm] (1-x^2)y'-xy+1=0,\;(|x|<1). [/mm]



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Bezug
Differentialgleichungen: zu Aufgabe c.)
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:29 Mi 05.10.2005
Autor: Loddar

Hallo Bastiane!


[mm]y'=\bruch{1}{y}\wurzel{1-y^2}, \;[/mm] (0<y<1),

[mm] $\gdw$ $\bruch{y}{\wurzel{1-y^2}}*\bruch{dy}{dx} [/mm] \ = \ 1$

[mm] $\gdw$ $\bruch{\blue{-2}*y}{\wurzel{1-y^2}}*dy [/mm] \ = \ [mm] \blue{-2}*dx$ [/mm]


Nun Substitution:   $t \ := \ [mm] 1-y^2$ $\Rightarrow$ $\bruch{dt}{dy} [/mm] \ = \ -2y$   [mm] $\gdw$ [/mm]   $dy \ = \ [mm] \bruch{dt}{-2y}$ [/mm]


Ist der weitere Weg nun klar?


Ich erhalte letztendlich:  $y \ = \ [mm] \wurzel{1-\left(\bruch{c}{2}-x\right)^2 \ }$ [/mm]


Gruß
Loddar


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Differentialgleichungen: zwei Lösungen, oder?
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:40 Mi 05.10.2005
Autor: Bastiane

Hallo Loddar!

> [mm]y'=\bruch{1}{y}\wurzel{1-y^2}, \;[/mm] (0<y<1),
>  
> [mm]\gdw[/mm]   [mm]\bruch{y}{\wurzel{1-y^2}}*\bruch{dy}{dx} \ = \ 1[/mm]
>  
> [mm]\gdw[/mm]   [mm]\bruch{\blue{-2}*y}{\wurzel{1-y^2}}*dy \ = \ \blue{-2}*dx[/mm]
>  
>
> Nun Substitution:   [mm]t \ := \ 1-y^2[/mm]    [mm]\Rightarrow[/mm]    
> [mm]\bruch{dt}{dy} \ = \ -2y[/mm]   [mm]\gdw[/mm]   [mm]dy \ = \ \bruch{dt}{-2y}[/mm]
>  
>
> Ist der weitere Weg nun klar?

Ja. :-)

Also:

[mm] \integral\bruch{-2y}{\wurzel{1-y^2}}\;dy [/mm] = [mm] \integral{-2\;dx} [/mm]

[mm] \gdw \integral{\bruch{1}{\wurzel{t}}\;dt} [/mm] = -2x+c

[mm] 2\wurzel{t}=-2x+c [/mm]

Rücksubstitution:

[mm] \gdw 2\wurzel{1-y^2}=-2x+c [/mm]

[mm] \gdw \wurzel{1-y^2}=-x+\bruch{c}{2} [/mm]

[mm] \gdw 1-y^2=(-x+\bruch{c}{2})^2 [/mm]

[mm] \gdw y^2=1-(-x+\bruch{c}{2})^2 [/mm]

aber muss es dann nicht zwei Lösungen geben:

[mm] \gdw y=\pm\wurzel{1-(-x+\bruch{c}{2})^2} [/mm] oder nicht?

> Ich erhalte letztendlich:  [mm]y \ = \ \wurzel{1-\left(\bruch{c}{2}-x\right)^2 \ }[/mm]

Viele Grüße und danke - eigentlich hätte ich da selber drauf kommen müssen. :-)
Bastiane
[cap]


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Differentialgleichungen: Aufgabenstellung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:55 Mi 05.10.2005
Autor: MathePower

Hallo Bastiane,

> aber muss es dann nicht zwei Lösungen geben:
>  
> [mm]\gdw y=\pm\wurzel{1-(-x+\bruch{c}{2})^2}[/mm] oder nicht?

Nein, da [mm]0\;<\;y\;<\;1[/mm] gibt es nur eine Lösung.

>  
> > Ich erhalte letztendlich:  [mm]y \ = \ \wurzel{1-\left(\bruch{c}{2}-x\right)^2 \ }[/mm]

Gruß
MathePower

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Differentialgleichungen: Genau EINE Lösung!
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:57 Mi 05.10.2005
Autor: Loddar

Hallo Bastiane!


Sieh Dir mal die Vorraussetzung für $y_$ gemäß Aufgabenstellung an!


Also ... wieviele Lösungen? ;-)


Gruß
Loddar


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Differentialgleichungen: Ok, ok,...
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 22:02 Mi 05.10.2005
Autor: Bastiane

... überredet.

Ist ja schon gut, ich hab halt nicht mehr an die Voraussetzungen gedacht. [kopfschuettel]

Viele Grüße
Bastiane
[cap]


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Differentialgleichungen: zu Aufgabe d.)
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:51 Mi 05.10.2005
Autor: Loddar

Hallo Bastiane!


[mm]y' \ = \ \left(a^2+x^2\right)*\left(b^2+y^2\right),\;a,b\in\IR[/mm]

[mm] $\gdw$ $\bruch{1}{b^2+y^2}*\bruch{dy}{dx} [/mm] \ = \ [mm] a^2+x^2$ [/mm]

[mm] $\gdw$ $\blue{\integral}\bruch{dy}{b^2+y^2} [/mm] \ = \ [mm] \blue{\integral}\left(a^2+x^2\right)*dx$ [/mm]

[mm] $\gdw$ $\bruch{1}{b}*\arctan\left(\bruch{y}{b}\right) [/mm] \ = \ [mm] a^2*x [/mm] + [mm] \bruch{x^3}{3} [/mm] + c$

usw.


Gruß
Loddar


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Bezug
Differentialgleichungen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:50 Mi 05.10.2005
Autor: Bastiane

Hallo Loddar!

> [mm]y' \ = \ \left(a^2+x^2\right)*\left(b^2+y^2\right),\;a,b\in\IR[/mm]
>  
> [mm]\gdw[/mm]   [mm]\bruch{1}{b^2+y^2}*\bruch{dy}{dx} \ = \ a^2+x^2[/mm]
>  
> [mm]\gdw[/mm]   [mm]\blue{\integral}\bruch{dy}{b^2+y^2} \ = \ \blue{\integral}\left(a^2+x^2\right)*dx[/mm]
>  
> [mm]\gdw[/mm]   [mm]\bruch{1}{b}*\arctan\left(\bruch{y}{b}\right) \ = \ a^2*x + \bruch{x^3}{3} + c[/mm]
>  
> usw.

Naja, viel "usw." kommt da ja jetzt nicht mehr. :-/ Aber auf diese Stammfunktion wäre ich nie gekommen...

[mm] \gdw \arctan{\bruch{y}{b}}=b(a^2*x [/mm] + [mm] \bruch{x^3}{3} [/mm] + c)

[mm] \gdw \bruch{y}{b}=\tan(b(a^2*x [/mm] + [mm] \bruch{x^3}{3} [/mm] + c))

[mm] \gdw y=(\tan(b(a^2*x [/mm] + [mm] \bruch{x^3}{3} [/mm] + c)))*b

Vielen Grüße
Bastiane
[cap]




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Bezug
Differentialgleichungen: Aufgabe e)
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:41 Mi 05.10.2005
Autor: MathePower

Hallo Bastiane,

> e) [mm]y'=\bruch{x+y}{x+2y},\;(x>0,y>0),[/mm]

hier hilft der Ansatz

[mm]y(x)\;=\;u(x)\;x[/mm]

weiter.

Gruß
MathePower

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Differentialgleichungen: so? und weiter?
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:01 Mi 05.10.2005
Autor: Bastiane

Hallo MathePower!

> > e) [mm]y'=\bruch{x+y}{x+2y},\;(x>0,y>0),[/mm]
>  
> hier hilft der Ansatz
>  
> [mm]y(x)\;=\;u(x)\;x[/mm]
>  
> weiter.

Ist dann

y'(x)=u'(x)x+u(x) ?

Also:

[mm] u'(x)x+u(x)=\bruch{x+u(x)x}{x+2u(x)x} [/mm]

[mm] \gdw u'(x)x+u(x)=\bruch{1+u(x)}{1+2u(x)} [/mm]

[mm] \gdw [/mm] $u'(x)x+u(x)+2u(x)u'(x)+2u(x)u(x)=1+u(x)$

Stimmt das soweit oder muss ich da dann anders vorgehen? Und wie geht es jetzt weiter? Ich müsste doch irgendwie nach u' auflösen, oder?

Viele Grüße
Bastiane
[cap]


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Bezug
Differentialgleichungen: Hinweis
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:21 Mi 05.10.2005
Autor: MathePower

Hallo Bastiane,

> Hallo MathePower!
>  
> > > e) [mm]y'=\bruch{x+y}{x+2y},\;(x>0,y>0),[/mm]
>  >  
> > hier hilft der Ansatz
>  >  
> > [mm]y(x)\;=\;u(x)\;x[/mm]
>  >  
> > weiter.
>  
> Ist dann
>  
> y'(x)=u'(x)x+u(x) ?

[ok]

>
> Also:
>  
> [mm]u'(x)x+u(x)=\bruch{x+u(x)x}{x+2u(x)x}[/mm]
>  
> [mm]\gdw u'(x)x+u(x)=\bruch{1+u(x)}{1+2u(x)}[/mm]
>  
> [mm]\gdw[/mm]  [mm]u'(x)x+u(x)+2u(x)u'(x)+2u(x)u(x)=1+u(x)[/mm]
>  
> Stimmt das soweit oder muss ich da dann anders vorgehen?

Da hast Du ein x vergessen:

[mm]u'(x)\;x\;+\;u(x)\;+\;2\;u(x)\;u'(x)\;[/mm]x[mm]\;+\;2\;u(x)\;u(x)\;=\;1\;+\;u(x)[/mm]

Dann läßt sich sogar [mm]u'(x)\;x[/mm] ausklammern.

> Und wie geht es jetzt weiter? Ich müsste doch irgendwie
> nach u' auflösen, oder?

Ja.

Nach Variablentrennung berechnet man das linke Integral mit Hilfe der PBZ.

Gruß
MathePower

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Bezug
Differentialgleichungen: Aufgabe f)
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:00 Mi 05.10.2005
Autor: MathePower

Hallo Bastiane,


> f) [mm](1-x^2)y'-xy+1=0,\;(|x|<1).[/mm]

löse zuerst die homogene DGL

[mm](1\;-\;x^{2})y'\;-\;x\;y=0[/mm]

Dann die inhomogene mit der Methode der Variation der Koeffizienten:

[mm] y(x)\;=\;C(x)\;y_{h}(x)[/mm]

Gruß
MathePower

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Differentialgleichungen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:12 Mi 05.10.2005
Autor: Spellbinder

ja, das hast du zumindest nach meinem Wissen richtig gemacht, nur mußt du bei

[mm]-\sin x -c [/mm]

aufpassen, da der natürliche Logarithmus einer negativen Zahl nicht existiert.


Bezug
                
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Differentialgleichungen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:21 Mi 05.10.2005
Autor: Bastiane

Hallo!

Danke für die Antwort.

> ja, das hast du zumindest nach meinem Wissen richtig
> gemacht, nur mußt du bei
>  
> [mm]-\sin x -c[/mm]
>  
> aufpassen, da der natürliche Logarithmus einer negativen
> Zahl nicht existiert.

Das hatte ich auch schon überlegt, aber was mache ich denn jetzt damit? Muss ich irgendwie das x noch einschränken? Also es müsste dann ja quasi sein:

[mm] -\sin [/mm] x-c>0

[mm] \gdw -\sin [/mm] x>c

[mm] \gdw \sin [/mm] x<-c

[mm] \gdw x<\arcsin(-c) [/mm]

So?

Viele Grüße
Bastiane
[cap]


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Differentialgleichungen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:46 Mi 05.10.2005
Autor: Stefan

Liebe Christiane!

Genau, deine Lösung ist auf einem Intervall definiert, das in

[mm] $\{x \in \IR\, : \, \sin(x) < -c\}$ [/mm]

enthalten ist.

Genauer gesagt:

Eine maximale Lösung des Anfangswertproblems

[mm] $y'=e^y \, \cos(x)$, [/mm]

[mm] $y(x_0)=y_0$ [/mm]

ist gegeben durch die auf derjenigen Zusammenhangskomponente von

[mm] $\{x \in \IR\, : \, \sin(x) < e^{-y_0} + \sin(x_0\}$, [/mm]

die [mm] $x_0$ [/mm] enthält und durch die dort definierte Funktion

[mm] $\varphi(x):= [/mm] - [mm] \ln(e^{-y_0} [/mm] + [mm] \sin(x_0) [/mm] - [mm] \sin(x))$. [/mm]

Liebe Grüße
Stefan

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