Anfangswertproblem < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:36 Di 17.05.2016 | | Autor: | Stala |
| Aufgabe | Es sei [mm] \vektor{a \\ b} \in \IR^2 [/mm] gegeben. Bestimmen Sie eine Lösung der DGL $ y'=2xy(1-y) $ durch den Punkt [mm] $\vektor{a \\ b} \in \IR^2$ [/mm] ( d.h. mit der Anfangsbedingung y(a)=b) mit möglichst großem Definitionsintervall.
Betrachten Sie die die Fälle b=0, b=1 0<b<1 b<0 b>1, letzteren mit den Unterfällen [mm] a^2 [/mm] < [mm] ln(\bruch{b}{b-1}) [/mm] und [mm] a^2 \ge ln(\bruch{b}{b-1}) [/mm] |
Beim Anfangswertproblem habe ich, so denke ich, ein generelles Verständnisproblem. Also erst einmal mal die DGL aufgelöst mit der Anfangsbedingung y(a)=b
$ y' = 2xy(1-y) $
[mm] \bruch{y'}{y(1-y)}= [/mm] 2x
Mit der Methode der getrennten Varibalen erhlate ich als Integrale:
[mm] \integral_{b}^{y}{\bruch{1}{s(1-s)} ds}=\integral_{a}^{x}{2t dt}
[/mm]
[mm] \mm [/mm] ln y - ln (y-1) - ln b + ln (b-1) = [mm] x^2 [/mm] - [mm] a^2 \mm
[/mm]
[mm] ln\bruch{y*(b-1)}{(y-1)b} [/mm] = [mm] x^2 -a^2
[/mm]
[mm] \bruch{y*(b-1)}{(y-1)b} [/mm] = [mm] e^{x^2 - a^2}
[/mm]
$ y*(b-1) = [mm] be^{x^2 - a^2}y [/mm] - [mm] be^{x^2 - a^2} [/mm] $
$ y*(b-1 [mm] -be^{x^2 - a^2}) [/mm] = - [mm] be^{x^2 - a^2} [/mm] $
$ y = [mm] \bruch{be^{x^2 - a^2}}{1-b +be^{x^2 - a^2}} [/mm] $
Dieses "Monstrum" erfüllt für y(a)=b wie man ja leicht prüfen kann. Und auch die DGL wird erfüllt (Habe das mehrmals geprüft durch Einsetzen bzw. Differenzeiren).
was soll ich denn nun mit der Fallunterscheidung machen?
für b =0 folgt y=0 bzw. b=1 y=1
Aber der Rest?
Kann mir jemand sagen, was noch zu tun ist?
Viele Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:14 Mi 18.05.2016 | | Autor: | Stala |
Heute Nacht ist mir eingefallen, was zu tun ist. Einfach nur den Definitionsbereich von y(x) angebeben, also Nenner Null setzen und dann die Fallunterscheidung für b machen.
Weiß nur nicht, wie ich die Frage auf grün stellen kann..
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:24 Mi 18.05.2016 | | Autor: | fred97 |
> Es sei [mm]\vektor{a \\ b} \in \IR^2[/mm] gegeben. Bestimmen Sie
> eine Lösung der DGL[mm] y'=2xy(1-y) [/mm] durch den Punkt
> [mm]\vektor{a \\ b} \in \IR^2[/mm] ( d.h. mit der Anfangsbedingung
> y(a)=b) mit möglichst großem Definitionsintervall.
> Betrahcten Sie die die Fälle b=0, b=1 0<b<1 b<0 b>1,
> letzteren mit den Unterfällen [mm]a^2[/mm] < [mm]ln(\bruch{b}{b-1})[/mm] und
> [mm]a^2 \ge ln(\bruch{b}{b-1})[/mm]
> Beim Anfangswertproblem habe
> ich, so denke ich, ein generelles Verständnisproblem. Also
> erst einmal mal die DGL aufgelöst mit der Anfangsbedingung
> y(a)=b
>
> [mm]y' = 2xy(1-y)[/mm]
> [mm]\bruch{y'}{y(1-y)}=[/mm] 2x
>
> Mit der Methode der getrennten Varibalen erhlate ich als
> Integrale:
>
> [mm]\integral_{b}^{y}{\bruch{1}{s(1-s)} ds}=\integral_{a}^{x}{2t dt}[/mm]
>
> [mm]\mm[/mm] ln y - ln (y-1) - ln b + ln (b-1) = [mm]x^2[/mm] - [mm]a^2 \mm[/mm]
Hier holst Du den Holzhammer heraus ! [mm] \ln [/mm] ist doch nur für positive Argumente definiert !
Das Integral [mm] \integral_{b}^{y}{\bruch{1}{s(1-s)} ds} [/mm] musst Du einer sehr behutsamen Untersuchung und Berechnung unterziehen. Dazu die Fallunterscheidungen .
FRED
>
> [mm]ln\bruch{y*(b-1)}{(y-1)b}[/mm] = [mm]x^2 -a^2[/mm]
>
> [mm]\bruch{y*(b-1)}{(y-1)b}[/mm] = [mm]e^{x^2 - a^2}[/mm]
>
> [mm]y*(b-1) = be^{x^2 - a^2}y - be^{x^2 - a^2}[/mm]
>
> [mm]y*(b-1 -be^{x^2 - a^2}) = - be^{x^2 - a^2}[/mm]
>
> [mm]y = \bruch{be^{x^2 - a^2}}{1-b +be^{x^2 - a^2}}[/mm]
>
> Dieses "Monstrum" erfüllt für y(a)=b wie man ja leicht
> prüfen kann. Und auch die DGL wird erfüllt (Habe das
> mehrmals geprüft durch Einsetzen bzw. Differenzeiren).
>
> was soll ich denn nun mit der Fallunterscheidung machen?
>
> für b =0 folgt y=0 bzw. b=1 y=1
>
> Aber der Rest?
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> Kann mir jemand sagen, was noch zu tun ist?
>
> Viele Grüße
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 13:56 Mi 18.05.2016 | | Autor: | Stala |
So ganz habe ich es dann anscheinend doch noch ncht verstanden...
Klar, so einfach auflösen, wie ich es getan habe, darf man natürlich nicht, aber meine gefundene Funktion ist doch auf (fast) ganz [mm] \IR [/mm] definiert und erfüllt die DGL als auch die Anfangsbedingung.
Eine ähnliche Aufgabe ist auch im Skrip, wenn ich das einmal wie dort durchdekliniere, sieht das so aus:
(Ich habe a durch [mm] \xi [/mm] und b durch [mm] \eta [/mm] ersetzt)
Die Nullstellen von $h: [mm] \mathbb{R} \to \mathbb{R}, [/mm] \ y [mm] \to [/mm] h(y)= y(1-y) $ sind $ y=1 $ und $y = 0 $, sodass hier die konstanten Funktionen $ y= 0 $ bzw. $ y=1$ die DGL mit den Anfangswerten $ [mm] \eta [/mm] = 0 $ bzw. $ [mm] \eta [/mm] = 1 $ lösen. [mm] \\
[/mm]
Sei $ J $ eines der Intervalle [mm] $(-\infty, [/mm] 0),\ (0,1), \ (1, [mm] \infty [/mm] ) .$ [mm] \\
[/mm]
Dann gilt [mm] \\
[/mm]
[mm] \frac{1}{h(y)}= \frac{1}{y(y-1)} \text{für} [/mm] y [mm] \in [/mm] J
[mm] \\
[/mm]
Durch Integration von $h(y)$ bzw. $2x$ unter Beachtung der Anfangsbedingung erhält man somit: [mm] \\
[/mm]
[mm] \displaystyle \int \limits_{\eta}^{y} \frac{1}{s(1-s)} [/mm] \ ds = [mm] \displaystyle \int \limits_{\xi}^{x} [/mm] 2t \ dt [mm] \\
[/mm]
[mm] \displaystyle \int \limits_{\eta}^{y} \frac{1}{s} [/mm] + [mm] \frac{1}{(1-s)} [/mm] \ ds = [mm] x^2 [/mm] - [mm] \xi^2 \\
[/mm]
[mm] \ln\lvert [/mm] y [mm] \rvert -\ln\lvert [/mm] y-1 [mm] \rvert [/mm] - [mm] (\ln\lvert \eta \rvert -\ln\lvert \eta-1 \rvert) [/mm] = [mm] x^2 [/mm] - [mm] \xi^2 \\
[/mm]
[mm] \ln \lvert \frac{y}{y-1} \rvert [/mm] - [mm] \ln \lvert \frac{\eta}{\eta-1} \rvert [/mm] = [mm] x^2 [/mm] - [mm] \xi^2 \\
[/mm]
[mm] \ln \left \vert \frac{\frac{y}{y-1}}{\frac{\eta}{\eta-1}} \right \vert [/mm] = [mm] x^2 [/mm] - [mm] \xi^2 \\
[/mm]
Da $y$ und [mm] $\eta$ [/mm] im gleichen Intervall $J$ liegen ist [mm] \left \vert \frac{\frac{y}{y-1}}{\frac{\eta}{\eta-1}} \right \vert [/mm] > 0 [mm] \. [/mm] Somit können die Betragsstrcihe entfallen. Es folgt:
[mm] \frac{y(\eta-1)}{(y-1)\eta} [/mm] = [mm] e^{x^2 - \xi^2} \\
[/mm]
[mm] y(\eta-1) [/mm] = y [mm] \eta e^{x^2 - \xi^2} [/mm] - [mm] \eta e^{x^2 - \xi^2} \\
[/mm]
[mm] y(\eta-1) [/mm] - y [mm] \eta e^{x^2 - \xi^2} [/mm] = - [mm] \eta e^{x^2 - \xi^2} \\
[/mm]
y= [mm] \frac{- \eta e^{x^2 - \xi^2} }{\eta -1 -\eta e^{x^2 - \xi^2} } \\
[/mm]
[mm] y=\frac{ \eta e^{x^2 - \xi^2} }{ 1 - \eta +\eta e^{x^2 - \xi^2} } \\
[/mm]
Das ist ja die Formel, die auch "herkömmlich" gefunden hatte.
In der ähnlichen Aufgabe im Skript werden nun die einzelne Intervalle unterscheiden. Ich spiel das einmal für [mm] \eta<0 [/mm] durch:
Sei $y [mm] \in [/mm] \ [mm] (-\infty,0) [/mm] $ Dann muss also gelten:
$ [mm] \frac{ \eta e^{x^2 - \xi^2} }{ 1 - \eta +\eta e^{x^2 - \xi^2} } [/mm] <0 $
Da $ [mm] \eta e^{x^2 - \xi^2} [/mm] < 0 $ für [mm] \eta<0 [/mm] muss also $1 - [mm] \eta +\eta e^{x^2 - \xi^2} [/mm] > 0 $ gelten. [mm] \\
[/mm]
Auflösen der Ungleichung ergibt: [mm] \\
[/mm]
[mm] \frac{\eta -1}{\eta} [/mm] > [mm] e^{x^2 - \xi^2} \\
[/mm]
[mm] x^2 [/mm] - [mm] \xi^2 [/mm] < [mm] \ln \frac{\eta -1}{\eta} \\
[/mm]
x < [mm] \sqrt{\ln \frac{\eta -1}{\eta} + \xi^2} \\
[/mm]
x > - [mm] \sqrt{\ln \frac{\eta -1}{\eta} + \xi^2} \\
[/mm]
Zusammengefasst das Definitionsintervall ist also für $ [mm] \eta [/mm] < 0$ [mm] \\
[/mm]
Zusammengefasst das Definitionsintervall ist also für $ [mm] \eta [/mm] < 0$ [mm] \\
[/mm]
$I = ( - [mm] \sqrt{\ln \frac{\eta -1}{\eta} + \xi^2}, \sqrt{\ln \frac{\eta -1}{\eta} + \xi^2}) [/mm] $
Ich verstehe nur den Sinn dieser Einschränkung bzw. dieser ganzen Rechnung nicht recht. Bei [mm] \eta< [/mm] 0 ist doch y auch für (fast) alle anderen x [mm] \in \IR [/mm] definiert und erfüllt sowohl die DGL als auch das Anfangswertproblem (außer [mm] \pm \sqrt{\ln \frac{\eta -1}{\eta} + \xi^2} [/mm] ) Warum muss ich den Definitionsbreich von x ausrechnen, in dem y(x) < 0 für [mm] \eta [/mm] <0 ?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:21 Mo 23.05.2016 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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