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Forum "Gewöhnliche Differentialgleichungen" - Anfangswertprobleme
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Anfangswertprobleme: Übung
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 09:43 Mi 21.10.2015
Autor: capri

Aufgabe
Berechnen Sie die Lösungen der folgenden Anfangswertprobleme

[mm] a)$y'=xy^2+4x+y^2+4$, [/mm] $y(1)=0$

Guten Morgen,

zu a) [mm] $\frac{dy}{dx} [/mm] = [mm] xy^2+y^2+4x+4$ [/mm]

[mm] $\frac{dy}{dx} [/mm] = [mm] (x+1)(y^2+4)$ [/mm]

[mm] $\frac{dy}{\frac{dx}{y^2+4}} [/mm] = (x+1)$

---> $ [mm] \int \frac{dy}{\frac{dx}{y^2+4}} [/mm] dx$ = $ [mm] \int [/mm] (x+1) dx$


[mm] $\frac{1}{2}tan^{-1}(\frac{y}{2}) [/mm] = [mm] \frac{x^2}{2}+x+4$ [/mm]

$y(x) = [mm] 2tan(x^2+2x+2c_1)$ [/mm]

wäre das richtig? :S

und $y(1)=0$

[mm] $2tan(3+2c_1)=0$? [/mm] das habe ich leider nicht verstanden.


LG


        
Bezug
Anfangswertprobleme: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:03 Mi 21.10.2015
Autor: fred97


> Berechnen Sie die Lösungen der folgenden
> Anfangswertprobleme
>  
> a)[mm]y'=xy^2+4x+y^2+4[/mm], [mm]y(1)=0[/mm]
>  Guten Morgen,
>  
> zu a) [mm]\frac{dy}{dx} = xy^2+y^2+4x+4[/mm]
>
> [mm]\frac{dy}{dx} = (x+1)(y^2+4)[/mm]
>
> [mm]\frac{dy}{\frac{dx}{y^2+4}} = (x+1)[/mm]
>  
> ---> [mm]\int \frac{dy}{\frac{dx}{y^2+4}} dx[/mm] = [mm]\int (x+1) dx[/mm]


Das sollte doch so lauten:

[mm]\int \frac{dy}{y^2+4}=\int (x+1) dx[/mm]

>  
>
> [mm]\frac{1}{2}tan^{-1}(\frac{y}{2}) = \frac{x^2}{2}+x+4[/mm]

Wie kommst Du auf "+4"  ????

Wir haben zunächst:

[mm]\frac{1}{2}tan^{-1}(\frac{y}{2}) = \frac{x^2}{2}+x+C[/mm]


>  
> [mm]y(x) = 2tan(x^2+2x+2c_1)[/mm]

Ja, das ist die allgemeine Lösung der DGL, wobei [mm] c_1 [/mm] alle reellen Zahlen durchlaufen darf.


>  
> wäre das richtig? :S
>  
> und [mm]y(1)=0[/mm]
>  
> [mm]2tan(3+2c_1)=0[/mm]? das habe ich leider nicht verstanden.

Du suchst eien Lösung y der DGL mit y(1)=0.

Unter all den Funktionen der Form

[mm]y(x) = 2tan(x^2+2x+2c_1)[/mm]

ist also diejenige zu ermitteln, für die y(1)=0 gilt, somit bekommt man

  [mm] $0=y(1)=2tan(1^2+2*1+2c_1)=2tan(3+2c_1)$. [/mm]

Das liefert

      [mm] 3+2c_1=0, [/mm] also [mm] $c_1=- \bruch{3}{2}$. [/mm]

Die eindeutig bestimmte Lösung des Anfangswertproblems lautet also

   [mm]y(x) = 2tan(x^2+2x-3)[/mm]

FRED

>  
>
> LG
>  


Bezug
                
Bezug
Anfangswertprobleme: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 10:32 Mi 21.10.2015
Autor: capri

Vielen dank! habe es bei dieser Aufgabe gut verstanden :)

nun habe ich eine etwas schwierigere evtl könnte man es auch anders lösen, ich habe mir teils hilfe von einem online rechner genommen.

b) $(x+y)y'=y-x$, $y(1)=-1$
[mm] $(y+x)\frac{dy}{dx} [/mm] = y-x

Subs: $y=xv(x)$ dann  [mm] $\frac{dy(x)}{dx}=v(x)+x\frac{dv(x)}{dx}$ [/mm] :

[mm] (x+xv(x))(x\frac{dv(x)}{dx}+v(x))=-x+xv(x) [/mm]

vereinfache:
[mm] (x+xv(x))(x\frac{dv(x)}{dx}+v(x))(v(x)+1)=x(v(x)-1) [/mm]

[mm] \frac{dv(x)}{dx} [/mm] = [mm] \frac{-v(x)^2-1}{x(v(x)+1)} [/mm]

[mm] \frac{\frac{dv(x)}{dx}v(x)+1}{-v(x)^2-1} [/mm] = [mm] \frac{1}{x} [/mm]

[mm] \int \frac{\frac{dv(x)}{dx}v(x)+1}{-v(x)^2-1} [/mm] dx = [mm] \int \frac{1}{x}dx [/mm]

mit Rücksub:

[mm] -tan^{-1}(\frac{y}{x})-\frac{1}{2}log(\frac{y^2}{x^2}+1)=log(x)+C [/mm]

irgendwie kommt mir das nicht soo richtig vor.. Es geht bestimmt leichter oder? LG

und wie setze ich es hier nun ein? $y(1)=-1$? leider ist das ja nicht so wie bei a) aufgebaut...falls das alles richtig ist..

Bezug
                        
Bezug
Anfangswertprobleme: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 11:11 Mi 21.10.2015
Autor: fred97


> Vielen dank! habe es bei dieser Aufgabe gut verstanden :)
>  
> nun habe ich eine etwas schwierigere evtl könnte man es
> auch anders lösen, ich habe mir teils hilfe von einem
> online rechner genommen.
>  
> b) [mm](x+y)y'=y-x[/mm], [mm]y(1)=-1[/mm]
>  [mm]$(y+x)\frac{dy}{dx}[/mm] = y-x
>  
> Subs: [mm]y=xv(x)[/mm] dann  [mm]\frac{dy(x)}{dx}=v(x)+x\frac{dv(x)}{dx}[/mm]
> :
>  
> [mm](x+xv(x))(x\frac{dv(x)}{dx}+v(x))=-x+xv(x)[/mm]
>  
> vereinfache:
>  [mm](x+xv(x))(x\frac{dv(x)}{dx}+v(x))(v(x)+1)=x(v(x)-1)[/mm]
>  
> [mm]\frac{dv(x)}{dx}[/mm] = [mm]\frac{-v(x)^2-1}{x(v(x)+1)}[/mm]
>  
> [mm]\frac{\frac{dv(x)}{dx}v(x)+1}{-v(x)^2-1}[/mm] = [mm]\frac{1}{x}[/mm]
>  
> [mm]\int \frac{\frac{dv(x)}{dx}v(x)+1}{-v(x)^2-1}[/mm] dx = [mm]\int \frac{1}{x}dx[/mm]
>  
> mit Rücksub:
>  
> [mm]-tan^{-1}(\frac{y}{x})-\frac{1}{2}log(\frac{y^2}{x^2}+1)=log(x)+C[/mm]
>  
> irgendwie kommt mir das nicht soo richtig vor.. Es geht
> bestimmt leichter oder? LG
>  
> und wie setze ich es hier nun ein? [mm]y(1)=-1[/mm]? leider ist das
> ja nicht so wie bei a) aufgebaut...falls das alles richtig
> ist..



Das Anfangswertproblem

  $ (x+y)y'=y-x $,

  $ y(1)=-1 $

hat keine Lösung ! Denn wäre $y:I [mm] \to \IR$ [/mm] eine Lösung dieser Aufgabe, wobei $I$ ein Intervall in [mm] \IR [/mm] mit $1 [mm] \in [/mm] I$ ist, so hätten wir

  $ (1+y(1))y'(1)=y(1)-1 $.

Nun ist aber $1+y(1)=0$ und $y(-1)-1=-2$.

Edit: es sollte natürlich  $y(1)-1=-2$ lauten.

Das hätte $0=-2$ zur Folge !


Lautet die Aufgabe im Original wirklich so ?

FRED

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Anfangswertprobleme: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:18 Mi 21.10.2015
Autor: capri

Ja die Aufgabe lautet:

$(x+y)y' =y-x, y(1)=-1$

was mich noch mehr irritiert ist Aufgabe 2) Weisen Sie nach, dass das Anfangswertproblem

$(x+y)y' =y-x, y(0)=0$ keine Lösung besitzt.

aber bei Aufgabe 1b) müssen wir es ja zeigen dass es ein Anfangswertproblem hat
$(x+y)y' =y-x, y(1)=-1$

also quasi zweimal die gleiche Gleichung.. eine hat keine lösung die andere ja? :S

oder eher ein Tippfehler? LG

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Anfangswertprobleme: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 11:45 Mi 21.10.2015
Autor: M.Rex

Hallo

> Ja die Aufgabe lautet:

>

> [mm](x+y)y' =y-x, y(1)=-1[/mm]

>

> was mich noch mehr irritiert ist Aufgabe 2) Weisen Sie
> nach, dass das Anfangswertproblem

>

> [mm](x+y)y' =y-x, y(0)=0[/mm] keine Lösung besitzt.

>

> aber bei Aufgabe 1b) müssen wir es ja zeigen dass es ein
> Anfangswertproblem hat
> [mm](x+y)y' =y-x, y(1)=-1[/mm]

>

> also quasi zweimal die gleiche Gleichung.. eine hat keine
> lösung die andere ja? :S

Das kann passieren, denn die Forderung y(0)=0 kann zu einem Widerspruch führen, während die Forderung y(1)=-1 tatsächlich zu einer speziellen Integrationskonstante C führt.

>

> oder eher ein Tippfehler? LG

Marius

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Anfangswertprobleme: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:48 Mi 21.10.2015
Autor: capri

Okay danke das ist auch schonmal gut zu wissen. :)

aber laut Fred besitzt ja die Gleichung $ (x+y)y' =y-x, y(1)=-1 $  auch keine Lösung? :S

LG


PS: Das Anfangswertproblem

  $ (x+y)y'=y-x $,

  $ y(1)=-1 $

hat keine Lösung ! Denn wäre $ y:I [mm] \to \IR [/mm] $ eine Lösung dieser Aufgabe, wobei $ I $ ein Intervall in $ [mm] \IR [/mm] $ mit $ 1 [mm] \in [/mm] I $ ist, so hätten wir

  $ (1+y(1))y'(1)=y(1)-1 $.

Nun ist aber $ 1+y(1)=0 $ und $ y(-1)-1=-2 $. Das hätte $ 0=-2 $ zur Folge !

wie kommt man denn auf -2? man weiß doch nur dass y(1)=-1 ist aber nicht was y(-1) ist? und was ist mit y'(x)?

LG

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Anfangswertprobleme: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:16 Mi 21.10.2015
Autor: fred97


> Okay danke das ist auch schonmal gut zu wissen. :)
>  
> aber laut Fred besitzt ja die Gleichung [mm](x+y)y' =y-x, y(1)=-1[/mm]
>  auch keine Lösung? :S
>  
> LG
>  
> PS: Das Anfangswertproblem
>  
> [mm](x+y)y'=y-x [/mm],
>  
> [mm]y(1)=-1[/mm]
>  
> hat keine Lösung ! Denn wäre [mm]y:I \to \IR[/mm] eine Lösung
> dieser Aufgabe, wobei [mm]I[/mm] ein Intervall in [mm]\IR[/mm] mit [mm]1 \in I[/mm]
> ist, so hätten wir
>  
> [mm](1+y(1))y'(1)=y(1)-1 [/mm].
>  
> Nun ist aber [mm]1+y(1)=0[/mm] und [mm]y(-1)-1=-2 [/mm]. Das hätte [mm]0=-2[/mm] zur
> Folge !
>  
> wie kommt man denn auf -2? man weiß doch nur dass y(1)=-1
> ist aber nicht was y(-1) ist?


Da hatte ich mich oben verschrieben (und mittlerweile auch schon verbessert). Ich meinte natürlich

     [mm]y(1)-1=-2 [/mm].

> und was ist mit y'(x)?

Wir haben

(*)    [mm](1+y(1))y'(1)=y(1)-1 [/mm].

Es ist y(1)-1=-2 und 1+y(1)=0. y'(1) kennen wir natürlich nicht, brauchen wir auch nicht, denn aus (*) bekommen wir den Widerspruch 0=-2.


FRED




>  
> LG
>  


Bezug
                                                                
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Anfangswertprobleme: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:14 Do 22.10.2015
Autor: capri

erstmal danke für die ganzen Antworten bei c)

[mm] $y'=(x-1)e^{y-x}$, [/mm] $y(-1)=0$ bzw. $y(0)=0$

dort habe ich als Lösung: [mm] $y(x)=-log(\frac{x}{e^x}+C)$ [/mm]

bei $y(-1)=0,  [mm] (\frac{-1}{e^{-1}}+C)$ [/mm]

das liefert ca. -2,72+C=0 also, C=2,72

und $y(0)=0 , [mm] (\frac{0}{e^0}+C)$ [/mm]

das liefert C=0

wäre das richtig?

LG

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Anfangswertprobleme: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:35 Do 22.10.2015
Autor: fred97


> erstmal danke für die ganzen Antworten bei c)
>  
> [mm]y'=(x-1)e^{y-x}[/mm], [mm]y(-1)=0[/mm] bzw. [mm]y(0)=0[/mm]
>  
> dort habe ich als Lösung: [mm]y(x)=-log(\frac{x}{e^x}+C)[/mm]
>  
> bei [mm]y(-1)=0, (\frac{-1}{e^{-1}}+C)[/mm]

Das stimmt.


>  
> das liefert ca. -2,72+C=0 also, C=2,72

Auaaaa ! mit 2,72 meinst Du doch wohl nicht die Eulersche Zahl $e$ ? Wenn doch, so lass doch den Dezimalquatsch und schreibe $e$.

Dennoch: Dein C stimmt nicht. Aus 0=y(-1) folgt log(C-e)=0. Also E-e=1

Edit: natürlich war C-e=1 gemeint.


und Somit C=e+1.


>  
> und [mm]y(0)=0 , (\frac{0}{e^0}+C)[/mm]
>  
> das liefert C=0

Das stimmt auch nicht. Rechne nochmal.

FRED

>  
> wäre das richtig?
>  
> LG


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Anfangswertprobleme: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:51 Do 22.10.2015
Autor: capri

Hallo Fred kurze zwischenfrage, von wo hast du jetzt das E?
$E-e=1$?

LG

Bezug
                                                                                        
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Anfangswertprobleme: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:53 Do 22.10.2015
Autor: fred97


> Hallo Fred kurze zwischenfrage, von wo hast du jetzt das
> E?
>  [mm]E-e=1[/mm]?

Upps, da hab ich mich verschrieben. Natürlich ist gemeint C-e=1.

FRED

>  
> LG


Bezug
                                                                                                
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Anfangswertprobleme: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:06 Do 22.10.2015
Autor: capri

also muss $c=1$ sein damit dann ist halt $log(1)=0$

richtig?

habe noch eine Frage bei diesem Aufgabenteil:

Weisen Sie nach, dass das Anfangswertproblem

$ (x+y)y' =y-x, y(0)=0 $ keine Lösung besitzt.

da hattest du ja Fred, bei der zweiten Antwort glaube ich eine Lösung hingeschrieben wo $y(1)=-1$ war.

Ich habe mal versucht die Lösung von dir wo du 0=-2 raus hattest es bei $y(0)=0$ zu versuchen... da bekam ich 0=0 raus, aber dann müsste es ja eine Lösung geben. Oder mein 0=0 ist falsch...^^

LG

Bezug
                                                                                                        
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Anfangswertprobleme: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:15 Do 22.10.2015
Autor: MathePower

Hallo capri,


> also muss [mm]c=1[/mm] sein damit dann ist halt [mm]log(1)=0[/mm]
>  
> richtig?

>


Nein aus C-e=1 folgt doch C=1+e.

  

> habe noch eine Frage bei diesem Aufgabenteil:
>  
> Weisen Sie nach, dass das Anfangswertproblem
>  
> [mm](x+y)y' =y-x, y(0)=0[/mm] keine Lösung besitzt.
>
> da hattest du ja Fred, bei der zweiten Antwort glaube ich
> eine Lösung hingeschrieben wo [mm]y(1)=-1[/mm] war.
>  
> Ich habe mal versucht die Lösung von dir wo du 0=-2 raus
> hattest es bei [mm]y(0)=0[/mm] zu versuchen... da bekam ich 0=0
> raus, aber dann müsste es ja eine Lösung geben. Oder mein
> 0=0 ist falsch...^^

>


In der Tat erhältst Du mit der Anfangsbedingung y(0)=0 eine Lösung.  


> LG


Gruss
MathePower

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