Maximales Existenzintervall < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:06 Mi 03.08.2011 | | Autor: | GeMir |
| Aufgabe | Berechnen Sie die maximalen Lösungen, insbesondere auch deren Definitionsbereiche, der folgenden Anfangswertprobleme:
a) $y' = [mm] \frac{xy(y-2)}{x^2-1}, \quad [/mm] y(0)=1$
b) $y' = [mm] \frac{xy^3}{\sqrt{1+x^2}}, \quad [/mm] y(0)=1$ |
In beiden Fällen lässt sich der Satz über Separation der Variablen anwenden.
Zu a):
Definiere:
$f: [mm] \mathbb{R}\backslash\{-1,1\} \longrightarrow \mathbb{R}: [/mm] x [mm] \longmapsto \frac{x}{x^2-1}$ [/mm] stetig
$g: [mm] \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}\backslash\{0\}: [/mm] y [mm] \longmapsto [/mm] y(y-2)$ stetig
Dann sind:
$F(x) = [mm] \int_{0}^{x}{\frac{t}{t^2-1}dt} [/mm] = [mm] \ldots [/mm] = [mm] \frac{1}{2}\ln(|x^2-1|)$
[/mm]
$G(y) = [mm] \int_{1}^{y}{\frac{1}{s(s-2)}ds} [/mm] = [mm] \ldots [/mm] = [mm] \frac{1}{2}(\ln(|y-2|) [/mm] - [mm] \ln(|y|))$
[/mm]
Setze [mm] $\frac{1}{2}(\ln(|y-2|) [/mm] - [mm] \ln(|y|)) [/mm] = [mm] \frac{1}{2}\ln(|x^2-1|) [/mm] + c$
Einsetzen von [mm] $x_0$ [/mm] und [mm] $y_0$ [/mm] führt zu $c = 0$
Löse nach $y$ auf:
[mm] $\ln(|y-2|) [/mm] - [mm] \ln(|y|) [/mm] = [mm] \ln(|x^2-1|)$
[/mm]
[mm] $\exp(\ln(|y-2|) [/mm] - [mm] \ln(|y|)) [/mm] = [mm] \exp(\ln(|x^2-1|))$
[/mm]
[mm] $\bigg|1-\frac{2}{y}\bigg| [/mm] = [mm] |x^2-1|$ [/mm] (Frage 1: Darf man ab der Stelle Betragstriche weglassen?)
[mm] $\vdots$
[/mm]
$y = [mm] \frac{2}{2-x^2} [/mm] = [mm] \varphi$ [/mm] die eindeutige Lösung vom AWP.
[mm] $\varphi$ [/mm] ist auf [mm] $\mathbb{R}\backslash\{-2,2\}$ [/mm] definiert, die Bedingung [mm] $F(I_{max}) \subset G(\mathbb{R}) [/mm] = [mm] (-\infty, [/mm] 0)$ muss aber erfüllt sein, deswegen ist [mm] $I_{max} [/mm] = (-2,0)$ (Frage 2: Kann doch nicht richtig sein, weil [mm] $x_0 \notin I_{max}$. [/mm] Wie sieht es denn richtig aus?)
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Zu b):
Definiere:
$f: [mm] \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}: [/mm] x [mm] \longmapsto \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ [/mm] stetig
$g: [mm] \mathbb{R}\backslash\{0\} \longrightarrow \mathbb{R}\backslash\{0\}: [/mm] y [mm] \longmapsto y^3$ [/mm] stetig
Dann sind:
$F(x) = [mm] \int_{0}^{x}{\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}dt} [/mm] = [mm] \ldots [/mm] = [mm] \sqrt{1+x^2}-1$
[/mm]
$G(y) = [mm] \int_{1}^{y}{\frac{1}{s^3}ds} [/mm] = [mm] \ldots [/mm] = [mm] \frac{1}{2}\bigg(1 [/mm] - [mm] \frac{1}{y^2}\bigg)$
[/mm]
Setze: [mm] $\frac{1}{2}\bigg(1 [/mm] - [mm] \frac{1}{y^2}\bigg) [/mm] = [mm] \sqrt{1+x^2} [/mm] - 1 + c$
Einsetzen von [mm] $x_0$ [/mm] und [mm] $y_0$ [/mm] führt zu $c = 0$
Löse nach $y$ auf:
$1 - [mm] \frac{1}{y^2} [/mm] = [mm] 2\sqrt{1+x^2} [/mm] - 2$
[mm] $\vdots$
[/mm]
$y = [mm] \pm \frac{1}{3-2\sqrt{1+x^2}} [/mm] = [mm] \varphi$ [/mm] die eindeutige Lösung vom AWP.
Wegen [mm] $x_0 \overset{!}{\in} I_{max}$ [/mm] ist [mm] $\varphi [/mm] = [mm] \frac{1}{3-2\sqrt{1+x^2}}$. [/mm]
[mm] $\varphi$ [/mm] ist auf [mm] $\mathbb{R}\backslash\{-\frac{\sqrt{5}}{2},\frac{\sqrt{5}}{2}\}$ [/mm] definiert, die Bedingung [mm] $F(I_{max}) \subset G(\mathbb{R}) [/mm] = [mm] \bigg(-\infty,\frac{1}{2}\bigg)$ [/mm] muss aber erfüllt sein, deswegen ist [mm] $I_{max} [/mm] = [mm] \bigg(-\frac{\sqrt{5}}{2}, \frac{1}{2}\bigg)$ [/mm] (Frage 3: Ist das richtig?)
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Hallo GeMir,
> Berechnen Sie die maximalen Lösungen, insbesondere auch
> deren Definitionsbereiche, der folgenden
> Anfangswertprobleme:
>
> a) [mm]y' = \frac{xy(y-2)}{x^2-1}, \quad y(0)=1[/mm]
>
> b) [mm]y' = \frac{xy^3}{\sqrt{1+x^2}}, \quad y(0)=1[/mm]
>
> In beiden Fällen lässt sich der Satz über Separation der
> Variablen anwenden.
>
> Zu a):
>
> Definiere:
>
> [mm]f: \mathbb{R}\backslash\{-1,1\} \longrightarrow \mathbb{R}: x \longmapsto \frac{x}{x^2-1}[/mm]
> stetig
> [mm]g: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}\backslash\{0\}: y \longmapsto y(y-2)[/mm]
> stetig
>
> Dann sind:
>
> [mm]F(x) = \int_{0}^{x}{\frac{t}{t^2-1}dt} = \ldots = \frac{1}{2}\ln(|x^2-1|)[/mm]
>
> [mm]G(y) = \int_{1}^{y}{\frac{1}{s(s-2)}ds} = \ldots = \frac{1}{2}(\ln(|y-2|) - \ln(|y|))[/mm]
>
> Setze [mm]\frac{1}{2}(\ln(|y-2|) - \ln(|y|)) = \frac{1}{2}\ln(|x^2-1|) + c[/mm]
>
> Einsetzen von [mm]x_0[/mm] und [mm]y_0[/mm] führt zu [mm]c = 0[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Ich habe hier zunächst nach [mm]y[/mm] aufgelöst und am Ende die AB eingesetzt, dann kannst du leichter mit den Beträgen hantieren, definiere einfach die Konstanten um ...
Also von der letzten Zeile:
[mm]\ln\left(\left|\frac{y-2}{y}\right|\right)=\ln(|x^2-1|)+2c[/mm]
Also [mm]\left|\frac{y-2}{y}\right|=e^{2c}\cdot{}|x^2-1|=\tilde c\cdot{}|x^2-1|[/mm]
Damit [mm]\frac{y-2}{y}=\hat c(x^2-1)[/mm]
Nun nach y auflösen und die AB einsetzen und du kommst auf [mm]y=\frac{2}{2-x^2}[/mm]
>
> Löse nach [mm]y[/mm] auf:
>
> [mm]\ln(|y-2|) - \ln(|y|) = \ln(|x^2-1|)[/mm]
>
> [mm]\exp(\ln(|y-2|) - \ln(|y|)) = \exp(\ln(|x^2-1|))[/mm]
>
> [mm]\bigg|1-\frac{2}{y}\bigg| = |x^2-1|[/mm] (Frage 1: Darf man ab
> der Stelle Betragstriche weglassen?)
Ohne weitere Bedingungen nicht ...
>
> [mm]\vdots[/mm]
>
> [mm]y = \frac{2}{2-x^2} = \varphi[/mm] die eindeutige Lösung vom
> AWP.
>
> [mm]\varphi[/mm] ist auf [mm]\mathbb{R}\backslash\{-2,2\}[/mm] definiert, ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Zum einen meinst du [mm]\pm\sqrt{2}[/mm], zum anderen sind Lösungen stets auf zusammenhängenden Gebieten, hier Intervallen, definiert.
Infrage kommen hier nur [mm]I_1=(-\infty,-\sqrt{2})[/mm] oder [mm]I_2=(-\sqrt{2},\sqrt{2})[/mm] oder [mm]I_3=(\sqrt{2},\infty)[/mm]
Wegen des Anfangswertes kommt nur [mm]I_2[/mm] infrage.
Es ist also [mm]y:I_2\to\IR, x\mapsto \frac{2}{2-x^2}[/mm] die eind. Lösung des Anfangswertproblems (a)
> die Bedingung [mm]F(I_{max}) \subset G(\mathbb{R}) = (-\infty, 0)[/mm]
> muss aber erfüllt sein,
die Bedingung kenne ich nicht ...
Es ist aber [mm]F(I_2\setminus\{\pm\sqrt{2}\})=(-\infty,0)[/mm]
Was sagt denn Picard-Lindlöf?
> deswegen ist [mm]I_{max} = (-2,0)[/mm]
Nein!
> (Frage 2: Kann doch nicht richtig sein, weil [mm]x_0 \notin I_{max}[/mm].
> Wie sieht es denn richtig aus?)
Siehe oben.
Das ist die simpel errechnete Lösung ohne Eindeutigkeitskriterien ...
>
> -----------------------------
>
> Zu b):
>
> Definiere:
>
> [mm]f: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}: x \longmapsto \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}[/mm]
> stetig
> [mm]g: \mathbb{R}\backslash\{0\} \longrightarrow \mathbb{R}\backslash\{0\}: y \longmapsto y^3[/mm]
> stetig
>
> Dann sind:
>
> [mm]F(x) = \int_{0}^{x}{\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}dt} = \ldots = \sqrt{1+x^2}-1[/mm]
>
> [mm]G(y) = \int_{1}^{y}{\frac{1}{s^3}ds} = \ldots = \frac{1}{2}\bigg(1 - \frac{1}{y^2}\bigg)[/mm]
>
> Setze: [mm]\frac{1}{2}\bigg(1 - \frac{1}{y^2}\bigg) = \sqrt{1+x^2} - 1 + c[/mm]
>
> Einsetzen von [mm]x_0[/mm] und [mm]y_0[/mm] führt zu [mm]c = 0[/mm]
>
> Löse nach [mm]y[/mm] auf:
>
> [mm]1 - \frac{1}{y^2} = 2\sqrt{1+x^2} - 2[/mm]
>
> [mm]\vdots[/mm]
>
> [mm]y = \pm \frac{1}{3-2\sqrt{1+x^2}} = \varphi[/mm] die eindeutige
> Lösung vom AWP.
Da fehlt doch eine Wurzel:
[mm]y=\pm\frac{1}{\sqrt{3-2\sqrt{x^2+1}}}[/mm]
Wegen [mm]y(0)=1>0[/mm] kommt dann nur [mm]y=+\frac{1}{\sqrt{3-2\sqrt{x^2+1}}}[/mm] infrage
>
> Wegen [mm]x_0 \overset{!}{\in} I_{max}[/mm] ist [mm]\varphi = \frac{1}{3-2\sqrt{1+x^2}}[/mm].
Mit Wurzel!
>
> [mm]\varphi[/mm] ist auf
> [mm]\mathbb{R}\backslash\{-\frac{\sqrt{5}}{2},\frac{\sqrt{5}}{2}\}[/mm]
Nee, auf [mm]\left(-\frac{\sqrt{5}}{2},\frac{\sqrt{5}}{2}\right)=:I[/mm]
Und [mm]x_0=0\in I[/mm]
Also [mm]y:I\to\IR, x\mapsto \frac{1}{\sqrt{3-2\sqrt{x^2+1}}}[/mm] als eind. Lösung der AWA (b)
> definiert, die Bedingung [mm]F(I_{max}) \subset G(\mathbb{R}) = \bigg(-\infty,\frac{1}{2}\bigg)[/mm]
> muss aber erfüllt sein, deswegen ist [mm]I_{max} = \bigg(-\frac{\sqrt{5}}{2}, \frac{1}{2}\bigg)[/mm]
> (Frage 3: Ist das richtig?)
Nein
Gruß
schachuzipus
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