y = C e^(-sin x) + e^(x-sin(x)) (sin(2x)/10 - cos(2x)/5)
Anpassen an die Anfangsbed.:
1 = C e^0 + e^0 (0/10 - 1/5)
1 = C -1/5
C = 6/5
also
y = 6/5 e^(-sin x) + e^(x-sin(x)) (sin(2x)/10 - cos(2x)/5)
--------------------------------
die zweite ist meiner Meinung nach für diese Anfangsbed. nicht lösbar. (Aber das ist auch ein Ergebniss ;))
Erstmal das Gleiche wie oben - homogene Lösung bestimmen.
x yH' + yH = 0
Normalerweise würde man das jetzt durch Trennen der Variablen machen, aber dafür müsste man durch x teilen was man wegen der Anfangsbedingungen nicht darf. Also: Fallunterscheidung, den Fall x ungleich Null betrachten wir nicht weiter, also x=0:
0 yH' + yH = 0 => yH=0
Die Schar an homogenen Lösungen entartet also zur x-Achse. Also Null Freiheitsgrade von dieser Seite; damit ist aber nicht gesagt, dasses keine Lösung der inhomogenen Gleichung geben kann!
Variation der Konstanten kann man hier jetzt natürlich vergessen, aber man kann einen Ansatz für die partikuläre Lösung machen. Meistens hat man guten Erfolg, wenn man einen Ansatz mit derselben Form wie der sie hat macht.
Ansatz: yP = a x² + b x + c
Ableiten, Einsetzen:
2 a x² + b x + a x² + b x + x = x² + 3x + 2
Koeffizentenvergleich:
a = 1/3
b = 2/3
c = 2
Ergibt im Ganzen:
y = C yH + yP = yP
Einsetzen der Anfangsbed.:
1 = 2 Widerspruch!
Für x=0 ist die dgl nur für y=2 als Startwert lösbar da sie an dieser Stelle entartet. Is ne gemeine Falle, ich weiss..
Ich hoff das hilft erstmal weiter.. wenn du noch etwas üben willst dann kannst du die zweite ja mal für Anfangsbed. x ungleich 0 lösen.
Gruß,
UpsideDown
lena
15.01.2003, 13:49
super danke fürs lösen :knuddel:
werd mir das jetzt einmal in ruhe durchschaun
LittleIvan
15.01.2003, 19:47
ich weiss jetzt nicht, ob du die erste schon gelöst hast, aber wenn nicht, kannst du da folgendermassen ansetzen:
y' = dy/dx = 2xy/(x2-y2) = 2*(y/x) * 1/[1-(y2/x2)]
In dem Schritt habe ich nur im Nenner x2 ausgeklammert. Jetzt substituierst du v = y/x. dann steht da:
F(v) = 2*v/(1-v2)
Dafür ist jetzt eine etwas andere DGL zu lösen wegen der Substitution, also erstmal Theorie:
v = y/x also y = v*x und nach der Produktregel y' = v' * x + v := F(v)
aus der letzten Gleichung folgt dann die lösung der DGL:
dv/dx * x = F(v) - v
umgestellt und integriert ergibt das:
irgendwue komm ich da von anfang an nicht weiter: ich weriß nicht ie er auf s(x)=k konst. kommt
danke und lg lena
achja und zu der gleichung xy' + y = x2 + 3x + 2
bekommt der typ der die lösungen ins netz gestellt hat aber ein ganz anderes ergebnis. wie stimmts denn :confused:
http://stud4.tuwien.ac.at/~e0025887/Mathematik%20fuer%20Chemiker%20UE%20I/pdf/99.pdf
upsidedown
15.01.2003, 21:30
Was auch immer der da getrieben hat der diese Lösung ausgearbeitet hat - von der Analyse von Differentialgleichungen hat er nicht allzuviel Ahnung. Die Lösung zu berechnung und zu analysieren ist so ziemlich das komplizierteste was man da anstellen kann.
Man bestimme die möglichen Gleichgewichtszustände bei der Differentialgleichung
y' + a y = k (a, k positive Konstanten) und untersuche diese auf Stabilität.
Gleichgewichtspunkt: y'=0
a yS = k -> yS = k/a
Und jetzt interessiert noch der Eigenwert des Systems in unmittelbarer Nähe des stabilen Punktes:
λ = y' = k - a y
<font class="serif">∂</font>y'/<font class="serif">∂</font> y = -a
&lambda < 0, also yS stabil.
Hast du die Theorie dazu mal gemacht oder soll ich das mal kurz skizzieren, wieso ich das so einfach machen kann?
lena
15.01.2003, 21:33
die theorie hab ich dazu leider nicht gemacht - die vorlesung is weiter hinten als die übung und skriptum gibts leider auch keins
upsidedown
15.01.2003, 22:13
Najut, dann gibts jetzt halt die lineare Stabilitäsanalyse im Schnelldurchlauf:
Wie man Gleichgewichtspunkte berechnet ist eigentlich ziemlich klar: Die Änderung muss 0 sein, dass heisst y' muss 0 sein. Analog bei DGL-systemen: Da muss der ganze Vektor (also alle Funktionen) 0 sein.
Das kann man dann algebraisch lösen. Damit hat man die GGW-Punkte - nur über ihre Stabilität weiss man damit noch nichts.
Auf Deutsch: Uns interessiert was die dgl in unmittelbarer Nähe des GGW-Punktes macht. Wenn man nur das Verhalten in unmittelbarer Nähe sucht dann kann man die dgl der Form y' = f(y) dann durch eine Taylorreihe um yS als Funktion von y approximieren:
y' = f(y)
y'(y) = y'(yS) + <font class="serif">∂</font>y'(yS)/<font class="serif">∂</font>y (y'(y) - y'(yS)) + ...
und nach dem linearen Glied brech ich ab.
weil y'(yS) = 0 ist vereinfacht sich das zu
y' = f'(yS) y
Die Dgl kennen wir und können wir ausnahmweise mal lösen:
y = C e^(f'(yS) t)
Und von der Wissen wir, dass sie gegen unendlich geht wenn f'(yS)> 0 ist (sich also eine kleine Abweichung vom GGW mit der Zeit vergrößert) und wieder gegen 0 geht, wenn f'(yS) < 0 ist, eine (kleine) Störung also wieder gegen 0 geht.
Man kann das für Differentialgleichungssystme völlig analog machen - liefer ich bei Bedarf oder vielleicht auch der Vollständigkeit halber auch nach, aber ... :sleep:
lena
15.01.2003, 22:22
dann einmal herzlichcen dank und schlaf gut
nur eine kleine bitte hab ich noch: der titel des threads ist falsch geschrieben, da steht differentalgleichungen (hab mich wohl vertippt)