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Differentialgleichung trigonometrische Funktionen

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Gewöhnliche Differentialgleichungen

Tags: Gewöhnliche Differentialgleichungen

Krahapp aktiv_icon

00:00 Uhr, 21.10.2010

Hallo zusammen,

ich hoffe, der Titel ist nicht irreführend zu der Differentialgleichung, dich ich gerne lösen möchte (oder zumindest sagen können möchte, dass sie lösbar ist).

Gegeben ist folgende Gleichung:

y = K_{1} \cdot y ʹ + K_{2} \cdot \cos (\tan^{- 1} (y ʹ))

K_{1}, K_{2} \neq 0

Gegeben ist zudem

y > 0

.

Der schwierige Teil daran ist natürlich der zweite Summand auf der rechten Seite.

Die üblichen Fragen dürften lauten:
1. Ist die DGL lösbar?
2. Wenn ja, ist sie eindeutig lösbar?
3. Lässt sich eine explizite Funktionsgleichung (

y (x) = \dots

) ermitteln?

Dazu muss ich sagen, dass mir die Vorlesung zu Differentialgleichungen noch bevorsteht, ich deshalb betreffende Sätze vielleicht noch nicht kenne. Ich hatte mich aus Interesse (und weil ich den Physikern über die Schultern geschaut habe) schonmal ein bisschen eingearbeitet und bin dabei auf oben Genanntes gestoßen.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

smoka

12:48 Uhr, 21.10.2010

Hallo,

da hast Du Dir aber gleich eine rausgesucht...
Ich habe bisher nicht versucht sie zu lösen, aber vielleicht nutzt Dir folgende Identität was:

\cos (\arctan (x)) = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1}}

Gruß,

notinX

Yokozuna aktiv_icon

01:08 Uhr, 22.10.2010

Hallo,

also ich mache mal den Versuch einer Lösung. Als ersten Schritt macht man das, was Smoka vorgeschlagen hat, um diese $\cos (\tan^{- 1} (y^{'}))$ -Konstruktion wegzubekommen:

$\cos (\tan^{- 1} (y^{'})) = \frac{1}{\sqrt{1 + {y^{'}}^{2}}}$ . Damit lautet die Differentialgleichung:

$y = K_{1} \cdot y^{'} + K_{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + {y^{'}}^{2}}}$

Jetzt könnte man zunächst versuchen die Wurzel wegzubekommen:

$y = K_{1} \cdot y^{'} + K_{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + {y^{'}}^{2}}} \Rightarrow y - K_{1} \cdot y^{'} = K_{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + {y^{'}}^{2}}} \Rightarrow$ $(y - K_{1} \cdot y^{'}) \cdot \sqrt{1 + {y^{'}}^{2}} = K_{2} \Rightarrow {(y - K_{1} \cdot y^{'})}^{2} \cdot (1 + {y^{'}}^{2}) = {K_{2}}^{2}$

Wenn man das ausmultipliziert, erhält man ein Polynom 4. Grades in y', aber selbst wenn man es schafft, diese Gleichung nach y' aufzulösen, dürfte es schwierig sein, die dabei entstehenden Wurzelausdrücke zu integrieren.

Statt dessen kann man folgendes machen: Setze $p : = y^{'} \Rightarrow$

$y = K_{1} \cdot p + K_{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + p^{2}}}$

Diesen Ausdruck differenzieren wir jetzt nach x:

$p = y^{'} = K_{1} \cdot p^{'} - K_{2} \cdot \frac{p}{{(\sqrt{1 + p^{2}})}^{3}} \cdot p^{'} = p^{'} \cdot (K_{1} - K_{2} \cdot \frac{p}{{(\sqrt{1 + p^{2}})}^{3}}) \Rightarrow$

$1 = \frac{d p}{d x} \cdot (K_{1} \cdot \frac{1}{p} - K_{2} \cdot \frac{1}{{(\sqrt{1 + p^{2}})}^{3}}) \Rightarrow d x = (K_{1} \cdot \frac{1}{p} - K_{2} \cdot \frac{1}{{(\sqrt{1 + p^{2}})}^{3}}) \cdot d p \Rightarrow$

$x = K_{1} \cdot \int \frac{1}{p} \cdot d p - K_{2} \cdot \int \frac{1}{{(\sqrt{1 + p^{2}})}^{3}} \cdot d p = K_{1} \cdot \ln (p) - K_{2} \cdot \frac{p}{\sqrt{1 + p^{2}}} + C$

Damit hat man eine Darstellung der Lösung in Parameterdarstellung, also in der Form y(p), x(p), wobei p der Parameter ist:

$x (p) = K_{1} \cdot \ln (p) - K_{2} \cdot \frac{p}{\sqrt{1 + p^{2}}} + C$

$y (p) = K_{1} \cdot p + K_{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + p^{2}}}$

Wegen dem Logarithmus muß man zusätzlich noch p>0 verlangen.

Es dürfte wohl kaum möglich sein, eine explizite Darstellung der Lösung in der Form y(x) zu erhalten, denn dazu müßte man x(p) nach p auflösen und dieses p dann in y(p) einsetzen.

Damit kann man die erste Frage mit ja beantworten (es gibt eine Lösung) und die dritte Frage mit nein (es gibt keine explizite Lösung). Die zweite Frage, ob das die einzige Lösung ist, kann ich nicht beantworten. Aber vielleicht fällt doch noch jemand anderem etwas hierzu ein, oder jemand findet doch noch eine explizite Darstellung der Lösung.

Man kann noch eine Aussage treffen, wie sich die Lösung für große p verhält, denn es ist:

$\lim_{p \to \infty} \frac{p}{\sqrt{1 + p^{2}}} = 1$ und $\lim_{p \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1 + p^{2}}} = 0$

Damit erhält man für große p:

$x (p) \approx K_{1} \cdot \ln (p) - K_{2} + C$

$y (p) = K_{1} \cdot p$

Nun x(p) nach p auflösen:

$\ln (p) = \frac{x + K_{2} - C}{K_{1}} \Rightarrow p = e^{(\frac{x + K_{2} - C}{K_{1}})}$

Wenn man dies in y(p) einsetzt, erhält man:

$y = K_{1} \cdot e^{(\frac{x + K_{2} - C}{K_{1}})}$

Mehr fällt mir zu diesem Thema momentan nicht ein.

Viele Grüße

Yokozuna

Yokozuna aktiv_icon

08:27 Uhr, 22.10.2010

Hallo,

für den Fall, daß $K_{2} > 0$ ist, ist $y = K_{2} \Rightarrow y^{'} = 0$ noch eine singuläre Lösung.

Viele Grüße

Yokozuna

Krahapp aktiv_icon

10:27 Uhr, 23.10.2010

Hi,

vielen Dank für den ausführlichen Lösungsweg. Ich musste es mir etwas länger anschauen, habe es jetzt aber ganzg gut verstanden. Sieht aus, als würde ich dann im kommenden Semester noch sehr viel mehr Handwerkzeugs lernen :-)

Es hat mir sehr weitergeholfen.

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