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Forum "Gewöhnliche Differentialgleichungen" - riccatische dgl
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riccatische dgl: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:35 Mo 18.09.2006
Autor: omikron

Aufgabe
zeigen sie, dass es genau eine lösung y : [mm] \IR \to \IR [/mm] der riccatischen dgl
y' = [mm] y^{2} [/mm] - 1 gibt, deren Graph in einer geeigneten beschränkten umgebung von (0,2) [mm] \in [/mm] Graph liegt.
bestimmen sie diese lösung.

Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.

hallo, ich habe bei dieser dgl die lösungen y=1 oder y=-1 geraten und dann bin ich nach dem verfahren für riccatische dgln vorgegangen, indem alle lösungen durch die lösung von
u' - 2u - [mm] u^{2} [/mm] = 0 mit u(x) = y(x) - z(x) und z(x) = 1 gegeben sind.

leider komme ich mit dieser dgl auf keine richtige lösung und ich weiß auch nicht, wie ich die "geeignete beschränkte umgebung von (0,2) [mm] \in [/mm] Graph" verstehen soll.

hoffe mir kann jemand helfen.
danke, omikron

        
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riccatische dgl: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:48 Mo 18.09.2006
Autor: DirkG

Hallo omikron,

ich meinerseits habe von Riccati-Dgl so gut wie keine Ahnung, aber [mm]y'=y^2-1[/mm] lässt sich ja auch so prächtig mit Trennung der Variablen lösen:
[mm] $$\int\limits_{y_0}^y [/mm] ~ [mm] \frac{\mathrm{d}y}{y^2-1} [/mm] = [mm] \int\limits_{x_0}^x ~\mathrm{d}x, [/mm] $$
der Anfangswert [mm] $y(x_0)=y_0$ [/mm] ist da bereits eingearbeitet. Natürlich dürfen auf dem Weg von [mm] $y_0$ [/mm] nach $y$ nicht die heiklen Stellen [mm] $\pm [/mm] 1$ übersprungen werden, sonst gibt's Ärger - aber ansonsten läuft alles problemlos ab. ;-)

Gruß,
Dirk


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riccatische dgl: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:06 Di 19.09.2006
Autor: omikron

danke für deinen tipp,
ich habe es jetzt einmal so probiert und habe:
[mm] \integral{\bruch{dy}{y^2-1}} [/mm] = [mm] \integral{\bruch{dy}{(y-1)(y+1)}} [/mm] . wie geht man jetzt am besten an dieses integral ran? partiell?
jedenfals kommt da glaube ich
[mm] \bruch{- ln (y+1)}{2} [/mm] + [mm] \bruch{ln (y-1)}{2} [/mm] raus und das muss ja gleich x sein.
wenn ich mir jetzt sicher wäre, dass das integral richtig ist, dann müsste ich jetzt noch an y kommen. nur wie?
danke für die hilfe nochmal.

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riccatische dgl: Partialbruchzerlegung
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:18 Di 19.09.2006
Autor: Loddar

Hallo omikron!


> [mm]\integral{\bruch{dy}{y^2-1}}[/mm] = [mm]\integral{\bruch{dy}{(y-1)(y+1)}}[/mm] .
> wie geht man jetzt am besten an dieses integral ran? partiell?

Das wird nun einer Partialbruchzerlegung unterzogen:

[mm] $\bruch{1}{(y-1)*(y+1)} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{A}{y-1}+\bruch{B}{y+1}$ [/mm]

Das liefert dann $... \ = \ [mm] -\bruch{1}{2}*\bruch{1}{y-1}+\bruch{1}{2}*\bruch{1}{y+1}$ [/mm]


> jedenfals kommt da glaube ich [mm]\bruch{- ln (y+1)}{2}[/mm] + [mm]\bruch{ln (y-1)}{2}[/mm] raus

[ok]


>und das muss ja gleich x sein.

[notok] Nicht ganz ... Auf der rechten Seite entsteht mit Integrationskonstante $x \ [mm] \red{+ C}$ [/mm] !


> wenn ich mir jetzt sicher wäre, dass das integral richtig
> ist, dann müsste ich jetzt noch an y kommen. nur wie?

Wende auf den Ausdruck auf der linken Seite ein MBLogarithmusgesetz an:

[mm] $\bruch{-\ln (y+1)}{2} [/mm] + [mm] \bruch{\ln (y-1)}{2} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{2}*\left[\ln(y-1)-\ln(y+1)\right] [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{2}*\ln\left(\bruch{y-1}{y+1}\right) [/mm] \ = \ x+C$


Kannst Du das nun umstellen?


Gruß
Loddar


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riccatische dgl: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:34 Di 19.09.2006
Autor: omikron

danke,
ich erhalte nun
[mm] \bruch{y-1}{y+1}=e^{2(x+C)} [/mm]
wie löse ich das am besten nach y auf?
danke

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riccatische dgl: mit (y+1) multiplizieren
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:40 Di 19.09.2006
Autor: Loddar

Hallo omikron!


Multipliziere diese Gleichung mit $(y+1)_$ und Du erhältst eine lineare Gleichung in $y_$ .

Zur Vereinfachung kannst Du ja zunächst ersetzen bzw. umformen:
$A \ := \ [mm] e^{2*(x+C)} [/mm] \ = \ [mm] e^{2x+2C} [/mm] \ = \ [mm] e^{2x}*e^{2C} [/mm] \ = \ [mm] C^\star*e^{2x}$ [/mm]

[mm] $\Rightarrow$ $\bruch{y-1}{y+1} [/mm] \ = \ A$


Gruß
Loddar


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riccatische dgl: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 12:46 Di 19.09.2006
Autor: omikron

alles klar, dankeschön!

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riccatische dgl: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:05 Mo 18.09.2006
Autor: Leopold_Gast

Aber auch mit Riccati geht es. Du hast bisher alles richtig gemacht. Du mußt nur weiter machen. Setze

[mm]v = \frac{1}{u} \, , \ \ v' = - \frac{u'}{u^2}[/mm]

Nach Division durch [mm]-u^2[/mm] geht [mm]u' - 2u - u^2 = 0[/mm] über in die lineare Differentialgleichung

[mm]v' + 2v = -1[/mm]

Hast du diese allgemein gelöst, mußt du wieder rückwärts berechnen: erst [mm]u = \frac{1}{v}[/mm], dann [mm]y = u + 1[/mm]

Zur Kontrolle die allgemeine Lösung mit der Konstanten [mm]C[/mm]:

[mm]y = \frac{C + \operatorname{e}^{2x}}{C - \operatorname{e}^{2x}}[/mm]

Und die letzte Bedingung besagt nur, daß du jetzt aus diesen unendlich vielen Lösungen diejenige bestimmen mußt, deren Graph durch den Punkt mit den Koordinaten [mm]x=0, y=2[/mm] geht. Einsetzen dieser Werte gibt aber eine Gleichung für [mm]C[/mm], die sich leicht lösen läßt.

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riccatische dgl: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:23 Di 19.09.2006
Autor: omikron

hi, auch dir vielen dank für die schnelle hilfe!

habe es mit deinen tipps weiter versucht und zwar habe ich nach den substitutionen

z'+2z=-1 gelöst und zwar ist die lösung für z'+2z=0 durch z(x)= [mm] C*e^{-2x} [/mm] gegeben.
jetzt variation der konstanten
z(x) = [mm] C(x)*e^{-2x} [/mm] mit C(x) = [mm] \integral {-e^{2x} dx}+D [/mm] = [mm] -\bruch{1}{2}*e^{2x}+D [/mm] , man erhät also doch eigentlich:
z(x) = [mm] ({-\bruch{1}{2}*e^{2x}+D})*e^{-2x} [/mm] und da habe ich ein bißchen probleme, weil das gleich [mm] -\bruch{1}{2}+{D*e^{-2x}} [/mm] ist.

vielleicht kannst du mir nur kurz erläutern wie du auf [mm] y(x)=\bruch{C+e^{2x}}{C-e^{2x}} [/mm] gekommen bist. das mit dem rückeinsetzen vorher ist sonst eigentlich klar und wie ich dann an C=3 komme auch. Mit der Formulierung aus der Aufgabenstellung ist also eigentlich nur das AWP y(0)=2 gemeint, oder?

vielen dank nochmal

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riccatische dgl: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:36 Di 19.09.2006
Autor: Leopold_Gast

Jetzt müssen wir aufpassen, daß wir mit den Bezeichnungen nicht durcheinander geraten. In deinem ersten Beitrag hattest du [mm]z[/mm] bereits für die spezielle Lösung [mm]z(x) = 1[/mm] vergeben. Daher hatte ich den Buchstaben [mm]v[/mm] für [mm]\frac{1}{u}[/mm] gewählt. Jetzt scheinst du aber dieses [mm]v[/mm] wieder [mm]z[/mm] zu nennen. Ich dagegen bleibe bei den alten Bezeichnungen. Mit dieser Einschränkung zitiere ich dein Ergebnis

[mm]v(x) = - \frac{1}{2} + D \cdot \operatorname{e}^{-2x}[/mm]

([mm]D[/mm] ist übrigens keine besonders glückliche Wahl für eine Konstante, das erinnert irgendwie an "Differential", "differenzieren" oder etwas in der Richtung)

Wie gesagt, mußt du jetzt resubstituieren:

[mm]u(x) = \frac{1}{v(x)}[/mm]

[mm]y(x) = 1 + u(x)[/mm]

Der Rest ist nur Rechnerei: alles auf einen Bruchstrich bringen, mit [mm]2 \operatorname{e}^{2x}[/mm] erweitern, Konstante umbenennen.

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