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 Nichtlineare DGL 2. Ordnung |
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Numerikstudent
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 14.05.2017
Mitteilungen: 46
 |  Themenstart: 2018-04-20
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Hallo.
pi * t * y'' = -2* y' * y
y(0) = 0
y'(0) = pi/T
Berechne y(t)
Ist eine nichtlineare DGL. Habe es schon mit den ueblichen Faellen versucht. Einmal als Implizite und als diesen y = p' Fall.
Gibt es da etwa eine geschickte Substitution? Oder ist das etwa eine einer dieser exakten DGLs? Leider habe ich nichts zu exakte DGL 2 Ordnung gefunden.
Danke.
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gonz
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Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4745
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 |  Beitrag No.1, eingetragen 2018-04-20
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Hallo Numerikstudent,
etwas unsystematisch folgender Ansatz:
Die linke Seite könnte ein Teil der Ableitung von pi*t*y' sein, dann würde allerdings nach der Produktregel ein zweiter Term, pi*y', entstehen. Diesen Term können wir auf beiden Seiten addieren, da er auf der rechten Seite nicht weiter stört. Da die rechte Seite sofort integrierbar ist, haben wir dann eine Gleichung, die wir insgesamt einmal integrieren können. Das sollte das Problem vereinfachen, zumal die resultierenden Terme nicht furchtbar kompliziert sind.
Hilft dir das weiter?
Grüsse
Gonz/Gerhard
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Numerikstudent
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Dabei seit: 14.05.2017
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-20
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Danke. Aber auch hier zerstoerrt wieder das t das Ergebnis. Wenn man die Anfangsbedinungne einsetzt
Wenn ich dich richtig verstanden habe:
pi * t * y'' + pi * y' = ... | Integriere beide Seiten
pi * t * y' = -y^2 + pi*y + c | geteilt durch pi und y'
Setze: y(0) = 0 ein und y(0)' = pi/T
Klar: c = 0
Also wende hier: y' = dy/dt an.
pi * t * y' = -y^2 + pi*y
pi * t * dy/dt = -y^2 + pi*y
Also:
(pi/(-y^2 + pi*y)) dy = (1/t) dt
Integrieren von 1/t ergibt ln|t|
Aber wenn Anfangsbedinung t = 0 einsetzt, dann hat man die Katastrophe. Da dort nicht definiert.
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Numerikstudent
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Dabei seit: 14.05.2017
Mitteilungen: 46
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-20
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Vermutlich mit exp() Trick auf beiden Seiten die Sache am Ende retten. Man darf es vermutlich mit dem exp() alles retten. Dann gehen alle erlaubten Methoden doch ...
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sibelius84
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 | Beitrag No.4, eingetragen 2018-04-20
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Hi,
also ich denke der Weg, den Gonz vorgeschlagen hat, könnte durchaus weiterbringen: Die Ausgangsgleichung ist äquivalent zu
$ (\pi t y')'=-2yy'+\pi y'$.
Wenn man dies integriert, erhält man eine Bernoulli'sche Differentialgleichung, die man in gewohnter Weise lösen kann (hier glaube ich z(t):=1/y(t), bin nicht sicher, aber das kann man nachlesen). Fragwürdig ist nur, wie man in einer DGL 1. Ordnung zwei Anfangsbedingungen unterbringen soll.
Spekulation:
Evtl. können wir den Weg über Bernoulli dazu nutzen, um die richtige Substitution zu finden? Also die Substitution, die uns durch Bernoulli vorgeschlagen wird, schon in der Ausgangsgleichung durchführen?
LG
sibelius84
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gonz
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Mitteilungen: 4745
Wohnort: Harz
| Beitrag No.5, eingetragen 2018-04-20
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Ich glaube auch, dass sich bei t=0 einfach erstmal eine Lücke ergibt, die sich nachher schliessen lässt. Die DGL erster Ordnung lässt sich durch Trennung der Variablen lösen, das Integral nach dy durch Partialbruchzerlegung (soweit meine Rechnung, ich bin aber etwas zu müde heute um das fehlerfrei durchzuziehen )
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gonz
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| Beitrag No.6, eingetragen 2018-04-21
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\quoteon(2018-04-20 20:36 - sibelius84 in Beitrag No. 4)
Fragwürdig ist nur, wie man in einer DGL 1. Ordnung zwei Anfangsbedingungen unterbringen soll.
\quoteoff
Da wir zweimal integrieren, haben wir doch zwei Integrationskonstanten. Die erste haben wir bereits zu 0 bestimmt.
Wir kriegen dann folgendes:
\
\pi*t*y' = -y^2 + \pi*y
\pi y' /(-y^2+\pi y) = 1/t
Partialbruchzerlegung liefert
y' ( 1/y + 1/(\pi-y) ) = 1/t
Und das können wir wiederum integrieren zu
ln(abs(y))+ln(abs(\pi-y)) = ln(abs(t)) +c_2
und jetzt in den exponenten erhoben
abs(\pi*y-y^2)=abs(t)*c_3 mit c_3 > 0
Wenn wir uns jetzt Lösungen im Streifen t>0, 0
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Numerikstudent
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|  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-23
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Danke. Ist kein Rechenfehler drin. Habs nachgerechnet.
Keine Ahnung wieso ich nicht vorher auf die pq Formel gekommen bin. Ist eigentlich offensichtlich.
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