Differentialgleichung umformen und lösen

Question

Aufgabe:

Lösungen von folgender Differentialgleichung:

y'(x) = $$-\frac{y^{2}-xy}{2xy^{3}+xy+x^{2}}$$

Problem/Ansatz:

Ich hätte es mit Substitution probiert, die Gleichung versucht umzuformen, aber konnte keine Lösung finden.

Ich würde um Hilfe bitten wie ich diese Differentialgleichung lösen könnte.

Answer 1

Hallo,

um ehrlich zu sein, wußte ich nicht (s.u.) wie man so eine DGL löst. In Zeiten von Wolfram Alpha & Co kann man sich aber damit behelfen eine Herleitung zu 'konstruieren'. Die (oder eine) Lösung wäre$$y^{2}-\frac{x}{y}+\ln\left(y\right)+\ln\left(x\right)=C$$leitet man diese Lösung nach $x$ ab und formt man sie etwas um, so kommt man am Ende auf obige DGL - probier das mal selber. Und wenn man diesen Weg rückwärts beschreitet, so kommt dabei folgendes heraus:$$\begin{aligned}y'& =-\frac{y^{2}-xy}{2xy^{3}+xy+x^{2}} \\ 2xy^3y' +xyy' +x^2y' &= -y^2 + xy &&|\, \div xy^2 \\ 2yy' + \frac{y'}{y} + \frac{xy'}{y^2} &= - \frac{1}{x} +\frac{1}{y} &&|\,-\frac{1}{y}\\ 2yy' + \frac{y'}{y} + \frac{xy'}{y^2} -\frac{1}{y} &= - \frac{1}{x}\\ 2yy' + \frac{y'}{y} + \frac{xy'}{y^2} -\frac{y}{y^2} &= - \frac{1}{x}\\ 2yy' + \frac{y'}{y} - \frac{y-xy'}{y^2} &= - \frac{1}{x} &&|\,\int\text{d}x\\ y^2 + \ln(y) - \frac{x}{y} &= -\ln(x) + C &&|\, +\ln(x) \\ y^2 + \ln(y) - \frac{x}{y} +\ln(x)&= C \\\end{aligned}$$D.h. die Terme werden solange 'geknetet' bis sich nach $x$ integrierbare Ausdrücke ergeben.

Das ganze in graphischer Form:

Den Punkt kann man mit der Maus verschieben. Es wird immer die Richtung der Ableitung - also $y'=f(x,y)$ - angezeigt.

Gruß Werner

Comments

Vielen Dank!

---

Ich habe mich dank des Tipps von Grosserloewe schlau gemacht.

Die Umwandlung in die im Wiki-Artikel beschrieben Form der exakten DGL sieht so aus:$$y'=-\frac{y^{2}-xy}{2xy^{3}+xy+x^{2}} \\ \underbrace{(y^{2}-xy)}_{=p(x,y)} + y'\underbrace{(2xy^{3}+xy+x^{2})}_{=q(x,y)} = 0$$

Da die Integrabilitätsbedingung $$\frac{\partial p(x,y)}{\partial y} \stackrel{?}{=} \frac{\partial q(x,y)}{\partial x}$$ hier nicht erfüllt ist, muss man zunächst nach einer Funktion $\mu(x,y)$ suchen, mit der man die DGL multipliziert. Dazu multipliziere ich $p$ und $q$ mit $\mu(x,y)$ und setze es in die Integrabilitätsbedingung ein:$$\begin{aligned} \frac{\partial \mu(x,y)p(x,y)}{\partial y} &= \frac{\partial \mu(x,y)q(x,y)}{\partial x} \\ \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial y}(y^2 - xy) + \mu(x,y)(2y - x) &= \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial x} \left(2xy^3 +xy+x^2\right)+\mu(x,y)\left( 2y^3+y+2x \right)\\ \mu(x,y)(2y - x) -\mu(x,y)\left( 2y^3+y+2x \right)&= \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial x} \left(2xy^3 +xy+x^2\right)+\frac{\partial \mu(x,y)}{\partial y}(xy -y^2) \\ \mu(x,y)\left(y -3x- 2y^3 \right)&= \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial x} \left(2xy^3 +xy+x^2\right)+\frac{\partial \mu(x,y)}{\partial y}(xy -y^2) \\ \left({\color{red}xy^2} {\color{blue}-3x^2y}- 2xy^4 \right)&\leftrightarrow \left(2xy^4 {\color{red}+xy^2}+{\color{blue}x^2y}\right)+({\color{blue}x^2y} {\color{red}-xy^2}) \\ \end{aligned}$$die letzte Zeile mit den Farben ist keine formale Gleichung, sondern nur eine 'Denkhilfe'! Da alle Terme Potenzen von $x$ und $y$ sind, kann man wohl davon ausgehen, dass es bei $\mu(x,y)$ auch so ist. Und wenn man nach $x$ bzw. $y$ ableitet, dann vermindert sich der Exponent jeweils um 1.

Also füge ich beim nicht abgeleiteten Term ein $xy$ hinzu und bei der Ableitung nach $x$ nehme ich ein $x$ weg und füge nur ein $y$ hinzu und beim nach $y$ abgeleiteten Term bleibt dann ein $x$. Und dann vergleiche ich die Terme mit identischen Exponenten ... die habe ich farblich markiert. Daraus folgt dann z.B.:$$\mu(x,y) \cdot (-2xy^4) = \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial x} \cdot (2xy^4)$$und dies geht wegen des Vorzeichenwechsels nur, wenn $u(x,y)$ den Faktor $x^{-1}=1/x$ enthält.

Daselbe mache ich nun für die rot markierten Terme. Natürlich ohe die hinzugefügten $x$ bzw. $y$:$$\mu(x,y)=\frac{y^k}{x} \implies \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial x} = -\frac{y^k}{x^2}, \quad \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial y}=k\frac{y^{k-1}}{x} \\ \begin{aligned} \frac{y^k}{x} {\color{red}y} &= -\frac{y^k}{x^2} {\color{red}xy} +k\frac{y^{k-1}}{x} ({\color{red}-y^2})\\ y^k &= -y^k - ky^k \\ \implies k &= -2\\ \implies \mu(x,y)&= \frac{1}{xy^2} \end{aligned}$$Für die blauen kannst Du es ja noch mal kontrollieren.

Jetzt kann man dann schreiben:$$\mu(x,y)= \frac{1}{xy^2} \\ \begin{aligned} \left(y^2-xy\right) + y'(2xy^3+xy+x^2) &= 0 &&|\,\cdot \frac{1}{xy^2} \\ \underbrace{\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right)}_{=p(x,y)} + y'\underbrace{\left(2y+ \frac{1}{y} + \frac{x}{y^2}\right)}_{=q(x,y)} &= 0 \end{aligned}$$Und das weiter Vorgehen ist im Wiki-Artikel beschrieben. Hier noch meine Rechnung:$$\begin{aligned} \varPhi(x,y) &= \int p(x,y)\,\text{d}x + \varphi(x)\\ &= \ln(x) - \frac{x}{y} + \varphi(y) \\\end{aligned}\\\begin{aligned} \frac{\text{d} \varphi(y)}{\text{d} y} &= q(x,y) - \frac{\partial}{\partial y}\int p(x,y)\,\text{d}x\\ &= 2y+ \frac{1}{y} + \frac{x}{y^2} - \frac{\partial}{\partial y}\left(\ln(x) - \frac{x}{y}\right)\\ &= 2y + \frac{1}{y} + \frac{x}{y^2} - \frac{x}{y^2}\\ &= 2y + \frac{1}{y}&&|\,\int \text{d}y\\ \varphi(y) &= y^2 + \ln(x) + C \\ \end{aligned}\\ \implies \varPhi(x,y)=\ln(x) - \frac{x}{y}+y^2 + \ln(x) + C$$kommt tatsächlich das gleiche heraus. Wieder was dazu gelernt!

Answer 2

Hallo,

diese DGL kannst Du nach dem Verfahren "Exakte DGL" lösen.

Prüfe zuerst , ob Py=Qx ist .(Integrabilitätsbedingung)

Wenn nein, mußt Du einen "Integrierenden Faktor" berechnen und die gesamte DGL damit multiplizieren.

Dann kannst Du die DGL berechnen.

$\begin{array}{l}y^{\prime}=-\frac{y^{2}-x y}{2 x y^{3}+x y+x^{2}} \\ \frac{d y}{d x}=-\frac{y^{2}-x y}{2 x y^{3}+x y+x^{2}} \\ (\underbrace{2 x y^{3}+x y+x^{2}}_{Q}) d y+(\underbrace{y^{2}-x y}_{P}) d x=0\end{array}$

$\begin{array}{l}\begin{array}{l}P_{y}=2 y-x \\ Q_{x}=2 y^{3}+y+2 x \Rightarrow P_{y} \neq Q_{x}\end{array} \\ \text { nicht exakt } \\ \Rightarrow \text { integrièrender } \\ \text { Faktor } \\ \text { Ansatz: } m(x, y)=x^{a} y^{b} \\ P \frac{d m(x, y)}{d y}-Q \frac{d m(x, y)}{d x}+m(x, y)\left(\frac{d P}{d y}-\frac{d Q}{d x}\right)=0 \\\end{array}$

Comments

Dankeschön, werde es später probieren.

---

diese DGL kannst Du nach dem Verfahren "Exakte DGL" lösen

Der Begriff "Exakte DGL" war mir gänzlich fremd. Danke für den Tipp ... es funktioniert (s Kommentar unter meiner Antwort)

---

@ Danie

Viel Spaß mit dieser  Sonntagslektüre :-) , siehe oben, habe meinen Beitrag ergänzt