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Lösung DGL x'=x²-1

Universität / Fachhochschule

Gewöhnliche Differentialgleichungen

Tags: Gewöhnliche Differentialgleichungen

T-mo1 aktiv_icon

12:17 Uhr, 12.12.2019

Hi zusammen,

Ich habe folgendes Problem:

Ich möchte die DGL x'=x²-1 lösen und habe dies wie folgt getan.

\int \frac{1}{x^{2} - 1} * d x = \int d t + c

\frac{1}{x^{2} - 1}

mittels Partialbruchzerlegung:

\frac{1}{x^{2} - 1} = \frac{1}{(x + 1) (x - 1)} = \frac{A}{x + 1} + \frac{B}{x - 1}

A und B bestimmt durch Umformung zu

1 = A (x - 1) + B (x + 1)

und für x = 1 bzw. -1 angenommen

A = \frac{- 1}{2}

und

B = \frac{1}{2}

Ich löse also die DGL wie folgt

\frac{1}{2} \int \frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 1} d x = t + c

\ln ∣ x - 1 ∣ - \ln ∣ x + 1 ∣ = 2 (t + c)

\frac{x - 1}{x + 1} = e^{2 (t + c)}

was mich letztlich auf

x (t) = \frac{1 + e^{2 (t + c)}}{1 - e^{2 (t + c)}}

führt.

Die Lsg. des Profs und Wolframalpha zeigen mir jedeoch die Lösung

x (t) = \frac{1 - e^{2 (t + c)}}{1 + e^{2 (t + c)}}

an.
Ich verstehe nicht wo der Fehler liegt...
(btw. auf
www.symbolab.com/solver/ordinary-differential-equation-calculator/y'%3Dy%5E%7B2%7D-1
erhalte ich meine Lsg.)

Viele Grüße

Timo

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

HAL9000

12:30 Uhr, 12.12.2019

Bis hin zu

\ln ∣ x - 1 ∣ - \ln ∣ x + 1 ∣ = 2 (t + c)

gehe ich mit, danach wirst du leider ungenau: Nächster Schritt ist

∣ \frac{x - 1}{x + 1} ∣ = e^{2 (t + c)}

Und dann muss der Betrag aufgelöst werden, was in verschiedene Fälle münden kann - je nach Startwert ( x(0) ? ).

T-mo1 aktiv_icon

13:59 Uhr, 12.12.2019

Vielen Dank für die Antwort!
Ok ich probiers nochmal.

∣ \frac{x - 1}{x + 1} ∣ = e^{2 (t + c)}

Ich denke ich habe eben die Beträge vergessen.
Fallunterscheidung für 3 Fälle:
x>1, x<-1 und -1<x<1

Für Fall 1 x>1 lasse ich die Betragsstriche weg und komme so auf das Ergebnis

x (t) = \frac{1 + e^{2 (c + t)}}{1 - e^{2 (c + t)}}

Bei Fall 2 x<-1 schreibe ich

∣ \frac{x - 1}{x + 1} ∣ = \frac{- (x - 1)}{- (x + 1)}

was zur selben Funktion wie in Fall 1 führt.

Fall 3 -1<x<1

∣ \frac{x - 1}{x + 1} ∣ = \frac{- (x - 1)}{x + 1}

was zur angegeben Lsg. von

x (t) = \frac{1 - e^{2 (t + c)}}{1 + e^{2 (c + t)}} .

Was mich gewundert hat ist, dass er in seiner Lösung die Zweite als allg. Lsg. der Dgl angibt.

Die komplette Aufgabenbeschreibung:
Ermitteln Sie das Verhalten der Lösungen folgender skalarer autonomer Differentialgleichungen
für

t \to \infty

für verschiedene Anfangswerte x(0) = x0. In welchen Punkten
ist x' = 0?
Im zweiten Schritt ermitteln Sie die Lösungen der Differentialgleichungen und untersuchen
Sie das Langzeitverhalten anhand Grenzwertbetrachtung der expliziten Lösungen.

HAL9000

14:14 Uhr, 12.12.2019

Üblich ist folgendes Vorgehen: Nach der Betragsauflösung bekommt man

\frac{x - 1}{x + 1} = \pm e^{2 c} \cdot e^{2 t}

.

Durch Reparametrisierung

C_{2} := \pm e^{2 c}

bekommt man die allgemeine Lösung

\frac{x - 1}{x + 1} = C_{2} \cdot e^{2 t}

, wobei Parameter

C_{2} \in ℝ \ {0}

, aufgelöst

x (t) = \frac{1 + C_{2} e^{2 t}}{1 - C_{2} e^{2 t}}

,

und man stellt zudem fest, dass auch

C_{2} = 0

zu einer (dann konstanten) Lösung

x (t) = 1

der DGL führt. Auf diese Weise hat man beide Zweige der Betragsauflösung wieder vereint.

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