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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:53 Di 08.12.2009 | | Autor: | itzibi |
| Aufgabe | | x' = 1 + x²sin(t-x) |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo, weiß jemand, wie man diese DGL lösen kann? Habe zwar Erfahrung mit DGLs unterschiedlichster Art und Weise aber ich hiermit komme ich nicht zurecht, da kein mir bekanntes Lösungsschema verwendet werden kann.
Vielen Dank schonmal für eure Hilfe!
Grüße
itzibi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:41 Di 08.12.2009 | | Autor: | Gonozal_IX |
Huhu,
ich weiss nicht, obs dich zum Ziel bringt, aber versuch mal die Substitution
$y = t - x$
MFG,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:59 Di 08.12.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo itzibi, ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
Gehe ich recht in der Annahme, dass x=x(t) ist und [mm] x'=\bruch{dx}{dt} [/mm] ?
In dem Fall habe ich, ehrlich gesagt, auch keine Idee.
Falls aber t nur ein Parameter ist, dann könnte Dir ein einfaches Additionstheorem helfen.
lg
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:09 Di 08.12.2009 | | Autor: | Niladhoc |
Hallo,
partikuläre Lösung t=x ... xD.
Alle anderen Lösungen konvergieren gegen diese Gerade, daher wirds wohl nur eine Lösung in Parameterform geben. Vlt. würde auch eine Koordinatentransformation helfen.
lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:15 Di 08.12.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo niladhoc,
gut gesehen. Warten wir mal ab, welche Variablen hier eigentlich existieren und wie verknüpft sind. 
x=x(t) hast Du ja jedenfalls ganz gelöst. Und das ohne Integration...
lg
rev
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:56 Di 08.12.2009 | | Autor: | itzibi |
Hallo, danke schonmal für die verschiedenen Anregungen! Also bei der Aufgabe steht leider nichts dabei, aber ich bin jetzt auch mal von davon ausgegangen, dass der Aufgabenverfasser mit x x(t) und x' = dx/dt meint. Leider hab ich den Lösungsvorschlag von Niladhoc nicht ganz verstanden... Mit Substitution bin auch nicht weitergekommen...
Danke nochmal
Grüße
itzibi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:04 Di 08.12.2009 | | Autor: | Niladhoc |
Hallo,
ich habe eine Hauptachsentransformation probiert, sodass die Kurven nicht mehr gegen die Gerade t=x konvergieren, sondern z.B. [mm] t_2=0 [/mm] und dann vlt. sogar elementare Lösungen in den neuen Koordinaten entstehen.
Das wäre hier [mm] \vektor{t \\ x}\to \bruch{1}{\sqrt{2}}\vektor{t-x \\ t+x}, \vektor{dt \\ dx}\to \bruch{1}{\sqrt{2}}\vektor{dt-dx \\dt+dx}
[/mm]
Sieht aber auch nicht besser aus :(
lg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:29 Mi 09.12.2009 | | Autor: | uliweil |
Hallo itzibi,
ich gehe von Deiner Interpretation der Aufgabe aus (bzgl. x und t) und habe mich mal mittels eines Computeralgebraprogrammes (Maple) über die Aufgabe hergemacht und ein paar Diagramme gezeichnet. Das Programm kann auch DGl lösen, aber bei dieser Aufgabe streikt es. Aber das Richtungsfeld kann man ja trotzdem zeichnen lassen, es ist ja eine DGl erster Ordnung:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Sieht recht wüst aus, was wohl an der fehlenden Feinheit des Diagrammes liegt.
Wenn man nun die DGl etwas schärfer beäugt, fällt auf, dass alle Geraden x(t) = t + [mm] n*\pi, [/mm] n [mm] \in \IZ, [/mm] Lösungen der DGl sind, denn auf diesen Geraden wird der Sinus(t-x(t)) gleich 0 und es bleibt x'(t) = 1 als Steigung dieser Geraden korrekt übrig.
Diese Schar von Geraden (grün) habe ich dann mal dazugezeichnet und man erhält folgendes Bild:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Na ja, eine gewisse Tendenz ist erkennbar.
Als drittes habe ich nun mein Programm gebeten, entsprechende zur DGl passende Anfangswertaufgaben numerisch zu lösen und sie dann in das Diagramm einzuzeichnen. Die blauen Kurven haben Anfangswerte auf der senkrechten Achse, die schwarzen außerhalb der Achsen. Es entsteht folgendes Bild:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dies suggeriert ganz deutlich folgende Eigenschaften der Lösungskurven:
1. Eine Lösung verlässt den Streifen zweier benachbarter Lösungsgeraden nicht.
2. Jede Lösung nähert sich asymptotisch für t -> [mm] \pm \infty [/mm] einer ihrer begrenzenden Lösungsgeraden an.
3. In Streifen zwischen den Geraden t + n* [mm] \pi [/mm] und t + (n+1)* [mm] \pi [/mm] geht die Lösung in [mm] +\infty [/mm] für gerades n gegen t + n* [mm] \pi [/mm] und in [mm] -\infty [/mm] gegen t + (n+1)* [mm] \pi. [/mm] Für ungerades n ist es umgekehrt.
Dies sind natürlich erst mal Vermutungen, die bewiesen werden müssten!
Die erste schafft man sicher mit dem Existenz- und Eindeutigkeitssatz. Über die weiteren habe ich noch nicht tiefer nachgedacht.
Soviel für heute, es sind ja noch 20 Tage Zeit.
Gruß
Uli
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 3 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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