Bernoulli-Differentialgleichungen

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Multiplizieren wir (wie ebenfalls oben beschrieben) beide Gleichungen mit y −1 und teilen die zweite Gleichung durch 2, so erhalten wir: y = uy −1 und y ′ = 1 2 u′ ·y −1 . Dies eingesetzt in die Ausgangsgleichung (2) ergibt 1 2 u′ ·y −1 − 1 4 uy−1 = − 1 4 (1+x2 )y −1 . Multiplizieren wir die Gleichung mit 2 und dividieren durch y−1 , erhalten wir eine lineare DGL 1. Ordnung: u ′ − 1 u = −1 2 2 (1+x2 ). (3) Von dieser bestimmen wir die allgemeine Lösung nach den bekannten drei Schritten. S1: Wir ermitteln die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung (mittels Trennung der Variablen): u ′ − 1 ⇒ TdV ⇒ u = 0 2 du 1 = u dx 2 1 1 du = dx u 2 | ·dx, : u ⇒ ln|u| = 1 2x+C ⇒ uh(x) = K ·e 1 2x , K ∈ R S2: Wir ermitteln eine partikuläre Lösung und machen dazu den Ansatz Dies abgeleitet ergibt up(x) = K(x)·e 1 2 x . u ′ p(x) = K ′ (x)·e 1 2x +K(x)· 1 2 e12 x . Setzen wir up und u ′ p ein in (3), so fallen alle Terme, in denen K(x) vorkommt, weg und es bleibt: K ′ (x)e 1 2x = − 1 2 (1+x2 ) ⇒ K(x) = − 1 2 (1+x 2 )e −1 2 x dx. Das Integral lässt sich entweder mittels partieller Integration oder mithilfe der Integraltabelle des Tafelwerks lösen. Letztlich erhält man und als partikuläre Lösung K(x) = (x 2 +4x+9)e −1 2 x up(x) = x 2 +4x+9. S3: Als allgemeine Lösung von (3) ergibt sich: u(x) = x 2 +4x+9+Ke 1 2 x , K ∈ R. 2
Die allgemeine Lösung der Ausgangsgleichung (2) erhalten wir durch Rücksubstitution: Daraus folgt u = y 2 ⇒ y = ± √ u. y(x) = ± x2 +4x+9+Ke 1 2x , K ∈ R. (b) Gesucht ist die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y ′ +ycos(x) = −2e sin(x) y 2 . Es ist offensichtlich eine <strong>Bernoulli</strong>-DGL mit dem Exponenten a = 2. Wir substituieren: u = y 1−2 = y −1 ⇒ u ′ = −y −2 ·y ′ . Multiplizieren wir beide Gleichungen mit y 2 und teilen die zweite Gleichung durch −1, dann ergibt sich y = uy 2 und y ′ = −u ′ ·y 2 . Setzen wir beides in die Ausgangsgleichung ein, erhalten wir −u ′ ·y 2 +uy 2 cos(x) = −2e sin(x) y 2 . Durch Division durch (−y 2 ) wird daraus eine lineare DGL 1. Ordnung: u ′ −ucos(x) = 2e sin(x) . Die allgemeine Lösung dieser Gleichung hatten wir schon einmal bestimmt. Sie lautet u(x) = (2x+K)e sin(x) , K ∈ R. Zur Bestimmung der Lösung der Ausgangsgleichung müssen wir rücksubstituieren: Daraus folgt u = y −1 ⇒ y = u −1 . y(x) = (2x+K)e sin(x)−1 e = −sin(x) , K ∈ R. 2x+K (c) Gesucht ist die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y ′ +4y = 50x 2 e 3x√ y. Es ist offensichtlich eine <strong>Bernoulli</strong>-DGL mit dem Exponenten a = 1/2 (denn √ y lässt sich umschreiben als y 1/2 ). Wir substituieren: u = y 1−1 2 = y 1 2 ⇒ u ′ = 1 2 y−1 2 ·y ′ . Multiplizieren wir beide Gleichungen mit y1/2 und multiplizieren die zweite Gleichung mit 2, dann ergibt sich y = uy 1 2 und y ′ = 2u ′ ·y 1 2. 3
Seite 1: Eine Differentialgleichung der Gest

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