Differentialgleichung mit Randbedingungen

Aufrufe: 407     Aktiv: 28.06.2022 um 16:15
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Meine Frage bezieht sich auf folgende Aufgabe:



Ich habe die allgemeine Lösung mithilfe von Wolframalpha (hoffentlich richtig) ermittelt und hatte vor die Randbedingungen einzusetzen, um die entsprechende spezielle Lösung zu ermitteln.
Die von Wolframalpha ermittelte allgemeine Lösung ist Folgende:

Wenn ich richtig sehe, wird es für $y(0)=0$ keine reelle Lösung geben, dessen Fall ich noch nicht hatte. Ist diese allgemeine Lösung falsch oder liegt das Problem woanders?

EDIT vom 26.06.2022 um 11:52:

Hier ist meine bisherige Rechnung:

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Das mag eine richtige Lösung sein, passt aber nicht zu den Anfangsbedingungen.
Solche Dgl sind aber normalerweise immer lösbar.
Und im Unterschied zu Deinen früheren Fragen hast Du hier nun eine Dgl, die Du gut ohne software selbst lösen kannst.
Setze: $z:=y'$ und erhalte eine Dgl mit getrennten Variablen für $z$. Aus $z$ (AW beachten) erhält man dann $y$ (nochmal: AW beachten).

Hier spricht man übrigens von Anfangsbedingungen, weil die Bedingungen am Anfang des (mutmaßlichen) Definitionsbereichs greifen. RWA sind solche, wo zwei Bedingungen an die Lösung an verschiedenen Stellen gegeben sind.
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Ich habe es mal mit dem Ansatz versucht $z=y'$, nur ist mir noch nicht ganz ersichtlich, wann genau die AW-Bedingung beachtet werden muss. Also ich habe versucht in meinem berechneten $z$ die Bedingung $y'(0)=2$ zu beachten, aber stoße erneut auf eine komplexe Lösung. Ich füge mal die Rechnung hinzu.   ─   user8faafd 26.06.2022 um 11:52
Alles klar, danke! Damit komme ich nun auf $y=arcsin(x)+x\cdot \sqrt{1-x^2}$.   ─   user8faafd 26.06.2022 um 15:06
Danke nochmal für die Anmerkungen. Ich will trotzdem einmal deine Antwort korrigieren in Bezug auf meiner Frage "Nichtlineare Differentialgleichung 1. Ordnung lösen" : Es hat sich herausgestellt, dass durchaus die DGL ohne Software auch gut händisch lösbar ist. Die ganze DGL erstmal mit dem Nenner multiplizieren. Dann muss man beim Ansatz eines von x abhängigen integrierenden Faktors die neue DGL mit dem integrierenden Faktor (bei mir M) ein wenig erweitern und es kürzen sich alle $y$ weg.   ─   user8faafd 27.06.2022 um 18:30
$1/x^2$ ist mein errechneter Faktor M und führt zu folgendem Potenzial: $y^2 - \frac{y}{x} + c=0$, wobei ich hier die "Potenzialkonstante" und Integrationskonstante zu $c$ zusammengefasst habe.   ─   user8faafd 27.06.2022 um 20:08
Kein Problem. Ich schreibe trotzdem nochmal etwas Letztes dazu, falls es dich interessiert: Vielleicht hast du das Differential nicht entsprechend umgeformt, müsste so aussehen: $y \cdot dx + (2 \cdot x^2 \cdot y-x) \cdot dy=0$. Dann nur noch mit $\frac{1}{x^2}$ multplizieren und es wird zu: $\frac{y}{x^2} \cdot dx + (2 \cdot y - \frac{1}{x}) \cdot dy =0$.   ─   user8faafd 27.06.2022 um 23:47
Also ab hier habe ich das Integral $\int \limits_{}^{}\frac{y}{x^2} \cdot dx = -\frac{y}{x}+c(y) = P$ (P für Potenzial) ausgewertet, abgeleitet nach $y$, und dann gleichgesetzt mit dem Vorfaktor von $dy$ : $-\frac{1}{x}+c_{y}(y)= 2 \cdot y - \frac{1}{x}$. Wenn man $c(y)$ hat, ist man durch (nach dem Konstanten zusammenfassen). Normalerweise würde ich dann das Potenzial nach $y$ umstellen, eine explizite Lösung gibt es hier aber wohl nicht.   ─   user8faafd 28.06.2022 um 00:46

Leider scheint diese Antwort Unstimmigkeiten zu enthalten und muss korrigiert werden. Mikn wurde bereits informiert.