PDGL 2 Aufgabe 7.2.11

[Pen]

Ich habe eine Frage betreffend Ü7, 7.2.11 (Aufgabe PDGL2 von der Seite von Professor Scheithauer):
 
 
-x*u_x + y*u_y = x*u²
 
mit u_x = Ableitung von u nach x und u_y Ableitung von u nach y.
 
Es soll die charakteristische Kurve aufgestellt werden und u(x,y) berechnet werden, mit der Anfangsbedingung u(x,1) = e^-x
 
 
Es bereitete mir bisher eigentlich kein Problem die Lösung nachzuvollziehen, aber eine Sache machte mich stutzig:
 
Wie bitteschön kommen die auf die charakteristische Kurve?
 
Der Ansatz dy/dx = b/a ist mir schon klar.
 
Ich hab da bisher gerechnet:
 
dy/dx = -y/x
 
Dann mit TdV: -1/y dy = 1/x dx
Und schließlich integriert: -ln y = ln x + c1
Ergibt bei Basis e: 1/y = x + e^c1
mit e^c1 = C ergibt sich: 1/y = x + C
 
Soweit so gut. Aber irgendwie komm ich nun nicht auf die gesuchte char. Kurve (C = xy), sondern auf (1/y - x = C).
 
 
und wie entsteht dann eigentlich z²u_z = wu²? Eigentlich muss doch bloß x mit w substituiert und y mit z substituiert werden?!
 
Kann mir bitte jemand helfen? Danke im Voraus!

[cl150]

[latex]
Mein Ü-Leiter hat das damals ein bisl anders gemacht. Also guck mal ob du damit klar kommst.
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\paragraph {7.2.11 a)}
Ansatz: $u(x,y)=u\bigl(x(t),y(t)\bigr)\Rightarrow u_t=u_x x_t+u_y y_t$ in der Ausgangsgleichung: $\underbrace{xu^2}_{=u_t}=\underbrace{-x}_{=x_t}u_x+\underbrace{y}_{=y_t}u_y$.
\begin{align*}
   x_t&=\frac{dx}{dt}=-x\rightarrow\int\frac{dx}{x}=\int-dt\rightarrow ln(x)=-t+c_1\rightarrow x=c_2\,e^{-t}\quad (1)\\
   y_t&=\frac{dy}{dt}=y\rightarrow\int\frac{dy}{y}=\int dt\rightarrow ln(y)=t+c_3\rightarrow y=c_4\,e^{t}\quad (2)
\end{align*}
Die charakteristische Kurve $K$ erhält man, indem man $t$ aus den Formeln (1) und (2) eliminiert. Hier nur ein beispielhafter Weg.
\[ x\cdot y=c_2\,e^{-t}\cdot c_4\,e^{t}=c_2\cdot c_4\cdot\frac{1}{e^x} \cdot e^x=c_5=K\]
Weiter geht es mit
\[ u_t=\frac{du}{dt}=xu^2\xrightarrow{x=c_2\,e^{-t}}\int\frac{du}{u^2}=\int\frac{dt}{c_2\,e^{t}}\rightarrow-\frac{1}{u}=-\underbrace{c_2\,e^{-t}}_{x}+c_6=c_6-x\Rightarrow c_6=x-\frac{1}{u}\]
Von hier an mit dem Ansatz $\phi(c_5)-c_6=0$, wobei $\phi$ eine unbekannte, aber beliebige Funktion ist.
\[ \phi(x\cdot y)-\left(x-\frac{1}{u}\right)=0\quad\Rightarrow\quad \underline{u(x,y)=\frac{1}{x-\phi(x\cdot y)}} \]

\paragraph {7.2.11 b)}
\[ u(x,1)=\frac{1}{e^x}\stackrel{!}{=}\frac{1}{x-\phi(x)}\Rightarrow\phi(x)=x-e^x \]
Mit dem Übergang von $x\rightarrow x\cdot y$ ist $\phi(x\cdot y)=x\cdot y-e^{x\cdot y}$ und die spezielle Lösung
\[ \underline{u(x,y)=\frac{1}{x-\left(x\cdot y-e^{x\cdot y}\right)}} \]
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[franzi1801]

Hi,

also das ist prinzipiell richtig was du machst, du hast jedoch einfach nach der TdV falsch integriert!
Richtig wäre: lny= -lnx + lnC
wenn man das umformt kommt man auf: lny = ln (C/x)
                                                            y = C/x
                                                             C=x*y
so hab ich das zumindest gemacht

lg

[Pen]

Alles klar, also hatte ich nur eine andere Konstante ...:pinch: ... Theoretisch sollte doch aber meine Substitution auch funktionieren eigentlich (auch wenn sie womöglich komplizierter zu rechnen ist) ... hmm, vielleicht hab ich mich ja noch anderswo verrechnet.
Danke für die Hilfe.