DGL lösen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo,
ich habe folgendes gegeben :
$ [mm] y'=-\bruch{4x}{1+x^{2}}y+\bruch{1}{(1+x^2)^3} [/mm] $ und y(1)=0
Als Typ der DGL habe ich folgendes angegeben : inhomogene, explizite, gewöhnliche lineare DGL erster Ordnung.
Zunächst einmal die homogene Lösung :
[mm] y_{h}=(1+x^{2})^{-2}
[/mm]
Was muss ich nun machen? Ich weiß, dass ich nun die inhomogene Lösung angeben muss, weiß jedoch nicht genau wie.
Danke im Voraus.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:37 Mo 30.06.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du hast die Integrationskonstante vergessen. Durch Variation der Konstanten, oder mit einem Ansatz von der Form des inhomogenen Teils.
Gruß leduart
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Also
$ [mm] y_{h}=(1+x^{2})^{-2} [/mm] + D $ ?
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Hallo alfonso,
> Also
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> [mm]y_{h}=(1+x^{2})^{-2} + D[/mm] ?
>
Nö, sondern [mm] y_{h}=\frac{c}{(1+x^2)^2}
[/mm]
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Weshalb wird eine Konstante multipliziert? Das habe ich zwar auch so in meinen Unterlagen, aber verstehe diesen Schritt echt nicht :/
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Hi,
betrachte doch mal als Beispiel die DGL y'=y
sei [mm] y_1 [/mm] eine Lösung der DGL, dass heißt es gilt [mm] y'_1=y_1
[/mm]
Nun definieren wir mal etwas wie: [mm] y_2=y_1+c [/mm] mit [mm] c\in\IR.
[/mm]
Dann haben wir [mm] y'_1=y_1+c, [/mm] das gilt also nur für c=0.
Nun definieren wir mal etwas wie [mm] y_3=cy_1 [/mm] mit [mm] c\in\IR.
[/mm]
Dann haben wir [mm] cy'_1=cy_1, [/mm] was natürlich eine wahre Aussage ist.
Also wo ist also der Kniff: Es ist [mm] \frac{d(cf)(x)}{dx}=x\frac{f(x)}{dx}
[/mm]
wenn man aber die DGL löst und integriert dann erhält man in der regel sowieso die Integrationskonstante. Ermittel oben mal für die DGL die Lösung über Trennung der Variablen. Dann integrierst du ja auch und bekommst Konstante mit dazu...
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Denke, dass ich es verstanden habe.
Ich habe dann folgenden Lösungsweg ( einige Schritte ausgelassen, um es in Grenzen zu halten ) :
Homogene Lösung :
[mm] y_{h}'=-\bruch{4x}{1+x^{2}}*y_{h}
[/mm]
[mm] \gdw ln(y_{h})=-\integral_{}^{}{\bruch{4x}{1+x^{2}} dx}
[/mm]
[mm] \gdw ln(y_{h})=-2*ln(1+x^{2})*c
[/mm]
[mm] \gdw y_{h}=exp(-2*ln(1+x^{2})*c)
[/mm]
[mm] \gdw y_{h}=(1+x^{2})^{-2}*c
[/mm]
Inhomogene Lösung mit Variationsansatz :
[mm] y_{h}=(1+x^{2})^{-2}*c(x)
[/mm]
[mm] \Rightarrow c'(x)=\bruch{1}{1+x^{2}} \Rightarrow [/mm] c(x)=arctan(x)+D
[mm] \Rightarrow y(x)=\bruch{arctan(x)+D}{(1+x^2)^2}
[/mm]
AWP mit y(1)=0 [mm] \Rightarrow D=-\bruch{\pi}{4}
[/mm]
[mm] \Rightarrow y(x)=\bruch{arctan(x)-\bruch{\pi}{4}}{(1+x^2)^2}
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:58 Di 01.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
> Denke, dass ich es verstanden habe.
Vielleicht doch noch nicht ganz.
> Homogene Lösung :
Die LÖSUNG ist nicht homogen. Die DGL, die du jetzt löst, die ist homogen. Passiert mir aber auch immer wieder.
> [mm]\gdw ln(y_{h})=-\integral_{}^{}{\bruch{4x}{1+x^{2}} dx}[/mm]
>
> [mm]\gdw ln(y_{h})=-2*ln(1+x^{2})*c[/mm]
FALSCH!! Die Integrationskonstante ist ADDITIV. Genau die Schritte hatte ich doch ausführlich dargelegt, oder?
> [mm]\gdw y_{h}=exp(-2*ln(1+x^{2})*c)[/mm]
>
> [mm]\gdw y_{h}=(1+x^{2})^{-2}*c[/mm]
Dieser Schritt wäre jetzt der nächste grobe Verstoß gegen die Rechenregeln für Logarithmen und er hebt sich mit dem vorangegangenem wieder auf, sodass das Ergebnis richtig ist.
> Inhomogene Lösung mit Variationsansatz :
Du suchst hier keine inhomogene Lösung sondern eine beliebige Partikulärlösung der ursprünglichen inhomogenen DGL.
> [mm]y_{h}=(1+x^{2})^{-2}*c(x)[/mm]
Nun, das ist jetzt ein [mm]y_{\boldsymbol{p}}=(1+x^{2})^{-2}*c(x)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow c'(x)=\bruch{1}{1+x^{2}} \Rightarrow[/mm]
Da hast du jetzt aber einiges an Zwischenschritten ausgelassen, aber es ist richtig.
> c(x)=arctan(x)+D
Es führt zwar hier zum gleichen Endergbnis, aber trotzdem: Die Integrationskonstante haben wir ja schon in der Lösung [mm]y_h[/mm] der homogenen DGL. Hier dürfen wir daher die Integrationskonstante auf einen Wert unserer Wahl setzten (0 bietet sich an), da wir ja nur eine einzige, beliebige Partikulärlösung suchen. Mit
[mm]c\left(x\right)=arctan(x)[/mm]
ergibt sich also
[mm] y_p=\frac{arctan(x)}{\left(x^2+1\right)^2}[/mm]
und damit lautet die allgemeine Lösung der Angabe-DGL
[mm]y(x)=y_h+y_p=\bruch{c}{\left(x^2+1\right)^2}+\bruch{arctan(x)}{\left(x^2+1\right)^2}=\bruch{c+arctan(x)}{\left(x^2+1\right)^2}[/mm]
Das ist ident mit deinem Ergebnis und das AWP wurde von dir korrekt gelöst.
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Hatte leider deinen Text übersehen, da ich wahrscheinlich als du hier reingeschrieben hast, meine Lösung verfasst habe. Aber nun habe ich das verstanden, weshalb man am Ende eine multiplikative Konstante hat und keine additive.
Habe meine Fehler nun ergänzt und korrigiert. Ich danke dir vielmals für deine Hilfe !
Die nächste Aufgabe wäre folgende ( würde ungern ein weiteren Thread aufmachen) :
[mm] y'=\bruch{y-x-xe^{-y/x}}{x} [/mm] und y(-1)=-2ln
Hinweis der noch mitgegeben wird ist : [mm] \bruch{1}{1+e^{-z}} [/mm] = [mm] \bruch{e^{z}}{e^{z}+1}
[/mm]
Hier liegt eine explizite ÄhnlichkeitsDGL erster Ordnung vor oder?
Hier substituiere ich und setze für [mm] \bruch{y}{x}=z [/mm] ein.
Nun berechne ich z' und löse nach y' auf.
Habe ich dies getan setze ich y', welches ich aus z' gewonnen habe und das y', welches gegeben war ( wo ich wiederum [mm] z=\bruch{y}{x} [/mm] substituiert habe) und löse nach z' auf.
Nach dem ich dies getan habe habe ich geschrieben :
" mit [mm] z(-1)=\bruch{y(-1)}{-1}=ln(2)
[/mm]
Was fange ich mit diesem ln(2) an und wie muss ich weiter vorgehen?
Danke im Voraus.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 04:31 Di 01.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
> Hier liegt eine explizite ÄhnlichkeitsDGL erster Ordnung
> vor oder?
>
> Hier substituiere ich und setze für [mm]\bruch{y}{x}=z[/mm] ein.
Ja, ganz genau. Das ist eine gleichgradige DGL 1.O.
> Nun berechne ich z' und löse nach y' auf.
Richtig, oder du löst erst nach y auf und differenzierst x*z nach der Produktregel. Was immer dir angenehmer ist.
> Habe ich dies getan setze ich y', welches ich aus z'
> gewonnen habe und das y', welches gegeben war ( wo ich
> wiederum [mm]z=\bruch{y}{x}[/mm] substituiert habe) und löse nach
> z' auf.
Wozu? Du solltest jetzt eine DGL haben, die ganz einfach durch Trennen der Variablen zu lösen ist. Dabei benötigst du auch den gegebenen Hinweis.
> Nach dem ich dies getan habe habe ich geschrieben :
>
> " mit [mm]z(-1)=\bruch{y(-1)}{-1}=ln(2)[/mm]
Du hast doch die DGL noch nicht gelöst. Da hat die AB noch nichts verloren. Außerdem sollte dich dabei nicht der Term ln(2) sondern das y(-1) stören. Denn das Problem besteht ja genau darin, dass du y(x) und damit auch y(-1) noch nicht kennst.
Löse erst die DGL in z mittels TdV. Dann kommt die Rücksubstitution mit y=x*z. Erst danach kümmern wir uns um die AB (die scheint in deiner Angabe falsch geschrieben zu sein).
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Leider habe ich ein Problem bei der TdV.
Habe
[mm] \bruch{dz}{dx}*x=-z
[/mm]
[mm] \gdw -\bruch{dz}{z}=\bruch{dx}{x}
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] z=-x
Irgendwas kann nicht stimmen oder?
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Hallo,
> Leider habe ich ein Problem bei der TdV.
Falsch:
> Habe
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> [mm]\bruch{dz}{dx}*x=-z[/mm]
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> [mm]\gdw -\bruch{dz}{z}=\bruch{dx}{x}[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] z=-x
>
> Irgendwas kann nicht stimmen oder?
Du hast die Variablen richtig getrennt (nur das Minsuzeichen auf der linken Seite halte ich für ungeschickt), dein Problem heißt Integration. Du musst korrekt integrieren und da gehört dann bspw. eine Integrationskonstante sowie das eine oder andere Logarithmengesetz dazu.
Gruß, Diophant
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Ich wollte es korrigieren, aber leider war der Editor geblockt, da du geantwortet hast. Meine Ergänzung :
z=-x*C ( das Ergebnis nach Trennung der Variablen)
Und nu?
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Hallo,
> Ich wollte es korrigieren, aber leider war der Editor
> geblockt, da du geantwortet hast. Meine Ergänzung :
>
> z=-x*C ( das Ergebnis nach Trennung der Variablen)
>
> Und nu?
Das ist doch hier wenig professionell. Wenn du ernsthafte Hilfe haben möchtest, dann gehört zu einer solchen Frage ein Rechenweg, der besteht aus einzelnen Schritten.
Dein Resultat ist falsch. Du musst noch
[mm] -log(x)=log(1)-log(x)=log\left(\bruch{1}{x}\right)
[/mm]
beachten!
Gruß, Diophant
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[mm] \bruch{dz}{dx}x=-z
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{dz}{dx}=-\bruch{z}{x}
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{dz}{dx}\bruch{1}{z}=-\bruch{1}{x}
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{1}{z} dz=-\bruch{1}{x} [/mm] dx
[mm] \integral_{}^{}{\bruch{1}{z} dz}=-\integral_{}^{}{\bruch{1}{x} dx}
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] ln(z)=-(ln(x)+ln(C)) ( nun exp)
[mm] \gdw z=-\bruch{C}{x}
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:39 Di 01.07.2014 | | Autor: | fred97 |
> [mm]\bruch{dz}{dx}x=-z[/mm]
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> [mm]\gdw \bruch{dz}{dx}=-\bruch{z}{x}[/mm]
>
> [mm]\gdw \bruch{dz}{dx}\bruch{1}{z}=-\bruch{1}{x}[/mm]
>
> [mm]\gdw \bruch{1}{z} dz=-\bruch{1}{x}[/mm] dx
>
> [mm]\integral_{}^{}{\bruch{1}{z} dz}=-\integral_{}^{}{\bruch{1}{x} dx}[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] ln(z)=-(ln(x)+ln(C)) ( nun exp)
>
> [mm]\gdw z=-\bruch{C}{x}[/mm]
Nein: Es ist [mm] e^{-ln(x)}=\bruch{1}{e^{ln(x)}}=\bruch{1}{x}
[/mm]
FRED
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:01 Di 01.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
> [mm]\bruch{dz}{dx}x=-z[/mm]
...................
> [mm]\gdw[/mm] ln(z)=-(ln(x)+ln(C)) ( nun exp)
>
> [mm]\gdw z=-\bruch{C}{x}[/mm]
Dieser Schritt ist formal falsch, funktionell ist das egal, aber du solltest in der letzten Zeile anstelle von C eine andere Bezeichnung, zB [mm] C_2 [/mm] wählen.
Der letzte Schritt würde nämlich [mm]z=-\bruch{1}{C*x}[/mm] ergeben und natürlich darfst du [mm]C_2=\frac{1}{C}[/mm] substituieren.
Dein Hauptproblem, wie von mir schon in einer anderen Antwort geschrieben, liegt aber darin, dass deine DGL in z nicht stimmt, weil du beim Substituieren Mist gebaut hast.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:47 Di 01.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
> Leider habe ich ein Problem bei der TdV.
Das mag auch sein. Aber zunächst hast du offenbar ein großes Problem, einfach in deiner DGL z=y/x zu substituieren. Da stimmt so einiges nicht . Wo ist denn zum Beispiel der Term exp(-y/x) in deiner DGL, die du jetzt durch TdV lösen möchtest, abgeblieben??
> [mm]\bruch{dz}{dx}*x=-z[/mm]
NEIN, hast du nicht! Wie kommst du da drauf?
Der ganze Subthread, bei dem dir diophant gerade hilft, geht durch die falsche Angabe leider ins Leere. Was aber nicht heißt, dass du nicht doch eine Lehre daraus ziehen kannst.
> Irgendwas kann nicht stimmen oder?
Kann man wohl sagen!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:45 Di 01.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
> Weshalb wird eine Konstante multipliziert? Das habe ich
> zwar auch so in meinen Unterlagen, aber verstehe diesen
> Schritt echt nicht :/
Naja, als INTEGRATIONskonstante ist sie schon additiv, aber du hast ja beim Lösen der homogenen DGL nachher noch entlogarithmiert und da wird aus der Summe dann ein Produkt.
Ausführlicher:
Lösung der homogenen DGL mit Trennen der Variablen führt wohl auf etwas wie
[mm]\frac{dy}{y}=-2*\frac{2*x}{1+x^2}[/mm]
Das wird nun beidseitig integriert und genau an dem Punkt muss man auch die Integrationskonstante berücksichtigen. Eigentlich käme ja auf beiden Seiten eine dazu, aber man kann sich leicht vorstellen, die beiden Konstanten auf einer Seite zusammenzufassen.
[mm]ln(|y|)=-2*ln(|1+x^2|)+K[/mm]
Geschickter ist es allerdings als Konstante ln(C) zu wählen, da man sich dann später erspart, [mm]e^K[/mm] durch eine neue Konstante C zu ersetzen. Also schreibt man gleich
[mm]ln(|y|)=-2*ln(|1+x^2|)+ln C[/mm]
Entlogarithmieren liefert dann eben auf der rechten Seite ein Produkt
[mm]y=\frac{C}{1+x^2}[/mm]
Wenn dir wohler dabei ist kannst du ja auch vor dem Entlogarithmieren auf der rechen Seite erst alles nach den Rechenregeln für Logarithmen in einem Logarithmus zusammenfassen.
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