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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:13 So 11.09.2005 | | Autor: | Athena |
Ich habe eine Frage zu folgendem Lösungsweg für die Aufgabe "Für welche Werte hat das Anfangswertproblem xy'+2y=3x , [mm] y(x_{0})=y_{0} [/mm] eine Lösung in [mm] \IR?"
[/mm]
Eine lineare DGL hat die Form y'+a(x)y=f(x)
Als erstes forme ich um zu [mm] y'+2\bruch{y}{x}=3
[/mm]
Also ist [mm] a(x)=\bruch{2}{x} [/mm] und f(x)=3
Die zugeordnete homogene DGL ist also: [mm] y'+2\bruch{y}{x}=0
[/mm]
[mm] A(x)=\integral_{}^{} [/mm] {a(x) dx} = 2ln(x)
und damit [mm] y_{h}(x)=c*e^{-2ln(x)} [/mm] = [mm] \bruch{c}{x^{2}} [/mm] mit [mm] c\in\IR
[/mm]
Als nächstes will ich [mm] y_{p}(x) [/mm] bestimmen (partikuläre Lösung).
Dafür habe ich die Formeln [mm] y_{p}(x) [/mm] = [mm] c(x)*y_{h} [/mm] und [mm] f(x)=c'(x)*y_{h}(x)
[/mm]
Jetzt kommen wir zu meiner eigentlichen Frage. Ich selbst habe ab hier mit c weitergerechnet und bin dann steckengeblieben bzw deckte sich mein Ergebnis nicht mehr mit der Musterlösung.
In der Musterlösung wird an dieser Stelle "sei c=1" festgelegt. Hier der weitere Weg:
Aus den Formeln oben (mit c=1) ergibt sich [mm] c'(x)=3x^{2} [/mm] und damit [mm] c(x)=x^3
[/mm]
[mm] y_{p}(x)=x^{3}*\bruch{1}{x^{2}}=x
[/mm]
Allgemeine Lösung wäre also [mm] y(x)=y_{h}(x)+y_{p}(x)=\bruch{c}{x^2}+x [/mm] und der Definitionsbereich wäre [mm] \IR [/mm] für c=0 und [mm] \IR\setminus{0} [/mm] für [mm] c\not=0
[/mm]
Warum können die in der Lösung c=1 wählen und aus dem Ergebnis davon dann eine Allgemeine Lösung konstruieren? In [mm] y(x)=\bruch{c}{x^2}+x [/mm] ist dann links ja der Parameter [mm] c\in\IR [/mm] drin während der Summand rechts ja unter der Voraussetzung c=0 berechnet wurde?
Ich würde mich freuen wenn mir jemand weiterhelfen könnte!
Gruß
Jessi
(Frage nur hier gestellt)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:29 Mo 12.09.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo Jessi!
Mit [mm] $\tilde{c}(x) [/mm] = c(x) [mm] \cdot [/mm] c$ erhältst du
[mm] $y_p(x) [/mm] = c(x) [mm] \cdot \frac{c}{x^2} [/mm] = [mm] \tilde{c}(x) \frac{1}{x^2}$,
[/mm]
$f(x) = c'(x) [mm] \cdot \frac{c}{x^2} [/mm] = [mm] \tilde{c}'(x) \frac{1}{x^2}$,
[/mm]
also genau den betrachteten Fall mit $c=1$.
Man erhält dann also [mm] $y_p(x)=x$.
[/mm]
Kurzum: Man zieht das $c$ in das $c(x)$ mit rein und führt diesen allgemeinen Fall auf den Spezialfall zurück.
Liebe Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:51 Mi 14.09.2005 | | Autor: | Athena |
Etwas spät, aber vielen Dank! Das hat mir enorm weitergeholfen!
Liebe Grüße
Jessi
edit: Also mit spät meinte ich meinen Dank, nicht deine Antwort ;)
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