DGL lösen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 17:42 Sa 07.03.2015 | | Autor: | Orchis |
Hallo zusammen :),
ich habe gerade eine DGL in einem Text gesehen, mit der ich nichts anfangen kann. Dazu muss ich sagen, kenne ich auch kaum DGL-Typen, daher wäre es schön, falls jemand zu der folgenden DGL vllt. einen Lösungstipp geben könnte.
v'(t) = f(t) - v(t)
Und mit Anfangswert v(0)=0 kommt wohl heraus, dass
[mm] v(t)=\integral_{0}^{t}{f(x)*e^{t-x} dx}.
[/mm]
Weiß jemand weiter?
Ach ja, angeblich kann man an dieser Gleichung auch sehen, dass
0 [mm] \le [/mm] v [mm] \le [/mm] 1. Nur ich seh das leider mal wieder nicht ....
Ich bedanke mich schonmal ganz herzlich!
Und viele Grüße,
Orchis.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:54 Sa 07.03.2015 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Hallo zusammen :),
>
> ich habe gerade eine DGL in einem Text gesehen, mit der ich
> nichts anfangen kann. Dazu muss ich sagen, kenne ich auch
> kaum DGL-Typen, daher wäre es schön, falls jemand zu der
> folgenden DGL vllt. einen Lösungstipp geben könnte.
> v'(t) = f(t) - v(t)
> Und mit Anfangswert v(0)=0 kommt wohl heraus, dass
>
> [mm]v(t)=\integral_{0}^{t}{f(x)*e^{t-x} dx}.[/mm]
ist da nicht ein Vorzeichenfehler drin? Es gilt doch: $v'(t)=f(t)+v(t)$
oder?
>
> Weiß jemand weiter?
Es handelt sich um eine lineare, gewöhnliche Differentialgleichung erster Ordnung. Wenn Du das in einem Buch nachschlägst oder im Netz suchst, solltest Du fündig werden.
>
> Ach ja, angeblich kann man an dieser Gleichung auch sehen,
> dass
> 0 [mm]\le[/mm] v [mm]\le[/mm] 1. Nur ich seh das leider mal wieder nicht
> ....
Ich seh das gerade auch nicht und lasse deshalb mal halboffen.
>
> Ich bedanke mich schonmal ganz herzlich!
> Und viele Grüße,
> Orchis.
Gruß,
notinX
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:25 Sa 07.03.2015 | | Autor: | Orchis |
Hallo, das hat mir schon einmal sehr weitergeholfen! Danke schön!
Und ja, da hat sich blöderweise ein Vorzeichenfehler eingeschlichen...Entschuldigung...
Die DGL ist zwar korrekt, aber die Lösung lautet eigentlich
$ [mm] v(t)=\integral_{0}^{t}{f(x)\cdot{}e^{x-t} dx}. [/mm] $
Die Lösung würde ich nun sehr gerne selbst berechnen. :)
Bleibt nur noch die Frage, warum v zwischen 0 und 1 liegen muss.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:21 So 08.03.2015 | | Autor: | leduart |
Hallo
Deine Lösung gilt nur für v(0)=0
dass v unabhängig von f zwischen 0 und 1 liegt ist nicht richtig. am einfachsten zu integrieren, nimm mal f(t==e^(2t)
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:12 So 08.03.2015 | | Autor: | Orchis |
Ich habe jetzt mal versucht die DGL mit Variation der Konstanten zu lösen, habe am Ende aber noch Schwierigkeiten auf genau die richtige Form zu kommen. Habe alles sehr ausführlich versucht aufzuschreiben, damit man Fehler vllt. besser sehen kann...
Anmerkung: Mit v(t) ist hier eine Geschwindigkeit gemeint, die nur >= 0 ist!
$v'(t) = f(t) - v(t) [mm] \Leftrightarrow [/mm] v'(t) + v(t) = f(t)$ (lineare (inhomogene) DGL 1. Ordnung)
[mm] \newline
[/mm]
[mm] \newline
[/mm]
(1) Finde eine homogene Lösung, d.h. $f(t) = 0$
[mm] \newline
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[mm] $v_h'(t) [/mm] + [mm] v_h(t) [/mm] = 0$
[mm] \newline
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[/mm]
[mm] \textit{1. Fall:} $v_h(t) \equiv [/mm] 0$ ist offensichtlich eine Lösung des Anfangswertproblems.
[mm] \newline
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[mm] \textit{2. Fall:} $v_h(t) \neq [/mm] 0$
[mm] \newline
[/mm]
[mm] \newline
[/mm]
[mm] $v_h'(t) [/mm] + [mm] v_h(t) [/mm] = 0 [mm] \Leftrightarrow \int \! \frac{v_h'(t)}{v_h(t)} \, \mathrm{d}t [/mm] = [mm] \int \! [/mm] -1 [mm] \, \mathrm{d}t$
[/mm]
[mm] \newline
[/mm]
[mm] \newline
[/mm]
[mm] $\overset{v_h'(t) dt = dv_h}{\Leftrightarrow} \int \! \frac{dv_h}{v_h(t)} \, \mathrm{d}t [/mm] = [mm] \int \! [/mm] -1 [mm] \, \mathrm{d}t$
[/mm]
[mm] \newline
[/mm]
[mm] \newline
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow \ln{v_h(t)} [/mm] = -t + [mm] \tilde{C}$ [/mm] mit [mm] $\tilde{C} \in \mathbb{R}$
[/mm]
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[mm] $\Leftrightarrow v_h(t) [/mm] = [mm] e^{-t + \tilde{C}}$
[/mm]
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[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow v_h(t) [/mm] = C [mm] \cdot e^{-t}$ [/mm] mit [mm] $C:=e^{\tilde{C}} \in \mathbb{R}^{+}$
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[/mm]
Ermittle nun eine partikul"are L"osung der DGL mittels Variation der Konstanten.
[mm] \newline
[/mm]
[mm] \newline
[/mm]
Ansatz: [mm] $v_p(t) [/mm] = [mm] c(t)e^{-t} \Rightarrow v_p'(t) [/mm] = [mm] c'(t)e^{-t} [/mm] - [mm] c(t)e^{-t}$
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Setze nun in die DGL ein und erhalte
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[mm] $c'(t)e^{-t} [/mm] - [mm] c(t)e^{-t} [/mm] + [mm] c(t)e^{-t} [/mm] = f(t) [mm] \Leftrightarrow c'(t)e^{-t} [/mm] = f(t)$
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[mm] $\Leftrightarrow [/mm] c'(t)= [mm] f(t)e^t$
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[mm] $\Leftrightarrow [/mm] c(t)= [mm] \int f(t)e^t \, \mathrm{d}t [/mm] + D$ mit $D [mm] \in \mathbb{R}$.
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W"ahle $D=0$ und setze das berechnete $C$ nun in Ansatz ein.
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[mm] $v_p(t) [/mm] = [mm] \int f(t)e^t \, \mathrm{d}t \cdot e^{-t}$
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[/mm]
[mm] \newline
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Damit ergibt sich schließlich als allgemeine L"osung der inhomogenen DGL
[mm] \newline
[/mm]
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$v(t) = [mm] v_h(t) [/mm] + [mm] v_p(t) [/mm] = C [mm] \cdot e^{-t} [/mm] + [mm] \int f(t)e^t \, \mathrm{d}t \cdot e^{-t}$
[/mm]
FRAGE: Gilt
[mm] \newline
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$v(t) = [mm] v_h(t) [/mm] + [mm] v_p(t) [/mm] = C [mm] \cdot e^{-t} [/mm] + [mm] \int f(t)e^t \, \mathrm{d}t \cdot e^{-t} [/mm] = [mm] \int_{0}^{t} f(\tau)e^\tau \, \mathrm{d}\tau$ [/mm] (, weil $v$ nur > 0 ist)??? Denn irgendwie muss ich ja auf die Form kommen wie sie im Buch steht...
Wenn nicht wie käme man auf die Form der Lösung?
Ich tue im Folgenden mal so, als sei das richtig.
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Mit der Anfangsbedingung $v(0)=0$ erhalten wir
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[/mm]
$0 = C [mm] \cdot e^{-0} [/mm] + [mm] \int_{0}^{0} f(\tau)e^\tau \, \mathrm{d}\tau \cdot e^{-0}$, [/mm] also C = 0.
Also:
$v(t) = [mm] \int_{0}^{t} f(\tau)e^{\tau - t} \, \mathrm{d}\tau$
[/mm]
Wäre wirklich super, wenn jemand mal etwas zu der obigen Frage schreiben könnte, denn ich weiß nicht wie das formal aufgeschrieben wird. :)
Vielen Dank schonmal an alle, komme der Sache schonmal näher.
@leduart: Das stimmt, ich muss den Text nochmal ganz genau lesen, vllt. habe ich für f z.B. irgendeine Einschränkung überlesen oder Ähnliches. Aber danke schon mal für die Anmerkung!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:32 So 08.03.2015 | | Autor: | leduart |
Hallo> Ich habe jetzt mal versucht die DGL mit Variation der
> Konstanten zu lösen, habe am Ende aber noch
> Schwierigkeiten auf genau die richtige Form zu kommen. Habe
> alles sehr ausführlich versucht aufzuschreiben, damit man
> Fehler vllt. besser sehen kann...
> Anmerkung: Mit v(t) ist hier eine Geschwindigkeit
> gemeint, die nur >= 0 ist!
wieso diese Einschränkung, damit findest du nicht die allgemeine Lösung. und solange f(t) nicht bekannt ist kann man das nicht einfach fordern, auch geschwindigkeiten können grüßer 0 sein
> [mm]v'(t) = f(t) - v(t) \Leftrightarrow v'(t) + v(t) = f(t)[/mm]
> (lineare (inhomogene) DGL 1. Ordnung)
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> (1) Finde eine homogene Lösung, d.h. [mm]f(t) = 0[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]v_h'(t) + v_h(t) = 0[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\textit{1. Fall:}[/mm] [mm]v_h(t) \equiv 0[/mm] ist offensichtlich eine
> Lösung des Anfangswertproblems.
da du ja eine inhimogene dgl hast kannst du das hier noch nicht sagen
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\textit{2. Fall:}[/mm] [mm]v_h(t) \neq 0[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]v_h'(t) + v_h(t) = 0 \Leftrightarrow \int \! \frac{v_h'(t)}{v_h(t)} \, \mathrm{d}t = \int \! -1 \, \mathrm{d}t[/mm]
>
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\overset{v_h'(t) dt = dv_h}{\Leftrightarrow} \int \! \frac{dv_h}{v_h(t)} \, \mathrm{d}t = \int \! -1 \, \mathrm{d}t[/mm]
>
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> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\Leftrightarrow \ln{v_h(t)} = -t + \tilde{C}[/mm] mit [mm]\tilde{C} \in \mathbb{R}[/mm]
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> [mm]\newline[/mm]
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> [mm]\Leftrightarrow v_h(t) = e^{-t + \tilde{C}}[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\Leftrightarrow v_h(t) = C \cdot e^{-t}[/mm] mit
> [mm]C:=e^{\tilde{C}} \in \mathbb{R}^{+}[/mm]
auch ein negatives C löst die Dgl.
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> Ermittle nun eine partikul"are L"osung der DGL mittels
> Variation der Konstanten.
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> Ansatz: [mm]v_p(t) = c(t)e^{-t} \Rightarrow v_p'(t) = c'(t)e^{-t} - c(t)e^{-t}[/mm]
>
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> Setze nun in die DGL ein und erhalte
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]c'(t)e^{-t} - c(t)e^{-t} + c(t)e^{-t} = f(t) \Leftrightarrow c'(t)e^{-t} = f(t)[/mm]
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> [mm]\Leftrightarrow c'(t)= f(t)e^t[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
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> [mm]\Leftrightarrow c(t)= \int f(t)e^t \, \mathrm{d}t + D[/mm] mit
> [mm]D \in \mathbb{R}[/mm].
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> [mm]\newline[/mm]
> W"ahle [mm]D=0[/mm] und setze das berechnete [mm]C[/mm] nun in Ansatz ein.
du kannst D nicht einfach = 0 wählen, aber D kommt erst ins Spiel, wenn du das unbestimmte Integral auswertest.
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]v_p(t) = \int f(t)e^t \, \mathrm{d}t \cdot e^{-t}[/mm]
>
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> Damit ergibt sich schließlich als allgemeine L"osung der
> inhomogenen DGL
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]\newline[/mm]
> [mm]v(t) = v_h(t) + v_p(t) = C \cdot e^{-t} + \int f(t)e^t \, \mathrm{d}t \cdot e^{-t}[/mm]
du hast nur die Variation der Konstanten gemacht, das ist keine partikuläre Lösung der Inh
deine Lösung ist bis jetzt
[mm] C(t)*e^{-t}=e^{-t}*\integral [/mm] {f(t) [mm] *e^t [/mm] dt}
dabei entsteht durch das Integral eine Konstante die du dann durch die Anfangsbedingung bestimmen kannst
die partikuläre Losung einfach addieren kannst du , wenn du sie rätst. dafür gibt es Rezepte: z.B f(t)=t Ansatz für part L v=a*t+b y'=a
eingesetzt a+a*t+b=t
folgt a+b=0 a=1 also ist [mm] y_p=t-1 [/mm]
die Lösung dann [mm] y=C*e^{-t}+t-1 [/mm] Mit y(0)=0 dann 0=C-1 C=1
Mit Variation der Konstanten hast du [mm] e^{-t}*\integral{t*e^tdt}=e^{-t}*(e^t*(t-1)+D) [/mm] also dasselbe
Gruß leduart
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:52 Mo 09.03.2015 | | Autor: | Orchis |
Hi,
danke für die Mühe! Es sind dabei allerdings mehr Fragen aufgetaucht, als ich noch erwartet hätte:
> wieso diese Einschränkung, damit findest du nicht die
> allgemeine Lösung. und solange f(t) nicht bekannt ist kann
> man das nicht einfach fordern, auch geschwindigkeiten
> können grüßer 0 sein
Die Einschränkung habe ich deshalb gewählt, weil sie in meinem Text nun mal so steht...und natürlich können Geschwindigkeiten >0 sein, das ist ja gerade das, was ich oben geschrieben habe: "v(t) >= 0".
> > [mm]\textit{1. Fall:}[/mm] [mm]v_h(t) \equiv 0[/mm] ist offensichtlich
> eine
> > Lösung des Anfangswertproblems.
> da du ja eine inhimogene dgl hast kannst du das hier noch
> nicht sagen
Richtig! Da habe ich mich verschrieben. Gemeint ist, dass v(t)=0 eine Lösung der homogenen DGL ist.
> > [mm]\Leftrightarrow v_h(t) = C \cdot e^{-t}[/mm] mit
> > [mm]C:=e^{\tilde{C}} \in \mathbb{R}^{+}[/mm]
>
> auch ein negatives C löst die Dgl.
Das verstehe ich noch nicht. Wenn ich das C so wähle wie ich es getan habe, ist es doch immer positiv...darf ich dann nicht für C auch nur positive Werte wählen? Oder geht es darum, dass ich [mm] \tilde{C} [/mm] beliebig wählen darf?
> du kannst D nicht einfach = 0 wählen, aber D kommt erst
> ins Spiel, wenn du das unbestimmte Integral auswertest.
Es geht uns doch darum eine beliebige partikuläre Lösung zu finden, um mit der Formel
v(t) = [mm] v_h(t) [/mm] + [mm] v_p(t) (v_h(t) [/mm] = allgemeine Lösung der homogenen DGL, [mm] v_p(t) [/mm] = eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL)
arbeiten zu können. Diese gibt uns dann eine allgemeine Lösung der inhomogenen DGL.
> du hast nur die Variation der Konstanten gemacht, das ist
> keine partikuläre Lösung der Inh
Ich habe mir im Netz nun einige Skripte dazu angeschaut und laut wirklich all diesen Skripten erhalte ich durch den Ansatz der Variation der Konstanten eine Lösung der inhomogenen DGL...man berechnet zunächst c(t) und damit [mm] v_p(t)...
[/mm]
Das man eine spezielle Lösung auch erraten kann, bzw. man auch andere Ansätze abhängig von der Störfunktion f(t) nutzen kann ist mir klar, aber ich würde es ganz gerne mit der Variation der Konstanten versuchen, denn f(t) ist nicht näher definiert.
> die partikuläre Losung einfach addieren kannst du , wenn
> du sie rätst. dafür gibt es Rezepte: z.B f(t)=t Ansatz
> für part L v=a*t+b y'=a
> eingesetzt a+a*t+b=t
> folgt a+b=0 a=1 also ist [mm]y_p=t-1[/mm]
> die Lösung dann [mm]y=C*e^{-t}+t-1[/mm] Mit y(0)=0 dann 0=C-1 C=1
> Mit Variation der Konstanten hast du
> [mm]e^{-t}*\integral{t*e^tdt}=e^{-t}*(e^t*(t-1)+D)[/mm] also
> dasselbe
>
> Gruß leduart
>
>
Viele Grüße,
Orchis.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:31 Mo 09.03.2015 | | Autor: | fred97 |
Für eine spezielle Lösung der inhomogenen Gl. machen wir den Ansatz
[mm] v_p(t)=C(t)e^{-t}.
[/mm]
Dann ist [mm] v_p'(t)=C'(t)e^{-t}-C(t)e^{-t}=f(t)-v_p(t)=f(t)-C(t)e^{-t}.
[/mm]
Also:
[mm] C'(t)e^{-t}=f(t)
[/mm]
oder
[mm] C'(t)=f(t)e^t.
[/mm]
C können wir dann wie folgt wählen:
[mm] C(t)=\integral_{0}^{t}{f(x)e^x dx}.
[/mm]
Damit bekommen wir
[mm] v_p(t)=\integral_{0}^{t}{f(x)e^{x-t} dx}.
[/mm]
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:15 Mo 09.03.2015 | | Autor: | Orchis |
Gut, danke schön. :)
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