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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:25 So 28.09.2014 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | Bestimmen Sie die Lösung [mm] $y:(0,\infty)\to \mathbb{R}$ [/mm] des Anfangswertproblems
[mm] $y'+\frac{y}{x}=3$
[/mm]
$y(1)=1$ |
Hi,
ich würde gerne diese Differentialgleichung lösen.
Allerdings weiß ich nicht so recht wie, da ich dies noch nie gemacht habe.
Hierbei handelt es sich ja um eine inhomogene Dgl. Daher betrachte ich erstmal
[mm] $y_0 '+\frac{1}{x}y_0=0$
[/mm]
[mm] $\frac{dy_0}{dx}+\frac{1}{x}y_0=0$
[/mm]
Nun trenne ich die Variablen:
[mm] $\frac{dy_0}{dx}+\frac{1}{x}y_0=0$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow$
[/mm]
[mm] $\frac{dy_0}{y_0}=-\frac{1}{x}dx$
[/mm]
[mm] $\int\frac{dy_0}{y_0}=\int-\frac{1}{x}dx$
[/mm]
[mm] $ln(|y_0|)+c_1=-ln(|x|)+c_2$
[/mm]
[mm] $c:=c_2-c_1$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $y_0=\frac1xe^c$
[/mm]
Wegen y(1)=1 ist c=0
Also [mm] $y_0=\frac{1}{x}$
[/mm]
Wäre das bis hier hin korrekt?
Wie bringe ich nun die 3 ins Spiel?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:14 So 28.09.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
ja, richtig, das hättest du auch selbst durch Einsetzen in die homogene Dgl sehen können.
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:18 So 28.09.2014 | | Autor: | YuSul |
Und wie bringe ich nun die 3 ins Spiel?
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Hallo,
führe jetzt bspw. eine Variation der Konstanten durch.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:32 So 28.09.2014 | | Autor: | YuSul |
Ich soll jetzt also die Konstante c als Funktion in x betrachten?
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Hallo,
genau. Sorry, dass ich nicht zitieren kann, das geht mit meinem smarten Phone nicht...
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:42 So 28.09.2014 | | Autor: | YuSul |
Dann habe ich also nun
[mm] $y=\frac{1}{x}e^{c(x)}$
[/mm]
Differenziere dies und stelle es dann nach $c '(x)$ um, was ich dann integrieren muss?
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Hallo YuSul,
> Dann habe ich also nun
>
> [mm]y=\frac{1}{x}e^{c(x)}[/mm]
>
> Differenziere dies und stelle es dann nach [mm]c '(x)[/mm] um, was
> ich dann integrieren muss?
>
>
Du hast: [mm] $y_h\;=\;\frac{C}{x}$ [/mm] . Mach daraus: [mm] $y\;=\;\frac{C(x)}{x}$
[/mm]
Dann ableiten: [mm] $y'\;=\;\frac{C'}{x}-\frac{C}{x^2}$ [/mm] und in die inhomogene DGL [mm] $y'+\frac{y}{x}=3$ [/mm] einsetzen:
[mm] $\frac{C'}{x}-\frac{C}{x^2}+\frac{C}{x^2}\;=\;3$ [/mm] Daraus: [mm] $\frac{C'}{x}\;=\;3$ [/mm] und [mm] $\frac{dC}{dx}\;=\;3x$ [/mm] und [mm] $\int dC\;=\; \int 3x\;dx$
[/mm]
Nun Du weiter.
LG, Martinius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:39 So 28.09.2014 | | Autor: | YuSul |
Achso, dann ist also der gesamte Teil [mm] $e^c(x)$ [/mm] meine variierte Konstante. Ok, das macht Sinn.
So komme ich dann auf die Stammfunktion [mm] $\frac32x^2+k$ [/mm]
Mit der Anfangsbedingung kann ich nun k bestimmen. k=-1/2
Dann ist die Lösung also
[mm] $y=\frac32x^2-\frac12$
[/mm]
Wenn ich das jedoch in die DGL einsetze, dann erhalte ich nicht 3.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:55 So 28.09.2014 | | Autor: | rmix22 |
> Achso, dann ist also der gesamte Teil [mm]e^c(x)[/mm] meine
> variierte Konstante. Ok, das macht Sinn.
>
> So komme ich dann auf die Stammfunktion [mm]\frac32x^2+k[/mm]
>
> Mit der Anfangsbedingung kann ich nun k bestimmen. k=-1/2
Falsch! Die Anfangsbedingung spielt noch immer nicht mit!
Du hast bisher die Lösung der zugehörigen homogenen DGL mit
[mm] $y_h(x)=\br{e^C}{x}=\br{D}{x}$
[/mm]
Eine Partikulärlösung versuchst du jetzt also mit VdK zu finden, also
[mm] $y_p(x)=\br{D(x)}{x}$
[/mm]
und bist jetzt gerade soweit, dass du
[mm] $D(x)=\br{3}{2}x^2+k$
[/mm]
errechnet hast.
Da wir nur irgend eine Partikulärlösung benötigen, dürfen wir k beliebig wählen. k=0 ist da sicher eine sinnvolle Wahl.
Mit
[mm] $D(x)=\br{3}{2}x^2$
[/mm]
kannst du nun leicht
[mm] $y_p=\br{D(x)}{x}$
[/mm]
angeben und hast damit auch die allgemeine Lösung deiner DGL mit
[mm] $y(x)=y_h(x)+y_p(x)$.
[/mm]
JETZT kannst du endlich deine Anfangsbedingung einsetzen und die Konstante berechnen.
Gruß RMix
> Dann ist die Lösung also
>
> [mm]y=\frac32x^2-\frac12[/mm]
>
> Wenn ich das jedoch in die DGL einsetze, dann erhalte ich
> nicht 3.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:31 Mo 29.09.2014 | | Autor: | YuSul |
Ich verstehe leider immer noch nicht wie man die Lösung erhält, bzw. wie sie nun aussieht.
Das wirkt gerade alles so durcheinander.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:31 Mo 29.09.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> Ich verstehe leider immer noch nicht wie man die Lösung
> erhält, bzw. wie sie nun aussieht.
> Das wirkt gerade alles so durcheinander.
Dann formuliere bitte dein Anliegen konkreter, so dass deine momentane Fragestellung bzw. dein Verständnisproblem deutlich wird.
Außerdem muss man hier schon konstatieren, dass alles notwendige bereits gesagt wurde. Also da solltest du einfach den Thread auch nochmal gründlich durcharbeiten!
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:40 Mo 29.09.2014 | | Autor: | Martinius |
Hallo YuSul,
Du hast: $ [mm] y_h\;=\;\frac{C}{x} [/mm] $ . Mach daraus: $ [mm] y\;=\;\frac{C(x)}{x} [/mm] $
Dann ableiten: $ [mm] y'\;=\;\frac{C'}{x}-\frac{C}{x^2} [/mm] $ und in die inhomogene DGL $ [mm] y'+\frac{y}{x}=3 [/mm] $ einsetzen:
$ [mm] \frac{C'}{x}-\frac{C}{x^2}+\frac{C}{x^2}\;=\;3 [/mm] $ Daraus: $ [mm] \frac{C'}{x}\;=\;3 [/mm] $ und $ [mm] \frac{dC}{dx}\;=\;3x [/mm] $ und $ [mm] \int dC\;=\; \int 3x\;dx [/mm] $
[mm] $C\;=\; \frac{3}{2}x^2+D$ [/mm] Dies einsetzen in: $ [mm] y\;=\;\frac{C}{x} [/mm] $ ergibt: [mm] $y\;=\;\frac{3}{2}x+\frac{D}{x}$
[/mm]
Jetzt, zum Schluss, kannst Du die Anfangsbedingung y(x=1)=1 einsetzen:
[mm] $1\;=\;\frac{3}{2}+D$ [/mm] damit: [mm] $D\;=\;-\frac{1}{2}$ [/mm] und somit: [mm] $y\;=\;\frac{3}{2}*x-\frac{1}{2}*\frac{1}{x}\;=\;\frac{1}{2}*\left(3*x-\frac{1}{x} \right)$
[/mm]
LG, Martinius
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:15 So 28.09.2014 | | Autor: | rmix22 |
> Bestimmen Sie die Lösung [mm]y:(0,\infty)\to \mathbb{R}[/mm] des
> Anfangswertproblems
>
> [mm]y'+\frac{y}{x}=3[/mm]
>
> [mm]y(1)=1[/mm]
> Hi,
>
> ich würde gerne diese Differentialgleichung lösen.
> Allerdings weiß ich nicht so recht wie, da ich dies noch
> nie gemacht habe.
>
> Hierbei handelt es sich ja um eine inhomogene Dgl. Daher
> betrachte ich erstmal
>
> [mm]y_0 '+\frac{1}{x}y_0=0[/mm]
>
> [mm]\frac{dy_0}{dx}+\frac{1}{x}y_0=0[/mm]
>
> Nun trenne ich die Variablen:
>
> [mm]\frac{dy_0}{dx}+\frac{1}{x}y_0=0[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow[/mm]
>
> [mm]\frac{dy_0}{y_0}=-\frac{1}{x}dx[/mm]
>
> [mm]\int\frac{dy_0}{y_0}=\int-\frac{1}{x}dx[/mm]
>
> [mm]ln(|y_0|)+c_1=-ln(|x|)+c_2[/mm]
>
> [mm]c:=c_2-c_1[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
>
> [mm]y_0=\frac1xe^c[/mm]
>
> Wegen y(1)=1 ist c=0
>
> Also [mm]y_0=\frac{1}{x}[/mm]
>
> Wäre das bis hier hin korrekt?
Nein! Dein [mm] y_0 [/mm] ist nur die Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichung, da spielt die Anfangsbedingung noch nicht mit!
Du kannst nun eine partikuläre Lösung mittels Variation der Konstanten erhalten, wobei es da vl vorteilhaft ist [mm] e^C=D [/mm] zusetzen.
Eine weitere Möglichkeit, eine Partikulärlösung zu finden ist mittels unbestimmten Ansatz. Du nimmst also [mm] $y_p=a*x+b$ [/mm] and, leitest ab und setzt in die DGL ein. Auch damit erhältst du [mm] $y_p=\br{3}{2}x$.
[/mm]
Da es sich bei deiner DGL um eine gleichgradige DGL (=ÄhnlichkeitsDGL) handelt, kommst du mit der üblichen Substitution [mm] $z=\br{y}{x}$ [/mm] und damit [mm] $\br{dy}{dx}=z+x*\br{dz}{dx}$ [/mm] direkt zum Ergebnis, denn die Substitution führt auf eine DGL, die direkt durch Trennen der Variablen lösbar ist.
Wie auch immer, solange du [mm] $y=\br{1}{2}*(3*x-1)$ [/mm] rausbekommst, hast du es richtig gemacht.
Gruß RMix
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