Lösen von DG's < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:13 Sa 06.08.2011 | | Autor: | Roffel |
Hallo zusammen
schreibe nächte Woche klausur und hätte noch ein paar allgemeine Fragen...
also ich habe so DG's gegeben wie z.B.
a)[mm] \dot\dot x +2\dot x -4x=8t^{2} [/mm]
oder b) [mm] \dot x=x*sin(t) , x(\bruch{\pi}{2})=-1 [/mm]
c) [mm] (6t-2x)\dot x +7t+6x=0 [/mm]
Welche Lösungsverfahren gibt es denn überhaupt alles und kann man generell sagen das eines meistens am leichtesten zur Lösung führt oder wann ist welches geschickt/leicht anzuwenden??
oder soll ich alle einfach mit der allgemeinen Lösungsformel berechnen(ich meine die mit [mm] e^{A(t)} [/mm] *[...]
Wäre um Rat sehr dankbar.
Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:11 Sa 06.08.2011 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Hallo zusammen
> schreibe nächte Woche klausur und hätte noch ein paar
> allgemeine Fragen...
> also ich habe so DG's gegeben wie z.B.
> a)[mm] \dot\dot x +2\dot x -4x=8t^{2} [/mm]
> oder
> b) [mm]\dot x=x*sin(t) , x(\bruch{\pi}{2})=-1 [/mm]
> c)
> [mm](6t-2x)\dot x +7t+6x=0 [/mm]
>
> Welche Lösungsverfahren gibt es denn überhaupt alles und
> kann man generell sagen das eines meistens am leichtesten
> zur Lösung führt oder wann ist welches geschickt/leicht
> anzuwenden??
also Lösungsverfahren gibt es einige und die die für Dich relevant sind wurden doch sicher in der Vorlesung behandelt. Im Zweifelsfall kannst Du Dich auch in einem DGL-Buch oder z.B. ![[]](/images/popup.gif) hier informieren.
Es gibt kein allgemeines Verfahren zum Lösen von DGLs nur die wenigsten sind überhaupt analytisch lösbar. Welches Verfahren bei welchem Typ von DGL 'fruchtet' kann man ihr nicht immer ansehen. Am besten lernt man das aber durch Übung.
Fang doch am besten mal mit einer der DGLs oben an und probier ein Verfahren aus. Solltest Du nicht weiter kommen können wir Dir helfen.
Kleiner Tipp: Bei der ersten DGL würde ich erstmal die homogene Gleichung lösen
> oder soll ich alle einfach mit der allgemeinen
> Lösungsformel berechnen(ich meine die mit [mm]e^{A(t)}[/mm]
> *[...]
Du meinst vermutlich den Exponentialansatz [mm] $y(t)=e^{A\cdot t}$. [/mm] Damit lassen sich aber nicht alle DGLs lösen.
>
> Wäre um Rat sehr dankbar.
>
> Grüße
Gruß,
notinX
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:18 Di 09.08.2011 | | Autor: | Roffel |
Hi notinX
danke erstmal für die schnelle Antwort.
> > a)[mm] \dot\dot x +2\dot x -4x=8t^{2} [/mm]
> >
> oder
> > b) [mm]\dot x=x*sin(t) , x(\bruch{\pi}{2})=-1[/mm]
> > c)
> > [mm](6t-2x)\dot x +7t+6x=0 [/mm]
> also Lösungsverfahren gibt es einige und die die für Dich
> relevant sind wurden doch sicher in der Vorlesung
> behandelt.
ja es wurden welche behandelt und diese Verfahren hab ich auch so einigermaßen drauf, muss natürlich noch besser werden bis zur Klausur nächsten Mittwoch =)
>Welches
> Verfahren bei welchem Typ von DGL 'fruchtet' kann man ihr
> nicht immer ansehen. Am besten lernt man das aber durch
> Übung.
> Fang doch am besten mal mit einer der DGLs oben an und
> probier ein Verfahren aus.
hab die oben alle schon gelöst.....
> Kleiner Tipp: Bei der ersten DGL würde ich erstmal die
> homogene Gleichung lösen
genau das ist mein Punkt :), woher hast du den Tipp jetzt, ich konnte die alle mit meinem nicht sehr verständlichen Skript lösen, allerdings stand hal bei der Aufgabe schön drüber welche Verfahren anzuwenden ist und es stand z.B auch bei der dabei das man zuerst die Homogene DGL lösen muss...
ABER: das wird ja in der Klausur nicht der Fall sein, dass es drüber steht^^
und deshalb suche ich verzweifelt nach Anhaltspunkten, welche mir einen Hinweis auf das "leichteste" Verfahren geben könnten...
hat da jemand Tipps oder gute Ratschläge??
Grüße
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Hallo Roffel,
> Hi notinX
> danke erstmal für die schnelle Antwort.
>
>
> > > a)[mm] \dot\dot x +2\dot x -4x=8t^{2} [/mm]
> >
> >
> > oder
> > > b) [mm]\dot x=x*sin(t) , x(\bruch{\pi}{2})=-1[/mm]
> > > c)
> > > [mm](6t-2x)\dot x +7t+6x=0 [/mm]
>
> > also Lösungsverfahren gibt es einige und die die für Dich
> > relevant sind wurden doch sicher in der Vorlesung
> > behandelt.
> ja es wurden welche behandelt und diese Verfahren hab ich
> auch so einigermaßen drauf, muss natürlich noch besser
> werden bis zur Klausur nächsten Mittwoch =)
Wenn du die grundlegenden Verfahren drauf hast, wird schon nichts schiefgehen.
Eine Bernoulli- oder Riccati-Dgl. kommt bestimmt dran 
>
>
> >Welches
> > Verfahren bei welchem Typ von DGL 'fruchtet' kann man ihr
> > nicht immer ansehen. Am besten lernt man das aber durch
> > Übung.
> > Fang doch am besten mal mit einer der DGLs oben an und
> > probier ein Verfahren aus.
> hab die oben alle schon gelöst.....
> > Kleiner Tipp: Bei der ersten DGL würde ich erstmal die
> > homogene Gleichung lösen
> genau das ist mein Punkt :), woher hast du den Tipp
> jetzt, ich konnte die alle mit meinem nicht sehr
> verständlichen Skript lösen, allerdings stand hal bei der
> Aufgabe schön drüber welche Verfahren anzuwenden ist und
> es stand z.B auch bei der dabei das man zuerst die Homogene
> DGL lösen muss...
>
> ABER: das wird ja in der Klausur nicht der Fall sein, dass
> es drüber steht^^
Eher nicht
> und deshalb suche ich verzweifelt nach Anhaltspunkten,
> welche mir einen Hinweis auf das "leichteste" Verfahren
> geben könnten...
>
> hat da jemand Tipps oder gute Ratschläge??
Puh, allgemeingültige Tipps kann man wie (fast) immer nicht geben.
Außerdem lassen sich Dgln manchmal über verschiedene Wege lösen.
Wichtig ist, dass du den Typ der Dgl erkennst.
Die Aufgabe a) etwa ist ganz typisch, sowas kommt sicher dran.
Die Gdl ist inhomogen, da schaut man sich immer erst die zugeh. homogene Dgl an (char. Gleichung aufstellen ...) ...
Dann die inhomog. Dgl lösen über VdK oder Ansätze bzgl. der Störfunktion rechterhand.
Letzteres geht oft einfacher und schneller...
Da gibt es Tabellen im Internet, welcher Ansatz bei welchem Typ der Störfunktion zu wählen ist ...
Ansonsten kann man gar nicht so recht viele Tipps geben außer Aufgaben zu rechnen ...
Nur mit Erfahrung kommt man da weiter ...
>
> Grüße
>
>
LG
schachuzipus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:55 Mi 10.08.2011 | | Autor: | Dath |
Allgemeine Lösungsansätze gibt es (so) nicht. Wenn du fit im Programmieren bist und in der Klausur Programme verwenden darfst, kannst du ja versuchen ein Programm für den Potenzreighenansatz zu schreiben.
Variation der Konstanten muss man wie gesagt mögen, Ansätze sind halt oftmals leichter.
Die krassen DGL (Hermite, Legendre, Bessel, Riccati, Bernoulli etc.) werden mit sicherheit nicht so drankommen, dass du sie selber lösen musst. Vlllt hast du aber die Lösung gegeben (z.B. Hermitepolynome) und sollst nachprüfen, dass es tatsächlich eine Lösung ist. Wäre an sich aber für eine Klausur schon relativ schwer.
Wichtig ist:
-Existenz- und Eindeutigkeitssätze
-Phasenbilder
-ggf. Stabilität
-charakteristisches Polynom
-separierbare DGL,
-VdK / Ansatz
-Systeme linearer DGL (inkl. Exponentialfunktion für Matrizen mit Eigenschaften)
Das sollte grob der Stoff sein, den du können musst.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:48 Mi 10.08.2011 | | Autor: | Roffel |
Servus
danke erstmal für deine Antwort.
> Allgemeine Lösungsansätze gibt es (so) nicht. Wenn du fit
> im Programmieren bist und in der Klausur Programme
> verwenden darfst, kannst du ja versuchen ein Programm für
> den Potenzreighenansatz zu schreiben.
nein "leider nicht, ich darf keine Hilfsmittel benutzen, auch keinen Taschenrechner... bekommen nur ein kleines Formelblatt in der KLausur gegeben.
> Variation der Konstanten muss man wie gesagt mögen,
muss ich mir sicherlich nochmal anschauen....
> Ansätze sind halt oftmals leichter.
> Die krassen DGL (Hermite, Legendre, Bessel, Riccati,
> Bernoulli etc.) werden mit sicherheit nicht so drankommen,
> dass du sie selber lösen musst. Vlllt hast du aber die
> Lösung gegeben (z.B. Hermitepolynome) und sollst
> nachprüfen, dass es tatsächlich eine Lösung ist. Wäre
> an sich aber für eine Klausur schon relativ schwer.
ja das "nachprüfen" kam in 2 aufgaben bei den Übungsblättern vor, das wäre möglich.Ganz krasse werden denke ich auch nicht dran kommen, aber ich habe schon genug probleme mit den "einigermaßen" "normalen DGL's...
kann man das eigentlich an irgendwelchen Punkten festmachen, wann ich zum Beispiel, die DGL mit der Lösungsformel, Teilung der variablen oder zuerst mit der inhomgenen DGL lösen sollte??
Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:44 Mi 10.08.2011 | | Autor: | Dath |
O.K. langsam wird mir einiges klarer. Du muss halt schauen, welche DGL du gegeben hast. Meistens wirst du in einem mathematik-fernen Studienfach eher mit linearen und homogenen DGL bombardiert. Ggf. musst du noch Variation der Konstanten beherrschen, aber der Rest (Hermite-Polynome und Kompanie) denke ich, wird sicher nicht abgefragt. Es sei denn, du besuchst eine Vorlesung im Studiengang Mathematik, aber auch da ist notwendig (aber nicht hinreichend), dass du einen sehr bösen Professor hast :D
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:22 Fr 12.08.2011 | | Autor: | Roffel |
Servus
ja ich besuch die HM 2 Vorlesung an der TU München, und ja es wird sehr wahrscheinlich auf lineare und homogene DGL herauslaufen, da hast du recht. Variation der Konstanten kann auch gut drankommen...
ich muss halt jetzt noch rausfinden wann ich was benutzen sollte??
hier auch mal noch ein anderes Beispiel was grad berechne:
[mm] \dot x [/mm] [mm] \bruch{x}{t}=t^{2} [/mm] , t>0
wie würdest du diese GDL am geschicktesten Lösen?
und woher weiß ich zum Beispiel wann ich eine homogene DGL vor mir habe, wie sieht die aus und wie kann ich gegenbenfalls eine DGL in eine homogene DGL umwandeln?
Grüße
PS: grad bei dem Beispiel das ich grad versuch zu lösen komme ich zu einem Schritt den ich nicht verstehe:
ich hab es bis herhin geschafft schon mal^^
[mm] x=\bruch{1}{t}*e^{-c} [/mm] so, und wieso sagt man jetzt "einfach" so, dass:
Da, t>0 ( war in der Aufgabe gegeben) ist, erhält x= [mm] C*\bruch{1}{t} [/mm]
wieso darf/macht man das? bitte einfache und logische Erklärung =)
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Hallo Roffel,
> Servus
> ja ich besuch die HM 2 Vorlesung an der TU München, und
> ja es wird sehr wahrscheinlich auf lineare und homogene DGL
> herauslaufen, da hast du recht. Variation der Konstanten
> kann auch gut drankommen...
> ich muss halt jetzt noch rausfinden wann ich was benutzen
> sollte??
>
> hier auch mal noch ein anderes Beispiel was grad berechne:
> [mm]\dot x [/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0
>
> wie würdest du diese GDL am geschicktesten Lösen?
Diese DGL wird durch Trennung der Variablen gelöst.
> und woher weiß ich zum Beispiel wann ich eine homogene
> DGL vor mir habe, wie sieht die aus und wie kann ich
Eine homogene DGL ist z.B. [mm]y'+x*y=0[/mm]
Eine inhomogene DGL ist z.B. [mm]y'+x*y=x^{2}[/mm]
> gegenbenfalls eine DGL in eine homogene DGL umwandeln?
>
> Grüße
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:49 Fr 12.08.2011 | | Autor: | Roffel |
Erstmal danke Mathepower!
> > hier auch mal noch ein anderes Beispiel was grad berechne:
> > [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0
> Diese DGL wird durch Trennung der Variablen gelöst.
k. Was ist das Anzeichen/Indiez dafür, dass ich es mit Trennung der Variablen löse. In meiner Lösung machen sie es mit Variation der Konstanten, aber das ist glaube ich nur ein Beispiel wie man es damit machen würde...Trennung der Varialben finde ich einfacher =)
>
> > und woher weiß ich zum Beispiel wann ich eine homogene
> > DGL vor mir habe, wie sieht die aus und wie kann ich
>
>
> Eine homogene DGL ist z.B. [mm]y'+x*y=0[/mm]
>
> Eine inhomogene DGL ist z.B. [mm]y'+x*y=x^{2}[/mm]
k danke und wieso ist diese jetzt genau inhomogen, wo ist da der entscheidende Unterschied, und wie sieht man das ganz leicht?
sry das ich mich bissel doof anstelle aber ich brauch das immer alles "schwarz auf weiß" ;)
> > gegenbenfalls eine DGL in eine homogene DGL umwandeln?
und wie müsste ich dann das machen, falls das in der Klausur gefragt werden würde ??
hier auch mal noch ein anderes Beispiel was grad berechne:
$ [mm] \dot [/mm] x $ $ [mm] \bruch{x}{t}=t^{2} [/mm] $ , t>0
Im Moment versuche ich dieses Beispiel zu lösen aber komme ich zu einem Schritt den ich nicht ganz verstehe:
ich hab es bis herhin geschafft schon mal^^
$ [mm] x=\bruch{1}{t}\cdot{}e^{-c} [/mm] $ so, und wieso sagt man jetzt "einfach" so, dass:
Da, t>0 ( war in der Aufgabe gegeben) ist, erhält x= $ [mm] C\cdot{}\bruch{1}{t} [/mm] $
wieso darf/macht man das? bitte einfache und logische Erklärung =)
und dann rechne ich grad noch ein Beispiel :
t+x + $ [mm] \dot [/mm] x $ =0 , x(0)=0 mit der Lösungsformel habe ich es verstanden, jetzt rechne ich es grad mit Trennung der Variablen und komme nicht weiter... bei mir steht das jetzt da:
[mm] x=e^{\bruch{1}{2}t^{2}-c} [/mm] so dann setzte ich ja den Punkt ein x(0)=0
[mm] 0=e^{-c} [/mm] und was ist c dann? wie gehts weiter, ln(0) darf ich ja meines Wissens nicht benutzen...
Sry für die vielen Fragen, aber es geht dem Endpsurt entgegen =)
Vielen Dank!
Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:11 Fr 12.08.2011 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Erstmal danke Mathepower!
>
>
> > > hier auch mal noch ein anderes Beispiel was grad berechne:
> > > [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0
>
> > Diese DGL wird durch Trennung der Variablen gelöst.
> k. Was ist das Anzeichen/Indiez dafür, dass ich es mit
> Trennung der Variablen löse. In meiner Lösung machen sie
ein Anzeichen ist, dass sich die Variablen trennen lassen, das geht nicht bei allen DGLen.
> es mit Variation der Konstanten, aber das ist glaube ich
> nur ein Beispiel wie man es damit machen würde...Trennung
> der Varialben finde ich einfacher =)
Wie schon erwähnt lassen sich manche DGLen auf mehrere Arten lösen, welche Du nimmst spielt keine Rolle - solange sie zum Ziel führt
> >
> > > und woher weiß ich zum Beispiel wann ich eine homogene
> > > DGL vor mir habe, wie sieht die aus und wie kann ich
> >
> >
> > Eine homogene DGL ist z.B. [mm]y'+x*y=0[/mm]
> >
> > Eine inhomogene DGL ist z.B. [mm]y'+x*y=x^{2}[/mm]
> k danke und wieso ist diese jetzt genau inhomogen, wo ist
> da der entscheidende Unterschied, und wie sieht man das
> ganz leicht?
Bei der homogenen ist die rechte Seite (also die Seite auf der weder y, noch deren Ableitungen vorkommen) =0. Das ist der Unterschied.
> sry das ich mich bissel doof anstelle aber ich brauch das
> immer alles "schwarz auf weiß" ;)
>
> > > gegenbenfalls eine DGL in eine homogene DGL umwandeln?
> und wie müsste ich dann das machen, falls das in der
> Klausur gefragt werden würde ??
>
>
> hier auch mal noch ein anderes Beispiel was grad berechne:
> [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0
>
> Im Moment versuche ich dieses Beispiel zu lösen aber
> komme ich zu einem Schritt den ich nicht ganz verstehe:
> ich hab es bis herhin geschafft schon mal^^
> [mm]x=\bruch{1}{t}\cdot{}e^{-c}[/mm] so, und wieso sagt man
Also das hat aber mit der Lösung der DGL [mm] $\dot x\bruch{x}{t}=t^{2}$ [/mm] reichlich wenig zu tun.
jetzt
> "einfach" so, dass:
>
> Da, t>0 ( war in der Aufgabe gegeben) ist, erhält x=
> [mm]C\cdot{}\bruch{1}{t}[/mm]
> wieso darf/macht man das? bitte einfache und logische
> Erklärung =)
Es geht doch nur um eine zu bestimmende Konstante und es spielt keine Rolle, ob ich die Konstante im Exponent der e-Fkt bestimmt oder als direkten Faktor. Man macht sich das Leben damit leichter. Setze also [mm] $C:=e^{-c}$ [/mm]
>
>
> und dann rechne ich grad noch ein Beispiel :
> t+x + [mm]\dot x[/mm] =0 , x(0)=0 mit der Lösungsformel
> habe ich es verstanden, jetzt rechne ich es grad mit
> Trennung der Variablen und komme nicht weiter... bei mir
> steht das jetzt da:
> [mm]x=e^{\bruch{1}{2}t^{2}-c}[/mm] so dann setzte ich ja den
Wie kommst Du denn darauf? Das löst die DGL nicht. Zeig mal Deine Zwischenschritte.
Punkt
> ein x(0)=0
> [mm]0=e^{-c}[/mm] und was ist c dann? wie gehts weiter, ln(0)
> darf ich ja meines Wissens nicht benutzen...
>
> Sry für die vielen Fragen, aber es geht dem Endpsurt
> entgegen =)
> Vielen Dank!
>
> Grüße
>
Gruß,
notinX
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:54 Fr 12.08.2011 | | Autor: | Roffel |
Servus
> > > > [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0
> ein Anzeichen ist, dass sich die Variablen trennen lassen,
> das geht nicht bei allen DGLen.
k. und wann lassen sich Variablen trennen und wann geht es z.B nicht?
> > > Eine homogene DGL ist z.B. [mm]y'+x*y=0[/mm]
> > >
> > > Eine inhomogene DGL ist z.B. [mm]y'+x*y=x^{2}[/mm]
> Bei der homogenen ist die rechte Seite (also die Seite auf
> der weder y, noch deren Ableitungen vorkommen) =0. Das ist
> der Unterschied.
okay danke, ist das also eine Frage wie die Ursprung DGL aussieht? weil ich kann doch das [mm] x^{2} [/mm] einfach auf die andere Seite holen und dann steht da auch noch oder darf ich das in dem Fall nicht???
eine inhomogene DGL in eine homogene DGL umwandeln? wie macht man daß, weil bei einer Aufgabe steht, lösen sie zu erst die homogene DGL.
Beispiel: [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0 ??
> >
> > hier auch mal noch ein anderes Beispiel was grad berechne:
> > [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0
> > Im Moment versuche ich dieses Beispiel zu lösen aber
> > komme ich zu einem Schritt den ich nicht ganz verstehe:
> > [mm]x=\bruch{1}{t}\cdot{}e^{-c}[/mm]
> Also das hat aber mit der Lösung der DGL [mm]\dot x\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm]
> reichlich wenig zu tun.
echt wieso? so steht das aber auch in der Lösung drin, ich soll zu erst die homogene DGL lösen...
> > Da, t>0 ( war in der Aufgabe gegeben) ist, erhält x=
> > [mm]C\cdot{}\bruch{1}{t}[/mm]
> > wieso darf/macht man das? bitte einfache und logische
> > Erklärung =)
>
> Es geht doch nur um eine zu bestimmende Konstante und es
> spielt keine Rolle, ob ich die Konstante im Exponent der
> e-Fkt bestimmt oder als direkten Faktor. Man macht sich das
> Leben damit leichter. Setze also [mm]C:=e^{-c}[/mm]
okay und das muss ich dann doch aber irgendwann wieder zurücksubstituieren oder kann ich das dann einfach so stehen lassen?
> > und dann rechne ich grad noch ein Beispiel :
> > t+x + [mm]\dot x[/mm] =0 , x(0)=0
> > Trennung der Variablen
bei mir steht:
> > [mm]x=e^{\bruch{1}{2}t^{2}-c}[/mm] so dann setzte ich ja den
>
> Wie kommst Du denn darauf?
[mm]\dot x[/mm]=-t-x
[mm] \bruch{dt}{dx}=-t-x
[/mm]
Integration von [mm] \bruch{1}{-x} [/mm] nach dx = und integration -t nach dt
dann:
-ln(x) = [mm] -0.5t^{2} [/mm] +c
ln(x) = [mm] 0.5t^{2}-c
[/mm]
x = [mm] e^{\bruch{1}{2}t^{2}-c} [/mm] Fehleranalyse bzw. wie würde es hier weitergehen??
Grüße und thx
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:29 Sa 13.08.2011 | | Autor: | notinX |
> Servus
>
>
>
>
> > > > > [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0
>
> > ein Anzeichen ist, dass sich die Variablen trennen lassen,
> > das geht nicht bei allen DGLen.
>
> k. und wann lassen sich Variablen trennen und wann geht es
> z.B nicht?
>
Ganz einfach: Probiers aus. Wenn Du die "Funktionsvariablen" [mm] $x(t),x,\mathrm{d}x$ [/mm] und die "Argumentvariablen" [mm] $t,\mathrm{d}x$ [/mm] jeweils auf eine Seite der Gleichung bringen kannst, also so:
[mm] $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\cdot\frac{x}{t}=t^{2}\Rightarrow x\mathrm{d}x=t^{3}\mathrm{d}t$
[/mm]
lassen sie sich trennen, ansonsten nicht.
>
>
>
> > > > Eine homogene DGL ist z.B. [mm]y'+x*y=0[/mm]
> > > >
> > > > Eine inhomogene DGL ist z.B. [mm]y'+x*y=x^{2}[/mm]
>
>
> > Bei der homogenen ist die rechte Seite (also die Seite auf
> > der weder y, noch deren Ableitungen vorkommen) =0. Das ist
> > der Unterschied.
> okay danke, ist das also eine Frage wie die Ursprung DGL
> aussieht? weil ich kann doch das [mm]x^{2}[/mm] einfach auf die
> andere Seite holen und dann steht da auch noch oder darf
> ich das in dem Fall nicht???
>
[mm] $y'+x*y=x^{2}\Rightarrowy'+x*y-x^{2}=0$ [/mm]
das darfst Du zwar, aber die DGL ist dann immernoch inhomogen. Hast Du diesen Artikel gelesen? Da steht das ziemlich am Anfang.
>
> eine inhomogene DGL in eine homogene DGL umwandeln? wie
> macht man daß, weil bei einer Aufgabe steht, lösen sie zu
> erst die homogene DGL.
Um eine inhomogene in eine homogene DGL umzuwandeln lässt man einfach das Störglied weg.
> Beispiel: [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0 ??
>
Ich denke nicht, dass es bei dieser Aufgabe sinnvoll ist die homogene DGL zu betrachten, denn sie lässt sich doch ganz leicht durch TdV lösen.
>
> > >
> > > hier auch mal noch ein anderes Beispiel was grad berechne:
> > > [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0
> > > Im Moment versuche ich dieses Beispiel zu lösen aber
> > > komme ich zu einem Schritt den ich nicht ganz verstehe:
> > > [mm]x=\bruch{1}{t}\cdot{}e^{-c}[/mm]
>
> > Also das hat aber mit der Lösung der DGL [mm]\dot x\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm]
> > reichlich wenig zu tun.
> echt wieso? so steht das aber auch in der Lösung drin,
> ich soll zu erst die homogene DGL lösen...
>
Setz die Lösung doch mal in die DGL ein, dann siehst Du wieso. Also wenn das tatsächlich in der Lösung steht, ist die Lösung wohl falsch.
>
> > > Da, t>0 ( war in der Aufgabe gegeben) ist, erhält x=
> > > [mm]C\cdot{}\bruch{1}{t}[/mm]
> > > wieso darf/macht man das? bitte einfache und
> logische
> > > Erklärung =)
> >
> > Es geht doch nur um eine zu bestimmende Konstante und es
> > spielt keine Rolle, ob ich die Konstante im Exponent der
> > e-Fkt bestimmt oder als direkten Faktor. Man macht sich das
> > Leben damit leichter. Setze also [mm]C:=e^{-c}[/mm]
> okay und das muss ich dann doch aber irgendwann wieder
> zurücksubstituieren oder kann ich das dann einfach so
> stehen lassen?
Das kannst Du einfach so stehen lassen. Du musst diesen Schritt nicht machen, du kannst die Konstante auch im Exponent der e-Fkt belassen. Aber das macht die Rechnung nur unnötig komplizierter, denn der Faktor $C$ bzw. [mm] $e^{-c}$ [/mm] ist sowieso derselbe, nur die Bestimmung des einen ist aufwändiger als die des anderen.
>
>
> > > und dann rechne ich grad noch ein Beispiel :
> > > t+x + [mm]\dot x[/mm] =0 , x(0)=0
> > > Trennung der Variablen
> bei mir steht:
> > > [mm]x=e^{\bruch{1}{2}t^{2}-c}[/mm] so dann setzte ich ja den
> >
> > Wie kommst Du denn darauf?
>
> [mm]\dot x[/mm]=-t-x
> [mm]\bruch{dt}{dx}=-t-x[/mm]
die Variablen sind ja nicht getrennt. Auf beiden Seiten stehen jeweils t und x.
> Integration von [mm]\bruch{1}{-x}[/mm] nach dx = und integration -t
> nach dt
Du musst schon jeweils eine komplette Seite integrieren, nicht jeden Summanden wie es Dir gerade beliebt.
> dann:
> -ln(x) = [mm]-0.5t^{2}[/mm] +c
> ln(x) = [mm]0.5t^{2}-c[/mm]
> x = [mm]e^{\bruch{1}{2}t^{2}-c}[/mm] Fehleranalyse bzw.
> wie würde es hier weitergehen??
>
> Grüße und thx
>
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:25 Sa 13.08.2011 | | Autor: | Roffel |
Servus
danke erstmal für die ganzen Antworten.
> > Beispiel: [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0 ??
>
> Ich denke nicht, dass es bei dieser Aufgabe sinnvoll ist
> die homogene DGL zu betrachten, denn sie lässt sich doch
> ganz leicht durch TdV lösen.
probier ich ja gerade auch mal...
> > > > und dann rechne ich grad noch ein Beispiel :
> > > > t+x + [mm]\dot x[/mm] =0 , x(0)=0
> > > > Trennung der Variablen
> > bei mir steht:
> > > > [mm]x=e^{\bruch{1}{2}t^{2}-c}[/mm] so dann setzte ich ja
> > [mm]\dot x[/mm]=-t-x
> > [mm]\bruch{dt}{dx}=-t-x[/mm]
>
> die Variablen sind ja nicht getrennt. Auf beiden Seiten
> stehen jeweils t und x.
Hab grad ein Problem das richtig aufzulösen...
[mm] \bruch{dx}{dt}= [/mm] -x-t das ist ja meine Ausganposition und dann bring ich ja x dx auf die linke seite und t und dt auf die rechte.
ich kann dann ja dt nach rechts mit multiplizieren rüber holen aber dann hab ich ja ne Klammer und wenn ich die ausmultipliziere komme ich auch grad nicht weiter, wie muss ich das denn umstellen ?^^
Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:54 Sa 13.08.2011 | | Autor: | notinX |
> Servus
> danke erstmal für die ganzen Antworten.
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>
>
>
>
>
> > > Beispiel: [mm]\dot x[/mm] [mm]\bruch{x}{t}=t^{2}[/mm] , t>0 ??
> >
> > Ich denke nicht, dass es bei dieser Aufgabe sinnvoll ist
> > die homogene DGL zu betrachten, denn sie lässt sich doch
> > ganz leicht durch TdV lösen.
> probier ich ja gerade auch mal...
>
>
> > > > > und dann rechne ich grad noch ein Beispiel :
> > > > > t+x + [mm]\dot x[/mm] =0 , x(0)=0
> > > > > Trennung der Variablen
> > > bei mir steht:
> > > > > [mm]x=e^{\bruch{1}{2}t^{2}-c}[/mm] so dann setzte ich
> ja
> > > [mm]\dot x[/mm]=-t-x
> > > [mm]\bruch{dt}{dx}=-t-x[/mm]
> >
> > die Variablen sind ja nicht getrennt. Auf beiden Seiten
> > stehen jeweils t und x.
>
> Hab grad ein Problem das richtig aufzulösen...
> [mm]\bruch{dx}{dt}=[/mm] -x-t das ist ja meine Ausganposition
> und dann bring ich ja x dx auf die linke seite und t und dt
> auf die rechte.
> ich kann dann ja dt nach rechts mit multiplizieren rüber
> holen aber dann hab ich ja ne Klammer und wenn ich die
> ausmultipliziere komme ich auch grad nicht weiter, wie muss
> ich das denn umstellen ?^^
>
Also ich sehe auch keinen Weg die Variablen in diesem Fall zu trennen. Wie gesagt, das funktioniert nicht immer.
Aber ich lass das mal halboffen, vielleicht sieht ja jemand anderes einen Weg-
>
>
> Grüße
>
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> > > > > und dann rechne ich grad noch ein Beispiel :
> > > > > t+x + [mm]\dot x[/mm] =0 , x(0)=0
> Hab grad ein Problem das richtig aufzulösen...
> [mm]\bruch{dx}{dt}=[/mm] -x-t das ist ja meine Ausganposition
> und dann bring ich ja x dx auf die linke seite und t und dt
> auf die rechte.
> ich kann dann ja dt nach rechts mit multiplizieren rüber
> holen aber dann hab ich ja ne Klammer und wenn ich die
> ausmultipliziere komme ich auch grad nicht weiter, wie muss
> ich das denn umstellen ?^^
Hallo Roffel,
die DGL [mm] $\bruch{dx}{dt}+x\ [/mm] =\ [mm] -\,t$
[/mm]
ist eine lineare DGL, bei der man zuerst die homogene DGL
[mm] $\bruch{dx}{dt}+x\ [/mm] =\ 0$
löst und eine Partikulärlösung der inhomogenen sucht.
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:23 Sa 13.08.2011 | | Autor: | Roffel |
Hi
also jetzt bin ich ein wenig verwirrt...
> > > > > > und dann rechne ich grad noch ein Beispiel :
> > > > > > t+x + [mm]\dot x[/mm] =0 , x(0)=0
> > [mm]\bruch{dx}{dt}=[/mm] -x-t
kann ich da jetzt die Trennug der variablen benutzen??
falls ja, wie stell ich da um?
> die DGL [mm]\bruch{dx}{dt}+x\ =\ -\,t[/mm]
>
> ist eine lineare DGL, bei der man zuerst die homogene DGL
>
> [mm]\bruch{dx}{dt}+x\ =\ -\,t[/mm]
>
> löst und eine Partikulärlösung der inhomogenen sucht.
wie sieht das aus?
muss ich jetzt doch die homogene zu erst rausfinden und lösen?
kann ich es also doch nicht einfach mit Trennung der variablen machen???
jetzt versteh ich wieder 0 oh weh =)
Grüße
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> Hi
> also jetzt bin ich ein wenig verwirrt...
> > > > > > > und dann rechne ich grad noch ein Beispiel :
> > > > > > > t+x + [mm]\dot x[/mm] =0 , x(0)=0
>
> > > [mm]\bruch{dx}{dt}=[/mm] -x-t
> kann ich da jetzt die Trennug der variablen benutzen??
> falls ja, wie stell ich da um?
>
>
> > die DGL [mm]\bruch{dx}{dt}+x\ =\ -\,t[/mm]
> >
> > ist eine lineare DGL, bei der man zuerst die homogene DGL
> >
> > [mm]\bruch{dx}{dt}+x\ =\ -\,t[/mm]
> >
> > löst und eine Partikulärlösung der inhomogenen sucht.
>
> wie sieht das aus?
> muss ich jetzt doch die homogene zu erst rausfinden und
> lösen?
> kann ich es also doch nicht einfach mit Trennung der
> variablen machen???
> jetzt versteh ich wieder 0 oh weh =)
>
> Grüße
Trennung der Variablen funktioniert hier einfach nicht.
Die Lösung der linearen DGL ist aber auch nicht schwer:
Ansatz für homogene Lösung: $\ x(t)\ =\ [mm] C*e^{k*t}$
[/mm]
Ansatz für partikuläre Lösung: $\ x(t)\ =\ lineare\ Funktion$
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:51 Sa 13.08.2011 | | Autor: | Roffel |
Hi
t+x + [mm]\dot x[/mm] =0 , x(0)=0
> > > die DGL [mm]\bruch{dx}{dt}+x\ =\ -\,t[/mm]
>
>
> Trennung der Variablen funktioniert hier einfach nicht.
liegt daran, dass ich sie nicht trennen kann oder also, dass ich es nicht schaffe x und dx auf eine seite und t und dt auf die andere...? oder woher weiß ich voher schon das ich hier die Trennung der Variablen nicht benutzen kann?
ich hab diese DGL bisher nur geschaft zu lösen mit der Lösungsforme [mm] e^{A(t)}...
[/mm]
> Die Lösung der linearen DGL ist aber auch nicht schwer:
> Ansatz für homogene Lösung: [mm]\ x(t)\ =\ C*e^{k*t}[/mm]
wie kommst du auf das?
> Ansatz für partikuläre Lösung: [mm]\ x(t)\ =\ lineare\ Funktion[/mm]
--> davon habe ich noch nichts gehört, denke ich auf jedenfall =)
LG
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> Hi
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> t+x + [mm]\dot x[/mm] =0 , x(0)=0
>
> > > > die DGL [mm]\bruch{dx}{dt}+x\ =\ -\,t[/mm]
>
> > Trennung der Variablen funktioniert hier einfach nicht.
>
> liegt daran, dass ich sie nicht trennen kann oder also,
> dass ich es nicht schaffe x und dx auf eine seite und t und
> dt auf die andere...?
Trennung der Variablen kommt grundsätzlich nur in
gewissen "günstigen" Fällen in Frage, eben dann, wenn
man die DGL auf die Form $\ f(x)*dx=g(t)*dt$ bringen
kann.
> oder woher weiß ich vorher schon dass
> ich hier die Trennung der Variablen nicht benutzen kann?
Ein allgemeines "Rezept", um einer beliebigen DGL
anzusehen, ob dies möglich ist, kenne ich nicht. Da hilft
etwas rumprobieren und ev. eine geeignete Substitution.
Und wenn's nicht geht, dann geht's halt einfach nicht.
> ich hab diese DGL bisher nur geschafft zu lösen mit der
> Lösungsformel [mm]e^{A(t)}...[/mm]
>
> > Die Lösung der linearen DGL ist aber auch nicht schwer:
> > Ansatz für homogene Lösung: [mm]\ x(t)\ =\ C*e^{k*t}[/mm]
> wie kommst du auf das?
Naja, x + [mm]\dot x[/mm] =0 ist nun wirklich sehr simpel.
Und dass die Ableitung von [mm] e^{-t} [/mm] gleich [mm] -e^{-t} [/mm] ist, weiß man doch ...
Du kannst auch den Ansatz [mm]e^{A(t)}...[/mm] nehmen.
> > Ansatz für partikuläre Lösung: [mm]\ x(t)\ =\ lineare\ Funktion[/mm]
>
> --> davon habe ich noch nichts gehört, denke ich auf
> jedenfall =)
>
> LG
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