Differentialgleichungen - Lösungskontrolle

18.02.2011, 23:19

Haeusmeister

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Differentialgleichungen - Lösungskontrolle

Meine Frage:
Wäre sehr nett, wenn einer mal meine Lösungen zu den Aufgaben kontrolieren könnte. Unser Matheübungsleiter hat leider keine Lösungen zu seinen DGL-Übungsaufgaben herausgegeben und Montag schreibe ich Mathe II-III Prüfung. Und ich würde gerne mal wissen, ob ich richtig gerechnet habe.

Aufgaben:

1. Gegeben ist die DGL: $\begin{eqnarray*} (1+x^{2})y'-2xy=0 \end{eqnarray*}$

(a) Man bestimme die allgemeine Lösung der DGL
(b) Welche spezielle Lösunggeht durch den Punkt P(0,1)

2. Gegeben ist die DGL: $\begin{eqnarray*} y''-2y'+y = \sin(x) \end{eqnarray*}$

(a) Man bestimme die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL
(b) Welche spezielle Lösung geht durch den Ursprung und hat dort die Gerade $\begin{eqnarray*} y = \frac{1}{2}x \end{eqnarray*}$ als Tangente?

3. Gegeben ist die DGL:
$\begin{eqnarray*} (x^{3}-2xy^{2}+3x^{2}-4y+1)dx+(-2x^{2}y-4x+y^{3}+2)dy=0 \end{eqnarray*}$

(a) Man prüfe, ob eine exakte DGL vorliegt
(b) Die allgemeine Lösung der DGL ist zu bestimmen

Vielen Dank schonmal im voraus für eure Bemühnungen.

Meine Ideen:
Aufgabe 1.)
(a) $\begin{eqnarray*} y = 1+x^{2}+e^{c} \end{eqnarray*}$

(b) c=ln(0) $\begin{eqnarray*} y = 1 + x^{2} \end{eqnarray*}$

Aufgabe 2.)
(a) $\begin{eqnarray*} y = c1*e^{x} + c2*x*e^{x} + \frac{1}{2}cos(x) \end{eqnarray*}$

(b) $\begin{eqnarray*} y = -\frac{1}{2}e^{x} + x*e^{x} + \frac{1}{2}cos(x) \end{eqnarray*}$

Aufgabe 3.)
(a) $\begin{eqnarray*} -4yx - 4 = -4xy -4 \end{eqnarray*}$ ==> Integrabilitätsbedingung erfüllt ==> DGL ist exakt

(b) $\begin{eqnarray*} \frac{1}{4}x^{4}-x^{2}y^{2}+x^{3}-4xy+x+2y=c \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} c = c^{**}-c^{*} \end{eqnarray*}$

edit: "Differentialgleichungen. Benötige einen, der bitte meine Lösungen mal kontrollieren könnte." ist als Titel unpassend, daher gekürzt.
LG sulo

18.02.2011, 23:27

HAL 9000

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Zitat:

Original von Haeusmeister
Aufgabe 1.)
(a) $\begin{eqnarray*} y = 1+x^{2}+e^{c} \end{eqnarray*}$

Da steht wohl (wieder mal) einer auf Kriegsfuß mit den Logarithmengesetzen ... Richtig ist

$\begin{eqnarray*} y = C(1+x^2) \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Haeusmeister
(b) Welche spezielle Lösung geht durch den Ursprung und hat dort die Gerade $\begin{eqnarray*} y = \frac{1}{2}x \end{eqnarray*}$

Fehlt da nicht was? Sowas in der Art

Zitat:

(b) Welche spezielle Lösung geht durch den Ursprung und hat dort die Gerade $\begin{eqnarray*} y = \frac{1}{2}x \end{eqnarray*}$ als Tangente?

18.02.2011, 23:37

Haeusmeister

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Habs schon geändert. Natürlich muss da "als Tangente" hin sorry smile

smile

Aber kannst du mir mal bitte erläutern, wie du von

$\begin{eqnarray*} ln(y)=ln(1+x^{2})+c \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} y=c(1+x^{2}) \end{eqnarray*}$ kommst?

ich hab einfach mit der e-funktion multipliziert und kam dann auf das ergebnis unter 1a.

18.02.2011, 23:38

abc2011

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RE: Differentialgleichungen. Benötige einen, der bitte meine Lösungen mal kontrollieren könnte.
Zum Kontrollieren eignet sich Wolfram.

18.02.2011, 23:43

Haeusmeister

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Kann mir einer mal bitte die 1a.) herrleiten? Also das umstellen quasi. Wie man dahin kommt weiß ich ja, aber ich check nicht, wie ich das ln() wegbekomme und dann auf das ergebnis komme, was ihr sagt und wolfram ausspuckt... unglücklich

unglücklich

18.02.2011, 23:53

New HAL

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$\begin{eqnarray*} e^{ln(y)} =e^{ln(1+x^{2})+c} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{ln(y)} =e^{ln(1+x^{2})}e^{c} \end{eqnarray*}$

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19.02.2011, 00:00

Haeusmeister

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Und wie bekomme ich jetzt das e weg? Ich weiß ich stelle wahrscheinlich blöde fragen, aber einmal komplett erklärt, dann weiß ich das fürs nächste mal.

19.02.2011, 00:07

Mystic

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RE: Differentialgleichungen. Benötige einen, der bitte meine Lösungen mal kontrollieren könnte.
Schauen wir uns doch mal eine Musterlöstung von 1a) an...

$\begin{eqnarray*} (1+x^2)y'-2xy=0 \Rightarrow \frac {y'}y=\frac{2x}{1+x^2} \Rightarrow \ln |y|=\ln(1+x^2)+\ln \tilde C \Rightarrow |y|=\tilde C(1+x^2) \end{eqnarray*}$

mit einem $\begin{eqnarray*} \tilde C >0 \end{eqnarray*}$ . Lassen wir nun die Betragsstriche weg, wird ein neues C daraus, dass aber noch immer $\begin{eqnarray*} C \neq 0 \end{eqnarray*}$ erfüllen muss... Schauen wir aber auf die ursprüngliche Differenzialgleichung, so sehen wir, dass wir auch im Fall C=0 eine Lösung haben, welche uns die Rechnung bisher glatt "unterschlagen" hat, und die wir nun auf elegante Weise dazufügen können, indem wir in

$\begin{eqnarray*} y=C(1+x^2) \end{eqnarray*}$

für C beliebige reelle Werte zulassen...

Wie man sieht gibt es da noch eine Menge an Feinheiten, wenn man es wirklich ganz genau nimmt, bei denen allerdings ein Durchschnittsstudent heillos überfordert ist...

19.02.2011, 00:15

Haeusmeister

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Mhhhh naja also schlüssig ist das für mich noch nicht leider. Verstanden ist was anderes.

19.02.2011, 00:17

Mystic

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Was genau hast daran nicht verstanden? verwirrt

verwirrt

19.02.2011, 00:19

HAL 9000

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Zitat:

Original von Mystic
Wie man sieht gibt es da noch eine Menge an Feinheiten, wenn man es wirklich ganz genau nimmt, bei denen allerdings ein Durchschnittsstudent heillos überfordert ist...

Ich hoffe aber immer noch, dass der "Durchschnittsstudent" nicht bereits von Logarithmen- bzw. Potenzgesetzen überfordert ist. Ansonsten können wir hier im Land nämlich gleich dichtmachen und vor den Chinesen die weiße Fahne hissen. unglücklich

unglücklich

19.02.2011, 00:28

Chinesen?

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Ich sehe da kein Problem

Wie haben eindeutig den bessern HAL

19.02.2011, 00:29

Haeusmeister

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Es ist noch kein genie vom himmel gefallen und übung macht den meister smile

smile

Aber die profs heutzutage sind auch teilweise echt nich mehr die besten, was die Vermittelung von Lernstoff angeht. Dann muss man sich alles selbst beibringen, was nicht immer einfach ist.

19.02.2011, 00:56

HAL 9000

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Na ich hoffe, du fasst dir neben diesem obligatorischem Professoren-Bashing auch mal an die eigene Nase und wiederholst die von mir schon zweimal erwähnten Logarithmen- und Potenzgesetze - und vergisst sie nicht wieder, wie das ja seit der Schulzeit offenbar schon mal geschehen ist. Lehrer

Lehrer

19.02.2011, 09:19

Mystic

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@Haeusmeister

Ich hab mir den ganzen Thread nun noch mal genau durchgelesen - hätte das schon vorher tun sollen - und muss sagen, HAL hat natürlich recht: Da liegen die Dinge auf einem viel elementareren Niveau im Argen, nämlich beim sicheren Umgang mit Potenz- und Logarithmusgesetzen... unglücklich

unglücklich

Insofern war mein Beitrag um Welten zu hoch angelegt und daher kontraproduktiv... Aber du magst dir das vielleicht später nochmal und mit mehr Verständnis durchlesen, nachdem du obige Lücken vorher ausgefüllt hast, denn das hat eindeutig höhere Priorität... Wink

Wink

19.02.2011, 12:03

Haeusmeister

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$\begin{eqnarray*} ln|y|=ln|2+x^{4}|+ ln|c| \end{eqnarray*}$

wie ich von da, auf y=c(2+x^4) komme weiß ich jezz mit den logarithmen gesetzen.

Aber wieso steht vor dem c ln ??? Ich hätte, wenn ich das integriere die konstante

einfach mit c eingefügt und nicht ln(c).

Danke Nochma

19.02.2011, 12:15

Mystic

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Meiner Ansicht nach ist das ohnehin nicht korrekt... Wo immer du das her hast, offenbar wollte derjenige mit ln |c| die "Klippe umschiffen", dass das Argument von ln ja nicht negativ sein darf und trotzdem alle reellen c zulassen, aber den unzulässigen Wert c=0 hat er ja noch immer dabei... Es geht halt nicht anders, wie ich das oben an einem sehr ähnlichen Beispiel vorexerziert habe, auch wenn vielleicht etwas länger darüber nachdenken muss, insbesondere über die Stelle, wo dann plötzlich die Lösung y=0 (im Fachjargon eine "singuläre Lösung") mit ins Spiel kommt...

Und übrigens, es ist $\begin{eqnarray*} 1+x^4>0 \end{eqnarray*}$ , also bitte keine Beträge, auch wenn's nicht falsch ist...

19.02.2011, 13:19

Haeusmeister

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Aufgaben:

1. Gegeben ist die DGL: $\begin{eqnarray*} (1+x^{2})y'-2xy=0 \end{eqnarray*}$

(a) Man bestimme die allgemeine Lösung der DGL

So jetzt poste ich mal meinen gesamten Lösungsweg:

$\begin{eqnarray*} (1+x^{2})y'-2xy=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y' = 2xy*(1+x^{2}) ^{-1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx} = 2xy*(1+x^{2}) ^{-1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{y} = \frac{2x}{1+x^{2} }dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{1}{y} \, dy = \int \! \frac{2x}{1+x^{2} } \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{1}{y} \, dy = \int \! \frac{2x}{u} \, dx \end{eqnarray*}$

nun Substituieren wir:

$\begin{eqnarray*} u = 1+x^{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{du}{dx}=2x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} dx = \frac{du}{2x} \end{eqnarray*}$

einsetzen von dx in die gleichung:

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{1}{y} \, dy = \int \! \frac{2x}{u}*\frac{du}{2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{1}{y} \, dy = \int \! \frac{1}{u} \, du \end{eqnarray*}$

Durch das integrieren wird die Konstante c hinzugefügt:

$\begin{eqnarray*} ln|y| = ln(u)+c \end{eqnarray*}$

Nun setze ich wieder u ein:

$\begin{eqnarray*} ln|y| = ln(1+x^{2} )+c \end{eqnarray*}$

Du (Mystic) kommst aber auf:

$\begin{eqnarray*} ln|y| = ln(1+x^{2} )+ln(c) \end{eqnarray*}$

Und meine Frage war jetzt, wieso vor der Konstante ein ln kommt, wenn ich die gleichung integriere:

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{1}{y} \, dy = \int \! \frac{1}{u} \, du \end{eqnarray*}$ ???

19.02.2011, 13:28

HAL 9000

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Zitat:

Original von Haeusmeister
$\begin{eqnarray*} ln|y| = ln(1+x^{2} )+c \end{eqnarray*}$

Du (Mystic) kommst aber auf:

$\begin{eqnarray*} ln|y| = ln(1+x^{2} )+ln(c) \end{eqnarray*}$

Herrje, es sind halt unterschiedliche Konstanten, aber eben beides Konstanten!!! Korrekterweise muss man beide unterscheiden, d.h.

$\begin{eqnarray*} \ln|y| = \ln(1+x^{2} ) + c_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln|y| = \ln(1+x^{2} ) + \ln(c_2) \end{eqnarray*}$ ,

beide also verknüpft über den Zusammenhang $\begin{eqnarray*} c_1=\ln(c_2) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} e^{c_1}=c_2 \end{eqnarray*}$ .

Natürlich ist man, wenn man $\begin{eqnarray*} \ln(c_2) \end{eqnarray*}$ statt einer beliebigen reellen Konstante $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ verwendet, zunächst auf $\begin{eqnarray*} c_2>0 \end{eqnarray*}$ festgelegt. Wie dann in der Lösung $\begin{eqnarray*} y=c_2(1+x^2) \end{eqnarray*}$ neben $\begin{eqnarray*} c_2>0 \end{eqnarray*}$ auch noch $\begin{eqnarray*} c_2<0 \end{eqnarray*}$ und sogar $\begin{eqnarray*} c_2=0 \end{eqnarray*}$ ins Spiel kommen, hat Mystic oben ausgiebig diskutiert.

19.02.2011, 13:34

Haeusmeister

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Ohhhh okay ich danke euch sehr. War eine schwere Geburt, aber jetzt hab ichs Hammer

Hammer

Freude

smile

19.02.2011, 13:49

Haeusmeister

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Naja gut eine kleine sache noch Augenzwinkern

Augenzwinkern

Welche spezielle Lösung geht durch P(0;1)? ==> AWP

Meine frage ist jetzt: Ich muss ja die Konstante (c) ausrechnen. Aber muss ich c jetzt mit meinem definierten $\begin{eqnarray*} e^{c1}=c2 \end{eqnarray*}$ ausrechnen oder einfach stumpf die gleichung:

$\begin{eqnarray*} 1=c2*(1+0^{2}) \end{eqnarray*}$

lösen? Und komme dann auf c2=1

ist das so korekt gelöst? Also ist das jezz die spezielle Lösung im Punkt P(0;1):

$\begin{eqnarray*} y=1+x^{2} \end{eqnarray*}$ ????

19.02.2011, 14:04

Haeusmeister

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Habs mir selbst schon beantwortet danke trotzdem Freude

Freude

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