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Differentialgleichung..
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17.03.2007, 14:41 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF Differentialgleichung..

hallo,

könntet ihr vielleicht einmal kurz einen blick auf meine aufgabe und meinen ansatz werfen??

man soll die diffgleichung lösen:

[latex] y'+ \frac{1}{2}xy - x = 0 [/latex]

und nach umformung komme ich auf

[latex] \int_{}^{}~ \frac{1}{1-\frac{1}{2}y} ~dy = \int_{}^{}~ x dx [/latex]

wenn ich das jetzt integriere komme ich auf

[latex] -2ln(1-\frac{1}{2}y) = \frac{1}{2}x^2 [/latex]

1. frage: ich habe das jetzt gelöst indem ich die variablen separiert habe, ist das in ordnung?
2. frage: das muss ich doch jetzt nach y auflösen, oder? wie kann ich das denn anstellen?
3. als aufabe ist gegeben, dass wir das richtungsfeld im viereck [-1; 4] x [-2; 4] einzeichnen sollen...
darunter kann ich mir momentan noch gar nichts vorstellen..

aber schonmal vielen dank für eure hilfe !!! smile
 
 
 
17.03.2007, 14:51 Auf diesen Beitrag antworten »
derkoch

Zitat:
1. frage: ich habe das jetzt gelöst indem ich die variablen separiert habe, ist das in ordnung?
2. frage: das muss ich doch jetzt nach y auflösen, oder? wie kann ich das denn anstellen?


1) sieht sehr gut aus.
2)[latex] -ln(b)= ln(b)^{-1}= ln(\frac{1}{b})[/latex]
17.03.2007, 14:58 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

ich steh mit logarithmen total auf kriegsfuß.. (das war nur eine vorwarnung Augenzwinkern ) aber ich versuchs mal:

[latex] 2 ln (\frac{1}{1- \frac{1}{2}y} ) [/latex]

aber wenn ich daraus jetzt eine e-funktion mache, dann bringt mich das doch nicht wirklich weiter oder?

ich habe gerade beschlossen, dass mich das doch weiterbringt Augenzwinkern schau mal:

[latex] 2ln (\frac{1}{1- \frac{1}{2}y}) = \frac{1}{2} x^2 [/latex]

nach umformung:

=> [latex] y= 2-2*e^{-0,5x^2+2ln(1)} [/latex]


?! ja, nein, vielleicht?! ;D
17.03.2007, 16:37 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

bist du jetzt geschockt?! Augenzwinkern
 Anzeige
 
 
17.03.2007, 16:47 Auf diesen Beitrag antworten »
kiste

ln(1) ist 0.
Ich hab es fast so,
ich hab [latex]y = 2 - 2e^{-\frac{1}{4}x^2}[/latex].
Als erstes durch 2 teilen dann kommt man auf die 1/4 und dann auf beiden Seiten "e-funktion machen", oder?
17.03.2007, 16:53 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

wie kommst du denn auf das 1/4 x^2??

auf der rechten seite ist ja nach dem integrieren immer 1/2..
ps.: hast du dir die umformung angesehn, die ich im schritt vorher gemacht habe? ist die soweit ok?
17.03.2007, 17:07 Auf diesen Beitrag antworten »
kiste

Hab grad noch ne einfachere Umformung gesehen Augenzwinkern
[latex] -2ln(1-\frac{1}{2}y) = \frac{1}{2}x^2 [/latex]
[latex] ln(1-\frac{1}{2}y) = -\frac{1}{4}x^2 [/latex]
[latex] 1-\frac{1}{2}y = e^{-\frac{1}{4}x^2} [/latex]
Und dann voll fertig umformen. Daher auch das 1/4
17.03.2007, 17:11 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

ok das ist logisch smile Big Laugh
hast du dir die 3. aufgabe mal angesehn? (1. post)...
ich habe ja jetzt eine funktion gegeben und wenn ich die malen würde muss ich da in dem rechteck alle unter der kurve liegende einzeichnen oder habe ich das falsch verstanden?
17.03.2007, 18:06 Auf diesen Beitrag antworten »
WebFritzi

Eigentlich ist das eine lineare Diffgleichung. Eine solche hat unendlich viele Lösungen. Ihr habt nur eine. Warum? Lehrer Außerdem habt ihr beim Trennen der Variablen noch y = 2 als Lösung erkennen müssen.

TIPP: Beim nächsten mal lieber mit Variation der Konstanten lösen.
17.03.2007, 18:12 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

huhu smile

also beim ersten, das wir unendlich viele lösungen haben, ist ja durch hinzufügen der konstante C also ... + C lösbar...

"Außerdem habt ihr beim Trennen der Variablen noch y = 2 als Lösung erkennen müssen."

was meinst du damit?
17.03.2007, 18:16 Auf diesen Beitrag antworten »
WebFritzi

Zitat:
Original von MCF
"Außerdem habt ihr beim Trennen der Variablen noch y = 2 als Lösung erkennen müssen."

was meinst du damit?

Tja, was meine ich wohl damit... Habt ihr y = 2 als Lösung raus? Ist y = 2 eine Lösung?
17.03.2007, 18:21 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

ich weiß ehrlich gesagt gar nicht was du meinst.. in meinem 1. post steht die "ausgangsgleichung" die ich mithilfe von euch umgeformt habe.. un das ergebnis was wir raushaben steht auch da..
wie kommst du denn auf das y=2 ?
17.03.2007, 18:43 Auf diesen Beitrag antworten »
pseudo-nym

y=2 zählt wohl als triviale Lösung.

[latex]0+\frac{1}{2}\cdot2 x - x =0[/latex]

Variation der Konstanten wäre vielleicht keine schlechte Idee.
17.03.2007, 18:54 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

sorry, ich bin grad voll verwirrt... ich weiß gar net wie ihr auf das y=2 kommt.. sorry...aber bitte nochmal langsam..
17.03.2007, 19:00 Auf diesen Beitrag antworten »
pseudo-nym

Man sieht es einfach, setzt doch mal [latex]y=2[/latex] in die DGL ein.
17.03.2007, 19:04 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

in die

[latex] y = 2 - 2* e^{(-\frac{1}{4} x^2)} + C [/latex]

oder was?
17.03.2007, 19:07 Auf diesen Beitrag antworten »
pseudo-nym

Das ist keine Differentialgleichung.

[latex]y'+\frac{1}{2}xy-x=0[/latex]

War das nicht die Aufgabenstellung, da einsetzen.
17.03.2007, 19:17 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

ok wenn ich y=2 in die anfangsgleichung einsetze.. dann habe ich y' = 0 ..

und was soll mir das jetzt sagen?? macht das andere was ich gemacht habe gar keinen sinn?? das ist ja für y immerhin ein völlig anderes ergebnis..
17.03.2007, 19:23 Auf diesen Beitrag antworten »
WebFritzi

Zitat:
Original von MCF
das ist ja für y immerhin ein völlig anderes ergebnis..

Eben! Bei der Trennung der Variablen teilst du irgenwo durch y - 2. Das darfst du natürlich nur, wenn y nicht 2 ist. Deswegen musst du vorher noch testen, ob die konstante Funktion y = 2 eine Lösung der DGL ist, weil du ja beim Teilen durch y - 2 ausschließt, dass y = 2 ist.
17.03.2007, 19:24 Auf diesen Beitrag antworten »
pseudo-nym

unglücklich stell dich doch nicht gar so an.

[latex]y=2 \\ y'=0[/latex]

eingesetzt ergibt das:

[latex]0+\frac{1}{2}\cdot2 x - x =0[/latex]
und diese Gleichung führt zu keinem Widerspruchm, also muss [latex]y=2[/latex] eine Lösung sein.


Zur Rechnung: Habt ihr schonmal inhomogene lineare DGL erster Ordnung besprochen?
17.03.2007, 19:32 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

ach webfritzi.. genau... im 2. schritt teile ich durch (1 - 1/2 y) natürlich bei y = 2 ist das 0 und genau da liegt der fehler.. also kann ich das wirklich vergessen..
sorry, ich will euch net ärgern.. ich steh nur einfach manchmal echt aufm schlauch..

also ist die lösung y = 2 für diese DGL..
aber dann kann ich doch im gegebenen rechteck gar kein richtungsfeld einzeichnen, denn wenn ich das ableite, erhalte ich ja 0.. O_o
17.03.2007, 19:34 Auf diesen Beitrag antworten »
pseudo-nym

(Dir ist aber hoffentlich schon klar, dass [latex]y'=0[/latex] eine waagrechte Tangente bedeutet?)
17.03.2007, 19:43 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

also wäre das die skizze für das richtungsfeld im gegebenen rechteck?
17.03.2007, 20:01 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

aber da wäre y = 2 + c wobei das c dann ja die "höhe" der tangenten angibt..?!
17.03.2007, 20:02 Auf diesen Beitrag antworten »
pseudo-nym

Zitat:
Original von MCF
aber da wäre y = 2 + c wobei das c dann ja die "höhe" der tangenten angibt..?!


verwirrt

Aber das Richtungsfeld stimmt.
17.03.2007, 20:08 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

und wie kommt man auf die lösung wenn man die - wie ich z.b. - nicht direkt sieht??

lg smile
17.03.2007, 20:11 Auf diesen Beitrag antworten »
pseudo-nym

Man löst die homogene DGL und variert die Konstante.
17.03.2007, 20:12 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

möchtest du mir das vielleicht mal zeigen?? weil mein separieren der variablen war ja nicht so sinnvoll..
17.03.2007, 20:44 Auf diesen Beitrag antworten »
derkoch RE: Differentialgleichung..

[latex] y'+ \frac{1}{2}xy - x = 0 [/latex]

[latex] y'+ \frac{1}{2}xy = x [/latex]

Homogene DGL:

[latex]y'+ \frac{1}{2}xy =0 [/latex]

[latex]y' = -\frac{1}{2}xy[/latex]

[latex]\frac{dy}{y} = (-\frac{1}{2}x) dx[/latex]

[latex]\int_{}^{}~\frac{dy}{y} ~ \int_{}^{}~(-\frac{1}{2}x)~dx [/latex]

[latex]ln(y)= -\frac{1}{4}x^2+ln(K)[/latex]

[latex]ln(y)-ln(K)= -\frac{1}{4}x^2[/latex]

[latex]\frac{y}{K}=e^{-\frac{1}{4}x^2} [/latex]

-----------------------
I)

[latex]y= K\cdot e^{-\frac{1}{4}x^2} [/latex]
-------------------------
Variation der Konstanten:

[latex]y= K(x) \cdot e^{-\frac{1}{4}x^2} [/latex]

y' bilden einsetzen und schauen!

Ich schreibe nachher weiter , hab jetzt nen Augenkrampf bekommen! traurig Falls jemand Lust hast kann er /sie es gerne fortsetzen! Big Laugh


Weiter geht's:

[latex]y'= K'(x) \cdot e^{-\frac{1}{4}x^2} -\frac{1}{2}x\cdot K(x) \cdot e^{-\frac{1}{4}x^2} [/latex]




Ausgangsgleichung:

[latex]y'+\frac{1}{2}xy=x[/latex]

[latex][K'(x) \cdot e^{-\frac{1}{4}x^2} -\frac{1}{2}x \cdot K(x) \cdot e^{-\frac{1}{4}x^2}]+[ \frac{1}{2}x \cdot K(x) \cdot e^{-\frac{1}{4}x^2}]= x[/latex]

[latex]K'(x) \cdot e^{-\frac{1}{4}x^2} =x[/latex]

[latex]\int_{}^{}~K'(x)~dx = \int_{}^{}~ \frac{x}{e^{-\frac{1}{4}x^2}}~dx [/latex]

[latex]K(x) = \int_{}^{}~ \frac{x}{e^{-\frac{1}{4}x^2}}~dx [/latex]

So, hab die Leselupe auf und weiter geht's 3. Teil:


[latex]K(x) = \frac{2}{e^{-\frac{1}{4}x^2}}+C[/latex]

jetzt alles in I einsetzen:

[latex]y= [\frac{2}{e^{-\frac{1}{4}x^2}}+C] \cdot e^{-\frac{1}{4}x^2}[/latex]

[latex] \Rightarrow [/latex]

[latex]y= 2+ C\cdot e^{-\frac{1}{4}x^2}[/latex]

Jetzt haben wir die Lösung!!

Wenn du es überprüfen willst setze alles ein und es kommt 0=0 raus!!

Viel Spaß!

Meine Augen schmerzen jetzt! traurig traurig Big Laugh
17.03.2007, 20:56 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

ich stell erstmal keine fragen, sondern warte bis du es zuende gemacht has Augenzwinkern vielen, vielen dank für deine mühen..

so kann ich das viel besser nachvollziehn.. bin gespannt auf dein ende.. weil bisher ähnelt es dem 1. lösungsansatz doch stark...

danke nochmals smile
17.03.2007, 22:00 Auf diesen Beitrag antworten »
derkoch

Aufgabe ist fertig!
Wenn noch Fragen , dann einfach stellen.
17.03.2007, 22:04 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

wow das nenn ich mal ausführlich und nachvollziehbar !!! Big Laugh

in einer teilaufgabe soll ich die lösungen der punkte P1=(2;2), P2=(0;4) und P3=(1;0) skizzieren..
muss icch da einfach in die endgleichung y = 2+ C *e ^(-1/4 x^2) die gegebenen x- bzw. y-werte einsetzen??
17.03.2007, 22:32 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

und nochwas..
in c) sind anfangsbedingungen gegeben, wobei c so variiert werden soll, dass diese erfüllt sind.

y(2) = 2

[latex] y=2+C*e^{-\frac{1}{4} x^2} [/latex]

denn dann müsste C=0 sein, denn die e-funktion kann ja nicht null werden..

und bei y(0) = 4 müsste C = 0,7358

und bei y(1) = 0 müsste C = -2,568

sein ist das richtig??
17.03.2007, 22:50 Auf diesen Beitrag antworten »
derkoch

Vorgehensweise ist richtig! Freude
Hab die Werte aber nicht überprüft!
17.03.2007, 22:56 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

war das jetzt auf die ausgangswerte bezogen??
hast du das in meinem post vorher gelesen bzgl. der gegebenen punkte?

liebe grüße
17.03.2007, 23:00 Auf diesen Beitrag antworten »
derkoch

Das ist doch fast das gleich in grün!
Wenn du die vorgegebenen Punkte einsetzt, dann variert doch deine Konstante C! Du bekommst doch als Lösung eine Kurve raus, mit einem bestimmten C!
Denn wenn du ein Richtungsfeld skizzierst und verbindest alle Linien, die die gleiche Steigung haben, dann bekommst du halt eine Lösungskurve raus!
17.03.2007, 23:08 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

ja genau.. bei einem von den werten hab ich mich vertan (nur zur vervollständigung Augenzwinkern )...
und bei den punkten habe ich ja genau die gleichen werte für C..

als beispiel, punkt P1 (2;2)...

da habe ich einen wert C = 0 .. das heißt meine y=2 funktion wird nicht verschoben.
wäre mein C = 1 dann läge meine funktion bei y=3.. oder sehe ich da was falsch?
die richtungslinien auf dem jpg. was ich gemalt habe sind doch eh parallel zu meiner funktion.. oder ist das richtungsfeld auf seite 1 falsch?

danke nochmals für deine mühe du hilfst mir echt enorm weiter!!
18.03.2007, 00:25 Auf diesen Beitrag antworten »
WebFritzi

Zitat:
Original von MCF
ach webfritzi.. genau... im 2. schritt teile ich durch (1 - 1/2 y) natürlich bei y = 2 ist das 0 und genau da liegt der fehler.. also kann ich das wirklich vergessen..
sorry, ich will euch net ärgern.. ich steh nur einfach manchmal echt aufm schlauch..

also ist die lösung y = 2 für diese DGL..

Nein. Wie gesagt: Es gibt nicht die Lösung. y = 2 ist eine Lösung. Die Funktion, die du anfangs durch trennen der Variablen herausbekommen hast, ist auch eine Lösung. Aber das beste ist hier halt wirklich Var. d. Konst. wie es der Koch vorgemacht hat, denn die DGL ist linear.
18.03.2007, 00:45 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

ja das was der herr koch gemacht hab, hab ich ja auch verstanden.. allerdings häng ich noch an der malerei.. O_o wenn ich die richtungslinien einmalen soll, muss ich mich ja irgendwann entscheiden?!
18.03.2007, 11:12 Auf diesen Beitrag antworten »
WebFritzi

Na, das ist ganz einfach mit dem Richtungsfeld. Nimm dir einen Punkt (x,y) in deinem Quadrat und setze x und y in die Diffgleichung ein. Dann kommt ein Wert a für y' raus. Du zeichnest dann einfach ein kleines Geradenstück mit der Steigung a, welches durch den Punkt (x,y) geht. Verstanden?
18.03.2007, 19:06 Auf diesen Beitrag antworten »
MCF

ich weiß (normalerweise Augenzwinkern ) wie man diese richtungslinien zeichnet.. aber - ohne euch ärgern zu wollen - ich weiß nicht wie ich gerade hier vorgehen soll.
was ist denn mti dem jpg. am anfang (1. seite)?
18.03.2007, 19:12 Auf diesen Beitrag antworten »
WebFritzi

Zitat:
Original von MCF
ich weiß (normalerweise Augenzwinkern ) wie man diese richtungslinien zeichnet.. aber - ohne euch ärgern zu wollen - ich weiß nicht wie ich gerade hier vorgehen soll.

Ich hab dir doch gerade in meinem letzten Beitrag beschrieben, wie du das zu machen hast.
 
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