Differentialgleichung

19.05.2005, 16:23

HomerJay

Differentialgleichung

Hallo,

ich bekomme folgende Differentialgleichung einfach nicht gelöst:

$\begin{eqnarray*} x*y'+y=2*x \end{eqnarray*}$

umgestellt müsste das ja:

$\begin{eqnarray*} y'=(2x-y)/x \end{eqnarray*}$

sein...und da komm ich dann nicht weiter...kann mir jemand einen hinweis geben. aber bitte idiotensicher erklären...danke!

gruß
Oli

19.05.2005, 16:32

derkoch

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$\begin{eqnarray*} y' = \frac{dy}{dx} \end{eqnarray*}$
kommst du wieter mit dem tip?
trennung der variablen!

19.05.2005, 16:50

HomerJay

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danke schonmal, aber das war mir bereits bekannt...

$\begin{eqnarray*} dy/dx=(2x-y)/x \end{eqnarray*}$

wie bekomme ich da die veränderlichen getrennt...bitte eine detaillierte beschreibung, danke!

gruß
Oli

19.05.2005, 16:51

derkoch

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alles was mit x behaftet ist erstma auf eine seite bringen!

19.05.2005, 17:17

iammrvip

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@HomerJay
Löse erst die homogene DGL und mache dann einen speziellen Ansatz, geht am schnellsten. Oder Variation der Konstanten.

19.05.2005, 17:24

HomerJay

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ich komm hier bei der trennung der variablen nicht weiter. kann mir das mal bitte jemand ausgehend von meinem ansatz oben erklären?

danke
Oli

19.05.2005, 17:25

iammrvip

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Ich sag doch. Du sollst erstmal die homogene DGL

$\begin{eqnarray*} xy' + y = 0 \end{eqnarray*}$

lösen und erst danach die inhomogene.

19.05.2005, 17:48

HomerJay

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mmmh...da bekomme ich

$\begin{eqnarray*} y=-x \end{eqnarray*}$

ist das richtig? wie geht es weiter?

danke
Oli

19.05.2005, 17:58

iammrvip

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Wie kommst du denn drauf verwirrt

Es ist

$\begin{eqnarray*} xy' + y &= 0 \\ x\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx} &= -y \\ \int\frac{\mathrm dy}{y} &= \int-\frac{\mathrm dx}{x} \end{eqnarray*}$

19.05.2005, 18:14

HomerJay

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mmmh..das hatte ich auch so.

wenn ich die integrale löse komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} ln(y) = -ln(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$

wird das doch zu $\begin{eqnarray*} y=-x \end{eqnarray*}$

oder nich?

19.05.2005, 19:30

4c1d

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$\begin{eqnarray*} -ln(x) = ln(\frac{1}{x}) \end{eqnarray*}$

edit (auf Nachfrage) : nach Logarithmusgesetz $\begin{eqnarray*} ln(a^b)=b \cdot ln(a) \end{eqnarray*}$ und mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x}=x^{-1} \end{eqnarray*}$

edit2 : @ LOED ja etwas verwirrend hier mit den ganzen edits ^^

19.05.2005, 19:43

HomerJay

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das verstehe ich ja nun gar nicht...kann ich mal eine etwas ausführlichere erklärung haben, bitte?

vielen dank!
Oli

19.05.2005, 19:47

JochenX

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schreibe um: $\begin{eqnarray*} ln(a^b)=b*ln(a) \end{eqnarray*}$ und andersrum, also einfach das *-1 reinziehen.
sowie 4c1d sagt:

Zitat:

Original von 4c1d
$\begin{eqnarray*} -ln(x) = ln(\frac{1}{x}) \end{eqnarray*}$

edit (auf nachfrage) : nach Logarithmusgesetz $\begin{eqnarray*} ln(a^b)=b \cdot ln(a) \end{eqnarray*}$

edit: und 4c1ds edit macht das hier unnütze Wink

19.05.2005, 20:35

iammrvip

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Zitat:

Original von HomerJay
mmmh..das hatte ich auch so.

wenn ich die integrale löse komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} ln(y) = -ln(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$

wird das doch zu $\begin{eqnarray*} y=-x \end{eqnarray*}$

oder nich?

Du hast die Integrationskonstante vergessen Augenzwinkern

.

Dann stimmt es aber noch nicht. Wie schon gesagt:

$\begin{eqnarray*} \ln|y| &= -\ln|x| + C_1 \\ y &= \frac{C}{x}, \quad C = \pm \mathrm e^{C_1} \end{eqnarray*}$

19.05.2005, 20:37

HomerJay

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so...wenn ich euch richtig verstanden habe, dann ist die lösung für die homogene DGL:

$\begin{eqnarray*} y=1/x+C \end{eqnarray*}$

schlagt mich nich, wenn das jetzt wieder falsch ist...

wie gehts dann weiter?

danke
Oli

edit...ok. jetzt hab ich verstanden...weiter?

19.05.2005, 20:43

iammrvip

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Guck dir den Term mal ganz genau an. Fällt dir eine Lösung ein die die Gleichung erfüllen könnte verwirrt

Also eine Funktion, durch die auf der linken Seite der Gleichung auch $\begin{eqnarray*} 2x \end{eqnarray*}$ steht verwirrt

Sonst musst du die über z.B. Variation der Konstanten (bekannt verwirrt

) bestimmen.

19.05.2005, 20:53

HomerJay

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mir ist als lösungsverfahren für DGL nur trennung der veränderlichen bekannt und das habe ich ja eben ber der DGL nich hinbekommen.

dein lösungsweg ist mir neu, könntest du ihn mir also vielleicht bitte etwas näher und allgemeiner erläutern?

vielen dank
Oli

19.05.2005, 21:03

iammrvip

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Ich kopier mal aus meiner Belegarbeit, weil sonst viel zu schreibenwäre

Zitat:

So sei für die weiteren Anschauungen eine inhomogene lineare Differenzialgleichung mit nicht konstanten Koeffizienten vom Typ

$\begin{eqnarray*} y' + \xi(x)y = \chi(x) \end{eqnarray*}$

gegeben.

[Also eine wir deine.]

Eine solche kann man durch die von Lagrange eingeführte Methode der Variation der Konstanten, auch Methode von Lagrange genannt, ermitteln. "Der paradox anmutende Name dieses Verfahrens rührt daher", so Harro Heuser (Heuser, Seite 310), dass man in Lösung der homogenen Gleichung $\begin{eqnarray*} C\mathrm e^{-\int\xi(x)\mathrm dx} \end{eqnarray*}$ die Konstante C als eine (differenzierbare) Funktion von x auffasst und versucht, diese so zu bestimmen, dass die Funktion

$\begin{eqnarray*} y_s(x) := C(x)\mathrm e^{-\int\xi(x)\mathrm dx} \end{eqnarray*}$

eine Lösung der gestörten Gleichung wird.

Zitat-Ende.

Also in deinem Fall

$\begin{eqnarray*} y_s(x) = \frac{C(x)}{x} \end{eqnarray*}$

Das musst du nun also ableiten (beachte C ist abhängig von x!), einsetzen und danach nach $\begin{eqnarray*} C'(x) \end{eqnarray*}$ auflösen und integrieren.

20.05.2005, 10:49

derkoch

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} \ln|y| &= -\ln|x| + C_1 \\ y &= \frac{C}{x}, \quad C = \pm \mathrm e^{C_1} \end{eqnarray*}$

hab mal ne frage hierzu

$\begin{eqnarray*} y &= \frac{C}{x} \end{eqnarray*}$
um zu diesem ergebnis zu kommen, könnte man doch auch das heir machen oder?

$\begin{eqnarray*} \ln|y| &= -\ln|x| + ln|C| =ln \frac{|C|}{|x|} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y &= \frac{C}{x} \end{eqnarray*}$

----------------------------------------------------

$\begin{eqnarray*} y &= \frac{C(x)}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y' = \frac{C'(x)x-C(x)}{x^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x\frac{(C'(x)x-C(x))}{x^2}+\frac{C}{x} = 2x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C'(x) = 2x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C(x) = \int_{}^{}~C'(x)~dx = x^2 +k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = \frac{x^2+k}{x} \end{eqnarray*}$

ist das ergebnis oki? verwirrt

oder habe ich irgendwo schrott gerechnet?

mit aufsuchen der parttikulären lösung komme ich auch auf das selbe ergebnis

20.05.2005, 19:30

iammrvip

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Zitat:

Original von derkoch
$\begin{eqnarray*} y &= \frac{C}{x} \end{eqnarray*}$
um zu diesem ergebnis zu kommen, könnte man doch auch das heir machen oder?

$\begin{eqnarray*} \ln|y| &= -\ln|x| + ln|C| =ln \frac{|C|}{|x|} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y &= \frac{C}{x} \end{eqnarray*}$

Ja das geht natürlich auch. Aber ich schreibe immer das $\begin{eqnarray*} \pm \end{eqnarray*}$ noch dazu, weil man ja den Betrag beachten muss.

Eigentlich wird er schon meist vernachlässigt.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} y = \frac{x^2+k}{x} \end{eqnarray*}$

ist das ergebnis oki? verwirrt

oder habe ich irgendwo schrott gerechnet?

mit aufsuchen der parttikulären lösung komme ich auch auf das selbe ergebnis

Nein die Lösung stimmt Freude

Du kannst auch einfach in die DGL einsetzen, um das zu überprüfen.

Ich würde noch die Variable umbennen in $\begin{eqnarray*} k = C \end{eqnarray*}$ , weil man allgemein immer C nutzt. Ist aber kein Fehler o.Ä.

Also

$\begin{eqnarray*} y_{allg} = \frac{x^2 + C}{x} \end{eqnarray*}$

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