Anfangswertproblem

02.06.2010, 19:15

Mathheus88

Anfangswertproblem

Ich bräuchte etwas Unterstützung bei folgender Aufgabe:

Lösen Sie das Anfangswertproblem: $\begin{eqnarray*} x*\frac{dy}{dx}= 2y\left(y-1\right) , y(2)=0 \end{eqnarray*}$

Mein bisheriger Lösungsweg:

Trennung der Variablen

$\begin{eqnarray*} x*\frac{dy}{dx}= 2y\left(y-1\right) \end{eqnarray*}$

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

$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{2y(y-1)} dy =\int \frac{1}{x} *dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{2y(y-1)} dy =ln(x)+c \end{eqnarray*}$

Meine Frage:

Kann ich jetzt "einfach" für x die 2 einsetzen und C so bestimmen, dass es zusammen mit dem Logarithmus 5 ergibt? Wäre das dann die Lösung des Anfangswertproblemes oder muss ich noch die linke Seite integrieren und damit etwas"anstellen"? Oder bin ich gerade ganz falsch?

Wäre für jede Hilfe dankbar.

02.06.2010, 19:48

bernd

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RE: Anfangswertproblem
Jetzt berechnet man die allgemeine Lösung, indem man auch die linke Seite integriert und dann y(x) berechnet. In dieser allgemeinen Lösung sollte ein Parameter c vorkommen, und wenn man dann für x,y die gegebenen Werte einsetzt, kann man c bestimmen und hat damit das AWP gelöst.

03.06.2010, 23:51

Mathheus88

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Anmerkung: Hab mich oben vertippt.

y(2)=5

Ich bin jetzt so weit:

Per Partialbruchzerlegung komm ich auf folgendes Ergebnis (Rechenweg schenk ich mir mal, dürfte nicht Gegenstand meiner Fragestellung sein)

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2y(y-1)} = -\frac{1}{2y} +\frac{1}{2(y-1)} \end{eqnarray*}$

Integriert:

$\begin{eqnarray*} \frac{-ln(2y)}{2} +\frac{ln(2y-2)}{2} \end{eqnarray*}$

D.h.

$\begin{eqnarray*} \frac{-ln(2y)}{2} +\frac{ln(2y-2)}{2} =ln(x)+c \end{eqnarray*}$

1. Frage: Das ist nun die Allg. Lsg. oder muss damit noch was gemacht werden?

Jetzt würde ich die 2 einsetzen:

$\begin{eqnarray*} 5=ln(2)+c \end{eqnarray*}$

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} c=5-ln(2) \end{eqnarray*}$

Und damit wäre:

$\begin{eqnarray*} \frac{-ln(2y)}{2} +\frac{ln(2y-2)}{2} =ln(x)+c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{-ln(2y)}{2} +\frac{ln(2y-2)}{2} =ln(x)+(5-ln(2)) \end{eqnarray*}$

2. Frage: Das ist nun die Partikuläre Lsg.?

Danke für die bisherige Hilfe.

04.06.2010, 01:05

Max Simon

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Hi,

Also da sind schon noch einige Probleme.

Also erstmal ist das Integral so richtig, es hat aber auch den Wert $\begin{eqnarray*} \int\!-\frac{1}{2y}+\frac{1}{2(y-1)}\,dy=-\frac{ln|y|}{2}+\frac{ln|y-1|}{2} \end{eqnarray*}$ .

(Die Lösungen dürften sich nur um eine Konstante, nämlich der Integrationskonstante, die hier in dem $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ zusammengefasst wurde, unterscheiden.)

Egal welches der beiden Integrale du nimmst, du hast jetzt eine implizite allgemeine Lösung $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ für deine DGL gefunden, z.B. deine Lösung

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

Du kannst nicht einfach jetzt deinen Anfangswert einsetzen und sagen, dass die linke Seite gleich $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ sein muss.

Du kannst aber das Wertepaar $\begin{eqnarray*} (x,y)=(2,5) \end{eqnarray*}$ einsetzen und damit dein $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ ermitteln. Aber die linke Seite deiner Gleichung hat dann nicht den Wert $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ .

Wenn du dieses c dann in die Gleichung einsetzt, hast du eine spezielle Lösung für dein Anfangswertproblem gefunden (allerdings erstmal nur in impliziter Form).

LG Max

05.06.2010, 13:14

Mattheus88

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Dann probier ich es mal nochmal:

Einsetzen des Wertepaares mit Auflösen nach c:

$\begin{eqnarray*} -\frac{ln(10)}{2} + \frac{ln(8)}{2} - ln(2)=c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c=0,8 \end{eqnarray*}$

Spezielle Lösung:

$\begin{eqnarray*} -\frac{ln(2y)}{2} + \frac{ln(2y-2)}{2} = ln(x)-0,8 \end{eqnarray*}$ (für das oben gegebene Wertepaar)

Ist damit das Anfangswertproblem nun gelöst, oder muss noch eine Umformung stattfinden? c wurde bestimmt, die allgemeine Lösung dürfte doch das Integral sein wo c noch unbestimmt bleibt, und nun ist eine spezielle Lösung gegeben für unser Wertepaar.

Damit dürfte doch alles vollständig sein oder?

Falls ich doch etwas falls verstanden haben sollte bitte ich um Entschuldigung Forum Kloppe

05.06.2010, 13:17

Mathheus88

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Sorry, (Edit Funktion funzt nicht, weil ich mich wohl eben nicht angemeldet hab)

c=-0,8

05.06.2010, 13:49

Max Simon

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Zitat:

Original von Mattheus88
$\begin{eqnarray*} -\frac{ln(10)}{2} + \frac{ln(8)}{2} - ln(2)=c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c=-\frac{ln(10)}{2}+\frac{ln(8)}{2}-ln(2)=\frac{1}{2}\left(-ln(10)+ln(8)-2ln(2)\right)=\frac{1}{2}\left(ln\left(\frac{8}{10}\right)-ln\left(2^2\right)\right)=\frac{1}{2}ln\left(\frac{0,8}{4}\right)=ln(\sqrt{0,2}) \end{eqnarray*}$

Damit vermeidest du die Rundung für den Wert von $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ .
Das sollte man immer versuchen, wenn es möglich ist.

Zitat:

Ist damit das Anfangswertproblem nun gelöst, oder muss noch eine Umformung stattfinden? c wurde bestimmt, die allgemeine Lösung dürfte doch das Integral sein wo c noch unbestimmt bleibt, und nun ist eine spezielle Lösung gegeben für unser Wertepaar.

Damit dürfte doch alles vollständig sein oder?

Nun hast du eine implizite Lösung deines Anfangswertproblems, denn durch die Gleichung ist $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ja definiert.
Allerdings ist es auch hier schöner, $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ explizit anzugeben, also die Gleichung nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ umzustellen.
Wenn du auch hier die Logarithmengesetze verwendest, sollte das möglich sein.

Die allgemeine Lösung war die Gleichung, wo $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ noch unbestimmt war. Nun hast du die spezielle Lösung, die dein Anfangswertproblem löst.

LG Max

05.06.2010, 22:19

Mathheus88

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So nach langem Logarithmieren (hatte da ein paar Probleme, man ist ja diesbezüglich ungeübt verwirrt

) komme ich auf folgendes Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} ln\left(\frac{1}{\sqrt[]{2y} } \right) +ln\left(\sqrt[]{2y-2} \right) =ln(x)+ln\left(\sqrt[]{0,2} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln(1)-ln\left(\sqrt[]{2y} \right) +ln\left(\sqrt[]{2y-2} \right)=ln(x)+ln\left(\sqrt[]{0,2} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -ln\left(\sqrt[]{2y} \right) +ln\left(\sqrt[]{2y-2} \right)=ln(x)+ln\left(\sqrt[]{0,2} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln\left(\frac{\sqrt[]{2y-2} }{\sqrt[]{2y} } \right) =ln(x)+ln\left(\sqrt[]{0,2} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln\left(\frac{\sqrt[]{2y-2} }{\sqrt[]{2y} } \right) =ln\left(x*\sqrt[]{0,2} \right) \end{eqnarray*}$

So jetzt "entlogarithmiere" ich:

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{\sqrt[]{2y-2} }{\sqrt[]{2y} } \right) =\left(x*\sqrt[]{0,2} \right) \end{eqnarray*}$

Einmal quadriert und einmal vereinfacht:

$\begin{eqnarray*} \frac{y-1}{y}=x^2*0,2 \end{eqnarray*}$

Und das sieht doch schöner aus als der ganze Logarithmuskrams Big Laugh

.

Zusammenfassend:

$\begin{eqnarray*} -\frac{ln(2y)}{2} + \frac{ln(2y-2)}{2}=ln(x)+c \end{eqnarray*}$ ist die Allgemeine Lösung

$\begin{eqnarray*} -\frac{ln(2y)}{2} + \frac{ln(2y-2)}{2}=ln(x)+ln\left(\sqrt[]{0,2} \right) \end{eqnarray*}$ ist die Partikuläre Lösung

bzw. in vereinfachter Form:

$\begin{eqnarray*} \frac{y-1}{y}=x^2*0,2 \end{eqnarray*}$

In meinen Augen sieht das alles richtig aus. Mehr geht nicht oder irre ich mich schon wieder? LOL Hammer

06.06.2010, 00:11

Max Simon

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Zitat:

Original von Mathheus88
So jetzt "entlogarithmiere" ich

Du wendest also die Exponentialfunktion auf beiden Seiten an.

Die Umformungen scheinen alle richtig zu sein, d.h. ich sehe keinen Fehler^^.
Aber deine Gleichung am Ende läst sich natürlich noch vereinfachen:

$\begin{eqnarray*} \frac{y-1}{y}=0,2x^2\Leftrightarrow y-1=0,2x^2\cdot y\Leftrightarrow y(1-0,2x^2)=1\Leftrightarrow y=\frac{1}{1-0,2x^2} \end{eqnarray*}$ .

Um zu überprüfen, ob deine Funktion y stimmt bzw. ob die ganzen Umformungen korrekt waren, nimm doch einfach mal ein $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , bestimme den dazugehörigen $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Wert mit der eben bestimmten Funktion und setze dieses Wertepaar in die Ausgangs-Logarithmen ein.
Da sollte dann eine wahre Aussage entstehen, sonst hat man was falsch gemacht.

Außerdem wirst du Probleme bekommen, da du stets die Betragsstriche weggelassen hast. Nun musst du dein $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ so wählen, dass der zugehörige $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Wert positiv ist, denn nur dort ist der Logarithmus, oder auch die Wurzel definiert (im Reellen).

Es ist nämlich $\begin{eqnarray*} \int \! \frac{1}{x} \, dx=ln|x|\neq ln(x) \end{eqnarray*}$ .

Deswegen ist deine Funktion nicht so ganz richtig, oder besser falsch, denn sie stimmt nur für bestimmte $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ .

Du müsstest also noch die Betragstriche überall setzen und dann die Umformungen nochmal durchführen. Es wird sich nicht überall viel ändern.

Und die Probe nicht vergessen^^

LG Max

06.06.2010, 14:24

Mathheus88

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Also gut, dann nochmal:

also müsste es fürs Erste zusammenfassend heißen:

$\begin{eqnarray*} -ln| \frac{2y}{2} | +ln| \frac{2y-2}{2} | =ln| x | +ln\sqrt{0,2} \end{eqnarray*}$
für die Partikuläre Lösung und für die Allgemeine Lösung dann auch mit den Beträgen. Oder anders gefragt:Sind die Betragsstriche für meine momentane Allgemeine und Partikuläre Lösung (die mit den Logarithmen) ein muss? Das eingesetzte Wertepaar sorgt nur für positive Werte in den Logarithmen. (OK, gut es gibt natürlich auch andere Wertepaare...)

Jetzt bin ich mir nicht grad sicher, wo genau die Beträge bei den Umformungen was ändern, aber wenn ich immer Betragsstriche setze dann ende ich hier:

$\begin{eqnarray*} \frac{| 2y-2 | }{| 2y | } =x^2*0,2 \end{eqnarray*}$

Für das Wertepaar $\begin{eqnarray*} (x,y)=(\sqrt[]{5};0,5) \end{eqnarray*}$ kommt bei der Partikulären Lösung (mit Beträgen) und bei der eben genannten Funktion eine Wahre Aussage heraus. Ohne die Beträge wäre die Funktion nicht definiert gewesen.

Nun irritieren mich die Beträge etwas. Wenn ich die Funktion weiter vereinfachen und nach y auflösen will, kann ich doch nicht einfach die Beträge wie Klammern behandeln.

Etwas weiter vereinfacht lande ich hier:

$\begin{eqnarray*} \frac{| y-1 | }{| y | } =x^2*0,2 \end{eqnarray*}$

Sobald ich den Betrag von y auf die andere Seite Bringe, weiß ich nicht, wie man $\begin{eqnarray*} | y-1 | \end{eqnarray*}$ auf der linken Seite weiter behandeln soll Finger1

.

Ohne Beträge wäre es klar, aber mit Beträgen stehe ich gerade etwas aufm Schlauch.

MfG

06.06.2010, 18:43

Max Simon

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Zitat:

Original von Mathheus88
Also gut, dann nochmal:

also müsste es fürs Erste zusammenfassend heißen:

$\begin{eqnarray*} -ln| \frac{2y}{2} | +ln| \frac{2y-2}{2} | =ln| x | +ln\sqrt{0,2} \end{eqnarray*}$

Nein, das hast du falsch abgeschrieben.

Es muss heißen $\begin{eqnarray*} -\frac{ln|2y|}{2}+\frac{ln|2y-2|}{2}=ln|x|+ln(\sqrt{0,2}) \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Oder anders gefragt:Sind die Betragsstriche für meine momentane Allgemeine und Partikuläre Lösung (die mit den Logarithmen) ein muss?

Ja, die Betragsstriche sind ein Muss in beiden Fällen, denn wie du gesehen hast, kann ohne die Betragsstriche eine Lösung rauskommen, die nicht für alle Werte stimmt. Folglich ist die Lösung falsch.

Zitat:

Das eingesetzte Wertepaar sorgt nur für positive Werte in den Logarithmen. (OK, gut es gibt natürlich auch andere Wertepaare...)

Eben!

Zitat:

Etwas weiter vereinfacht lande ich hier:

$\begin{eqnarray*} \frac{| y-1 | }{| y | } =x^2*0,2 \end{eqnarray*}$

Das ist richtig.

$\begin{eqnarray*} \frac{|y-1|}{|y|}=\left|\frac{y-1}{y}\right|=\left|1-\frac{1}{y}\right|=0,2x^2 \end{eqnarray*}$ .

Jetzt fällt mir auch nichts besseres ein, als eine Fallunterscheidung durchzuführen, d.h. einmal $\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{y}\geq 0\Leftrightarrow \frac{1}{y}\leq 1\Leftrightarrow y\geq 1 \end{eqnarray*}$ .

Das heißt, du setzt nun voraus, dass $\begin{eqnarray*} y\geq 1 \end{eqnarray*}$ ist und kannst somit die Betragsstriche weglassen. Dann stellst du ganz normal nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ um und musst jetzt dein $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ so einschränken, dass dann auf jeden fall gilt $\begin{eqnarray*} y\geq 1 \end{eqnarray*}$ .
Dann machst du das noch mit dem 2. Fall und bekommst dann eine abschnittsweise definierte Funktion, die hoffentlich für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ definiert ist.

Gefällt mir selbst nicht, diese Lösung; bin mir nichmal ganz sicher, ob das so geht.

Also wenn noch jemand anders hier weiter helfen kann, nur zu.

Am Schönsten wäre es nun natürlich, die Lösung einfach ihn expliziter Form stehen zu lassen.

LG Max

06.06.2010, 22:25

Mathheus88

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In erster Linie:

Herzlichen Dank für deine Hilfe. Besonders das mit den Beträgen war mir nicht klar. Und das ist hier ganz was Wichtiges. Es hat an einigen Stellen *klick* gemacht.

Ich werde erst mal als Allgemeine und Partikuläre Lösung die Gleichungen mit den Logarithmen wählen. Für die Partikuläre Lsg. führe ich die Vereinfachung bis zum Punkt von meinem letzten Post aus und belasse es vorerst dabei. Damit ist die Aufgabe fürs erste weit genug gelöst.

Das mit der Fallunterscheidung klingt für mich auch ganz einleuchtend. Diesbezüglich werde ich aber meinen Prof am Ende der nächsten Woche fragen, was er dazu meint (wobei ich nicht denke, dass man um den Prof zufrieden zu stellen noch eine Fallunterscheidung machen muss). Die Partikuläre Lsg. mit den Logarithmen scheint mir hierfür ausreichend.

Falls ich in Erfahrung bringen sollte, wie man die Vereinfachung am Ende noch weiter vereinfachen kann, werde ich es hier posten.

Insofern: Merci für die Hilfe. Hätte nur bis zur Partikulären Lsg. mit den Logarithmen gedacht und nicht weiter. Aber so ists nun ein gutes Stück weiter verstanden worden.

MfG

07.06.2010, 00:04

Max Simon

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Und genau dazu ist das Forum ja da.

Viel Erfolg weiterhin!

LG Max

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