lineare DGL 1.Ordnung

03.07.2010, 14:42

ElBanditos

lineare DGL 1.Ordnung

Hallo liebe Leute,

folgende Sachlage:

$\begin{eqnarray*} xy'+3y=x^2 \end{eqnarray*}$

es ist die allgemeine Lösung der DGL gesucht.

mit dem Ansatz

$\begin{eqnarray*} y(x)=u(x) \cdot v(x) \end{eqnarray*}$

und der Differentation

$\begin{eqnarray*} y'(x)=u'(x) \cdot v(x) + u(x) \cdot v'(x) \end{eqnarray*}$

y und y' setze ich nun in die DGL ein und erhalte ich folgende Werte:

$\begin{eqnarray*} v(x)=x^{-3} \end{eqnarray*}$

nun setz ich $\begin{eqnarray*} v(x) \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} xu'v=x^2 \end{eqnarray*}$ ein und erhalte $\begin{eqnarray*} u(x)=\frac {x^5}{5} \end{eqnarray*}$

also laute meine allg. Lösung

$\begin{eqnarray*} y= \frac {x^5}{5} \cdot \frac {1}{x^3} + C \end{eqnarray*}$

Jetzt mein Problem! Die vereinfachte Lösung meines Profs lautet:

$\begin{eqnarray*} y= \frac {C}{x^3} + \frac {x^2}{5} \end{eqnarray*}$

Was hat er da gemacht und wie komm ich dort hin?

Danke für Eure Unterstützung!

Grüße

03.07.2010, 15:32

corvus

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RE: lineare DGL 1.Ordnung

Zitat:

Original von ElBanditos

$\begin{eqnarray*} xy'+3y=x^2 \end{eqnarray*}$

es ist die allgemeine Lösung der DGL gesucht.

mit dem Ansatz

$\begin{eqnarray*} y(x)=u(x) \cdot v(x) \end{eqnarray*}$ geschockt

und der Differentation

$\begin{eqnarray*} y'(x)=u'(x) \cdot v(x) + u(x) \cdot v'(x) \end{eqnarray*}$

y und y' setze ich nun in die DGL ein geschockt

so ein Unfug, , da hast du ja kräftig was missverstanden ..

gut ist nur der Titel:
du hast eine inhomogene lineare DGL 1.Ordnung der Form

$\begin{eqnarray*} y' + u(x)y = v(x) \end{eqnarray*}$

und die allgemeine Lösung davon ist $\begin{eqnarray*} y(x)= G(x)e^{U(x)} \end{eqnarray*}$

mit U Stammfunktion von u
G Stammfunktion von v(x)*e^[U(x)]

in deinem Beispiel
$\begin{eqnarray*} y'+\frac{3}{x} \cdot y=x \end{eqnarray*}$

ist $\begin{eqnarray*} u(x)= \frac{3}{x} \end{eqnarray*}$ ... und ... $\begin{eqnarray*} v(x)= x \end{eqnarray*}$

mach die Rechnung also jetzt nochmal , diesmal hoffentlich richtig

ok?

06.07.2010, 15:14

ElBanditos

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Hallo

danke für deine Antwort. Ich weiß zwar in etwa was du meinst aber kann das nicht umsetzen, hab noch zu viele Lücken bzw. begreif ich es meist erst an Hand von gerechneten Aufgaben. Ich habe nochmal in meinen Unterlagen geblättert und das Verfahren nach Langrange gefunden, aber auch da mach ich noch einen Fehler bei der Variation der Konstanten, vermute ich.

also hier nun mein 2. Versuch, mit Hilfe von Lagrange's Verfahren(Variation der Konstanten)

I)Trennung der Veränderlichen:

$\begin{eqnarray*} xy'+3y=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \frac {dy}{y} = -3 \int \frac {dx}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln|y| = ln|x^{-3}| + ln|C| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = \frac {C}{x^{3}} \end{eqnarray*}$ ( allgemeine Lösung der homogenen DGL $\begin{eqnarray*} xy'+3y=0 \end{eqnarray*}$ )

II) Variation der Konstanten nach Langrange

Ansatz:

$\begin{eqnarray*} Y(x)= \frac {K(x)}{x^3} \end{eqnarray*}$

Differentation:

$\begin{eqnarray*} Y'(x)=K'(x) \cdot \frac {1}{x^3} + K(x) \cdot \frac {-3}{x^4} \end{eqnarray*}$

eingesetzen von Y und Y' in die inhomogene DGL $\begin{eqnarray*} xy'+3y=x^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x \left[ K'(x) \cdot \frac {1}{x^3} + K(x) \cdot \frac {-3}{x^4} \right] + \frac {3K(x)}{x^3} = x^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} K'(x)=x^4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} K(x)=4x^3 \end{eqnarray*}$ //FEHLER!!! Habe hier die Ableitung von x^4 gebildet, richtig ist aber zu integrieren!

ab hier weiter mit korrigiertem K

$\begin{eqnarray*} K(x)= \frac{x^5}{5} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Y(x)= \frac {K(x)}{x^3}= \frac{1}{5} \cdot x^2 \end{eqnarray*}$

die allgm. Lösung der inhomo. DGL lautet dann

$\begin{eqnarray*} y(x)= \frac {C}{x^3}+\frac{x^2}{5} \end{eqnarray*}$

Was meint Ihr dazu?

edit: Habe meinen Fehler gefunden

Ein Hinweis ob ich richtig bin wär super!

Grüße

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