simple differentialgleichung

19.09.2011, 15:05

moonsymmetry

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simple differentialgleichung

hallo,
gesucht ist die allgemeine löung der lin. differentialgleichunt
$\begin{eqnarray*} y' - \frac{1-x}{x} y = 4x^2 \end{eqnarray*}$

zunächst versucht man ja mal die zugehörige homogene Gleichung zu lösen.
hom.Gl.: $\begin{eqnarray*} y' - \frac{1-x}{x} y = 0 \end{eqnarray*}$
das macht man mit "Trennung der Variablen" also x und y auf seperate seiten bringen.

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx} - \frac{1-x}{x}y = 0 \end{eqnarray*}$

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

erledigt.
Als nächstes muss man beide Seitn Integrieren.

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

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

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

wie geht es aber nun weiter?

19.09.2011, 15:24

Gast11022013

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Du willst doch y wissen, also musst Du nach y auflösen.

19.09.2011, 15:46

moonsymmetry

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ich fürhcte das bring ich nicht zusammen.
habe probleme damit den zusammenhang zwischen ln und der e funktion (denn genau das brauch ich ja hier?) zu verstehen.

der zusammenhang wäre: $\begin{eqnarray*} e^{ln x } = x \end{eqnarray*}$
ich weiß nicht wie ich das hier anwenden kann.....

19.09.2011, 15:50

Gast11022013

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Ja, die Idee ist richtig.

Und das machst Du jetzt auf beiden Gleichungsseiten, sprich:

$\begin{eqnarray*} e^{\ln y}=e^{\ln x-x+c}=\hdots \end{eqnarray*}$

19.09.2011, 16:17

moonsymmetry

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ohmann ist das schwer...
also wenn $\begin{eqnarray*} e^{ln x} = x \end{eqnarray*}$ gilt,
dann bedeutet das für $\begin{eqnarray*} e^{ln y} = e^{ln x -x +c} \end{eqnarray*}$ vielleicht

$\begin{eqnarray*} y =e^{ lnx - x + c} \end{eqnarray*}$

?? verwirrt

verwirrt

19.09.2011, 16:20

Gast11022013

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Ja, das ist korrekt, Du kannst das aber nun noch weiter umformen, nämlich:

$\begin{eqnarray*} y=e^{\ln x-x+c}=e^{\ln x+c-x}=e^{\ln x}\cdot e^{c-x}=x\cdot e^{c-x} \end{eqnarray*}$

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19.09.2011, 16:34

moonsymmetry

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ah ich glaube ich habe es nun begriffen.
auf jedenfall merk ich mir mal den zusammenhang e^(lnx) = x smile

smile

hm nun ist es aber so dass ich ja das c jetzt weiter benötige. für die bestimmung der partikulären lösung der inhomogenen Gleichung. da wäre es besser wenn man das c nicht so blöd im exponenten stehen hätte....

darf ich folgendes machen: ?
das x haben wir ja erunterbekommen weil es ursprünglich argument eines ln war:
$\begin{eqnarray*} ln y = ln x - x + c \end{eqnarray*}$
das gleiche kann ich ja auch mit dem c, meiner unbekannten integrationskonstante machen oder?
also ich nehme auch von c auch den logarithmus, das ist ja eh wieder irgendeine konstante:
$\begin{eqnarray*} ln y = ln x - x + ln c \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} e^{ln y} = e^{ln x - x + ln c} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y = e^{ln x - x + ln c} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y = e^{ln x} \cdot e^{ln c} \cdot e^{-x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y = xce^{-x} \end{eqnarray*}$

ist das zulässig?

19.09.2011, 16:41

Gast11022013

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RE: simple differentialgleichung
Ich würde sagen, das geht so nicht.

Handelt es sich denn bei Deiner Aufgabe vllt. um ein Anfangswertproblem, d.h. ist neben der eigentlichen Differentialgleichung auch noch ein Anfangswertepaar gegeben?

Wenn nicht, musst Du das c so stehen lassen und damit die allgemeine Lösung der Differentialgleichung nun bestimmen, sprich eine partikuläre Lösung noch finden.

Tipp: Variation der Konstanten

19.09.2011, 16:50

moonsymmetry

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RE: simple differentialgleichung
hm ok.
nein anfangswerte sind nicht gegeben.

nagut dann variation d. konstanten.

das heißt zunächst nichts anderes als: ich mache aus meinem C eine Funktion C(x).
also habe ich:
$\begin{eqnarray*} y_p(x) = xe^{c(x)-x} \end{eqnarray*}$

als nächstes muss man $\begin{eqnarray*} y_p(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y'_p(x) \end{eqnarray*}$ in die inhomogene Gleichung einsetzen:

also:
$\begin{eqnarray*} y'_p - \frac{1-x}{x} y_p = 4x^2 \end{eqnarray*}$
hier ist für mich schon wieder endstation.
wie leitet man denn bitte $\begin{eqnarray*} xe^{c(x)-x} \end{eqnarray*}$ ab.... Forum Kloppe

Forum Kloppe

19.09.2011, 16:53

Q-fLaDeN

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RE: simple differentialgleichung

Zitat:

Original von Dennis2010
Ich würde sagen, das geht so nicht.

Doch, das geht so.

19.09.2011, 17:19

Gast11022013

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RE: simple differentialgleichung
Dann gebe ichs an dieser Stelle mal ab, weil ichs anscheinend selbst nicht ganz blicke und nichts Falsches sagen möchte.

Ich hätte einfach gesagt:

Allgemeine Lösung des homogenen Problems ist $\begin{eqnarray*} C\cdot e^{-G(x)} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} G(x)=\int_{\varepsilon}^{x}\frac{1-t}{t} \, dt \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} C\cdot \left\vert\frac{\varepsilon}{x}\right\vert e^{x-\varepsilon} \end{eqnarray*}$

Damit müsste man jetzt Variation der Konstanten machen können.

19.09.2011, 17:32

Q-fLaDeN

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Was soll denn das $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ sein? verwirrt

verwirrt

@moonsymmetry
Wir haben also

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

Das musst du nun ableiten (doppelte Produktregel).

19.09.2011, 17:45

Gast11022013

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Ach, ich bin bescheuert. Ich hab mir ein Anfangswertproblem eingebildet, das ist ja aber hier keins.

Sorry, dann komme ich für die allgemeine Lösung des homogenen Problems auch auf

$\begin{eqnarray*} cxe^{-x} \end{eqnarray*}$ .

Naja und nun könnte ich auch wieder weiterhelfen, aber ich lasse dich das jetzt mal machen.

19.09.2011, 17:47

moonsymmetry

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okay habs auf meinem blatt ausgebessert...
also
$\begin{eqnarray*} xC(x)e^{-x} = y_p \end{eqnarray*}$

jetzt also die ableitung von $\begin{eqnarray*} y_p \end{eqnarray*}$
dachte mir schon dass es mit doppelter produktregel geht:
für den term $\begin{eqnarray*} xC(x)e^{-x} \end{eqnarray*}$
sage ich:
$\begin{eqnarray*} f = e^{-x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} g = xC(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f' = -e^{-x} \end{eqnarray*}$
für $\begin{eqnarray*} g' \end{eqnarray*}$ wieder die Produktregel u = x und v = C(x). also u' = 1 und v' = C'(x)
$\begin{eqnarray*} \rightarrow g' = x \cdot C'(x) + C(x) \end{eqnarray*}$

jetzt noch die erste produktregel fertigrechnen: (f*g' + f'*g)
ergibt:
$\begin{eqnarray*} e^{-x} \cdot (xC'(x) + C(x)) + (-e^{-x} \cdot xC(x)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = e^{-x}xC'(x) + e^{-x}C(x) - e^{-x}xC(x) = y'_p \end{eqnarray*}$

geschockt

geschockt

richtig bis hier her?

19.09.2011, 18:00

Q-fLaDeN

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Sieht gut aus Freude

Freude

19.09.2011, 18:21

moonsymmetry

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okay

smile

dann also y'_p und y_p in die differentialgleichung einsetzen:

$\begin{eqnarray*} e^{-x}xC'(x) + e^{-x}C(x) - e^{-x}C(x) - \frac{1-x}{x} xC(x)e{-x} = 4x^2 \end{eqnarray*}$
der zweite und dritte summand heben sich glücklicherweise auf

$\begin{eqnarray*} e^{-x}C'(x) - \frac{1-x}{x}e^{-x}C(x)x = 4x^2 \end{eqnarray*}$

was muss ich jetzt eigentlich machen? ich brauche die funktion C(x) oder?
hier stehe ich glaub ich schon wieder an.....hm

19.09.2011, 18:23

Gast11022013

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Ja, ermittle c(x).

19.09.2011, 18:32

Gast11022013

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Was für eine Rechnerei! Big Laugh

Big Laugh

Ich geh' jetzt hier weg, aber vorher poste ich noch schnell meine Lösung, damit Du das evtl. daran vergleiche kannst:

$\begin{eqnarray*} y(x)=x\cdot (4(x-1)e^x+\operatorname{const})e^{-x}) \end{eqnarray*}$

Probe haut hin.

19.09.2011, 18:45

moonsymmetry

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ich probiere mal das C(x) da rauszubekommen
als erstes bring ich einen summanden mal auf die andere seite:
$\begin{eqnarray*} -\frac{1-x}{x} x \cdot (C(x)e^{-x} = 4x^2 - e^{-x} \cdot xC'(x) \end{eqnarray*}$
links kann ich x wegstreichen
$\begin{eqnarray*} -1 -x \cdot C(x)e^{-x} = 4x^2 - e^{-x} \cdot xC'(x) \end{eqnarray*}$
pffff
ich komm da nicht weiter... Forum Kloppe

Forum Kloppe

19.09.2011, 19:47

Q-fLaDeN

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Du hast beim Einsetzen ein x vergessen. Desweiteren musst du auf das Minus aufpassen, wenn du x kürzt. In die DGL eingesetzt bekommen wir

$\begin{eqnarray*} e^{-x}xC'(x) + e^{-x}C(x) - e^{-x}xC(x) - \frac{1-x}{x} xC(x)e^{-x} = 4x^2 \end{eqnarray*}$

dann kürzen

$\begin{eqnarray*} e^{-x}xC'(x) + e^{-x}C(x) - e^{-x}xC(x) - (1-x)C(x)e^{-x} = 4x^2 \end{eqnarray*}$

und ausmultiplizieren

$\begin{eqnarray*} e^{-x}xC'(x) + e^{-x}C(x) - e^{-x}xC(x) - C(x)e^{-x}+xC(x)e^{-x} = 4x^2 \end{eqnarray*}$

Nun mach du weiter.

19.09.2011, 20:19

moonsymmetry

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okay ich glaub ich habs smile

smile

los gehts:
also bei deiner letzten zeile hebt sich wunderschön summand 2 mit 4 und summand 3 mit 5 auf der linken seite auf. es bleibt übrig:

$\begin{eqnarray*} e^{-x}xC'(x) = 4x^2 \end{eqnarray*}$
das ist gut weil nun kann ich schön nach C'(x) auflösen

$\begin{eqnarray*} xC'(x) = \frac{4x^2}{e^{-x}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} xC'(x) = 4x^2 \cdot e^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C'(x) = 4xe^x \end{eqnarray*}$ Prost

Prost

okay C'(x) hab ich mal. Ich brauche aber C(x) --> integrieren.
Funktioniert wunderbar mit der Integrationsregel für Produkte. (g = 4x, f'=e^x)

$\begin{eqnarray*} \int 4x \cdot e^x dx= e^x \cdot 4x - \int e^x \cdot 4 dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = e^x \cdot 4x - 4e^x = 4 \cdot (x-1) \cdot e^x = C(x) \end{eqnarray*}$

Prost

Prost

der Ansatz dur Variation d. Konstante war ja $\begin{eqnarray*} y_p (x) = x \cdot C(x) \cdot x^{-x} \end{eqnarray*}$

das C(x) kann ich jetzt hier einsetzen:

$\begin{eqnarray*} y_p (x) = C(x) x e^{-x} = 4(x-1)e^x \cdot x e^{-x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{4 \cdot (x-1) \cdot e^x \cdot x}{e^x} \end{eqnarray*}$ //e^x verschwindet Wink

Wink

$\begin{eqnarray*} = 4(x-1)x = (4x-4)x \end{eqnarray*}$

Die Allgemeine lösung ergibt sich durch $\begin{eqnarray*} y(x) = y_h (x) + y_p (x) \end{eqnarray*}$
also homogene plus partikuläre lösung.

also: $\begin{eqnarray*} y(x) = Cxe^{-x} + x(4x-4) \end{eqnarray*}$

Hammer

Hammer

passt das?

19.09.2011, 20:26

Q-fLaDeN

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Passt alles Freude

Freude

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