Berechnen Sie alle Lösungen der Differenzialgleichungen - Seite 2

05.12.2012, 15:44

Huggy

Zitat:

Original von Theend9219
$\begin{eqnarray*} \frac{dt}{t} = \frac{2-y}{2y(y-1)}*dy \end{eqnarray*}$

Hier sollst du weitermachen, indem du rechts eine Partialbruchzerlegung machst. Das hat doch Equester schon erwähnt.

05.12.2012, 16:15

Theend9219

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Okay dann wende ich mal die Partialbruchzerlegung an:
$\begin{eqnarray*} \frac{2-y}{2y(y-1)} = \frac{A}{2y} + \frac{B}{y-1} \end{eqnarray*}$

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

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

$\begin{eqnarray*} = \frac{Ay-A+2By}{2y^2 -2y} \end{eqnarray*}$

Und nun?

05.12.2012, 16:32

Huggy

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Zitat:

Original von Theend9219
Okay dann wende ich mal die Partialbruchzerlegung an:
$\begin{eqnarray*} \frac{2-y}{2y(y-1)} = \frac{A}{2y} + \frac{B}{y-1} \end{eqnarray*}$

So weit richtig. Hast du denn noch nie eine Partialbruchzerlegung gemacht?
Ich fahre mal fort:

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

Nun fasst du die Terme rechts im Zähler mit y und die ohne y zusammen und machst einen Koeffizientenvergleich mit den entsprechenden Termen im Zähler ganz links. Dadurch bekommst A und B. Dann setzt du dieses A und B im mittleren Term ein.

05.12.2012, 16:48

Theend9219

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Zitat:

Original von Huggy
[quote]Original von Theend9219

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

$\begin{eqnarray*} 2-y=Ay-A+2By \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2-y=y(A+2B)-A \end{eqnarray*}$

- $\begin{eqnarray*} y+2=y(A+2B)-A \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -y=y(A+2B) \end{eqnarray*}$

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

$\begin{eqnarray*} 2=-1A \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A=-2 \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} B= 1-\frac{1}{2y} \end{eqnarray*}$

also dann eingesetzt

$\begin{eqnarray*} \frac{-2}{2y} +\frac{1-\frac{1}{2y}}{y-1} \end{eqnarray*}$
so?

05.12.2012, 17:15

Huggy

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Zitat:

Original von Theend9219
$\begin{eqnarray*} 2-y=Ay-A+2By \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2-y=y(A+2B)-A \end{eqnarray*}$

Jetzt kannst du doch schon den Koeffizientenvergleich machen. Es folgt:

$\begin{eqnarray*} -A=2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A+2B=-1 \end{eqnarray*}$

Und daraus ergeben sich A und B. Das müssen beides reine Zahlen sein, keine Funktionen von y.

Bin jetzt erst mal weg. Möglicherweise bin ich erst morgen wieder online. Aber vielleicht taucht Equester noch auf und macht wieder weiter.

05.12.2012, 17:21

Theend9219

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also folgt

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

und nun

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{-1}{y} +\frac{1}{2(y-1)} \, dy \end{eqnarray*}$

oder?

und wegen $\begin{eqnarray*} \int \! \frac{dx}{x} \, = ln|x| \end{eqnarray*}$
ergibt das Integral 0

05.12.2012, 18:09

Theend9219

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Und wie schaut das jetzt noch mit dem Integral $\begin{eqnarray*} \frac{dy}{y-1} \end{eqnarray*}$ aus?

05.12.2012, 18:22

Equester

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Also den singulären Part überlasse ich mal Huggy, damit hatte ich bisher nicht zu tun
(auch wenn nicht mehr viel zu tun ist, wie mir scheint).

Auch bin ich eigentlich der Meinung, dass wir die ganze allgemeine Lösung bestimmt hatten?
Hattest du gesehen, dass wir noch eine Lösung nachgetragen hatten, Huggy?

Naja, auf jedenfall hattest du Recht, dass Theend Probleme beim Berechnen hat Augenzwinkern

.
(Wohl ein Rechner benutzt?^^)

Ja, deine Partialbruchzerlegung ist richtig. Das gilt es nun zu integrieren.
Welches Problem hast du mit $\begin{eqnarray*} \frac{dy}{y-1} \end{eqnarray*}$ ?

Zitat:

und wegen $\begin{eqnarray*} \int \! \frac{dx}{x} \, = ln|x| \end{eqnarray*}$
ergibt das Integral 0

Hier kann ich dir ohnehin nicht folgen. Was willst du hier zum Ausdruck bringen? Außerdem x=t :P?

05.12.2012, 18:35

Theend9219

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Okay vergiss das mit der 0 lach Big Laugh

Ja wenn ich das Integriere dann bekomm ich ne Lösung also einfach so integrieren wie das was ich am Anfang integriert hatte und die zwei Lösungen raushatte?

05.12.2012, 18:42

Theend9219

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Das ergibt ja dann $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} log(y-1)-log(y) + \end{eqnarray*}$ einer Konstante

05.12.2012, 18:53

Equester

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Das ist zwar richtig. Aber das ist ausm Rechner?
Integriere mal $\begin{eqnarray*} \frac{dy}{y-1} \end{eqnarray*}$ für sich smile

.

(Bin heut Abend nur noch sporadisch da. Helfe dann morgen oder vllt noch besser Huggy Augenzwinkern

)

05.12.2012, 19:01

Theend9219

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Ja das ist aus dem Rechner hihi
Okay ich mach das mal ..
Frage : kannst du mir nur noch schnell sagen was ich dann machen muss damit ich die Aufgabe abschließe .. also nur kurz die Schritte sagen?
danke

05.12.2012, 19:18

Equester

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Also nur für diese Aufgabe:

Separation der Variablen: Sprich alles mit y nach links und alles mit t nach rechts.
Daraufhin integrierst du. Achte auf Betragsstriche (der Numerus muss positiv sein); auf die
Konstanten.
Hilfreich ist wie schon gesagt die Partialbruchzerlegung, wenn man gerade keinen Rechner zur Hand hat Augenzwinkern

.

Nach der Integration nach y auflösen. Unter anderem mit Anwenden der e-Funktion.

Zum Abschluss musst du wohl noch auf singuläre Punkte untersuchen, bei dem Punkt sollte dir
aber Huggy weiterhelfen, auch wenn es wohl auch "nur" eine Untersuchung der Punkt y=0 und y=1
hinausläuft. Er kann dir sicher mehr dazu sagen.

06.12.2012, 09:24

Huggy

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@ Theend 9219
Das ist ein echt mühsames Geschäft mit dir.

Nach der Partialbruchzerlegung haben wir

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

Ich habe dabei die Gleichung noch mit 2 multipliziert. Du solltest dir auch angewöhnen, ganze Gleichungen hinzuschreiben und nicht nur einzelne Terme. Die Integration ergibt jetzt:

$\begin{eqnarray*} -2 \ln |y| + \ln |y-1|=2 \ln |t|+c \end{eqnarray*}$

Exponieren ergibt:

$\begin{eqnarray*} -\frac {1}{|y|^2}|y-1|=e^c|t|^2 \end{eqnarray*}$

Man sieht jetzt, dass man bei den quadrierten Termen die Betragsstriche weglassen kann.

$\begin{eqnarray*} -\frac {1}{y^2}|y-1|=e^ct^2 \end{eqnarray*}$

Nun ist eine Fallunterscheidung erforderlich für y > 1 und y < 1.

$\begin{eqnarray*} a) \quad -\frac {1}{y^2}(y-1)=e^ct^2 \text { für } y > 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b) \quad -\frac {1}{y^2}(1-y)=e^ct^2 \text { für } y < 1 \end{eqnarray*}$

Das ist in beiden Gebieten eine quadratische Gleichung in y mit je 2 Lösungen. Ich überlasse es dir, diese noch einmal exakt und vollständig anzugeben. Insgesamt besteht also die allgemeine Lösung aus 4 Zweigen.

Der Weg bisher war nur zulässig für $\begin{eqnarray*} y \neq 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Die ursprüngliche DGL ist aber auch für diese beiden Werte definiert.Betrachtet man nun die Funktionen

$\begin{eqnarray*} y(t) = 0 \text { und } y(t)=1 \end{eqnarray*}$

sieht man sofort, dass sie die ursprüngliche DGL erfüllen. Beide Seiten der DGL werden 0. Das sind also auch Lösungen der DGL, eben die singulären Lösungen. Im allgemeinen findet man eventuelle singuläre Lösungen nicht so einfach. Sie ergeben sich als Enveloppen der Kurvenscharen der allgemeinen Lösung, sofern diese Kurvenscharen Enveloppen haben. Für die Klärung, was Enveloppen sind, wie man sie berechnet und für ihre Verbindung mit den singulären Lösungen empfehle ich dir das Studium der entsprechenden Literatur. Wenn du dir die Kurvenscharen der allgemeinen Lösung zeichnest, siehst du, dass auch hier die beiden singulären Lösungen Enveloppen von Kurvenscharen der allgemeinen Lösung sind. Mit den 4 Zweigen der allgemeinen Lösung und den beiden singulären Lösungen hat man dann alle Lösungen der DGL.

Noch ein abschließender Hinweis: Singuläre Punkte einer DGL und singuläre Lösungen einer DGL sind miteinander verwandt, sind aber nicht dasselbe.

06.12.2012, 12:21

Theend9219

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Dankeschön tausend Dank! !!!

letzte kleine Frage ... was gibt man denn bei Wolfram alpha ein zum plotten ?
$\begin{eqnarray*} y' =\frac{2y(y-1)}{(t(2-y)} \end{eqnarray*}$ plot from y= 0..5 ?

06.12.2012, 13:29

Huggy

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Wie man Funktionen plottet, kannst du dier hier ansehen:

http://www.wolframalpha.com/examples/Plo...ndGraphics.html

Dazu muss du aber Funktionen angeben, also z. B. die Lösungen der DGL. Die DGL selbst kann man so nicht plotten. Einen guten Überblick über die Lösungen gibt ein Richtungsfeld. In Mathematica kann man das so erzeugen:

[attach]27129[/attach]

Mit Wolframalpha ist mir das nicht gelungen.

06.12.2012, 13:31

Theend9219

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