Anfangswertproblem y' = (y/2x) + (1/2)

21.01.2013, 17:28

Ahnungslos89

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Anfangswertproblem y' = (y/2x) + (1/2)

Meine Frage:
Hallo,

ich verzweifel schon den ganzen Tag an folgendem AWP:

$\begin{eqnarray*} f' = \frac{y}{2x} + \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Bedingungen: x>0 und y(1)=2

Bitte um Hilfe...ich bin in Mathe leider überhaupt nicht bewandert. Habe vorher schon AWP gelöst, aber keine, die einen Bruch beinhalten. Ich habe zwar eine Musterlösung für diese Aufgabe, versteh sie aber leider gar nicht.

Danke...

Meine Ideen:
$\begin{eqnarray*} f' = \frac{y}{2x} + \frac{1}{2} <br /> \frac{dy}{y} = \frac{dx}{2x} + \frac{1}{2} <br /> \int \! \frac{1}{y} \, dy \ = \int \! \frac{1}{2x} + \frac{1}{2} \, dx <br /> ln (y) = \frac{ln(x)}{2} + \frac{x}{2} + C \end{eqnarray*}$

so, stimmt das erstmal soweit? Jetzt müsste ich das ja nach y umstellen, C ausrechnen und dann einsetzen. Leider komme ich nicht weiter...

als Lösung ist $\begin{eqnarray*} y(x) = x + \sqrt{x} \end{eqnarray*}$

nur, wie komme ich darauf?!

21.01.2013, 18:20

RavenOnJ

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So geht es nicht! Deine Rechnung ist falsch. Du versuchst hier die Methode "Trennung der Variablen". Allerdings macht das 1/2 dir einen Strich durch die Rechnung.

21.01.2013, 18:53

Ahnungslos1989

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achso, ich dachte man kann das immer mit der Trennung der Variablen machen. verwirrt

verwirrt

Hm, welches Verfahren muss ich denn dann anwenden? Vielleicht finde ich dann etwas in meinen Unterlagen?
Bisher weiß ich überhaupt nicht, wie ich dann vorgehen soll...

Laut Lösung ist der nächste Schritt
$\begin{eqnarray*} \frac{y'}{y} = \frac{1}{2} * \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

Wie komme ich denn darauf?

21.01.2013, 20:20

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Ahnungslos1989
achso, ich dachte man kann das immer mit der Trennung der Variablen machen. verwirrt

verwirrt

Trennung der Variablen geht dann, wenn man die DGl in die Form

$\begin{eqnarray*} h(y)dy = g(x)dx \end{eqnarray*}$

umformen kann. Das geht aber in deinem Fall nicht.

Zitat:

Laut Lösung ist der nächste Schritt
$\begin{eqnarray*} \frac{y'}{y} = \frac{1}{2} * \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

Wie komme ich denn darauf?

Bei inhomogenen linearen DGls muss immer zuerst die homogene DGl gelöst werden. Das wäre in deinem Fall die obige DGl ohne den Summanden 1/2 (dies ist die Inhomgenität).
Es geht also zuerst um die Lösung der DGl

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

22.01.2013, 08:57

Ahnungslos1989

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Ah ok. Dankeschön das hilft schonmal sehr..!

Wenn ich das dann integriere komme ich auf

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

soweit so gut. Das müsste ich ja dann jetzt nach y umstellen. Warum ist es denn dann falsch, wenn ich das so mache:

$\begin{eqnarray*} y = e^{\frac{1}{2} ln (x) + c_{1}} \end{eqnarray*}$

laut Lösung ist die Umformung nämlich

$\begin{eqnarray*} y = c_{1} * e^{\frac{1}{2} ln (x) } \end{eqnarray*}$

und dann durch Umformung $\begin{eqnarray*} y= c_{1} * \sqrt{x} \end{eqnarray*}$

Wäre super, wenn mir das auch noch kurz jemand erklären könnte..!

Vielen Dank!!

22.01.2013, 09:05

RavenOnJ

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Was ist an der Umformung ein Problem (abgesehen davon, dass die Integrationskonstante beides mal denselben Namen hat trotz unterschiedlicher Einbindung)?

Dir ist schon klar, dass der natürliche Logarithmus die Umkehrfunktion zur Exponentialfunktion ist!? Und dass gilt

$\begin{eqnarray*} e^{a+b}=e^a \cdot e^b \end{eqnarray*}$

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22.01.2013, 09:18

Ahnungslos1989

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tut mir sehr leid, aber mir fällt das irgendwie echt schwer.

Ja an sich vertsehe ich das bis dahin:
" $\begin{eqnarray*} ln (y) = \frac{1}{2} ln (x) + c_{1} \end{eqnarray*}$

soweit so gut. Das müsste ich ja dann jetzt nach y umstellen. Warum ist es denn dann falsch, wenn ich das so mache:

$\begin{eqnarray*} y = e^{\frac{1}{2} ln (x) + c_{1}} \end{eqnarray*}$ ????

laut Lösung ist die Umformung nämlich

$\begin{eqnarray*} y = c_{1} * e^{\frac{1}{2} ln (x) } \end{eqnarray*}$ "

versteh nicht warum aus dem $\begin{eqnarray*} ...+c_{1} \end{eqnarray*}$ plötzlich $\begin{eqnarray*} ...*c_{1} \end{eqnarray*}$ wird.

wenn ich bei meiner Formel weiter mache komme ich ja auf :

$\begin{eqnarray*} y= x^{\frac{1}{2} } * e^{c_{1} } \end{eqnarray*}$

das ist ja fast wie die Lösungsvorgabe, nur das c irritiert mich...

22.01.2013, 09:28

Mystic

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RE: Anfangswertproblem y' = (y/2x) + (1/2)
Mit etwas Fantasie könnte man beim Anblick von

$\begin{eqnarray*} y'=\frac y{2x}+\frac 12 \end{eqnarray*}$

ja auch an die Substitution

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

denken, da man damit sofort eine neue Differenzialgleichung für u erhält, aber jetzt ohne das "störende" 1/2 auf der rechten Seite...

22.01.2013, 09:31

RavenOnJ

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@Mystic

Die Probleme sind offenbar viel grundlegender. Der Schritt zur Phantasie ist (noch?) viel zu groß ...

22.01.2013, 09:40

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Ahnungslos1989

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

soweit so gut. Das müsste ich ja dann jetzt nach y umstellen. Warum ist es denn dann falsch, wenn ich das so mache:

$\begin{eqnarray*} y = e^{\frac{1}{2} \ln (x) + c_{1}} \end{eqnarray*}$

(der natürliche Logarithmus ist durch \ln codiert)

Das ist gar nicht falsch, man kann allerdings noch weiter umformen.

Für den Rest beachte mal bitte dieses:

Zitat:

Original von RavenOnJ
Was ist an der Umformung ein Problem (abgesehen davon, dass die Integrationskonstante beides mal denselben Namen hat trotz unterschiedlicher Einbindung)?

Dir ist schon klar, dass der natürliche Logarithmus die Umkehrfunktion zur Exponentialfunktion ist!? Und dass gilt

$\begin{eqnarray*} e^{a+b}=e^a \cdot e^b \end{eqnarray*}$

Umkehrfunktion bedeutet, dass folgendes gilt:

$\begin{eqnarray*} e^{\ln(z)} = z \end{eqnarray*}$

sowie

$\begin{eqnarray*} e^{\ln(f(x))} = f(x) \end{eqnarray*}$

22.01.2013, 09:58

Ahnungslos1989

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Ja, soweit hab ich das verstanden.

Wenn ich dann $\begin{eqnarray*} y = e^{\frac{1}{2} \ln (x) + c_{1}} \end{eqnarray*}$ weiter umforme komme ich ja auf

$\begin{eqnarray*} y = e^{\frac{1}{2} \ln (x)} * e^{c_{1}} <br /> <br /> y= x^{\frac{1}{2}} * e^{c_{1}}<br /> <br /> y = \sqrt{x} * e^{c_{1}} \end{eqnarray*}$

Nur die Lösung ist ja $\begin{eqnarray*} y = \sqrt{x} * {c_{1}} \end{eqnarray*}$
...aber $\begin{eqnarray*} e^{c_{1}} \end{eqnarray*}$ ist doch nicht das gleiche wie $\begin{eqnarray*} {c_{1}} \end{eqnarray*}$

Sorry, steh auf'm Schlauch

22.01.2013, 10:02

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Ahnungslos1989
$\begin{eqnarray*} <br /> y = \sqrt{x} * e^{c_{1}} \end{eqnarray*}$

Nur die Lösung ist ja $\begin{eqnarray*} y = \sqrt{x} * {c_{1}} \end{eqnarray*}$
...aber $\begin{eqnarray*} e^{c_{1}} \end{eqnarray*}$ ist doch nicht das gleiche wie $\begin{eqnarray*} {c_{1}} \end{eqnarray*}$

Ich nehme mal an, das erste ist von dir und das zweite eine Musterlösung?! Die beiden $\begin{align*} c_1 \end{align*}$ sind natürlich unterschiedlich, sie haben hier nur beide denselben Namen. Wenn du dein $\begin{align*} c_1 \end{align*}$ besser $\begin{align*} d_1 \end{align*}$ genannt hättest, wäre keine Verwirrung aufgekommen

22.01.2013, 10:10

Ahnungslos1989

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Ja genau, sorry hätte ich dazu schreiben können.

$\begin{eqnarray*} <br /> y = \sqrt{x} * e^{c_{1}} \end{eqnarray*}$ das ist von mir,

und $\begin{eqnarray*} y = \sqrt{x} * {c_{1}} \end{eqnarray*}$ so soll es aussehen.

Ok, dann schreibe ich also z.B. $\begin{eqnarray*} <br /> y = \sqrt{x} * e^{d_{1}} \end{eqnarray*}$

und nenne mein $\begin{eqnarray*} e^{d_{1}} \end{eqnarray*}$ dann einfach $\begin{eqnarray*} {c_{1}} \end{eqnarray*}$ und komme so auf die Lösung $\begin{eqnarray*} y = \sqrt{x} * {c_{1}} \end{eqnarray*}$ ...? Geht das einfach so??

Oh man, für euch ist das wahrscheinlich das Einfachste auf der Welt...

22.01.2013, 10:58

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Ahnungslos1989
Geht das einfach so??

ja

Zitat:

Oh man, für euch ist das wahrscheinlich das Einfachste auf der Welt...

auch da liegst du nicht ganz falsch, das sind die basics. Das fließt einem Erstsemester halt noch nicht so aus dem Ärmel.

22.01.2013, 11:34

Ahnungslos1989

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Zitat:

auch da liegst du nicht ganz falsch, das sind die basics. Das fließt einem Erstsemester halt noch nicht so aus dem Ärmel.

ja das stimmt leider....

Auf jeden Fall vielen Dank erstmal, hat mir sehr geholfen. Ich stolper sicher noch über einige Sachen...dann stelle ich die Frage wieder hier im Forum.

Bin froh sehr froh, dass es sowas für so Ahnungslose wie mich (die sich durch die Mathevorlesung quälen müssen) gibt smile

smile

22.01.2013, 11:53

Mystic

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Was die homogene Differenzialgleichung

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

betrifft, hier noch ein kleiner "Trick", der in dieser Situation sehr hilfreich ist und alles sehr viel einfacher macht.. Wenn man

$\begin{eqnarray*} \frac{y'}y=\frac1{2x} \end{eqnarray*}$

beidseitig integriert, empfielt es sich die Konstante C so anzuschreiben

$\begin{eqnarray*} \ln |y| =\ln (C\sqrt {|x|}) \end{eqnarray*}$

wobei man allerdings C>0 voraussetzen muss (man beachte, dass ln C dann wieder beliebige reelle Werte annehmen kann!)... Jetzt kann man gewissermaßen, den ln "wegkürzen" und hat dann sofort

$\begin{eqnarray*} |y|= C \sqrt{|x|} \quad (C>0) \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} y= C \sqrt {|x|} \end{eqnarray*}$

aber jetzt mit einem beliebigen $\begin{eqnarray*} C \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ ... Man beachte, dass dabei mit C=0 "still und heimlich" auch die singuläre Lösung y=0 dazugeschmuggelt wurde!...

22.01.2013, 12:16

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Mystic

$\begin{eqnarray*} y= C \sqrt {|x|} \end{eqnarray*}$

Das stimmt. War mir gar nicht aufgefallen, dass es für negative x auch diese Lösung gibt.

22.01.2013, 12:21

Mystic

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Zitat:

Original von RavenOnJ

Zitat:

Original von Mystic

$\begin{eqnarray*} y= C \sqrt {|x|} \end{eqnarray*}$

Das stimmt. War mir gar nicht aufgefallen, dass es für negative x auch diese Lösung gibt.

Naja, wenn man ganz genau ist, müsste man sogar die Konstante C "zweiteilen", d.h., ein $\begin{eqnarray*} C_1 \end{eqnarray*}$ für x<0 und ein $\begin{eqnarray*} C_2 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \ge 0 \end{eqnarray*}$ ...

22.01.2013, 12:24

RavenOnJ

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klar. Du bist aber auch ein Genau-Hingucker ... Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.01.2013, 12:30

Mystic

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Danke...Ich versuch ja nur, dem sonst eher faden Thema "Differenzialgleichungen" auch noch etwas abzugewinnen... Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.01.2013, 12:33

RavenOnJ

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gutes Prinzip. Ich bin da offensichtlich manchmal zu lässig, dann passieren solche Überseher. Allerdings hat der Ersteller der Musterlösung auch nicht so weit gedacht.

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