DGL 2. Ord. in DGL konst. Koeffizienten

02.08.2013, 08:58

Zac Shawn

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DGL 2. Ord. in DGL konst. Koeffizienten

Meine Frage:
Ahoj.

Seien $\begin{eqnarray*} a,b \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a\ne b. \end{eqnarray*}$ Für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ sei die Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} x^2 y''+(1-a-b)x y'+aby=0 \end{eqnarray*}$ gegeben.

a) Verwenden Sie den Ansatz $\begin{eqnarray*} x=e^t \end{eqnarray*}$ , um die Differentialgleichung in eine DGL mit konstanten Koeffizienten zu überführen.

b) Bestimmen Sie alle Lösungen $\begin{eqnarray*} z(t) \end{eqnarray*}$ der in a) entstandenen Differentialgleichung.

c) Geben Sie nun alle Lösungen $\begin{eqnarray*} y(x) \end{eqnarray*}$ der usprünglichen Differentialgleichung an. Hinweis: Betrachten Sie $\begin{eqnarray*} z(t)=y(e^{t}) \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Ich habe noch gar keine Übung mit Differentialgleichungen höherer Ordnung. Wie verwende ich den Ansatz $\begin{eqnarray*} x=e^t \end{eqnarray*}$ ?

Eine homogene Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten hat ja die Form:

$\begin{eqnarray*} y^{(n)}+a_{n-1} y^{n-1}+...a_0 y=0 \end{eqnarray*}$

So habe ich sie ja auch, aber ich habe noch keinen Ansatz gefunden bzw. weiß nicht wie ich diesen nutzen soll.

Für eine hilfreiche Schulter bedanke ich mich schon mal.

02.08.2013, 10:30

Ehos

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Ich rechne dir die Transformation der Dgl. mal vor. Da steckt nicht viel Geist drin, aber man muss das mal gemacht haben, weil es oft vorkommt.
------------------------------
Durch die Substition des Argumentes x in der Funktion y(x) entsteht eine neue Funktion z(t) wie folgt

$\begin{eqnarray*} y(x)=y(\underbrace{e^t}_{x})=\underbrace{z(t)}_{\text{neue Funktion}} \end{eqnarray*}$

Nun muss man in der Dgl. die alten Ableitungen $\begin{eqnarray*} \tfrac{dy}{dt}, \tfrac{d^2y}{dx^2} \end{eqnarray*}$ durch die neuen Ableitungen $\begin{eqnarray*} \tfrac{dz}{dt}, \tfrac{d^2z}{dt^2} \end{eqnarray*}$ ausdrücken. Dazu fasst man die neue Funktion z(t) als verkettete Funktion z[t(x)] auf. Mittels Kettenregel ergibt sich dann

$\begin{eqnarray*} \tfrac{dy}{dx}=\tfrac{d}{dx}z[t(x)]=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{dt}{dx}=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{d \ln(x)}{dx}=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{1}{x}=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{1}{e^t} \end{eqnarray*}$ .

Damit haben wir formal folgende Transformationsregel für die Ableitung gewonnen

$\begin{eqnarray*} \tfrac{d}{dx}=\tfrac{1}{e^t}\tfrac{d}{dt} \end{eqnarray*}$

Mit dieser Regel gewinnen wir die 2.Ableitung

$\begin{eqnarray*} \tfrac{d}{dx} \left ( \tfrac{dy}{dx}\right )=\tfrac{1}{e^t} \tfrac{d}{dt}\left( \tfrac{1}{e^t} \tfrac{dz}{dt}\right )=\tfrac{1}{e^t} \underbrace{\left ( -\tfrac{1}{e^t}\tfrac{dz}{dt}+\tfrac{1}{e^t}\tfrac{d^2z}{dt^2}\right )}_{\text{Produktregel}}=-\tfrac{1}{e^{2t}} \tfrac{dz}{dt}+\tfrac{1}{e^{2t}} \tfrac{d^2z}{dt^2} \end{eqnarray*}$

Einsetzen der 1. und 2.Ableitung in die Dgl. ergibt mit $\begin{eqnarray*} x=e^t \end{eqnarray*}$ die neue Dgl. für z(t)

$\begin{eqnarray*} \underbrace{e^{2t}}_{x^2} \underbrace{\left( -\tfrac{1}{e^{2t}} \tfrac{dz}{dt}+\tfrac{1}{e^{2t}} \tfrac{d^2z}{dt^2}\right )}_{\text{2.Ableitung y''}}+(1-a-b) \underbrace{e^t}_{x} \underbrace{\left ( \tfrac{dz}{dt} \tfrac{1}{e^t}\right )}_{\text{1.Ableitung y'}}+ab \cdot \underbrace{z(t)}_{y(x)}=0 \end{eqnarray*}$

Wie man sieht, kürzen sich die e-Funktionen raus und man bekommt eine einfache Dgl. mit konstanten Koeffizienten. Beachte, dass eine solche Vereinfachung nur in seltenen Fällen möglich ist.

02.08.2013, 10:31

Leopold

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Nehmen wir einmal an, daß $\begin{eqnarray*} y=y(x) \end{eqnarray*}$ eine Lösung der Differentialgleichung ist. Indem man $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ mittels $\begin{eqnarray*} x = \operatorname{e}^t \end{eqnarray*}$ von einer Variablen $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ abhängig macht, erhält man eine neue Funktion

$\begin{eqnarray*} u = u(t) = y( \operatorname{e}^t ) \end{eqnarray*}$

Ich bezeichne die Ableitung nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ durch einen Strich und die nach $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ durch einen Punkt. Dann folgt hieraus:

$\begin{eqnarray*} \dot{u} = y'( \operatorname{e}^t ) \cdot \operatorname{e}^t = y' \cdot x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ddot{u} = y''( \operatorname{e}^t ) \cdot \operatorname{e}^{2t} + y'( \operatorname{e}^t ) \cdot \operatorname{e}^t = y'' \cdot x^2 + y' \cdot x = y'' \cdot x^2 + \dot{u} \end{eqnarray*}$

In der gegebenen Differentialgleichung kannst du nun $\begin{eqnarray*} y'' \cdot x^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y' \cdot x \end{eqnarray*}$ durch Ausdrücke in $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ ersetzen, so daß du eine lineare Differentialgleichung für die Funktion $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ mit konstanten Koeffizienten erhältst.

02.08.2013, 10:45

ullim

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RE: DGL 2. Ord. in DGL konst. Koeffizienten
Hi,

setzte $\begin{eqnarray*} z(t)=y(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t=ln(x) \end{eqnarray*}$

Jetzt beim Ableiten die Kettenregel beachten, also $\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx}z(t) = z_t*t_x \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} z_t=\frac{\partial{z}}{\partial{t}} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} t_x=\frac{\partial{t}}{\partial{x}} \end{eqnarray*}$ gilt

und

$\begin{eqnarray*} t_x=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

Jetzt das gleiche Verfahren für die zweite Ableitung verwenden und alles einsetzten, dann kürzt sich das $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ bzw das $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ im Zähler bei der DGL raus und Du erhälst eine DGL mit konstanten Koeffizienten.

02.08.2013, 11:48

Zac Shawn

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Ich bin jetzt verwirrt Leute

verwirrt

. Noch nie habe ich so viele antworten auf einmal erhalten. Ich bin heilfroh über die zahlreichen Antworten und sehr dankbar, nur verwirrt mich jetzt, dass jeder eine andere Notation einbringt, der Lösungsweg ist doch bei allen der Gleiche?
Ich versuche mal nach der Reihe die Tipps nachvollzuziehen

Zitat:

Original von Ehos
Mittels Kettenregel ergibt sich dann

$\begin{eqnarray*} \tfrac{dy}{dx}=\tfrac{d}{dx}z[t(x)]=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{dt}{dx}=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{d \ln(x)}{dx}=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{1}{x}=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{1}{e^t} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} z[t(x)]'=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{dt}{dx} \end{eqnarray*}$ Kettenregel innere Ableitung mulipliziert mit der äußeren Ableitung. Wo ist denn aber das $\begin{eqnarray*} \tfrac{d}{dx} \end{eqnarray*}$ geblieben vor $\begin{eqnarray*} \tfrac{d}{dx}z[t(x)] \end{eqnarray*}$ ?

Müsste es nicht so lauten? $\begin{eqnarray*} \tfrac{d}{dx}z[t(x)]=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{dt}{dx}\cdot \tfrac{d}{dx} \end{eqnarray*}$

02.08.2013, 13:29

Rabbi

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Zitat:

Original von Zac Shawn
...
Müsste es nicht so lauten? $\begin{eqnarray*} \tfrac{d}{dx}z[t(x)]=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{dt}{dx}\cdot \tfrac{d}{dx} \end{eqnarray*}$

Nicht ganz richtig !

Richtig ist:
$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx}z[t(x)]=\frac{dz}{dt}\cdot \frac{dt}{dx}\cdot \frac{dx}{dx}=\cdots \end{eqnarray*}$

Lehrer

Lehrer

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02.08.2013, 14:57

Zac Shawn

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Zitat:

Original von Rabbi

Zitat:

Original von Zac Shawn
...
latex]\tfrac{d}{dx}z[t(x)]=\tfrac{dz}{dt}\cdot \tfrac{dt}{dx}\cdot \tfrac{d}{dx}[/latex]

Nicht ganz richtig !

Richtig ist:
$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx}z[t(x)]=\frac{dz}{dt}\cdot \frac{dt}{dx}\cdot \frac{dx}{dx}=\cdots \end{eqnarray*}$

Verstehe ich nicht wieso noch das x in den Zähler wandert. Ist dann der Rest falsch der mir vorgeschlagen wurde?

02.08.2013, 15:40

Rabbi

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Zitat:

Original von Zac Shawn
Verstehe ich nicht wieso noch das x in den Zähler wandert.

Die Ableitung von x nach x ist eins, ebenso wie $\begin{eqnarray*} \frac{dx}{dx} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Ist dann der Rest falsch der mir vorgeschlagen wurde?

Nö, wieso ?

02.08.2013, 15:45

Leopold

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Ehos ist da schon ein gewiefter Differential-Akrobatiker. Physiker dürfen so etwas! Andere verlieren aber leicht den Überblick bei so vielen Variablen, die wiederum voneinander abhängen. Und wenn dann am Schluß die Differentialquotienten auch noch zu Differentialoperatoren verkürzt werden, steigt auch der letzte Normal-Mathematiker aus. Das sieht man an deinem verzweifelten Versuch, dir zu erklären, wo das eine $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ geblieben ist.

Halten wir den Ball erst einmal flach. Zunächst hat man ja nur eine Differentialgleichung für eine gesuchte Funktion $\begin{eqnarray*} y = y(x) \end{eqnarray*}$ . Ich schreibe einmal konsequent die Variable immer mit dazu.

$\begin{eqnarray*} x^2 y''(x) + (1-a-b) x \, y'(x) + ab \, y(x) = 0 \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt ist, gibt es zu jedem $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ genau ein $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x = \operatorname{e}^t \end{eqnarray*}$ . Und zunächst geschieht nichts anderes, als daß man dies in der obigen Gleichung einsetzt, also

$\begin{eqnarray*} \color{red} \operatorname{e}^{2t} y'' \left( \operatorname{e}^t \right) \color{black} + (1-a-b) \color{blue} \operatorname{e}^t y' \left( \operatorname{e}^t \right) \color{black} + ab \color{green} \, y \left( \operatorname{e}^t \right) \color{black} = 0 \end{eqnarray*}$

Jetzt stellt man aber fest, daß, wenn man die Funktion

$\begin{eqnarray*} \color{green} u(t) = y \left( \operatorname{e}^t \right) \end{eqnarray*}$

definiert (bei Ehos ist $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ , was bei mir $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ ist), einige Ausdrücke in der Differentialgleichung mittels $\begin{eqnarray*} u(t),\dot{u}(t),\ddot{u}(t) \end{eqnarray*}$ ausgedrückt werden können. Ich sagte das schon in meinem ersten Beitrag, schreibe es aber jetzt vielleicht etwas verständlicher auf. Zur Berechnung von $\begin{eqnarray*} \dot{u}(t) \end{eqnarray*}$ braucht man die Kettenregel:

$\begin{eqnarray*} \color{blue} \dot{u}(t) = \operatorname{e}^t y' \left( \operatorname{e}^t \right) \end{eqnarray*}$

Und zur Berechnung von $\begin{eqnarray*} \ddot{u}(t) \end{eqnarray*}$ die Produkt- und Kettenregel:

$\begin{eqnarray*} \ddot{u}(t) = \color{blue} \operatorname{e}^t y' \left( \operatorname{e}^t \right) \color{black} + \operatorname{e}^{2t} y'' \left( \operatorname{e}^t \right) \end{eqnarray*}$

Der erste Summand hier ist aber gerade das $\begin{eqnarray*} \dot{u}(t) \end{eqnarray*}$ von eben. Wenn man nach dem zweiten Summanden auflöst, erhält man also

$\begin{eqnarray*} \color{red} \ddot{u}(t) - \dot{u}(t) = \operatorname{e}^{2t} y'' \left( \operatorname{e}^t \right) \end{eqnarray*}$

Und so bekommt man durch Einsetzen eine lineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten.

04.08.2013, 07:48

Zac Shawn

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Danke allen das war ja eig nicht so schwer. Wenn ich sowas nochmal machen müsste in der Klausur dann würde ich es dank Euch hinbekommen. Danke sehr.

Zitat:

Original von Leopold
$\begin{eqnarray*} \color{red} \ddot{u}(t) - \dot{u}(t) = \operatorname{e}^{2t} y'' \left( \operatorname{e}^t \right) \end{eqnarray*}$

Und so bekommt man durch Einsetzen eine lineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten.

Diese Differentialgleichung soll ich jetzt lösen und alle Lösungen $\begin{eqnarray*} z(t) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} u(t) \end{eqnarray*}$ bestimmen. Weiß nicht so recht wie ich dies anstellen soll, vor allem mit welchem "Werkzeug", Methoden?

05.08.2013, 08:07

Zac Shawn

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Ich kämpfe noch vergebens die Aufgabe zuende zu löse.. Leider erfolgslos. Meine bekannten Methoden sind nur Variation der Konstanten, Substitution und Trennung der Veränderlichen. Bezweifle aber stark, dass ich es damit lösen soll. Vor allem empfinde ich $\begin{eqnarray*} y'' \end{eqnarray*}$ als Störfaktor und extremst komisch unglücklich

unglücklich

05.08.2013, 08:33

Leopold

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Für die Funktion $\begin{eqnarray*} u = u(t) \end{eqnarray*}$ ist die Differentialgleichung

$\begin{eqnarray*} \ddot{u} - (a+b) \, \dot{u} + ab \, u = 0 \end{eqnarray*}$

zu lösen. Das ist eine homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. So etwas geht man mit dem Ansatz

$\begin{eqnarray*} u = \operatorname{e}^{\lambda t} \end{eqnarray*}$

an, wobei der Parameter $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ geeignet zu bestimmen ist.

Berechne aus dem Ansatz $\begin{eqnarray*} \dot{u} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \ddot{u} \end{eqnarray*}$ und setze das in die obige Differentialgleichung ein. Wenn du richtig rechnest, kann der Faktor $\begin{eqnarray*} \operatorname{e}^{\lambda t} \end{eqnarray*}$ (der ja nie Null wird) aus der Gleichung herausdividiert werden, so daß eine quadratische Gleichung in $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ verbleibt (charakteristische Gleichung). Die mußt du noch lösen. Wenn du an den Satz von Vieta denkst, kannst du die Lösungen sogar direkt ablesen.

05.08.2013, 10:18

Zac Shawn

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Zitat:

Original von Zac Shawn
sei die Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} x^2 y''+(1-a-b)x y'+aby=0 \end{eqnarray*}$ gegeben.

b) Bestimmen Sie alle Lösungen $\begin{eqnarray*} z(t) \end{eqnarray*}$ der in a) entstandenen Differentialgleichung.

Durch die Überführung erhielten wir ja:
$\begin{eqnarray*} \ddot{u}(t) - \dot{u}(t) = \operatorname{e}^{2t} y'' \left( \operatorname{e}^t \right) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Leopold
Für die Funktion $\begin{eqnarray*} u = u(t) \end{eqnarray*}$ ist die Differentialgleichung

$\begin{eqnarray*} \ddot{u} - (a+b) \, \dot{u} + ab \, u = 0 \end{eqnarray*}$

zu lösen. Das ist eine homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten.

Wie kommst du denn jetzt auf $\begin{eqnarray*} \ddot{u} - (a+b) \, \dot{u} + ab \, u = 0 \end{eqnarray*}$ wenn man fragen darf?

Zitat:

Original von Leopold
So etwas geht man mit dem Ansatz

$\begin{eqnarray*} u = \operatorname{e}^{\lambda t} \end{eqnarray*}$

an, wobei der Parameter $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ geeignet zu bestimmen ist.

Berechne aus dem Ansatz $\begin{eqnarray*} \dot{u} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \ddot{u} \end{eqnarray*}$ und setze das in die obige Differentialgleichung ein. Wenn du richtig rechnest, kann der Faktor $\begin{eqnarray*} \operatorname{e}^{\lambda t} \end{eqnarray*}$ (der ja nie Null wird) aus der Gleichung herausdividiert werden, so daß eine quadratische Gleichung in $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ verbleibt (charakteristische Gleichung). Die mußt du noch lösen. Wenn du an den Satz von Vieta denkst, kannst du die Lösungen sogar direkt ablesen.

$\begin{eqnarray*} \lambda^2 e^{\lambda t} - (a+b) \, \lambda e^{\lambda t} + ab \, e^{\lambda t} = 0 \end{eqnarray*}$
Satz von Vieta hat mir im ersten Moment nichts gesagt, jedenfalls habe ich mal nachgeschaut, eigentlich ist er klar, nur wenn ich das hier in der komischen Form ablesen soll dann stellt es mich doch vor Probleme.

Jedenfalls kann man ja Ausklammern:

$\begin{eqnarray*} e^{\lambda t}(\lambda^2 - (a+b) \, \lambda + ab \, ) \end{eqnarray*}$

Mit der PQ-Formel:
$\begin{eqnarray*} \lambda_{1,2}=\frac{a+b}{2} \pm \sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-ab} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_{1,2}=\frac{a+b}{2} \pm \sqrt{\frac{(a+b)^2}{4}-ab} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_{1,2}=\frac{a+b}{2} \pm \sqrt{\frac{a^2+2ab+b^2}{4}-ab} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \cdots \lambda_{1,2}=\frac{a+b}{2} \pm \frac{a-b}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_1=a \land \lambda_2=b \end{eqnarray*}$

Thank you Freude

Freude

05.08.2013, 10:35

Leopold

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$\begin{eqnarray*} \lambda^2 - (a+b) \, \lambda + ab = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ (\lambda - a) \cdot (\lambda - b) = 0 \end{eqnarray*}$

Somit kann man die Lösungen sofort ablesen: $\begin{eqnarray*} \lambda = a \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \lambda = b \end{eqnarray*}$

Damit sind $\begin{eqnarray*} u(t) = \operatorname{e}^{at} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} u(t) = \operatorname{e}^{bt} \end{eqnarray*}$ zwei linear unabhängige Lösungen der homogenen linearen Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} \ddot{u} - (a+b) \, \dot{u} + ab \, u = 0 \end{eqnarray*}$ (weil ja nach Voraussetzung $\begin{eqnarray*} a \neq b \end{eqnarray*}$ gilt). Nach der allgemeinen Theorie erhält man sämtliche Lösungen als Linearkombinationen hiervon:

$\begin{eqnarray*} u(t) = r \operatorname{e}^{at} + s \operatorname{e}^{bt} = r \left( \operatorname{e}^t \right)^a + s \left( \operatorname{e}^t \right)^b ; \ \ r,s \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

Ganz zu Anfang hatten wir $\begin{eqnarray*} u(t) = y \left( \operatorname{e}^t \right) \end{eqnarray*}$ gesetzt (grün). Jetzt führe die Rücksubstitution $\begin{eqnarray*} x = \operatorname{e}^t \end{eqnarray*}$ durch, um die Lösungen der ursprünglichen Differentialgleichung in $\begin{eqnarray*} y = y(x) \end{eqnarray*}$ zu erhalten. Führe sicherheitshalber die Probe durch, ob die gefundenen Funktionen die Differentialgleichung tatsächlich lösen.

Zitat:

Original von Zac Shawn
Wie kommst du denn jetzt auf $\begin{eqnarray*} \ddot{u} - (a+b) \, \dot{u} + ab \, u = 0 \end{eqnarray*}$ wenn man fragen darf?

Das habe ich doch durch die Farben grün, blau und rot hinlänglich klargemacht.

05.08.2013, 11:28

Zac Shawn

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold

Zitat:

Original von Zac Shawn
Wie kommst du denn jetzt auf $\begin{eqnarray*} \ddot{u} - (a+b) \, \dot{u} + ab \, u = 0 \end{eqnarray*}$ wenn man fragen darf?

Das habe ich doch durch die Farben grün, blau und rot hinlänglich klargemacht.

Jup klaro sorry wahr wohl noch im Schlaf Hammer

Hammer

Zitat:

Original von Leopold
Damit sind $\begin{eqnarray*} u(t) = \operatorname{e}^{at} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} u(t) = \operatorname{e}^{bt} \end{eqnarray*}$ zwei linear unabhängige Lösungen der homogenen linearen Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} \ddot{u} - (a+b) \, \dot{u} + ab \, u = 0 \end{eqnarray*}$ (weil ja nach Voraussetzung $\begin{eqnarray*} a \neq b \end{eqnarray*}$ gilt). Nach der allgemeinen Theorie erhält man sämtliche Lösungen als Linearkombinationen hiervon:

$\begin{eqnarray*} u(t) = r \operatorname{e}^{at} + s \operatorname{e}^{bt} = r \left( \operatorname{e}^t \right)^a + s \left( \operatorname{e}^t \right)^b ; \ \ r,s \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

Ganz zu Anfang hatten wir $\begin{eqnarray*} u(t) = y \left( \operatorname{e}^t \right) \end{eqnarray*}$ gesetzt (grün). Jetzt führe die Rücksubstitution $\begin{eqnarray*} x = \operatorname{e}^t \end{eqnarray*}$ durch, um die Lösungen der ursprünglichen Differentialgleichung in $\begin{eqnarray*} y = y(x) \end{eqnarray*}$ zu erhalten. Führe sicherheitshalber die Probe durch, ob die gefundenen Funktionen die Differentialgleichung tatsächlich lösen.

Also mit der Rücksubstitution $\begin{eqnarray*} x = \operatorname{e}^t \end{eqnarray*}$ erhalten wir doch: $\begin{eqnarray*} y(x) = r \left( x\right)^a + s \left( x \right)^b ; \ \ r,s \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

Wie soll das denn aber mit der Probe übereinstimmen? Das abgeleitet ergibt ja nicht die in der Aufgabe gegebene DGL verwirrt

verwirrt

05.08.2013, 11:41

Leopold

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Die Klammern irritieren mich etwas. Warum schreibst du nicht einfach $\begin{eqnarray*} y = y(x) = r x^a + s x^b \end{eqnarray*}$ ?

Jetzt bestimme $\begin{eqnarray*} y' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y'' \end{eqnarray*}$ und setze $\begin{eqnarray*} y,y',y'' \end{eqnarray*}$ in den Term (!) $\begin{eqnarray*} x^2 y'' + (1-a-b)x \, y' + ab \, y \end{eqnarray*}$ ein. Dann sollte sich alles aufheben und $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ herauskommen, wenn wir richtig gerechnet haben.
Die Probe dient nur dazu, Rechenfehler zu finden. Bei längeren Rechnungen mit so vielen Zwischenschritten sollte man die immer durchführen.

05.08.2013, 12:12

Zac Shawn

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Zitat:

Original von Leopold
Die Klammern irritieren mich etwas. Warum schreibst du nicht einfach $\begin{eqnarray*} y = y(x) = r x^a + s x^b \end{eqnarray*}$ ?

Die hatte ich nur drinne, weil ich zitiert habe Big Laugh

Big Laugh

Zitat:

Original von Leopold
Jetzt bestimme $\begin{eqnarray*} y' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y'' \end{eqnarray*}$ und setze $\begin{eqnarray*} y,y',y'' \end{eqnarray*}$ in den Term (!) $\begin{eqnarray*} x^2 y'' + (1-a-b)x \, y' + ab \, y \end{eqnarray*}$ ein. Dann sollte sich alles aufheben und $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ herauskommen, wenn wir richtig gerechnet haben.
Die Probe dient nur dazu, Rechenfehler zu finden. Bei längeren Rechnungen mit so vielen Zwischenschritten sollte man die immer durchführen.

$\begin{eqnarray*} y = y(x) = r x^a + s x^b \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y' = y'(x) = \frac{arx^a+sbx^b}{x}=a\cdot r \cdot x^a \cdot x^{-1}+s\cdot b \cdot x^b \cdot x^{-1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y''=a\cdot r(ax^{a-2}+x^{a}\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right))+s\cdot b(bx^{b-2}+x^{b}\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)) \end{eqnarray*}$

Ich hoffe die Probe stimmt einfach denn ich habe den Überblick verloren unglücklich

unglücklich

das geht über eine halbe Seite bei mir verwirrt

verwirrt

05.08.2013, 12:32

Leopold

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Zitat:

Original von Zac Shawn
das geht über eine halbe Seite bei mir verwirrt

verwirrt

Bei mir nicht:

$\begin{eqnarray*} y = rx^a + sx^b \, , \ y' = rax^{a-1} + sbx^{b-1} \, , \ \ y'' = ra(a-1)x^{a-2} + sb(b-1)x^{b-2} \end{eqnarray*}$

Jetzt einsetzen:

$\begin{eqnarray*} x^2 y'' + (1-a-b) x \, y' + ab \, y = ra(a-1)x^a + sb(b-1)x^b + (1-a-b) rax^a + (1-a-b) sbx^b + abr x^a + abs x^b \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = rax^a \underbrace{\left( a-1 \ + \ 1-a-b \ + \ b \right)}_{=0} + sbx^b \underbrace{\left( b-1 \ + \ 1-a-b \ + \ a \right)}_{=0} = 0 \end{eqnarray*}$

05.08.2013, 15:28

Zac Shawn

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Augenzwinkern

Joa

Gott

Okay damit wäre alles erledigt, oder habe ich noch etwas übersehen? Ich bedanke mich über alles in der Welt (schade dass man Dich nicht als Personal-Nachhilfecoach buchen kann)

Augenzwinkern

Augenzwinkern

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