DGL - Trennung der Variablen

13.08.2013, 15:59

SchorleApfel

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DGL - Trennung der Variablen

Guten Tag

smile

$\begin{eqnarray*} y' = 0,5(3-y) \end{eqnarray*}$

Ansatz:

$\begin{eqnarray*} y' = 0,5(3-y) \Leftrightarrow \frac{dy}{dx} = 0.5(3-y) \Leftrightarrow \int\! \frac{1}{3-y} \, dy = \int\! 0.5 \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <br /> \Leftrightarrow ln |3-y| = 0.5x + C \Leftrightarrow 3-y = C \cdot e^{0.5x} \Leftrightarrow y = 3 - C \cdot e^{0.5x} \end{eqnarray*}$

In der Musterlösung steht:

$\begin{eqnarray*} y = 3 + C \cdot e^{-0.5x} \end{eqnarray*}$

Was habe ich falsch gemacht?

13.08.2013, 16:00

Che Netzer

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RE: DGL - Trennung der Variablen
Du hast $\begin{eqnarray*} \frac1{3-y}=-\frac1{y-3} \end{eqnarray*}$ falsch integriert.

13.08.2013, 16:01

Bjoern1982

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Eine Stammfunktion für 1/(3-y) ist nicht ln|3-y|, zumindest nicht ganz Augenzwinkern

Augenzwinkern

Kannst ja mal die Probe durch Ableiten machen.

13.08.2013, 16:10

SchorleApfel

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Ihr habt Recht Freude

Freude

Danke

smile

Ich habe es jetzt mal mit Substitution gemacht:

$\begin{eqnarray*} u = 3 - y \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{du}{dy} = -1 \Leftrightarrow dy = -du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! -\frac{1}{u} \, du = -ln|u| = -ln|3-y| \end{eqnarray*}$

Aber wie kommt man auf y-3?

13.08.2013, 19:17

Che Netzer

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Wie meinst du das?
An welcher Stelle möchtest du wieso auf $\begin{eqnarray*} y-3 \end{eqnarray*}$ kommen?

13.08.2013, 21:49

SchorleApfel

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So sah ein Zwischenschritt in der Musterlösung aus. Aber da wurde wohl einfach umgestellt, wie du hier geschrieben hast $\begin{eqnarray*} \frac1{3-y}=-\frac1{y-3} \end{eqnarray*}$ .
Aber wie dem auch sei.

Richtig integriert habe ich nun, oder?

$\begin{eqnarray*} y' = 0,5(3-y) \Leftrightarrow \frac{dy}{dx} = 0.5(3-y) \Leftrightarrow \int\! \frac{1}{3-y} \, dy = \int\! 0.5 \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow - ln |3-y| = 0.5x + C \Leftrightarrow -(3-y) = C \cdot e^{0.5x} \Leftrightarrow y = 3 + C \cdot e^{0.5x} \end{eqnarray*}$

Nun steht in der Musterlösung $\begin{eqnarray*} y = 3 + C \cdot e^{-0.5x} \end{eqnarray*}$ . Wie kommt man auf den negativen Exponenten? Wo habe ich etwas falsch gemacht?

Danke smile

smile

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13.08.2013, 22:02

Che Netzer

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Zitat:

Original von SchorleApfel
$\begin{eqnarray*} - ln |3-y| = 0.5x + C \Leftrightarrow -(3-y) = C \cdot e^{0.5x} \end{eqnarray*}$

Das hier ist falsch.

14.08.2013, 13:01

SchorleApfel

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$\begin{eqnarray*} - ln |3-y| = 0.5x + C \Leftrightarrow \frac{1}{3-y} = C \cdot e^{0.5x} \Leftrightarrow \frac{1}{C \cdot e^{0.5x}}= 3 -y \Leftrightarrow y = 3 - C \cdot e^{-0.5x} \end{eqnarray*}$

Wieder nicht das Ergebnis der Musterlösung.. verwirrt

verwirrt

14.08.2013, 13:04

Che Netzer

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Das Vorzeichen der Konstante ist natürlich egal Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.08.2013, 13:12

SchorleApfel

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Also stimmt das so: $\begin{eqnarray*} y = 3 \pm C \cdot e^{-0.5x} \end{eqnarray*}$

Vielen Dank, Che smile

smile

14.08.2013, 13:19

Che Netzer

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Du kannst auch bei $\begin{eqnarray*} + \end{eqnarray*}$ bleiben. Es soll ja $\begin{eqnarray*} C\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ gewählt werden können.

Übrigens hättest du einfach $\begin{eqnarray*} z:=y-3 \end{eqnarray*}$ substituieren können. Dann wärst du auf $\begin{eqnarray*} z'=-\frac12z \end{eqnarray*}$ gekommen. Die Lösung davon ist mit $\begin{eqnarray*} z=C\mathrm e^{-\frac x2} \end{eqnarray*}$ sicher bekannt. Danach nur noch eine Drei hinzuaddieren, um $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ zu erhalten.

14.08.2013, 13:34

SchorleApfel

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Okay, das kann ich nachvollziehen, danke smile

smile

Aber eine Frage habe ich noch, warum kommt ein anderes Ergebnis raus, wenn ich ausmultipliziere?

$\begin{eqnarray*} y' = 0,5(3-y) \Leftrightarrow y' = 1.5 - 0.5y \Leftrightarrow \frac{dy}{dx} + 0.5y = 1.5 \Leftrightarrow \int\! 0.5y \, dy = \int\! 1.5 \, dx \Leftrightarrow \frac{1}{4}y^2 = 1.5x + C \Leftrightarrow y^2 = 6x + C \Leftrightarrow y = \pm \sqrt{6x + C} \end{eqnarray*}$

14.08.2013, 13:36

Che Netzer

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Zitat:

Original von SchorleApfel
$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx} + 0.5y = 1.5 \Leftrightarrow \int\! 0.5y \, dy = \int\! 1.5 \, dx \end{eqnarray*}$

Überprüf das nochmal. Was passiert, wenn du mit $\begin{eqnarray*} \dx \end{eqnarray*}$ multiplizierst?

14.08.2013, 13:51

SchorleApfel

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Dann habe ich das hier:

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx} + 0.5y = 1.5 \Leftrightarrow dy + 0.5y \, dx = 1.5dx \Leftrightarrow y + 0.5yx =1.5x \end{eqnarray*}$

Und nun habe ich eine lineare DGL, oder?

14.08.2013, 13:52

Che Netzer

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Was wird das denn? Hast du gerade ein $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ gekürzt? Geht natürlich nicht...

Und du hattest vorher schon eine lineare DGL.

14.08.2013, 14:10

SchorleApfel

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Nein, ich habe integriert.

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx} + 0.5y = 1.5 \Leftrightarrow dy + 0.5y \, dx = 1.5dx \Leftrightarrow \int\! 1 \, dy + 0.5y \int\! 1\, dx = 1.5 \int\! 1 \, dx \Leftrightarrow y + 0.5y(x + C) =1.5x + C \end{eqnarray*}$

Muss ich jetzt nicht wieder den Ansatz machen mit homogener Lösung + partikulärer Lösung?

14.08.2013, 14:40

Che Netzer

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Du darfst aber $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ nicht als Konstante behandeln, d.h. $\begin{eqnarray*} \int y\dx\neq y\int\dx \end{eqnarray*}$ .

14.08.2013, 14:52

SchorleApfel

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Es ist keine Konstante, weil y in Abhängigkeit von x dargestellt wird, oder?

Aber was ist dann das Integral?
Die Frage ist doch, welche Funktion muss ich ableiten, damit y herauskommt, und das ist nicht yx?

Ich weiß hier gerade nicht weiter.. verwirrt

verwirrt

14.08.2013, 16:46

Che Netzer

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Die Ableitung von $\begin{eqnarray*} yx \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} y'x+y \end{eqnarray*}$ ...
Aber was machst du hier überhaupt? Du hast die DGL doch schon gelöst. Der neue Weg ist schlicht unsinnig.

14.08.2013, 16:54

SchorleApfel

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Du hast Recht belassen wir es dabei, mich hat einfach nur der Lösungsweg interessiert, weil das eigentlich mein erster Gedanke war.

Vielen Dank, Che Wink

Wink

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