DGL 1.Ordnung

14.09.2013, 19:28

efficktief

DGL 1.Ordnung

Meine Frage:
$\begin{eqnarray*} y'=y-x \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Trennung der Variablen funktioniert bei mir nicht. Ich denke, dass X der Störterm also ist. Ich würde folgendes machen:

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

Die Lösung meiner homogenen DGL, wäre dann:

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

14.09.2013, 19:31

Che Netzer

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RE: DGL 1.Ordnung

Zitat:

Original von efficktief
$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{y} = 1 \end{eqnarray*}$

Rechts müsste hier $\begin{eqnarray*} \dx \end{eqnarray*}$ stehen.
Aber deine Lösung der homogenen Gleichung ist richtig.
Jetzt kannst du eine partikuläre Lösung suchen.

Du könntest auch direkt $\begin{eqnarray*} z:=y-x \end{eqnarray*}$ substituieren, um eine separierbare DGL zu erhaten.

14.09.2013, 19:49

efficktief

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Stimmt, dx vergessen. Aber ein partikulären Ansatz muss ich jetzt nicht suchen, oder? Dachte sowas macht man erst bei DGL 2. Ordnung?! Ich würde jetzt sowas machen:

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

1) aus der Konstanten eine Fkt machen;

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

2) Ableitung bilden:

$\begin{eqnarray*} y'(x) = e^x * K(x)' + e^x * K(x) \end{eqnarray*}$

3) Einsetzen in der ausgangs DGL:

$\begin{eqnarray*} e^x * K(x)' + e^x * K(x) = e^x * K(x) - x \end{eqnarray*}$

Bisschen umformen:

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

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

Anfangsbedingung war;

y(0) = 1 ; y(1) = ?

eh jetzt hier einsetzen?:

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

=>

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

$\begin{eqnarray*} y(1) = e^1 * -(-1-1)*e^-1 = 2 \end{eqnarray*}$

hm, kp ob das so richtig ist!!! Ist schon etwas länger her und bin mir grad nicht sicher wann ich was machen muss.... habe mehrere Sachen im Kopf wie 3 Fälle (zwei unterschiedliche reelle Lösungen, zwei gleiche und komplex), dann ein partikulären Ansatz selber "bauen", oder wie ich das jetzt gemacht habe.... wodrauf kommt es denn nochmals an, welchen "Lösungsweg" man gehen muss?!

Danke!!!!

14.09.2013, 20:39

Che Netzer

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Zitat:

Original von efficktief
Stimmt, dx vergessen. Aber ein partikulären Ansatz muss ich jetzt nicht suchen, oder?

Brauchst du nicht, kannst du aber. Ich bevorzuge ja die "Ansatz-Methode".

Zitat:

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

Um längere Exponenten (mehr als ein Zeichen) kannst du geschweifte Klammern setzen.
Das kannst du jetzt aber noch stark vereinfachen.
Anschließend kannst du noch die allgemeine Lösung bilden.

Zitat:

habe mehrere Sachen im Kopf wie 3 Fälle (zwei unterschiedliche reelle Lösungen, zwei gleiche und komplex), dann ein partikulären Ansatz selber "bauen", oder wie ich das jetzt gemacht habe....

Da bist du bei DGLs zweiter Ordnung (linear und mit konstanten Koeffizienten).

Zitat:

wodrauf kommt es denn nochmals an, welchen "Lösungsweg" man gehen muss?!

Auf den Typ der DGL. Und man muss nicht irgendeinen Lösungsweg gehen. Hier kannst du wie gesagt wunderbar die Substitution $\begin{eqnarray*} z:=y-x \end{eqnarray*}$ und eine Trennung der Veränderlichen benutzen.

14.09.2013, 21:24

efficktief

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Achso, kommt in der allgemeinen Lösung die Anfangsbedingung?

allg. Lösung ist ja Homogen+Partikuläre also:

$\begin{eqnarray*} y(x) = e^x * K + (x+1) * e^{-x} \end{eqnarray*}$

Anfangsbedingung y(0)=1

$\begin{eqnarray*} y(0) = e^0 * K + (0+1) * e^{-0} = 1 \end{eqnarray*}$

K = 1

zweite Anfangsbeding : y(1) = ??

$\begin{eqnarray*} y(1) = e^1 * 1 + (1+1) * e^{-1} = 3,45 \end{eqnarray*}$

so ?! glaub nicht.. :P

14.09.2013, 21:36

Che Netzer

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Ja, die Anfangsbedingung verarbeitet man erst, sobald man wirklich eine Lösung hat.
Dir ist beim Vereinfachen der partikulären Lösung allerdings ein Fehler unterlaufen. Der Faktor $\begin{eqnarray*} \mathrm e^x \end{eqnarray*}$ hat sich da einfach so in Luft aufgelöst.

Und was diese zweite Anfangsbedingung soll, weiß ich auch nicht. Sollt ihr vielleicht die Lösung $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ von
$\begin{eqnarray*} \begin{cases}y'=y-x\\y(0)=1\end{cases} \end{eqnarray*}$
bestimmen und anschließend $\begin{eqnarray*} y(1) \end{eqnarray*}$ berechnen?

15.09.2013, 22:51

efficktief

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Zitat:

Original von Che Netzer
Ja, die Anfangsbedingung verarbeitet man erst, sobald man wirklich eine Lösung hat.
Dir ist beim Vereinfachen der partikulären Lösung allerdings ein Fehler unterlaufen. Der Faktor $\begin{eqnarray*} \mathrm e^x \end{eqnarray*}$ hat sich da einfach so in Luft aufgelöst.

Und was diese zweite Anfangsbedingung soll, weiß ich auch nicht. Sollt ihr vielleicht die Lösung $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ von
$\begin{eqnarray*} \begin{cases}y'=y-x\\y(0)=1\end{cases} \end{eqnarray*}$
bestimmen und anschließend $\begin{eqnarray*} y(1) \end{eqnarray*}$ berechnen?

Ja genau, so soll es sein.

also meine homogene Lösung lautet doch:

$\begin{eqnarray*} y_h = e^{x} * K \end{eqnarray*}$

und die Partikuläre:

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

Allgemeine Lösung:

$\begin{eqnarray*} y_a = e^{x} * K + e^{x} * (x+1) * e^{-x} = e^{x} * K + (x+1) \end{eqnarray*}$

und darin setze ich jetzt als erstes y(0) = 1 ein?!

15.09.2013, 22:54

Che Netzer

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Ja, denn erst das ist ja die allgemeine Lösung der DGL.

15.09.2013, 23:00

efficktief

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$\begin{eqnarray*} y(0) = e^{0} * K + (0+1) = 1 => K = 0 \end{eqnarray*}$

und wenn ich jetzt y(1) ausrechnen soll dann:

$\begin{eqnarray*} y(1) = e^{1} * 0 + (1+1) = 2 \end{eqnarray*}$

?

15.09.2013, 23:10

Che Netzer

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Ja, wobei du gar nicht mehr $\begin{eqnarray*} \mathrm e^1\cdot0 \end{eqnarray*}$ schreiben müsstest, wenn sowieso nur $\begin{eqnarray*} y(x)=x+1 \end{eqnarray*}$ ist.

15.09.2013, 23:17

efficktief

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Das stimmt. Ok, danke! War mir nicht mehr sicher und du hast mir doch sehr geholfen! :-)

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