Variation d. Konstanten nach Bernoulli-DGL

15.03.2014, 16:25

laienstefan

Variation d. Konstanten nach Bernoulli-DGL

Hi!

Gegeben ist die Gleichung [attach]33588[/attach]
Der Ansatz ist u=y^-3 und dann kommt man nach ein wenig Rechnerei auf
$\begin{eqnarray*} u' = - 3/{2x}u - x/2 \end{eqnarray*}$

also eigentlich eine stinknormale DGL 1. Grades. Die homogene DGL lautet

$\begin{eqnarray*} u_h' = - \frac{3u_h}{2x} \end{eqnarray*}$

nach Trennung d. Variablen und Integration und Anwendung der e-Funktion erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \frac{u_h}{u_0} = e^{- \frac{3}{2}} \frac{x}{x_0} \end{eqnarray*}$

und dann schiebe ich alles außer u_h nach rechts und fasse dort alles außer dem x-Term in k zusammen:

$\begin{eqnarray*} u_h = \frac{u_0}{x_0} e^{- \frac{3}{2}} * x = k*x \end{eqnarray*}$

jetzt wird es partikulär mit Variation d. Konstanten:

$\begin{eqnarray*} u_p = k(x)*x \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} u_p' = k'(x)*x + k(x) \end{eqnarray*}$

dies setze ich in die ursprüngliche DGL ein und erhalte:

$\begin{eqnarray*} k'(x)*x + k(x) = -\frac{3}{2} k(x) - \frac{1}{2} x \end{eqnarray*}$

Hier komme ich ins Stutzen, denn normalerweise kürzt sich er Term mit k(x) immer so schön weg!
dann könnte ich nach k'(x) auflösen, integrieren und hätte meine Lösung.
Aber so? Was läuft hier schief?

15.03.2014, 16:44

grosserloewe

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RE: Variation d. Konstanten nach Bernoulli-DGL
Wink

Also ich habe erhalten:

$\begin{eqnarray*} z' + \frac{3z}{2x} =-2x \end{eqnarray*}$

Es gibt jetzt 2 Möglichkeiten?

Heißt die Aufgabe wirklich so , oder hast Du Dich verrechnet?

smile

15.03.2014, 17:00

laienstefan

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RE: Variation d. Konstanten nach Bernoulli-DGL

Zitat:

Original von grosserloewe
Es gibt jetzt 2 Möglichkeiten?

Heißt die Aufgabe wirklich so , oder hast Du Dich verrechnet?

smile

Sehr schön, gleich die erste Zeile des Eingangsposts ist nämlich falsch :P
die 4 steht da nicht:
[attach]33588[/attach]

Werde ich oben im ersten Post gleich ändern.

Das ändert aber ja nichts an dem Teil, wo das u ins spiel kommt. Die Rücksubstitution ist ja dann eine andere Geschichte, aber ich komme ja für u nicht auf das richtige Ergebnis!
Hab ich da einen Schnitzer bei der Variation d. Konstanten oder schon der Trennung d. Variablen drin?

15.03.2014, 17:34

grosserloewe

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RE: Variation d. Konstanten nach Bernoulli-DGL
Wink

Ich habe statt u z geschrieben , aber iss ja egal.

Die Methode heiißt: Variation der Konstanten.

$\begin{eqnarray*} z' + \frac{3}{2x } z = - \frac{x}{2} \end{eqnarray*}$

homogene Gleichung:

$\begin{eqnarray*} z' +\frac{3}{2x} z =0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z_{h} = C * x^{\frac{-3}{2} } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z_{p} = C (x) * x^{\frac{-3}{2} } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z_{p} ' = C'(x) *x^{\frac{-3}{2} }-\frac{3}{ 2*x^{\frac{5}{2} } } *C(x) \end{eqnarray*}$

soweit erstmal, da kannst Du ja vergleichen und dann hebt sich der "besagte" Term auch heraus.

$\begin{eqnarray*} C(x)= - \frac{1}{7} x^{\frac{7}{2} } \end{eqnarray*}$

smile

15.03.2014, 21:02

laienstefan

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RE: Variation d. Konstanten nach Bernoulli-DGL

Zitat:

Original von grosserloewe

homogene Gleichung:

$\begin{eqnarray*} z' +\frac{3}{2x} z =0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z_{h} = C * x^{\frac{-3}{2} } \end{eqnarray*}$

Und das ist an deiner Rechnung der Schritt, den ich nicht nachvollziehen kann. Ich rechne mal meine Version Schritt für Schritt:

(1) Homogene DGL $\begin{eqnarray*} \frac{dz}{dx} = - \frac{3}{2x} z \end{eqnarray*}$

(2) Trennung dre Variablen $\begin{eqnarray*} \frac{dz}{z} = - \frac{3}{2x} dx \end{eqnarray*}$

(3) Integration beider Seiten $\begin{eqnarray*} ln (\frac{z}{z_0}) = -\frac{3}{2} ln(\frac{x}{x_0}) \end{eqnarray*}$

(4) e-Funktion beider Seiten $\begin{eqnarray*} \frac{z}{z_0} = e^{-\frac{3}{2}} \frac{x}{x_0} \end{eqnarray*}$

(5) Auflösen $\begin{eqnarray*} z = -\frac{z_0}{x_0} e^{-\frac{3}{2}} * x = C * x \end{eqnarray*}$

Wo bin ich gestolpert?

16.03.2014, 00:08

grosserloewe

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RE: Variation d. Konstanten nach Bernoulli-DGL
Wink

(2) ist noch ok

dann habe ich:

$\begin{eqnarray*} ln|z| = -\frac{3}{2 } * ln|x| +C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln|z| = ln | x|^{\frac{-3}{2} } +C \end{eqnarray*}$

dann mit meinem Ergebnis.

PS:

Du hattest das ja schon mal gerechnet,

http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=536073

16.03.2014, 11:14

laienstefan

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Hmm, deine Lösung macht ja wunderbar Sinn, aber meine denn nicht? böse

16.03.2014, 11:23

grosserloewe

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Also , ich habe das auf der Uni und nicht nur dort auch auf anderen Schulen etc.
so gelernt und nie anders, also wie ich es rechnete. Warum das bei Dir (in "Deinem Buch") so dargestellt wird , also mit irgendwelchen Konstanten , weiß ich nicht und es macht auch meiner Meinung keinen Sinn.

Wenn Du dennoch "Deinen" Weg gehen willst muß ich an dieser Stelle passen.

Wir haben ja jede Menge sehr schlauer Helfer hier , vielleicht wissen die den Sinn.

smile

16.03.2014, 13:19

laienstefan

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Dir vielen Dank! Ich hatte das das erste Mal ohne exakten mathematischen Hintergrund gemacht nach der folgenden Methode:

"Variablen trennen - integrieren - nach y auflösen - alles vor dem x-Ausdruck als Konstante zusammenfassen"

und dann eben diese Konstante variieren. Hat bisher auch immer geklappt, aber hier stößt diese "Mehode" wohl an ihre Grenzen.

Aber vielleicht sieht ja jemand meinen Denkfehler :P

23.03.2014, 19:09

laienstefan

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Ist das keine legitime Methode?

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