partikuläre Lösung der DGL: y'+a/y=b

31.03.2014, 22:47

luckyluke89

partikuläre Lösung der DGL: y'+a/y=b

Meine Frage:
Wie der Titel schon sagt: ich suche die partikuläre Lösung der DGL y'+a/y=b .

Meine Ideen:
Ein geeigneter Ansatz würde mir schon reichen. Die homogene Lösung habe ich einfach durch TdV bestimmt....

31.03.2014, 23:35

Helferlein

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Wenn die Ableitung verschwindet ist die Gleichung leichter zu lösen.

01.04.2014, 08:13

thk

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RE: partikuläre Lösung der DGL: y'+a/y=b
@ luckyluke89
Nur kleine Bemerkung:
Die DGL ist nicht linear. Die Lösung setzt sich nicht aus homogener und spezieller zusammen.

Wieder weg.

01.04.2014, 12:01

luckyluke89

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@thk: Danke für diesen Hinweis! Wie setzt sich denn die Lösung in diesem Fall zusammen? Hast du für mich einen Tipp für einen Ansatz?

01.04.2014, 14:01

HAL 9000

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vielleicht ist ja das gemeint...
@luckyluke89

Aus Erfahrung in diesem Board, und weil du (indirekt) von linearer DGL redest:

Du meinst wirklich

y'+a/y = b, also $\begin{eqnarray*} y' + \frac{a}{y} = b \end{eqnarray*}$

statt etwa die andere DGL

(y'+a)/y = b, also $\begin{eqnarray*} \frac{y'+a}{y} = b \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

Denn diese zweite DGL ist (nach Multiplikation mit $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ) tatsächlich linear.

01.04.2014, 14:46

luckyluke89

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Du meinst wirklich

y'+a/y = b, also $\begin{eqnarray*} y' + \frac{a}{y} = b \end{eqnarray*}$

--> JA !

01.04.2014, 15:07

HAL 9000

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Dann verstehe ich auch nicht, warum du von "homogener" bzw. "partikulärer" Lösung sprichst. Die DGL

$\begin{eqnarray*} y' + \frac{a}{y} = b \end{eqnarray*}$

kann man doch direkt per TdV lösen, ohne die Attribute "homogen/partikulär" (was auch immer du damit hier zu meinen glaubst).

01.04.2014, 15:23

luckyluke89

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bitte alles lesen
Dass es keine lineare DGL ist und die Lösung sich nicht aus homogener und partikulärer zusammensetzt wurde oben schon geklärt. Ich kann TdV bei dieser DGL nicht durchführen. Wenn du es kannst, so zeige mir doch bitte wie es geht... Das wäre echt spitze!

01.04.2014, 15:40

HAL 9000

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$\begin{eqnarray*} y' + \frac{a}{y} = b \end{eqnarray*}$

Simpel umstellen:

$\begin{eqnarray*} y' + \frac{a}{y} = b \qquad \Bigm| \; -\frac{a}{y} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y' = \frac{by-a}{y} \qquad \Bigm| \; \cdot \frac{y}{by-a} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{y}{by-a}\cdot y' = 1 \end{eqnarray*}$

Und nun integrieren:

$\begin{eqnarray*} \int \frac{y}{by-a} ~ \dd y = x+ C \end{eqnarray*}$

Links steht eine gebrochen rationale Funktion, das solltest du packen.

P.S.: Ich hab "alles gelesen". Aber wenn einer nicht nur angedacht hat, sondern sogar behauptet, eine "homogene" Lösung bestimmt zu haben, dann kann man ruhig nochmal wiederholen, dass das hier Unsinn ist. Augenzwinkern

01.04.2014, 15:53

luckyluke89

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oah ich seh es immer nicht ob TdV geht oder nicht. Danke dafür. Wenn ich Integraltabellen hernehme kommt was mit ln() und arctan raus als Lösung. Wolfram alpha hingegen spuckt eine Lösung mit einer Lambert W() Funktion aus, die man durch eine Reihe approximieren kann. Was ist denn nun richtig von beiden?

Ich darf keine URL's anhängen. Eingabe Wofram alpha: y'(x)+a/y(x)=b

01.04.2014, 15:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von luckyluke89
oah ich seh es immer nicht ob TdV geht oder nicht.

Ja wenn du dich in einer Verweigerungshaltung einigelst und die Integration nicht durchführen willst, die ich dir vorgezeigt habe, dann "gehst es nicht", klar. böse

Die LambertW-Funktion taucht auf, wenn man nach dem Integrieren die entstehende Gleichung nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ auflösen will.

01.04.2014, 16:06

luckyluke89

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Nein ich hab da keine Verweigerungshaltung. Dieser Satz war nur ein Ausdruck dafür dass ich TdV von alleine oft nicht hinbekomme und denke es geht nicht. Den gezeigten Weg kann ich verstehen und würde ich grundsätzlich auch benutzen. Ein Problemchen noch: ich brauche tatsächlich die Umstellung der Lösung nach y. Ausgehend von der Integration nach TdV kriege ich das selbst aber nicht hin. Ich würde daher gerne direkt die Wolfram-Alpha Lösung nehmen, da es da schon umgestellt ist und ich für die W-Funktion einfach eine Reihenapproximation nehmen kann. Meinst du dieser Lösung kann man vertrauen?

01.04.2014, 16:15

HAL 9000

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Führen wir die Integration doch mal durch. Nach Multiplikation mit $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ergibt sich zunächst noch

$\begin{eqnarray*} \int \frac{by}{by-a} ~ \dd y = \int \left(1 + \frac{a}{by-a} \right) ~ \dd y = b(x+ C) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y + \frac{a}{b} \ln|by-a| = b(x+C) \end{eqnarray*}$

Typische Sitution für LambertW: Die gesuchte Variable sitzt zugleich inner- und außerhalb des Logarithmus. Ohne ins Detail gehen zu wollen, die Substitution $\begin{eqnarray*} y = \frac{a}{b}(z+1) \end{eqnarray*}$ führt (mit kleineren Umstellungen) zu

$\begin{eqnarray*} z + \ln|z| = \frac{b^2}{a}(x+C)-\ln|a|-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z\exp(z) = C_2\exp\left( \frac{b^2}{a}x \right) \end{eqnarray*}$

mit einer reparametrierten Konstante $\begin{eqnarray*} C_2 = \pm\exp\left( \frac{b^2}{a}C-\ln|a|-1 \right) \end{eqnarray*}$ . Dann liefert LambertW

$\begin{eqnarray*} z = W\left( C_2\exp\left( \frac{b^2}{a}x \right) \right) \end{eqnarray*}$

bzw. rücksubstituiert

$\begin{eqnarray*} y = \frac{a}{b}\left(1 + W\left( C_2\exp\left( \frac{b^2}{a}x \right) \right)\right) \end{eqnarray*}$ .

Nun ist das mit dem $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ eine heikle Sache, da es zwei Zweige der LambertW-Funktion gibt: Je nach Parameterlage $\begin{eqnarray*} a,b,C_2 \end{eqnarray*}$ kann das durchaus von Bedeutung sein. Ich hab selbstverständlich hier nur $\begin{eqnarray*} a\neq 0,b\neq 0 \end{eqnarray*}$ betrachtet, die daraus resultierenden Spezialfälle $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} b=0 \end{eqnarray*}$ sind anders zu behandeln - insbesondere $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ dürfte ja kaum ein Problem darstellen. Augenzwinkern

P.S.: $\begin{eqnarray*} C_2=0 \end{eqnarray*}$ etwa liefert die konstante Lösung $\begin{eqnarray*} y=\frac{a}{b} \end{eqnarray*}$ .

01.04.2014, 16:35

luckyluke89

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Ouuuuh, danke für die Überprüfung. Dem entnehme ich, dass die Wolfram-Alpha Lösung korrekt ist.

2 Sächelchen noch:
- bei der Reparametrisierung von C2 steht ein +/- Ausdruck. C2 bestimme ich ja am Ende mit RB/AB. Dann kommt ja nur ein Wert raus. Wieso steht hier erstmal +/-?

- Ich finde für die lambert-W-Funktion immer nur eine Approximation. Woher weiß ich denn für welchen Ast die ist? Und woher weiß ich bei bekannten Parametern auf welchem Ast ich bin?

Danke für deine Hilfe bis hierher!

01.04.2014, 17:07

HAL 9000

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Zitat:

Original von luckyluke89
Wieso steht hier erstmal +/-?

Der Exponentialausdruck ist ja immer positiv. Links steht aber zunächst $\begin{eqnarray*} |z|\exp(z) \end{eqnarray*}$ . Die Betragsauflösung zu $\begin{eqnarray*} z\exp(z) \end{eqnarray*}$ ergibt, dass man auch negative $\begin{eqnarray*} C_2 \end{eqnarray*}$ betrachten kann - und muss, wenn es um die allgemeine Lösung geht. Das ist doch das alte Lied, dass bereits bei Lösung der DGL $\begin{eqnarray*} y'=y \end{eqnarray*}$ auftaucht, und auch schon zigmal hier im Board besprochen wurde.

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