Differentialgleichung

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01.02.2015, 16:54	mahack	Auf diesen Beitrag antworten »
Differentialgleichung Brauche Hilfe zu einem Aufgabentyp: Gegeben ist die Differentialgleichung xy' + 5y= -12x a) Ermitteln Sie die Lösung der homogenen DGL b) Ermitteln Sie die Lösung der inhomogenen DGL [ c) In der Lösungsschar y=f(x,c) von b) gibt es eine lineare Funktion. Wie lautet die Gleichung? d) Welche Bedeutung hat diese Gerade für die Lösungsschar? Man betrachte das Verhalten von y=f(x,c) für große x ] Erstmal zu a) und b): Ich löse nach y' auf und erhalte $\begin{eqnarray} y'\quad =\quad \frac { dy }{ dx } \quad =\quad \frac { -12x\quad -\quad 5y }{ x } \end{eqnarray}$ Komme damit aber zu keinem Integrationsansatz und weiß überhaupt nicht wie man sowas angeht. Kann jemand helfen?
01.02.2015, 17:33	Mi_cha	Auf diesen Beitrag antworten »
du musst zunächst die zugehörige homogene DGL lösen. Also $\begin{eqnarray} y'=-5\frac{y}{x} \end{eqnarray}$ . Das kann man mit Trennug der Variablen lösen.
02.02.2015, 00:20	mahack	Auf diesen Beitrag antworten »
Super, danke für den Tipp. Ist Folgendes richtig? $\begin{eqnarray} y'=-5\frac{y}{x} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y=\int { -\frac { 5y }{ x } dx } \\ <br /> y=\left[ -5y\cdot \ln { \left( x \right) } \right] \end{eqnarray}$ Wenn ja, wie geht's dann mit der inhomogenen DGL weiter? Oder kommt davor noch ein Schritt?
02.02.2015, 01:23	mahack	Auf diesen Beitrag antworten »
Natürlich kompletter Blödsinn was ich da gemacht habe ;-) Ist das "richtiger"? :-) $\begin{eqnarray} \frac { dy }{ dx } =\frac { -5y }{ x } \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac { dy }{ y } =\frac { -5dx }{ x } \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \ln { \|y\| } =-5\ln { \|x\| } \quad \quad exp-Fkt\quad auf\quad beiden\quad Seiten \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \|y\|\quad =\quad -5\|x\| \end{eqnarray}$
02.02.2015, 07:20	Mi_cha	Auf diesen Beitrag antworten »
der zweite Ansatz sieht schon etwas besser aus. Allerdings fehlt die Integrationskonstante. Nach der zweiten Zeile geht es so weiter: Integrieren: $\begin{eqnarray} ln (y) + c_{1}=-5 ln(x)+c_{2} \end{eqnarray}$ Int-Konstanten zusammenfassen: $\begin{eqnarray} ln (y)=-5 ln(x)+c \end{eqnarray}$ e-Funktion anwenden: $\begin{eqnarray} y=e^{-5 ln(x)+c} \end{eqnarray}$ Logarithmus umformen: $\begin{eqnarray} y=e^{ ln(x^{-5})+c} \end{eqnarray}$ vereinfachen: $\begin{eqnarray} y=\frac{k}{x^{5} } \end{eqnarray}$ Ab hier gehts mit "Variation der Konstanten" weiter.
02.02.2015, 16:34	mahack	Auf diesen Beitrag antworten »
ach stimmt das C hab ich zu spät dazugeschrieben... Sorry wenn ich gerade auf dem Schlauch stehe aber wo kommt das k her? $\begin{eqnarray} y=\frac{1}{x^{5} } \end{eqnarray}$ ist mir klar, ist mit k gemeint: $\begin{eqnarray} k=e^{c} \end{eqnarray}$ ? Mit "Variation der Konstanten" ist dann der Ansatz der partikulären Lösung gemeint?
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02.02.2015, 16:42	Mi_cha	Auf diesen Beitrag antworten »
ja, $\begin{eqnarray} k=e^{c} \end{eqnarray}$ . Richtig, der Ansatz zur partikulären Lösung läuft über "Variation der Konstanten".
02.02.2015, 17:13	mahack	Auf diesen Beitrag antworten »
Super vielen Dank für die super Hilfe, ich denke der Rest meiner Lösung stimmt, da wolframalpha das gleiche Ergebnis ausspuckt. (Unter der Voraussetzung, dass ich für e^c einfach einen Konstanten-Platzhalter verwenden darf und da nichts vergessen habe) $\begin{eqnarray} { y }_{ p }\quad =\quad { c }_{ 1 }x\quad +\quad { c }_{ 0 }\\ { y }_{ p }'\quad =\quad { c }_{ 1 }\\ x{ y }_{ p }'+5{ y }_{ p }={ c }_{ 1 }x+5({ c }_{ 1 }x+{ c }_{ 0 })=-12x\\ { c }_{ 1 }x+5{ c }_{ 1 }x+5{ c }_{ 0 }=-12x\\ 6{ c }_{ 1 }+5{ c }_{ 0 }=-12x \end{eqnarray}$ Koeffizientenvergleich: $\begin{eqnarray} \\ 6{ c }_{ 1 }=-12\rightarrow { c }_{ 1 }=-2\\ 5{ c }_{ 0 }=0\rightarrow { c }_{ 0 }=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \\ \\ In\quad { y }_{ p }=-2x\\ y\quad ={ y }_{ H }+{ y }_{ p }=\left( \frac { { c }_{ 0 } }{ { x }^{ 5 } } \right) -2x \end{eqnarray}$ Lösung für die letzte Teilaufgabe daher: $\begin{eqnarray} \\ \lim _{ x\rightarrow \infty }{ \left( \frac { { c }_{ 0 } }{ { x }^{ 5 } } \right) -2x\quad =-2x=- } \infty \\ \end{eqnarray}$ Für große x gehen die Graphen der Lösungsschar gegen die Gerade / lin. Fkt. -2x.
02.02.2015, 17:16	Mi_cha	Auf diesen Beitrag antworten »
sieht doch ganz gut aus. Gern geschehen.
02.02.2015, 18:24	mahack	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie würde die Variation denn mit der k-Fkt gehen? Ich dachte mir ich schaue einfach welche Form mein Störglied hat und schreibe es (wie oben) hin. Bei einer ähnlichen Aufgabe sehe ich aber einen Lösungsweg den ich so nicht verstehe... (siehe Anhang)
02.02.2015, 18:32	Mi_cha	Auf diesen Beitrag antworten »
die einzelnen Schritte bei der Variation der Konstanten sind folgende: - aus der Konstanten k wird eine Funktion k(x) gemacht (1. Zeile) - die spezielle Lösung wird dann abgeleitet (2. Zeile) - diese Ableitung und die spezielle Lösung werden in die Ausgangsfunktion eingesetzt (3. Zeile) - es wird vereinfacht. dabei heben sich immer Terme mit k(x) auf (4. Zeile) - es wird integriert, um k(x) zu erhalten (5. Zeile) Die allg. Lösung erhält man dann, indem man dieses k(x) in die spezielle Lösung einsetzt
02.02.2015, 18:40	mahack	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, verstanden. Aber wo kommt das k(-2) her? komme da durch Ableiten nicht so einfach drauf.. wäre doch viel mehr -2k(x)* x^(-) Und wie nennt sich dann das was ich bei der anderen Aufgabe gemacht habe? Was sind die Voraussetzungen dass man das so machen darf, gilt das auch für DGL höheren Grades, nachdem ich die homogene Lösung bestimmt habe?
02.02.2015, 18:44	Mi_cha	Auf diesen Beitrag antworten »
uh, da bin ich überfragt. Sorry. Vielleicht weiß es ein anderer? Edit: das ist etwas blöd aufgeschrieben: $\begin{eqnarray} y'=-2k(x)x^{-3}+k'(x)x^{-2} \end{eqnarray}$ Man hat das Argument der Funktion k(x) weggelassen
02.02.2015, 19:26	mahack	Auf diesen Beitrag antworten »
Alles klar, wirklich blöd geschrieben ;-) Vielen Dank nochmal für die ausführliche Erklärung, da ist jetzt alles klar

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