Integrieren (bei GL)

20.02.2015, 13:45

dglhomogen

Integrieren (bei GL)

Hallo,

Also, hier eine kleine DGL:

1. $\begin{eqnarray*} \frac{dy(x)}{dx}=-a(x)y(x) \end{eqnarray*}$ Wir multi. mit dx und div. mity(x)

2. $\begin{eqnarray*} \frac{dy(x)}{y(x)}=-a(x)dx \end{eqnarray*}$ Wir holen dy(x) runter

3. $\begin{eqnarray*} \frac{1}{dy(x)}dy(x)=-a(x)y(x) \end{eqnarray*}$ Wir schrieben y(x) als y

4. $\begin{eqnarray*} \frac{1}{dy}dy=-a(x)dx \end{eqnarray*}$ - Wir integrieren

5. $\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{dy}dy=\int -a(x)dx \end{eqnarray*}$ Wir berechenen die Stammfunktion der linken Seite

6. $\begin{eqnarray*} \log(y)=\int -a(x)dx + C \end{eqnarray*}$ Wenden exp an

Weiter möchte ich nicht machen, da es mir ums integrieren geht. Mir ist klar, dass die Stammfunktion von 1/x log(x) ist.

Meine Fragen:
Schritt: 1 Mein Skript sagt zu Schritt 1. "alles was explizit von y abhängt nach Links, alles was explizit von x abhängt, nach rechts". Wieso hängt den y(x) nicht von x ab?

Schritt 3: Was genau macht man hier und mit welcher Begründung darf man das? Ich weiss, dass ich in der Linalg abundzu A(x) als Ax schreibe aber f und f(x) ist ja was völlig anderes. Das eine ist die Abbildung, das andere ist ein Wert.

Schritt 4: Wir integrieren, nun benutzen wir bereits das bestehende dx bzw dy. Wieso darf man das? Wieso bekommt man nicht dx^2 bzw. dy^2?

Schritt 6: Mir ist klar, wieso man beim integrieren eine Konstante C bekommen, doch wieso ist die auf der rechten Seite? Nahm man an, dass die linke 0 ist und behandelt man die rechte Seite, also das Integral, also bereits integegriert? Schreibt deshalb das C dazu, aber lässt das integral stehen, weil man nichts über a(x) weis? Wieso nicht einfach A(x)?

Danke

20.02.2015, 13:49

dglhomogen

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Zu Schritt 1 eine Anmerkung: Ich sehe durchaus, dass dx "explizit von x abhängt". Ich sehe aber nicht den unterschied der Abhängigkeit von x zwischen a(x) und y(x). Ich denke mir zur Zeit: naja, links darf nur alles was von y abhäng stehe, also y(was auch immer) und rechts der Rest. Ich meine: Ich kann damit rechnen, aber ich verstehe die zitierte Aussage von einem rein mathematischen Blickwinkel nicht.

20.02.2015, 14:23

klarsoweit

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Zu Schritt 1: das mit dem "explizit" verwirrt mehr als es hilft. Am besten läßt man bei dem y das "(x)" weg. Die Abhängigkeit vom x ist in jedem Fall gegeben. Dann sammelt man links alles mit y und rechts den Rest.

Zu Schritt 3: dieser Schritt (also das Verschieben von "dy" aus dem Zähler in den Nenner) ist Unfug. Ich kann mir auch nicht vorstellen, daß das irgendwo so geschrieben steht.

Zu Schritt 6: beim Integrieren der linken Seite entsteht dort eine Integrationskonstante, die man aber problemlos auch auf die rechte Seite schieben kann. Augenzwinkern

20.02.2015, 14:30

Physiker-Gast

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Zu 1:

Die Methode der Trennung der Veränderlichen ist so definiert, dass sie für DGLen des Typs:

$\begin{eqnarray*} y'(x) = f(y(x)) g(x) \end{eqnarray*}$

anwendbar ist. Dass auch y nochmal explizit von x abhängt soll nicht weiter stören. Die Formulierung "alles was von y abhängt nach links, alles was von x abhängt nach rechts" ist streng genommen natürlich falsch und nur als Gedankenstütze zu verstehen, wenn man die Argumente weglässt und die DGL so schreibt:

$\begin{eqnarray*} y' = f(y) g \end{eqnarray*}$

Zu 3:

Zunächst ist das falsch was da steht. Es muss heißen:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{y(x)} \frac{dy}{dx} = - a(x) \end{eqnarray*}$

Zu 6:

Es entstehen auf beiden Seiten Integrationskonstanten. Du kannst die linke Konstante aber auf die rechte Seite addieren/subtrahieren und dann kriegst du eben nur auf einer Seite eine Konstante (Konstante + Konstante ist wieder Konstante).

20.02.2015, 14:54

dglhomogen

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Zitat:

Original von klarsoweit
Zu Schritt 1: das mit dem "explizit" verwirrt mehr als es hilft. Am besten läßt man bei dem y das "(x)" weg. Die Abhängigkeit vom x ist in jedem Fall gegeben. Dann sammelt man links alles mit y und rechts den Rest.

Zu Schritt 3: dieser Schritt (also das Verschieben von "dy" aus dem Zähler in den Nenner) ist Unfug. Ich kann mir auch nicht vorstellen, daß das irgendwo so geschrieben steht.

Zu Schritt 6: beim Integrieren der linken Seite entsteht dort eine Integrationskonstante, die man aber problemlos auch auf die rechte Seite schieben kann. Augenzwinkern

Eigentlich wollte ich nicht dy im Nenner schrieben, sondern y. Ist mir beim Korrekturlesen wohl entwischt. Naja, danke an Physiker-Gast, dass hat mir auch ein weiteres Problem gelöst. Beim Integrieren kann ich jetzt dx wegkürzen, und alles passt wieder.

Aber wenn doch die Integrationskonstante links war, und man sie nach rechts nimmt, müsste es dann nicht -C sein? Mir ist klar, das C völlig beliebig ist, aber ich vertrau hier nicht auf meine Intuition. Auch logisch ist, dass Konstate + Konstante=Konstante etc. Naja, ich akzeptiers mal, wird sich dann herauskristallisieren, das Verständnis wieso man das darf.

Danke - Konnte mich mit dem meisten jetzt arrangieren smile

Noch eine andere Frage zur Lösung von lin. inhom. DGL: $\begin{eqnarray*} y'(x)+a(x)y(x)=f(x) \end{eqnarray*}$

Allgemeine Lösung: $\begin{eqnarray*} y(x)=y_h(x) + y_p(x) \end{eqnarray*}$ Wobei ersteres die Lösung des homogenen Problems ist und das zweite die spezielle (partikuläre) Lösung ist.

Frage 1: Wie kriege ich $\begin{eqnarray*} y_h(x) \end{eqnarray*}$ ? Ist hier einfach der Allgemeine Ansatz einer lin. hom. DGL $\begin{eqnarray*} y(x)=e^{\int -a(x)dy + C} \end{eqnarray*}$ Gemeint? Also dass ich dass in meine inhomenegene DGL setze und was rauskriege, wass dann $\begin{eqnarray*} y_h(x) \end{eqnarray*}$ entspricht?

Nun wird gesagt, dass $\begin{eqnarray*} y_p(x)=C(x)e^{\int -a(x)dx} \end{eqnarray*}$ der inhomogenen Gleichung genügen soll. Was heisst den dass? Die Gleichung ist ja jedenfalls nichts anderes als die Allg. Lösung für hom. DGL, einfach mit C=C(X). Das ganze wird dann in meine inhom. DGL eingesetzt. Wie wollen die das dort einsetzen?...

Konkret:

Wie setze ich $\begin{eqnarray*} y_p(x)=C(x)e^{\int-a(x)dx)} \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} y'(x)+a(x)y(x)=f(x)$ \end{eqnarray*}$ ein, so dass ich $\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx}(C(x)e^{\int-a(x)dx)})=-a(x)C(x)e^{\int-a(x)dx)}+f(x)? \end{eqnarray*}$ kriege? Anschienend wurde hier ja y_p als y behandelt.

Danke

20.02.2015, 17:13

Physiker-Gast

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Die homogene Lösung kriegst du, indem du die Inhomogenität 0 setzt. Also wenn du hast:

$\begin{eqnarray*} y'(x) + a(x) y(x) = b(x) \end{eqnarray*}$

Dann löst du:

$\begin{eqnarray*} y_h'(x) + a(x) y_h(x) = 0 \end{eqnarray*}$

Der Ansatz mit dem $\begin{eqnarray*} C(x) \end{eqnarray*}$ nennt sich Variation der Konstanten. Das bedeutet, wenn du die homogene Gleichung gelöst hast, behandelst du die Integrationskonstante C in der homogenen Lösung nicht mehr als Konstante, sondern als Funktion von x. Das setzt du anschließend in die Ausgangs-DGL ein und löst nach C(x) auf (also integrieren).

Ich denke sowas versteht man immer am Besten an Beispielen. Versuchs dochmal hiermit:

$\begin{eqnarray*} y' + \frac{y}{x} = x^2 + 4 \end{eqnarray*}$

Wie würdest du hier vorgehen?

22.02.2015, 13:51

balance

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$\begin{eqnarray*} y' + \frac{y}{x} = x^2 + 4 \end{eqnarray*}$

1. Homogener Teil: $\begin{eqnarray*} y' + \frac{y}{x} = 0 \end{eqnarray*}$ (Da dies nicht von der Nullfunktion (y(0)=0) gelöst wird, darf ich die Variabeln trennen, oder? Wieso, ist mir nicht sonderlich klar.)

2. $\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx} = - \frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

3. $\begin{eqnarray*} \frac{dy}{y} = - \frac{dx}{x} \end{eqnarray*}$

4. $\begin{eqnarray*} \frac{1}{y}dy = - \frac{1}{x}dx \end{eqnarray*}$

5. $\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{y}dy = - \int \frac{1}{x}dx \end{eqnarray*}$ (Beim Anwenden vom Integral, wieso kann ich da die bestehenden dx und dy übernehmen?)

6. $\begin{eqnarray*} log(|y|)=-log(|x|) + C \end{eqnarray*}$ (Auch hier verstehe ich nich ganz, wieso nur rechts eine Konstante C. Mir ist klar, dass ich die linke einfach minusrechnen kann und C somit eigentlich die rechte minus die linke ist, wieso dies aber keinen Einfluss auf die Lösung hat, ist mir nicht klar.)

7. $\begin{eqnarray*} e^{log(|y|)}=e^{-log(|x|)}*e^C \end{eqnarray*}$

8. $\begin{eqnarray*} |y|=\frac{e^C}{|x|} \end{eqnarray*}$

Somit $\begin{eqnarray*} y_{Hom}(x)=\frac{e^C}{x} \end{eqnarray*}$ (Da x Umgekehrtproportional zu y ist, kann ich die Betragsstriche weglassen, da sie sich sowieso aufheben)

Nun wende ich "Variation der Konstante" an. D.h. ich setzte die homogene Lösung für y ein. (Wieder: Kein Schimmer wieso man das darf)

9. $\begin{eqnarray*} y'_{Hom}(x)=\frac{C'(x)e^{C(x)}-e^{C(x)}}{x^2} \end{eqnarray*}$

10. $\begin{eqnarray*} \frac{C'(x)e^{C(x)}}{x^2}-\frac{e^{C(x)}}{x^2} + \frac{e^{C(x)}}{x^2} = x^2 + 4 \end{eqnarray*}$

11. $\begin{eqnarray*} C'(x)e^{C(x)}= x^4 + 4x^2 \end{eqnarray*}$

12. $\begin{eqnarray*} \int C'(x)e^{C(x)}= \int x^4 + 4x^2 \end{eqnarray*}$

13. $\begin{eqnarray*} e^{C(x)}= \frac{1}{5}x^5+\frac{4}{3}x^3 \end{eqnarray*}$ (Hier lässt man die Integrationskonstante weg, wieso? MIr ist klar das bei bestimmten int. die Konstante wegfliegt und da dies ja schlussendlich eine echte Lösung ist und man somit theoretisch Grenzen hätte, fliegt es weg. Das ist meine Überlegung zur Zeit, aber obs stimmt.)

14. $\begin{eqnarray*} C(x)= log(\frac{1}{5}x^5+\frac{4}{3}x^3) \end{eqnarray*}$

Partikuläre Lösung $\begin{eqnarray*} y_p(x)=\frac{1}{5}x^4+\frac{4}{3}x^2 \end{eqnarray*}$ (einfach in die homogene eingesetzt)

Die Lösung ist nun: $\begin{eqnarray*} y(x)=y_{Homo}+y_p=\frac{e^C}{x} + \frac{1}{5}x^4+\frac{4}{3}x^2 \end{eqnarray*}$

Hoffe ich hab mich nirgends vertippt. Hätte ich jetzt noch nen Anfangswert könnte ich C rausfinden. Ich arbeite mich gerade durch mein gutes Buch und danach kann ich die DGLs wohl alle lösen, aber lösen können ist ja nicht wirklich das was mein Ziel ist. Verstehen, bis ins letzte Details, nachvollziehen können. Kurzum: Ich bin erst zufrieden wenn ichs meiner Grossmutter erklären könnte. (Nicht wortwörtlich nehmen)

Danke schonmal! Mir ist klar, dass vieles wohl erst später klar wird. Ich bin jetzt halt wieder wie in der Grundschule, einfach lernen und irgendwann dann die Theorie aufrollen.

22.02.2015, 16:12

Physiker-Gast

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Also:

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

Wenn du nun nicht symbolisch die Differentiale rumverschieben möchtest, dann musst du das natürlich nicht tun. Augenzwinkern

Was man eigentlich macht ist Folgendes:

Integriere beide Seiten nach dx:

$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{y} y' dx = - \int \frac{1}{x} dx \end{eqnarray*}$

Nun substituiere mal die gesuchte Funktion $\begin{eqnarray*} y(x) = :u \end{eqnarray*}$

Du wirst feststellen dass sich y' und das dx durch die Substitution aufheben und übrig bleibt:

$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{u} du = \int \frac{1}{y} dy \end{eqnarray*}$ (Du hättest statt u auch gleich y als Substitutionsvariable wählen können, aber das verwirrt viele nur, wenn man y = y(x) substituiert).

Nun zu deinem Konstanten-Problem.

Bei Schritt 6 kannst du natürlich auch ausführlich schreiben:

$\begin{eqnarray*} ln(y) + C_1 = -ln(x) + C_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln(y) = -ln(x) + C_2 - C_1 \end{eqnarray*}$

Dann nennst du $\begin{eqnarray*} C_2 - C_1 = C_3 \end{eqnarray*}$

Und schreibst:

$\begin{eqnarray*} ln(y) = -ln(x) + C_3 \end{eqnarray*}$

Wo ist da jetzt der Unterschied ob du als Platzhalter für eine beliebige Konstante $\begin{eqnarray*} C_1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} C_3 \end{eqnarray*}$ schreibst? Big Laugh

Auch in deiner Lösung schreibst du nicht mehr $\begin{eqnarray*} y_h = \frac{e^C}{x} \end{eqnarray*}$ . Sondern $\begin{eqnarray*} y_h = \frac{C}{x} \end{eqnarray*}$ . Du darfst dir in diesem Zusammenhang keinen festen Wert hinter der Integrationskonstante vorstellen, sondern "irgendeine Konstante".

Zu Schritt 9:

Du hast deine homogene Lösung $\begin{eqnarray*} y_h = \frac{C}{x} \end{eqnarray*}$ . Dies löst die homogene DGL: $\begin{eqnarray*} y' = -\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

Du möchtest aber lösen: $\begin{eqnarray*} y' = -\frac{y}{x} + x^2 + 4 \end{eqnarray*}$

Du hast also noch einen zusätzlichen Term, der eine Funktion von x ist. Nennen wir einfach mal $\begin{eqnarray*} x^2 + 4 = b(x) \end{eqnarray*}$ . Deshalb ist die Idee nun die homogene Lösung, die diese Gleichung "fast" löst (bis auf einen Term $\begin{eqnarray*} y_p \end{eqnarray*}$ ), einzusetzen in die Ausgangs-DGL und zu schauen ob man die Konstante C irgendwie so wählen kann, um dem b(x) gerecht zu werden. Das macht man, indem man C nun als Funktion von x auffässt: $\begin{eqnarray*} C(x) \end{eqnarray*}$ . Es ist also der

Ansatz: $\begin{eqnarray*} y_p = \frac{C(x)}{x} \end{eqnarray*}$

Du hast dich ab der 9 sowieso verrechnet, also mach das mal lieber nochmal und diesmal gleich mit $\begin{eqnarray*} C(x) \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} e^{C(x)} \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

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