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02.12.2017, 00:13

xxx33

Dgl

Schreibe bald ne Klausur zu dem Thema .
Habe aber sau probleme bei der Vorgehensweise .

Bitte um Hilfe .

Danke

02.12.2017, 08:54

Leopold

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Ich habe es anders probiert. In

$\begin{align*} x^2 y''' - 2y' = \ln x \end{align*}$

habe ich $\begin{align*} y' = u \end{align*}$ substituiert:

$\begin{align*} x^2 u'' - 2 u = \ln x \end{align*}$

Dann habe ich den folgenden Ansatz probiert: $\begin{align*} u = x^a v \end{align*}$ mit einer noch zu bestimmenden Konstanten $\begin{align*} a \end{align*}$ :

$\begin{align*} \text{(*)} \ \ (a-2)(a+1) x^a v + 2a x^{a+1} v' + x^{a+2} v'' = \ln x \end{align*}$

Mit der Wahl $\begin{align*} a=-1 \end{align*}$ wird daraus:

$\begin{align*} xv'' - 2v' = \ln x \end{align*}$

Und mit $\begin{align*} v' = w \end{align*}$ sind wir bei

$\begin{align*} xw' - 2w = \ln x \end{align*}$

Und wir haben ein System erster Ordnung. Offenbar ist $\begin{align*} w = Cx^2 \end{align*}$ mit einer Konstanten $\begin{align*} C \end{align*}$ eine Lösung des homogenen Systems. Mit Variation der Konstanten $\begin{align*} C = C(x) \end{align*}$ geht es jetzt im inhomogenen System weiter. Dann Stück für Stück resubstituieren und nach oben arbeiten. Da man für die Ausgangsgleichung schon ein Fundamentalsystem hat, genügt es, eine einzige spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung zu finden. Man muß daher beim Integrieren keine Integrationskonstanten mitschleppen, sondern kann diese jeweils günstig wählen.
In $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ könnte man auch $\begin{align*} a=2 \end{align*}$ probieren. Du kannst diesen Ansatz auch einmal durchrechnen.

02.12.2017, 11:59

allahahbarpingok

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Das Standardvorgehen bei der a) wäre von jeder Funktion im Fundamentalsystem zu zeigen, dass sie die homogene DGL löst. Und im zweiten Schritt dann die lineare Unabhängigkeit über die Wronski-Determinante.

02.12.2017, 22:57

xxx33

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x*w‘-2w = lnx

x*dw/dx -2w = ln x

Bin mir nicht sicher ob man das dx einfach auf die rechte Seite multiplizieren kann ?

x^a*v. Wie bist du auf den Ansatz gekommen ?

03.12.2017, 10:21

Leopold

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Zitat:

Original von xxx33
x*dw/dx -2w = ln x

Bin mir nicht sicher ob man das dx einfach auf die rechte Seite multiplizieren kann ?

Das ist eine lineare Differentialgleichung von 1. Ordnung. Das geht wie immer: Erst die homogene Gleichung $\begin{align*} xw' - 2w = 0 \end{align*}$ durch Trennen der Veränderlichen lösen, dann Variation der Konstanten für die inhomogene Gleichung.

Zitat:

Original von xxx33
x^a*v. Wie bist du auf den Ansatz gekommen ?

Weil ich genial bin.
Nein, im Ernst. Diese Frage wird häufig gestellt, ist aber nicht zu beantworten. Es ist letztlich eine Mischung aus Erfahrung und Versuch und Irrtum (und [unbescheiden]Genialität[/unbescheiden]). Bevor ich diesen Ansatz versucht habe, habe ich andere probiert, zum Beispiel $\begin{align*} u = v \cdot \ln x \end{align*}$ . Sie haben aber nicht zu einer Vereinfachung des Problems geführt.

03.12.2017, 17:35

xxx33

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$\begin{align*} xw' - 2w = 0 \end{align*}$

$\begin{eqnarray*} x*w´ = 2w \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x*dw/dx = 2w \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2w} *dw = \frac{1}{x} dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} *lnw = lnx+C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x = w+e^{ \frac{1}{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{ \frac{1}{2}}=c(x) \end{eqnarray*}$

yh = $\begin{eqnarray*} w+c(x) \end{eqnarray*}$

Passt die homogene Lösung?

03.12.2017, 17:43

Leopold

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Ab da, wo der Logarithmus weg ist, wird es falsch. Beachte die Funktionalgleichung der Exponentialfunktion:

$\begin{align*} \operatorname{e}^{u \color{red} + \color{black} v} = \operatorname{e}^u \color{red} \cdot \color{black} \operatorname{e}^v \end{align*}$

Daß ich ihm die Lösung der homogenen Gleichung schon vor ein paar Beiträgen verraten habe, hat er noch nicht einmal gemerkt ...

03.12.2017, 18:59

xxx33

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$\begin{align*} xw' - 2w = 0 \end{align*}$

$\begin{eqnarray*} x*w´ = 2w \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x*dw/dx = 2w \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2w} *dw = \frac{1}{x} dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} *lnw = lnx+C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x = w*e^{ \frac{1}{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{ \frac{1}{2}}=c(x) \end{eqnarray*}$

yh = $\begin{eqnarray*} w*c(x) \end{eqnarray*}$

So besser ?

04.12.2017, 00:15

xxx33

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Noch paar Tipps Leopold?

04.12.2017, 06:19

Leopold

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Zitat:

Original von xxx33
$\begin{eqnarray*} x = \color{red} w*e^{ \frac{1}{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{align*} \frac{1}{2} \ln w = \ln x + C \end{align*}$

$\begin{align*} \operatorname{e}^{\frac{1}{2} \ln w} = \operatorname{e}^{\ln x + c} \end{align*}$

Links erst das dritte Logarithmusgesetz anwenden (oder das fünfte Potenzgesetz (letzter Tabelleneintrag)), rechts die Funktionalgleichung der Exponentialfunktion.

Im übrigen steht schon alles da. Offenbar liest du meine Beiträge gar nicht richtig.

04.12.2017, 10:24

XXX33

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w*e^{1/2} = x*c(x)

Was ist an diesem Ergebnis falsch ?

04.12.2017, 12:20

Leopold

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Es ist phantasievoll, aber nicht nach gültigen Umformungsregeln erstellt. Genau so könnte ich fragen, was an $\begin{align*} 5x^2 + 3x^3 = 8x^5 \end{align*}$ falsch ist.
Wie es geht, habe ich dir schon mehrmals gesagt. Zuletzt habe ich dir Hinweise gegeben, mit welchen Regeln du zum Ziel kommst. Und im übrigen ist offensichtlich $\begin{align*} w = C x^2 \end{align*}$ die Lösung der homogenen Gleichung. Da deine Rechnung dies nicht ergibt, muß sie falsch sein. So einfach ist das.

04.12.2017, 13:38

xxx33

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Ok ich nehme dann das Ergebnis einfach so an dass es :

yh = C*x^2

Jetzt ableiten :

c`(x)*x^2+ 2x*c(x)

Wie soll es weiter gehen ?

04.12.2017, 19:38

Leopold

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Du mußt mit der Variation der Konstanten $\begin{align*} C = C(x) \end{align*}$ in die inhomogene Gleichung gehen:

$\begin{align*} xw' - 2w = \ln x \end{align*}$

Du hast für $\begin{align*} w = C x^2 \end{align*}$ korrekt $\begin{align*} w' = C' x^2 + 2Cx \end{align*}$ berechnet. Einsetzen ergibt

$\begin{align*} x \cdot \left( C' x^2 + 2Cx \right) - 2C x^2 = \ln x \end{align*}$

$\begin{align*} C' x^3 = \ln x \end{align*}$

$\begin{align*} C' = \frac{\ln x}{x^3} \end{align*}$

Du kannst $\begin{align*} C \end{align*}$ mit partieller Integration ermitteln. Wenn du dies mit deinem Aufgabentext vergleichst, siehst du, daß dort genau von diesem Integral die Rede ist.

04.12.2017, 20:11

xxx33

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$\begin{eqnarray*} \int_{a}^{b} \! ln(x)*\frac{1}{x^3} \, dx \end{eqnarray*}$

f(x) = ln(x) g´(x) = 1/x^3

$\begin{eqnarray*} \int_{a}^{b} \! ln(x)*\frac{1}{x^3} \, dx = ln(x)*-\frac{4}{x^4}- - \int_{a}^{b} \! \frac{1}{x} *\frac{1}{x^3} \, dx \end{eqnarray*}$

Puuh was mache ich jetzt? Big Laugh

04.12.2017, 20:23

Leopold

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Falsche Exponentenrichtung. Richtig ist

$\begin{align*} g'(x) = \frac{1}{x^3} \ \ \Rightarrow \ \ g(x) = - \frac{1}{2x^2} \end{align*}$ (modulo einer additiven Konstanten)

Noch einmal von vorne.

04.12.2017, 21:01

xxx33

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$\begin{eqnarray*} \int_{a}^{b} \! ln(x)*\frac{1}{x^3} \, dx \end{eqnarray*}$

f(x) = ln(x) g´(x) = 1/x^3

$\begin{eqnarray*} \int_{a}^{b} \! ln(x)*\frac{1}{x^3} \, dx = ln(x)*-\frac{1}{2x^4}- \int_{a}^{b} \! \frac{1}{x} *\frac{1}{x^3} \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln(x)*-\frac{1}{2x^4}- \int_{a}^{b} \! \frac{1}{x^4} \, dx \end{eqnarray*}$

Wie geht es weiter?

04.12.2017, 21:03

xxx33

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$\begin{eqnarray*} \int_{a}^{b} \! ln(x)*\frac{1}{x^3} \, dx \end{eqnarray*}$

f(x) = ln(x) g´(x) = 1/x^3

$\begin{eqnarray*} \int_{a}^{b} \! ln(x)*\frac{1}{x^3} \, dx = ln(x)*-\frac{1}{2x^2}- \int_{a}^{b} \! \frac{1}{x} *\frac{1}{x^3} \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln(x)*-\frac{1}{2x^2}- \int_{a}^{b} \! \frac{1}{x^4} \, dx \end{eqnarray*}$

Habe einen kleinen Fehler noch korrigiert
Wie geht es weiter?

05.12.2017, 05:57

Leopold

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Keine neue Zeile ohne nicht weitere Fehler ...

$\begin{align*} \int g'f ~ \dd x = gf - \int \color{green} g \color{black} f' ~ \dd x \end{align*}$

Du dagegen hast

$\begin{align*} \int g'f ~ \dd x = gf - \int \color{red} g' \color{black} f' ~ \dd x \end{align*}$

gerechnet. Und wie man schließlich eine Potenzfunktion mit negativen Exponenten integriert, werde ich bestimmt nicht noch einmal erklären.

05.12.2017, 11:40

xxx33

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$\begin{eqnarray*} \int_{a}^{b} \! ln(x)*\frac{1}{x^3} \, dx \end{eqnarray*}$

f(x) = ln(x) g´(x) = 1/x^3

$\begin{eqnarray*} \int_{a}^{b} \! ln(x)*\frac{1}{x^3} \, dx = 1/x*\frac{1}{x^3}- \int_{a}^{b} \! ln(x) *-\frac{3}{x^4} \, dx \end{eqnarray*}$

Ich habe es jetzt anders gerechnet mit ln(x) als Ableitung .
Passt es jetzt?

05.12.2017, 15:34

Leopold

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[attach]45936[/attach]

So würde das im Abitur korrigiert, wenn bei einer Fehlerakkumulation der einzelne Fehler nicht mehr auszumachen ist. Wenn es also gänzlich sinnfrei ist ...

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Dgl

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