Integrierender Faktor

07.02.2019, 09:33

Sarah341

Integrierender Faktor

Hallo,

ich soll zeigen, dass die folgende Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} y'(x)+g(x)y(x)=f(x) \end{eqnarray*}$ den integrierender Faktor $\begin{eqnarray*} k(x)=exp^{ \int g(x) dx} \end{eqnarray*}$ hat.
Ich frage mich, was der integrierender Faktor bei einer inhomogenen Differentialgeichungen ist. Ich kenne das nur von exakten DGLs. Kann mir da jmd sagen, was das in diesem Kontext ist?

07.02.2019, 09:42

HAL 9000

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Zitat:

Original von Sarah341
Ich frage mich, was der integrierender Faktor bei einer inhomogenen Differentialgeichungen ist. Ich kenne das nur von exakten DGLs.

Genau darum geht es doch hier! Durch Multiplikation mit $\begin{eqnarray*} k(x) \end{eqnarray*}$ wird diese deine DGL zur exakten DGL, und das sollst du zeigen.

Wesentlich für den Beweis ist die Eigenschaft $\begin{eqnarray*} k'(x)=k(x)g(x) \end{eqnarray*}$ dieses integrierenden Faktors.

07.02.2019, 09:55

Sarah341

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Ok gut. Muss ich die Dgl dann nicht erst mal in der Form umschreiben: g(x)y(x)-f(x) + y'=0. Dann würde ich die Integrabiltitätsbedinungen frmulieren, also $\begin{eqnarray*} g(x) k(x)y'(x)= k'(x) \end{eqnarray*}$ Ist das der richtige Weg?

07.02.2019, 09:57

HAL 9000

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Ja, genau: Die Behauptung ist, dass $\begin{eqnarray*} k(x)[g(x)y(x)-f(x)] + k(x)y'(x) = 0 \end{eqnarray*}$ eine exakte DGL ist.

Als Beweis reicht es, eine Funktion $\begin{eqnarray*} F(x,y) \end{eqnarray*}$ anzugeben mit $\begin{eqnarray*} \frac{\partial F(x,y)}{\partial x} = k(x)[g(x)y-f(x)] \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \frac{\partial F(x,y)}{\partial y} = k(x) \end{eqnarray*}$ .

07.02.2019, 10:08

Sarah341

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Aber wie soll ich dann den Ausdruck $\begin{eqnarray*} k(x)g(x)y(x)-k(x)f(x) \end{eqnarray*}$ nach x integrieren. Das hilft mir doch nicht?

07.02.2019, 10:12

HAL 9000

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Probier doch erstmal die andere Gleichung. Augenzwinkern

P.S.: Außerdem wird nicht $\begin{eqnarray*} k(x)g(x)y(x)-k(x)f(x) \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} k(x)g(x)y-k(x)f(x) \end{eqnarray*}$ mit als fest stehendem $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ integriert. Ein kleiner, aber inhaltlich wichtiger Unterschied in dieser Betrachtungsweise!

07.02.2019, 10:24

Sarah341

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Die andere Gleichung liefert $\begin{eqnarray*} F(x,y)=yk(x) + c(x) \end{eqnarray*}$

Ich hätte gedacht, dass das y von x abhängt, aber wsl dann eben nur implizit, deshalb kann man y schreiben?
Wegen k'(x)=k(x)g(x) (Darf ich das hier verwenden?)

Bekomme ich für die 2. Gleichung: $\begin{eqnarray*} F(x,y)= k(x) + \int k(x) f(x) dx +C(y) \end{eqnarray*}$

07.02.2019, 10:32

HAL 9000

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Aufpassen! Du musst unterscheiden zwischen der Funktion $\begin{eqnarray*} F(x,y) \end{eqnarray*}$ mit zwei frei wählbaren Argumenten $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ einerseits, sowie dem für die Lösung $\begin{eqnarray*} y(x) \end{eqnarray*}$ der DGL dann geltendem $\begin{eqnarray*} F(x,y(x)) = c \end{eqnarray*}$ mit irgendeiner Konstanten $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ andererseits. Den Unterschied solltest du auch inhaltlich begreifen.

$\begin{eqnarray*} F(x,y) = yk(x)+c(x) \end{eqnarray*}$ ist erstmal richtig, aber dann hast du irgendwas vermurkst: Einsetzen in die erste Bedingung $\begin{eqnarray*} \frac{\partial F(x,y)}{\partial x} = k(x)[g(x)y-f(x)] \end{eqnarray*}$ liefert dann nämlich die Bedingung

$\begin{eqnarray*} yk(x)g(x) + c'(x) \stackrel{!}{=} k(x)g(x)y-k(x)f(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c'(x) \stackrel{!}{=} -k(x)f(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c(x) = -\int k(x)f(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ .

Wir haben somit $\begin{eqnarray*} F(x,y) = yk(x) - \int k(x)f(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ , und der Beweis ist komplett.

P.S.: Ein weiteres C(y) gibt es hier nicht!

07.02.2019, 11:10

Sarah341

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Sorry für die Verzögerung. Es gibt kein C(y), da das y nicht frei wählbar ist, sondern von x abhängt?
In dem Beweis verwendet man also die gegebene Darstellung von k. Am Ende konntest du die Lösung der dann exakten gemachten Dgl angeben, damit war k in der Tat ein integrierender Faktor. Waren das deine Überlegungen?

07.02.2019, 11:15

HAL 9000

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Zitat:

Original von Sarah341
Es gibt kein C(y), da das y nicht frei wählbar ist, sondern von x abhängt?

Ich weiß nicht, was die Diskussion soll? Mit $\begin{eqnarray*} F(x,y) = yk(x)+c(x) \end{eqnarray*}$ ist das Thema erledigt, warum soll bei der Integration von $\begin{eqnarray*} c'(x) = -k(x)f(x) \end{eqnarray*}$ wieder ein $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ hineingemogelt werden??? Da steht nicht ohne Grund $\begin{eqnarray*} c(x) \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} c(x,y) \end{eqnarray*}$ . unglücklich

Zitat:

Original von Sarah341
In dem Beweis verwendet man also die gegebene Darstellung von k. Am Ende konntest du die Lösung der dann exakten gemachten Dgl angeben, damit war k in der Tat ein integrierender Faktor. Waren das deine Überlegungen?

Hab ich doch von Anfang an beschrieben, oben 9:57.

07.02.2019, 11:44

Sarah341

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Ja klar. Du hast völlig Recht. Tut mir leid für diese Dummheit. Es gibt keine Diskussion.

Wenn wir bei der inhomogenen Dgl bleiben existiert doch eine homogene Lösung auf einem Intervall I , solange g stetig auf I ist. Auch weiß man, dass diese Lösungen einen Unterraum bilden, also jede Linearkombination Lösung ist.
Für 2 spezielle Lösungen sieht man, dass deren Differenz wieder das homogene Problem löst .
Durch die Anfgangsbedinungen sieht man dann, dass diese spezielle Lösung eindeutig bestimmt ist.
Wie kann man aber die Existenz einer speziellen Lösung garantieren?
Geht das über Varation der Konstanten?
Man bekommt einen Ausdruck für C'(x) der von der rechten Seite, in meinem Fall f abhängt und $\begin{eqnarray*} exp^{\int g(x)dx} \end{eqnarray*}$ Warum sollte das Integral darüber existieren?
f müsste auf jeden Fall stetig sein.

07.02.2019, 14:23

Sarah341

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Wie kann die Existenz sicherstellen?

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