Differentialgleichung lösen

24.08.2021, 10:53

DGL Problem

Differentialgleichung lösen

Meine Frage:
Hallo zusammen,

ich habe ein Problem bei der Lösung folgender Differentialgleichung:

$\begin{eqnarray*} \frac{\dd x}{\dd t} = a (k_{1}/ x(t) -k_{2}) \end{eqnarray*}$

wie gehe ich am besten vor um diese Aufgabe zu lösen?
Ich möchte daraus eine Gleichung für x(t) erhalten.

Meine Ideen:
Ich habe zunächst versucht für den homogenen Teil der Gleichung eine Lösung zu finden indem ich das $\begin{eqnarray*} \dd t \end{eqnarray*}$ auf die andere Seite gebracht habe und dann integriert habe.

also:

$\begin{eqnarray*} \int \! \, \dd x =\int \! \frac{a k_{1} }{x(t)} \, \dd t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x + c_{1} = \ln(x(t)\frac{a}{b} a k_{1} + c_{2} \end{eqnarray*}$

ich denke die Lösung ist falsch. Kann mir bitte jemand weiterhelfen? Wo liegt der Fehler, was muss ich anders rechnen?

24.08.2021, 10:58

DGL Problem

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Da hat sich ein Tippfehler eingeschlichen,

bei meinen Ideen die zweite Gleichung sollte:

$\begin{eqnarray*} x + c_{1} = \ln(x(t))\ a k_{1} + c_{2} \end{eqnarray*}$

heißen.

24.08.2021, 11:26

HAL 9000

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Es geht um die DGL $\begin{eqnarray*} \frac{\dd x}{\dd t} = a\left( \frac{k_1}{x(t)} - k_2\right) \end{eqnarray*}$ , bzw. zunächst mal um $\begin{eqnarray*} \frac{\dd x}{\dd t} = \frac{ak_1}{x(t)} \end{eqnarray*}$ , oder? verwirrt

Deine "Integration" rechts funktioniert so nicht - du kannst dich davon selbst überzeugen, indem du zur Kontrolle dein "Ergebnis" dort nach $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ differenzierst:

$\begin{eqnarray*} \frac{\dd}{\dd t}\left[ \ln(x(t))ak_1 + c_2\right] = \frac{ak_1}{x(t)}\cdot x'(t) \end{eqnarray*}$

(beachte nämlich die Kettenregel!). Nein, so geht das nicht, sondern nur über Trennung der Variablen:

$\begin{eqnarray*} 2x ~ \dd x = 2ak_1 ~ \dd t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x^2 = 2ak_1 t + c_3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x = \pm \sqrt{2ak_1 t + c_3} \end{eqnarray*}$

Inwieweit dieses Ergebnis allerdings nützt, auch die erste DGL (die mit $\begin{eqnarray*} k_2 \end{eqnarray*}$ ) zu lösen, ist noch unklar: Es handelt sich hier nämlich nicht um eine lineare DGL, wo das Lösungschema "erst homogen und damit dann inhomogen" stets funktioniert. Braucht man allerdings auch gar nicht, da sich die Ausgangs-DGL ebenfalls mit Trennung der Variablen behandeln lässt. Augenzwinkern

25.08.2021, 09:13

DGL Problem

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Vielen Dank für die Antwort.

korrekt es geht um diese DGL.

Die Trennung der variablen hatte ich ja auch durchgeführt, allerdings habe ich es andersrum gemacht also den Term x(t) auf die Seite von dt gebracht.
Wenn ich es richtig sehe ist das der einzige Unterschied.

Ich frage mich warum das offensichtlich falsch zu seien scheint, x(t) ist doch von t abhängig, sprich ich muss doch über t integrieren. Eine Funktion f(x) würde ich ja auch über x integrieren, oder nicht?

Wenn ich die ganze DGL betrachte, also zusätzlich mit dem k2, was muss ich dann zusätzlich beachten, eine variablentrennung ist da ja so einfach nicht möglich. Kann mir da jemand ein Hinweis geben, vielen Dank!

25.08.2021, 11:15

HAL 9000

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Zitat:

Original von DGL Problem
Wenn ich die ganze DGL betrachte, also zusätzlich mit dem k2, was muss ich dann zusätzlich beachten, eine variablentrennung ist da ja so einfach nicht möglich.

Doch, ist sie (hatte ich doch gesagt!): Es ist ja gar kein explizites $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ in der DGL vorhanden. Konkret wird umgestellt

$\begin{eqnarray*} \frac{\dd x}{\dd t} = a\frac{k_1-k_2x}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{x}{k_1-k_2x} ~ \dd x = a ~ \dd t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \frac{x}{k_1-k_2x} ~ \dd x = at + c \end{eqnarray*}$

Bleibt noch die Integration links.

25.08.2021, 13:21

DGL Problem

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Vielen Dank für Deine Mühe HAL 9000.

Diese Gleichung habe ich auch heraus bekommen. Ich hatte sie aber als verkehrt verworfen, denn was ich weiterhin nicht ganz daran verstehe, warum wird das x(t) über x integriert und nicht über t?

Wenn ich eine gleichung f(x) integriere integriere ich doch auch über x. Warum ist es hier nicht so?
Ich hoffe mir kann da jemand etwas Licht ins dunkel bringen, danke!

26.08.2021, 09:53

fischstäbchen

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Nachdem ich viel rumprobiert habe das Integral zu lösen und zu keinem Ergebnis gekommen bin, habe das Integral über Wolfram Alphas gelöst.

Dabei kommt folgendes Ergebnis raus:

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{x(t)}{k_{1}-k_{2} x(t) } \, \dd x = \int \! a \, \dd t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -\frac{k_{1}\log(k_{1}-k_{2}x )+k_{2}h(t) }{k_{2}^2 } +c_{1} = a t + c_{2} \end{eqnarray*}$

Diese Gleichung sieht andes aus als erwartet.
Unzwar habe ich diese Berechnung durchgeführt um eine Herleitung nachzuvollziehen, unzwar die Herleitung der Washburn-Gleichung unter Berücksichtigung der Gravitation.
In der Herleitung die man online findet (leider kann ich keinen Link einfügen wegen fehlender Berechtigung) kommen die Autoren auf ein Ergebnise mit der Omega Funktion.
(Suchbegriff: Washburn Gleichung Herleitung - dann die Seite von imeter.de)

Wie kann das sein, ich denke der Fehler liegt bei mir, aber wo?

26.08.2021, 10:41

fischstäbchen

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Die variablen k1, k2, und a sind Substitutionen unzwar wie folgt:

$\begin{eqnarray*} k_{1} = \frac{2\gamma \cos(\varTheta )}{r} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k_{2} = \varrho g \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a=\frac{r^2)}{8 \eta} \end{eqnarray*}$

Die Gleichung die ich nach einsetzen erhalte lautet damit wie folgt:

$\begin{eqnarray*} \frac{-2 \gamma \cos(\varTheta) \log(\frac{2\gamma \cos(\varTheta)}{r} -\varrho g h(t))+\varrho g h(t)}{r \varrho ^2 g^2} + c_{1} = \frac{r^2}{8 \eta}t+c_{2} \end{eqnarray*}$

Kann es sein das das umstellen der Gleichung nach h(t) die Omega Funktion liefert? Ich bin gerade noch etwas am rätseln wie ich die Gleichung überhaupt umgestellt bekomme mit dem h(t) im Logarithmus..

Hier der Link zur besagten Seite mit der "Herlietung":
https://www.imeter.de/imeter-methoden-sp...ung.html?id=91:

27.08.2021, 11:30

Huggy

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Zitat:

Original von fischstäbchen
Diese Gleichung habe ich auch heraus bekommen. Ich hatte sie aber als verkehrt verworfen, denn was ich weiterhin nicht ganz daran verstehe, warum wird das x(t) über x integriert und nicht über t?

Wenn ich eine gleichung f(x) integriere integriere ich doch auch über x. Warum ist es hier nicht so?
Ich hoffe mir kann da jemand etwas Licht ins dunkel bringen, danke!

Das ist auch hier so. Mittels der Substitutionsregel wird aber das eine Integral über $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ in ein Integral über $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ verwandelt. Aus

$\begin{eqnarray*} \frac{\dd x}{\dd t} = a\frac{k_1-k_2x}{x} \end{eqnarray*}$

wird nach Umstellung und Integration Über $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \frac {x}{k_1-k_2x} \frac{\dd x}{\dd t} \dd t = \int a \dd t \end{eqnarray*}$

In dem linken Integral "kürzt" sich mittels der Substitutionsregel das $\begin{eqnarray*} \dd t \end{eqnarray*}$ weg was zu der Angabe von HAL führt.

Zitat:

Original von fischstäbchen
Nachdem ich viel rumprobiert habe das Integral zu lösen und zu keinem Ergebnis gekommen bin, habe das Integral über Wolfram Alphas gelöst.

Da muss man nicht viel herrumrechnen. Polynomdivision reicht, um das Integral in 2 einfache Integrale zu verwandeln.

Zitat:

Original von fischstäbchen
Dabei kommt folgendes Ergebnis raus:

$\begin{eqnarray*} -\frac{k_{1}\log(k_{1}-k_{2}x )+k_{2}h(t) }{k_{2}^2 } +c_{1} = a t + c_{2} \end{eqnarray*}$

Es genügt, auf einer Seite eine Konstante zu addieren.

$\begin{eqnarray*} (*) \quad -\frac{k_{1}\log(k_{1}-k_{2}h )+k_{2}h}{k_{2}^2 } = a t +c \end{eqnarray*}$

Zitat:

Diese Gleichung sieht andes aus als erwartet.
Kann es sein das das umstellen der Gleichung nach h(t) die Omega Funktion liefert? Ich bin gerade noch etwas am rätseln wie ich die Gleichung überhaupt umgestellt bekomme mit dem h(t) im Logarithmus.

So ist es. Wenn ich mein CAS bitte, die Gleichung $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ aufzulösen. liefert es

$\begin{eqnarray*} h(t)=\frac {k_1}{k_2}\left (1+ W \left (-1- \frac {e^{-1-\frac {c k_2^2}{k_1}+ \frac {a k_2^2 t} {k_1}}}{k_1} \right ) \right ) \end{eqnarray*}$

Ich habe nicht versucht nachzuvollziehen, durch welche Umformungen man dahin kommt. Das Ergebnis sieht dem Ergebnis in dem Link schon recht ähnlich. Es fehlt nur noch die Konstante $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ . Da ist mir unklar, was die Autoren des Links gemacht haben. Naheliegend wäre es, $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ aus einer Anfangsbedingung $\begin{eqnarray*} h(0)=0 \end{eqnarray*}$ zu bestimmen. Die im Link gegebene Lösung erfüllt aber diese Anfangsbedingung nicht. $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ kann auch nicht aus dem im Link genannten Sättigungswert für $\begin{eqnarray*} h(\infty) \end{eqnarray*}$ kommen, da in den die Konstante $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ gar nicht eingeht. Aus der angegebenen Lösung folgt für $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{-c \frac {k_2^2}{k_1}}=k_1 \end{eqnarray*}$

Die Rückwärtsanalyse erklärt aber nicht, wie man vorwärts zu diesem $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ kommt

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