DGL 1. Ordnung bestimmen

22.07.2022, 05:21

maths4u

DGL 1. Ordnung bestimmen

Guten Morgen!

Ich komme wieder bei einer Aufgabe nicht weiter. Wie soll ich hier die Grenzen bestimmen? Ich weiß nicht, ob der Gedankengang stimmt, aber muss man hier nicht die Nullstellen bestimmen, um auf die Grenzen zu kommen?

Also so:

22.07.2022, 08:03

Ulrich Ruhnau

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RE: DGL 1. Ordnung bestimmen
Fangen wir mal mit der homogenen Dgl an, die Du bereits bestimmt hast:

$\begin{eqnarray*} \frac{y'(x)}{y(x)}=-2 \end{eqnarray*}$

Das läßt sich doch problemlos integrieren:

$\begin{eqnarray*} \ln y(x)=-2x+c \end{eqnarray*}$

Für die homogene Lösung gibt man an: $\begin{eqnarray*} y_h(x)=e^{-2x} \end{eqnarray*}$ wobei die Konstante weggelassen werden kann. Es gilt dann

$\begin{eqnarray*} y_h'(x)+2y_h(x)=0 \end{eqnarray*}$

Zur Bestimmung einer partikulären Lösung macht man den Ansatz:

$\begin{eqnarray*} y_p(x)=a(x)y_h(x) \end{eqnarray*}$

Für die partikuläre Lösung muß gelten:

$\begin{eqnarray*} y_p'(x)+2y_p(x)=2x^2-4 \end{eqnarray*}$

Einsetzen unseres Ansatzes in diese Dgl liefert:

$\begin{eqnarray*} (a(x)y_h(x))'+2a(x)y_h(x)=2x^2-4 \end{eqnarray*}$

Ab hier kannst Du weiter rechnen.

22.07.2022, 10:48

maths4u

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Vielen Dank für deine Erklärung!
Ich rechne dann mal weiter und lade mein ergebnis hoch.
Bevor ich losrechne, habe ich noch einige Fragen: 1) Kann man hier überhaupt mit bestimmten Integralen rechnen? Wir rechnen normalerweise immer mit den Grenzen, aber hier können wir ja die Grenzen nicht ablesen. 2) Warum integrierst du nur 1/y(x)? Was passiert mit dem y´(x) ? Ist y´(x) nur eine Konstante? Weil normalerweise müsste man ja substituieren, hier war ich ein wenig verwirrt, da y´(x) gar nicht berücksichtigt wurde. Habe ich einen Denkfehler?

22.07.2022, 14:44

loeser

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Zitat:

1) Kann man hier überhaupt mit bestimmten Integralen rechnen?

Das geht eigentlich ganz analog zu deiner DGL im anderen Thread, wo klarsoweit dir eine Substitution gezeigt hatte.

Zitat:

Warum integrierst du nur 1/y(x)?

Das ist schon das Ergebnis ohne die einzelnen Schritte, die du sonst immer machst.

Ein alternativer, recht schnell zum Ziel führender Ansatz für die spezielle Lösung yp ist hier übrigens, dass man direkt mit einer Funktion 2. Grades für y ansetzt:

y=ax²+bx+c und y'=2ax + b

Setzt man das in die DGL y' + 2y=2x²-4 ein und fasst die linke Seite geeignet zusammen, dann kann man durch einen so genannten Koeffizientenvergleich auf beiden Seiten sofort die Werte für a,b und c ermitteln und hat damit seine spezielle Lösung yp gefunden.

23.07.2022, 02:40

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von maths4u
Bevor ich losrechne, habe ich noch einige Fragen: 1) Kann man hier überhaupt mit bestimmten Integralen rechnen? Wir rechnen normalerweise immer mit den Grenzen, aber hier können wir ja die Grenzen nicht ablesen.

Die Integration ist die Umkehrung der Ableitung. Mehr wird hier wirklich nicht gebraucht.

Zitat:

2) Warum integrierst du nur 1/y(x)? Was passiert mit dem y´(x) ? Ist y´(x) nur eine Konstante? Weil normalerweise müsste man ja substituieren, hier war ich ein wenig verwirrt, da y´(x) gar nicht berücksichtigt wurde. Habe ich einen Denkfehler?

Gegenfrage: Wenn Du $\begin{eqnarray*} \ln y(x) \end{eqnarray*}$ mit der Kettenregel nach x ableitest, wobei y eine Funktion von x ist, was bekommst Du da?

23.07.2022, 11:04

loeser

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} \ln y(x)=-2x+c \end{eqnarray*}$

Für die homogene Lösung gibt man an: $\begin{eqnarray*} y_h(x)=e^{-2x} \end{eqnarray*}$ wobei die Konstante weggelassen werden kann. Es gilt dann

$\begin{eqnarray*} y_h'(x)+2y_h(x)=0 \end{eqnarray*}$

Zur Bestimmung einer partikulären Lösung macht man den Ansatz:

$\begin{eqnarray*} y_p(x)=a(x)y_h(x) \end{eqnarray*}$

Das sollte man meiner Ansicht nach so nicht stehen lassen.
In der letztendlichen DGL-Lösung $\begin{eqnarray*} y=y_h+y_p \end{eqnarray*}$ steht die Konstante ja auch noch da, sofern keine Anfangsbedigungen gegeben sind, die das Ergebnis eindeutig machen.
Die homogene Lösung ist eben nicht eindeutig, daher kann die Konstante auch nicht einfach so weggelassen werden.
Gerade so erklärt sich dann ja auch erst dein hier vom Himmel fallender Schritt in der letzten Zeile mit dem a(x):

$\begin{eqnarray*} y_h(x)=e^{-2x+c}=e^c \cdot e^{-2x}=a \cdot e^{-2x} \end{eqnarray*}$ wobei a die sich aus $\begin{eqnarray*} e^c \end{eqnarray*}$ ergebende Konstante darstellt.

Variiert man nun diese Konstante a (daher auch der Name des Verfahrens "Variation der Konstanten") zu einer variablen (und nicht mehr konstaten) Funktion a(x), dann findet man eine spezielle Lösung der DGL $\begin{eqnarray*} y_p \end{eqnarray*}$ durch den Ansatz $\begin{eqnarray*} y_p(x)=a(x) \cdot e^{-2x} \end{eqnarray*}$

23.07.2022, 14:34

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von loeser
In der letztendlichen DGL-Lösung $\begin{eqnarray*} y=y_h+y_p \end{eqnarray*}$ steht die Konstante ja auch noch da, sofern keine Anfangsbedigungen gegeben sind, die das Ergebnis eindeutig machen.
Die homogene Lösung ist eben nicht eindeutig, daher kann die Konstante auch nicht einfach so weggelassen werden.

Der unregistrierte @loeser (oder sollte ich besser schreiben looser ?) sollte sich mal zurückhalten. Finger2

Homogene Lösungen, die bei linearen Differentialgleichungen auftreten, haben allgemein die Eigenschaft, daß vielfache von ihnen oder genauer gesagt Linearkombinationen von ihnen die homogen Dgl immer noch lösen. Um eine partikuläre Lösung zu berechnen, braucht man nach dem Verfahren, das ich beschreiben will, nur alle homogenen Lösungen ungeachtet irgend eines Vorfaktors. Das c auf daß der @loeser hier so viel Wert legt, bedeutet für die homogene Lösung aber nur einen Vorfaktor, den wir hier erst einmal weglassen. Später bei der Gesamtlösung kommt er wieder dazu, versprochen! Schläfer

23.07.2022, 14:46

loeser

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Zitat:

Der unregistrierte @loeser (oder sollte ich besser schreiben looser ?) sollte sich mal zurückhalten. Finger2

Muss man sich ein solch niedriges, soziales Niveau hier im Forum gefallen lassen oder mag da ein Moderator mal etwas zu sagen ?

23.07.2022, 21:57

maths4u

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Bevor ich weiterrechne, wollte ich fragen, ob die ganzen Schritte soweit richtig sind.
Mir kommt der letzte Schritt nicht besonders korrekt vor, habe ich mich verrechnet oder kann das so stimmen? Weil anders kann ich mir das nicht erklären.

24.07.2022, 00:03

Ulrich Ruhnau

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RE: DGL 1. Ordnung bestimmen

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
$\begin{eqnarray*} y_h'(x)+2y_h(x)=0 \end{eqnarray*}$

Zur Bestimmung einer partikulären Lösung macht man den Ansatz:

$\begin{eqnarray*} y_p(x)=a(x)y_h(x) \end{eqnarray*}$

Für die partikuläre Lösung muß gelten:

$\begin{eqnarray*} y_p'(x)+2y_p(x)=2x^2-4 \end{eqnarray*}$

Einsetzen unseres Ansatzes in diese Dgl liefert:

$\begin{eqnarray*} (a(x)y_h(x))'+2a(x)y_h(x)=2x^2-4 \end{eqnarray*}$

Nachdem loeser den kurzen Weg gezeigt hat (Lösung raten), will ich meine Rechnung der Vollständigkeit halber fortsetzen.

wegen $\begin{eqnarray*} (ay)'=a'y+ay' \end{eqnarray*}$ wird aus der letzten Gleichung:

$\begin{eqnarray*} a'(x)y_h(x)+\underbrace{a(x)y'_h(x)+2a(x)y_h(x)}_0=2x^2-4 \end{eqnarray*}$

Dabei läßt sich die homogene Dgl so ausnutzen, daß hier immer einige Terme wegfallen. Wegen $\begin{eqnarray*} y_h(x)=e^{-2x} \end{eqnarray*}$ wird daraus dann:

$\begin{eqnarray*} \left.a'(x)e^{-2x}=2x^2-4\quad\right|\cdot e^{2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a'(x)=2x^2e^{2x}-4e^{2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a(x)=\int \underbrace{2x^2}_{u}\underbrace{e^{2x}}_{v'} \dd x-2e^{2x} \end{eqnarray*}$

Partielle Integration anwenden:

$\begin{eqnarray*} a(x)=x^2e^{2x}-\int 2xe^{2x} \dd x-2e^{2x} \end{eqnarray*}$

Noch mal partiell integrieren:

$\begin{eqnarray*} a(x)=x^2e^{2x}-xe^{2x}+\int e^{2x} \dd x-2e^{2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a(x)=x^2e^{2x}-xe^{2x}+\frac 12e^{2x}-2e^{2x}=\left(x^2-x-\frac 32\right)e^{2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_p(x)=a(x)y_h(x)=x^2-x-\frac 32 \end{eqnarray*}$

Zur Probe sollte man auch die Ableitung bestimmen:

$\begin{eqnarray*} y_p'(x)=2x-1 \end{eqnarray*}$

Das muß also eingesetzt werden in

$\begin{eqnarray*} y_p'(x)+2y_p(x)=2x^2-4 \end{eqnarray*}$

Na, das paßt doch!

Die vollständige Lösung setzt sich dann aus der partikulären plus einem beliebigen Vielfachen der homogenen Lösung zusammen:

$\begin{eqnarray*} y(x)=y_p(x)+c_1y_h(x) \end{eqnarray*}$

24.07.2022, 09:10

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von maths4u
Bevor ich weiterrechne, wollte ich fragen, ob die ganzen Schritte soweit richtig sind.

Zu Deinem letzten Schritt muß ich sagen:
Man teilt durch $\begin{eqnarray*} e^{-2x} \end{eqnarray*}$ , indem man mit $\begin{eqnarray*} e^{2x} \end{eqnarray*}$ mal nimmt. Da muß aber der ganze Ausdruck malgenommen werden.

Noch was zum Thema "integrieren mit Grenzen":
Nur wenn ich Grenzen habe, verwende ich sie beim Integrieren. Man kann auch integrieren, indem man nur die Ableitung rückgängig macht.

24.07.2022, 12:42

klauss

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Zitat:

Original von loeser

Zitat:

Der unregistrierte @loeser (oder sollte ich besser schreiben looser ?) sollte sich mal zurückhalten. Finger2

Muss man sich ein solch niedriges, soziales Niveau hier im Forum gefallen lassen oder mag da ein Moderator mal etwas zu sagen ?

Das Wort "Loeser"/"Löser" könnte man ins Englische, je nach Anwendungsbereich, mit "loosener" oder "solver" übersetzen, weshalb die zitierte Passage sinnfrei erscheint.
Sollte es sich um einen (verunglückten) Beleidigungsversuch gehandelt haben, würde ich Ulrich Ruhnau bitten, diesen im Klartext neu auszuarbeiten, damit der zuständige Moderator auf solider Grundlage reagieren kann.

24.07.2022, 14:33

maths4u

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Super, vielen lieben Dank für deine ausführliche und hilfreiche Erklärung Ulrich Ruhnau!
Ich habe die Aufgabe nun verstanden, werde noch weitere Übungen machen und mich im Forum melden, falls ich nicht weiterkomme. Danke dir vielmals!!

24.07.2022, 19:20

Ulrich Ruhnau

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@maths4u

Wunderbar, endlich bedankt sich mal jemand. Freude

So mögen alle Helfer das! Prost

24.07.2022, 21:55

maths4u

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das ist aber selbstverständlich, dass man sich bedankt Augenzwinkern

vor allem für deine verständliche und hilfreiche Erklärung, bin wirklich sehr dankbar, dass hier im Forum Helfer einem wirklich weiterhelfen. Nochmals danke!

25.07.2022, 10:32

loeser

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Zitat:

Original von klauss

Zitat:

Original von loeser

Zitat:

Der unregistrierte @loeser (oder sollte ich besser schreiben looser ?) sollte sich mal zurückhalten. Finger2

Muss man sich ein solch niedriges, soziales Niveau hier im Forum gefallen lassen oder mag da ein Moderator mal etwas zu sagen ?

Danke für die Reaktion, klauss. Wink

Mir war die falsche Schreibweise auch aufgefallen.
Als Kind hatte ich das glaub ich auch mal falsch geschrieben und als kindische Reaktion auf einen eigentlich harmlosen Verbesserungsvorschlag, kann man das wohl auch bewerten.

Die Größe oder den Anstand nach verbalen Fehlgriffen einfach mal "Sorry" zu sagen, das scheint wohl nicht mal in der Anonymität der Internetkommunikation zu funktionieren.

Den Fragesteller hat dieser Umgangston immerhin nicht abgeschreckt - der euphorischen Lobeshymne und der nutzenorientierten Ignoranz nach zu urteilen sogar ganz im Gegenteil.

Für mich wäre damit auch alles dazu gesagt und ich werde mich aus Threads mit diesen Usern künftig einfach raushalten. Freude

25.07.2022, 10:46

maths4u

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Loeser, ich halte mich generell bei Diskussionen raus, das hat nicht´s mit Ignoranz zu tun. Ich will mich nur nicht einmischen, da ich hier im Forum von den Helfern was lernen möchte. Und bedanken muss man sich auch, da es nicht selbstverständlich ist, dass man Hilfe bekommt. Genauso muss ich mich auch bei dir bedanken, da du auch eine große Hilfestellung warst und ich somit diese Themen im großen und Ganzen verstanden habe.

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