Differentialgleichung (Var. der Konstanten) - Seite 6

18.01.2005, 20:02

iammrvip

Wenn man die Wurzel aus irgendeiner Zahl zieht gibt es immer zwei Lösungen. Eine postive und eine negative.

Denn

$\begin{eqnarray*} 2^2 = 4 \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} (-2)^2 = 4 \end{eqnarray*}$

/edit: okay. bis morgen Wink

18.01.2005, 20:46

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und jetzt schalt ich mich mal ein. Was hat das Lambda in den ganzen Ausführungen zu bedeuten?

18.01.2005, 20:48

iammrvip

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weißt du wie man DGLen zweiter Ordnung löst??

ps: können wir das auf pn-basis weitermachen?? minzel verliert sonst den überblick.

08.10.2005, 15:26

Lokales Extrema

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Ich habe mir den thread mal durchgelesen und größtenteils sehr gut nachvollziehen können. Echt super, wie es erklärt wurde. Freude

Dennoch habe ich jetzt noch generell einige Verständnis-Probleme von wegen homogenen/inhomogenen DGL.

Ich habe hier eine DGL der Form
$\begin{eqnarray*} y' = ay + b \end{eqnarray*}$
also
$\begin{eqnarray*} y' - ay= b \end{eqnarray*}$
Ist diese Gleichung nun inhomogen (b ist ja nur Konstante)? Oder wie ist das gemeint?
Wenn ja, kann ich sie lösen, indem ich die homogene Gleichung $\begin{eqnarray*} y' - ay= 0 \end{eqnarray*}$ integriere, also nach y auflöse und dann y und y' in die $\begin{eqnarray*} y' = ay + b \end{eqnarray*}$ wieder einsetze?

2. Gibt es Kriterien, wann eine DGL 1. Ordnung lösbar ist?

11.10.2005, 15:35

iammrvip

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Huhu....Antwort kommt etwas spät aber ich guck erst heut wieder hier rein smile

.

Also nehmen wir uns deine Gleichung mal zur Brust:

$\begin{eqnarray*} y' = ay + b \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Lokales Extrema
also
$\begin{eqnarray*} y' - ay= b \end{eqnarray*}$
Ist diese Gleichung nun inhomogen (b ist ja nur Konstante)? Oder wie ist das gemeint?

Ja sie ist inhomogen, aber auch linear. b kann man als Störfunktion ansehen.

Zitat:

Wenn ja, kann ich sie lösen, indem ich die homogene Gleichung $\begin{eqnarray*} y' - ay= 0 \end{eqnarray*}$ integriere, also nach y auflöse und dann y und y' in die $\begin{eqnarray*} y' = ay + b \end{eqnarray*}$ wieder einsetze?

Nein so nich. Du hast richtig gesagt, dass du zu erst die homogene DGL

$\begin{eqnarray*} y' - ay = 0 \end{eqnarray*}$

lösen musst. Dann würde ich einen speziellen Ansatz wählen, so dass du auf der linken Seite der Gleichung das gleiche erhälst wie rechts.

Du musst also eine Funktion finden, die du einsetzen kannst und auf der linken Seite "b" rauskommt.

Durch überlegen: $\begin{eqnarray*} y_p(x) = \frac{b}{a} \end{eqnarray*}$

Setzt du nämlich nun ein:

$\begin{eqnarray*} y_p(x) = -\frac{b}{a}, y_p'(x) = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y' - ay = b \Rightarrow 0 - a\left(-\frac{b}{a}\right) = b \Rightarrow 0 + b = b \end{eqnarray*}$

somit ist $\begin{eqnarray*} y_p = -\frac{b}{a} \end{eqnarray*}$ eine partikuläre (spezielle Lösung) der DGL.

Wie du schon weisst (hoff ich) setzt sich die Lösung einer inhomgene linearen DGL immer aus der Summe der Lösung der homgenen und der Lösung der inhomogene DGL zusammen:

$\begin{eqnarray*} y_{allg} = y_h + y_p \end{eqnarray*}$

Du erhälst also für diese DGL (ich gehe mal davon aus die homogene Lösung schaffst du leicht allein Augenzwinkern

):

$\begin{eqnarray*} y_{allg} = Ce^{ax} - \frac{b}{a} \end{eqnarray*}$

Zitat:

2. Gibt es Kriterien, wann eine DGL 1. Ordnung lösbar ist?

Das ist schwer zu sagen. Wenn sie die Form

$\begin{eqnarray*} a_1(x)y'(x) - a_0(x)y = b(x) \end{eqnarray*}$ (wobei $\begin{eqnarray*} a_1, a_0, b \end{eqnarray*}$ normale Funktion sein)

hat und sich in eine solche Umforem lässt, dann wirst du immer erst die homgene DGL lösen können und dann über ein Verfahren (Variation der Kostanten, ...) und wie ich durch Überlegen die spezielle Lösung finden können. Die allgemeine ist dann wieder die Summe aus beiden.

Hat sie die Form

$\begin{eqnarray*} P(x)\mathrm dy + Q(x)\mathrm dx = 0 \end{eqnarray*}$

kannst du sie auch leicht lösen, dann ist es eine exakte DGL.

Das Problem bei DGLen ist immer das es nich den Lösungweg gibt. Es gibt bestimmt Wege und Verfahren die Gleichung zu lösen. Meist ist das Problem das richtig zu finden und einzusetzen. Viele DGLen können auch nur numerisch gelöst werden. Du kannst aber beweisen, ob eine DGL eine Lösung besitzt oder nicht.

11.10.2005, 15:44

JochenX

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hach grabt ihr da gerne alte threads aus, aber wenn schon, dann will ich auch noch an alten dingen rummäkeln:

Zitat:

Original von iammrvip
Wenn man die Wurzel aus irgendeiner Zahl zieht gibt es immer zwei Lösungen. Eine postive und eine negative.

das ist falsch; wurzel aus positiven reellen zahlen x, ist diejenige nichtnegative reelle zahl y mit y^2=x, sie ist eindeutig

forulieren solltest du: gleichungen dr form x^2=y haben für positive y immer 2 lösungen, nämlich x=wurzel(y) und x=-wurzel(y)

mfg jochen

16.10.2005, 15:00

Lokales Extrema

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@iammrvip: danke! :top: smile

18.10.2005, 14:55

iammrvip

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Gerne doch smile

07.01.2006, 13:53

Physiker

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VdK Dgl 1.O.
Also ich hab hier nach ner der richtigen Lösung einer meiner Aufgaben gesucht und bin auf das gestoßen... nur so ne Frage warum lößt ihr die kleine Aufgabe mit VdK mit dem charakteristische Polynom(des Lambda Ding) geht des alles doch in 2 min.
Und für Y-part(inhomo) kann man doch einfach den speziellen Ansatz für e^cx nehmen dann einmal abl in dgl einsetzten Koeffiezientenvergleich mit e^2x
FERTIG

PS: Kann mir jemand die richtige Lösung für Y´=-(cos(x)*Y sagen hab 2 verschiedene und das irritiert mich etwas! Hilfe

Gruss

07.01.2006, 14:07

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Immer dasselbe mit den Physikern, kennen ihre speziellen Ansätze - die durchaus ihre Berechtigung haben - und mokieren sich über alternative Vorgehensweisen, die allgemeinerer Natur sind. smile

Zitat:

Original von Physiker
PS: Kann mir jemand die richtige Lösung für Y´=-(cos(x)*Y sagen hab 2 verschiedene und das irritiert mich etwas! Hilfe

Welche denn?

07.01.2006, 14:24

JochenX

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RE: VdK Dgl 1.O.

Zitat:

Original von Physiker
PS: Kann mir jemand die richtige Lösung für Y´=-(cos(x)*Y sagen hab 2 verschiedene und das irritiert mich etwas! Hilfe

das kann ja sogar ich noch lösen Big Laugh

trennung der variablen oder ein ganz einfacher ansatz mit e-funktionen lösen smile

$\begin{eqnarray*} y=f(x)*y' => y=c*e^{\int~f(x)~dx} \end{eqnarray*}$ sagte mir schon damals das gelbe rechenbuch 3

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