Differentialgleichung (Var. der Konstanten)

19.11.2004, 21:56

minzel

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Differentialgleichung (Var. der Konstanten)

Hallo !

Also es ist freitag abend mein kopf qualmt und ich hoff man kann mir hier evt helfen. wie schon im thema beschrieben geht es um differenzialgleichungen. das eines der letzten hindernisse die mir für die prüfung in 2 wochen im weg stehen. ich sag mal so, ich hab keine ahnung wie das geht. nagut ein ansatz hätte ich aber wie es weiter, keine ahnung, auch aus anderen lösungen bzw lösungswegen aus dem internet werde ich nicht schlau. vieles ist zu mathematisch und absolut nicht nach vollziehbar, selber lerne ich wenn ich selber rechnen kann und nachvollziehbare lösungswege hab.

lange rede kurzer sinn, hoffe jemand kann mir mal diese diffgleichung mit lösungsweg geben. wäre echt spitze:

y'-4y=e^(2x)

Es soll wohl eine sehr leichte diffgleichung sein aber wie schon gesagt ich habe irgendwie keine ahnung von sowas und bräuchte das wissen in 2 wochen.
Zu bestimmen ist die allg. Lösung.
danke im voraus !

19.11.2004, 22:05

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von minzel
lange rede kurzer sinn, hoffe jemand kann mir mal diese diffgleichung mit lösungsweg geben. wäre echt spitze:

Das ist nicht der Sinn des Boards. Das "offizielle" Prinzip des Boards ist:

Zitat:

Prinzip - Mathe online verstehen!
Das MatheBoard soll Schülern, Studenten und anderen Interessierten beim Verstehen der Mathematik helfen. Es soll "Hilfe zur Selbsthilfe" gegeben werden. Diese sollte aus Tipps und Hinweisen bestehen, so dass der Fragesteller den Stoff versteht und seine Aufgaben dann selbst bearbeiten kann.

Deshalb ist es in aller Regel nicht sinnvoll, dem Fragesteller einfach komplette Lösungen hinzuschreiben oder selbst nach Komplettlösungen zu fragen!

Auszug hieraus.
Also ne Komplettlösung bekommst du hier nicht. Hast du wirklich keine Idee?

19.11.2004, 22:16

minzel

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man, wußte gar nicht das das hier so streng abläuft.

dy/dx - 4y = e^(2x) |*dx
dy - 4y = e^(2x) * dx |Int
Int(-4y ,y) = Int(e^(2x) ,x) |Rechnen

-2 * y^2 = e^((2x)/2) |+2
y^2 = e^((2x)/2) + 2 |sqrt
y = sqrt(e^((2x)/2) + 2)

also spätestens hier hört es auf --- und ob es richtig ist weiß ich auch nicht.

nochmal zu dem sinn des board. auf diese weise hab ich noch nie etwas gelernt, weil jeder dann mit "fachchinesisch" angekommen is :) nicht bös gemeint. lerne eher durch vorlagen aber ok, wenn ich auf diese weise auch was lerne dann ok. aber sehs schon kommen das es nichts bringt.

Ps: trotzdem danke für die schnelle antwort

19.11.2004, 22:22

Mathespezialschüler

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So streng is das nich Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich wollte dir nur verdeutlichen, dass das ja so keinen Sinn bringt, "learning by doing" is immer noch am besten smile

smile

Es is ja nich so, dass wir dir nich helfen, aber wir möchten halt nur Tipps geben.

Fehler in der zweiten Zeile! Wenn du mit dx multiplizierst, musst du auch 4y mit dx multiplizieren.

19.11.2004, 22:33

minzel

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http://if03.de/1.jpg

?

19.11.2004, 22:41

iammrvip

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@minzel

löse doch erstmal die homogene DGL. und dann variation der konstanten.

$\begin{eqnarray*} y' - 4y = 0 \end{eqnarray*}$

du ist leicht und dann hast du das ergebnis der homogenen DGL.

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19.11.2004, 22:48

minzel

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http://if03.de/3.jpg

ich weiß doch auch nicht :S bin glaube absolut zu blöd dafür das zu verstehen

19.11.2004, 22:51

iammrvip

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mach's dir nicht so kompliziert. Augenzwinkern

Augenzwinkern

. ich zeig's dir mal (nich böse sein MSS). dann verstehst du's bestimmt Freude

Freude

:

$\begin{eqnarray*} y' - 4y = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y' = 4y \end{eqnarray*}$

jetzt schreiben wir um $\begin{eqnarray*} y' = \frac{dy}{dx} \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx} = 4y \end{eqnarray*}$

trennen die variablen:
$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{y} = 4dx \end{eqnarray*}$

und können integrieren:
$\begin{eqnarray*} \int \frac{dy}{y} = \int 4dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln|y| = 4x + C \end{eqnarray*}$

noch nach y auflösen:
$\begin{eqnarray*} y = e^{4x + C} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = e^{4x}e^C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^C \end{eqnarray*}$ ersetzen wir durch $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ (dann lässt es sich leichter weiter rechen):
$\begin{eqnarray*} y = c_1 e^{4x} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} ; c_1 = \pm e^c \end{eqnarray*}$

das ist die lösung der homogenen gleichung:

$\begin{eqnarray*} y_H = c_1 e^{4x} \end{eqnarray*}$

ps: noch eine frage. heißt die gleichung $\begin{eqnarray*} y' - 4y = e^{2x} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} y' - 4y = 2e^{2x} \end{eqnarray*}$ ??

19.11.2004, 23:05

minzel

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kann es bis zur auflösung nach y nachvollziehen.

Bsp.:

Für ln|x|=2 |:ln

x=e^2

stimmt das so ?

habs mal durchgerechnet eigentlich ganz einfach, jetzt muß man noch die inhomogene lösen oder ?

ist das

0=e^(2x) ?

PS: sry, ja die gleichung heißt: y'-4y=e^(2x)
hatt ich oben falsch geschrieben.

19.11.2004, 23:11

iammrvip

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Zitat:

Original von minzel
kann es bis zur auflösung nach y nachvollziehen.

Bsp.:

Für ln|x|=2 |:ln

x=e^2

stimmt das so ?

japp. fast.

es gilt die beziehung, dass:

$\begin{eqnarray*} x = e^{ln(x)} \end{eqnarray*}$

also sind die beiden seiten der gleichung genau das selbe. du würdest rein mathematisch gesehen folgendens machen:
$\begin{eqnarray*} ln|x| = 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} e^{ln|x|} = e^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x = e^2 \end{eqnarray*}$

(korrekter weise muss es heißen $\begin{eqnarray*} x = \pm e^2 \end{eqnarray*}$ , da durch den betrag beim ln|x| ja ein negative oder ein postive zahl dort stehen kann. aber das vernachlässige ich kurz einmal)

Zitat:

habs mal durchgerechnet eigentlich ganz einfach, jetzt muß man noch die inhomogene lösen oder ?

ist das

0=e^(2x) ?

du willst doch über den ansatz der variation der konstanten gehen. also nimmst du jetzt deine lösung von oben

$\begin{eqnarray*} y(x) = c_1 e^{4x} \end{eqnarray*}$

und sagst das c_1 von x abhängig ist. also

$\begin{eqnarray*} y(x) = c_1(x)e^{4x} \end{eqnarray*}$

das leitest du jetzt ab und setzt dann y' und y in die ausgangsgleichung ein.

ps: ich hatte oben auch noch was dazu geschrieben. es muss heißen $\begin{eqnarray*} c_1 = \pm e^c \end{eqnarray*}$

19.11.2004, 23:17

iammrvip

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bitte löschen. hab ausversehen auf senden gedrückt.

19.11.2004, 23:26

minzel

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$\begin{eqnarray*} y(x)=c_1(x)e^{4x} \end{eqnarray*}$

Mich machen diese "(x)" wuschig *g
wenn ich die wegfallen lassen würde käme das dabei herraus:

$\begin{eqnarray*} d(y=c_1e^{4x}) \end{eqnarray*}$

Und Ableiten:

$\begin{eqnarray*} y = e^{4x} \end{eqnarray*}$

19.11.2004, 23:32

iammrvip

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nein, nein.

variation der konstanten bedeutet, dass du dir die konstante, hier $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ nimmst und sagst, diese konstante ist nun wie y von x abhängig. also $\begin{eqnarray*} y(x) \end{eqnarray*}$ bedeutet $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ist von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ abhängig. denn wenn sich $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ändert, ändert sich auch $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ , okay??

das machst du jetzt mit der konstante auch, hier $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ . also:

$\begin{eqnarray*} y(x) = c_1(x) \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

das musst du jetzt nach x nach produktregel ableiten, denn $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ ist ja auch von x abhängig.

ps: 100 beitrag Big Laugh

Big Laugh

Big Laugh

.

19.11.2004, 23:40

minzel

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ok, dank dir auf alle fälle erstmal, werde mich nacher nochmal ransetzen, mache jetzt erstmal ne pause.

PS: Glückwunsch :)

19.11.2004, 23:41

iammrvip

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smile

.

zur kontrolle die lösung ist:

$\begin{eqnarray*} y(x) = Ce^{4x} - \frac{e^{2x}}{2} \end{eqnarray*}$

20.11.2004, 00:52

minzel

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also ich bin jetzt hier:

$\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ ist von x abhängig

$\begin{eqnarray*} y(x)=c_1(x)e^{4x} \end{eqnarray*}$

Produktregel:

$\begin{eqnarray*} f'(x)=u'(x)*v(x)+u(x)*v'(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Int(c_1)*e^{4x}=c_1*Int(e^{4x}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1/2x*c_1*e^{4x}=c_1*4e^{4x} \end{eqnarray*}$

Ist das bis hier hin richtig ?

20.11.2004, 14:07

etzwane

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nein.

Bisher ist bekannt: y(x) = c1(x)*e^(4x)

Es sei erstmal gesetzt c1(x) = z(x) um deutlich zu machen, dass c1 eine Funktion von x ist.

Dann gillt die Produktregel

f = u*v
f' = u'*v + u*v'

also für y = z(x)*e^(4x) : u=z(x), u'=z'(x) und v=e^(4x), v'=(selbst ausrechnen)

damit wird jetzt y' ausgedrückt als Funktion von z und x..

Die bisher erhaltenen Ausdrücke für y und y' werden jetzt eingesetzt in die Ausgangs-DGL y' - 4y = e^(2x)

Das ergibt eine neue DGL für z(x), und nach deren Lösung erhält man y(x) = z(x)*e^(4x) mit dem Ergebnis von iammrvip

20.11.2004, 14:44

minzel

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Also nochmal zusammenfassend:

$\begin{eqnarray*} y(x)=c_1(x)e^{4x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c_1(x)=z(x) \end{eqnarray*}$

Produktregel:

Für $\begin{eqnarray*} y=z(x)e^{4x} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} u=z(x) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} u'=z'(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v=e^{4x} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} v'=4e^{4x} \end{eqnarray*}$

Wenn das dann y' ausdrückt hieße das:

$\begin{eqnarray*} y'=z'(x)*e^{4x}+z(x)*4e^{4x} \end{eqnarray*}$

Und y war:

$\begin{eqnarray*} y_H=c_1e^{4x} \end{eqnarray*}$

Einsetzen in DGL (y' und y):

$\begin{eqnarray*} (z'(x)*e^{4x}+z(x)*4e^{4x})-4*(c_1e^{4x})=e^{2x} \end{eqnarray*}$

Hab ich das bis hier hin richtig verstanden ?

20.11.2004, 15:03

iammrvip

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Zitat:

Original von minzel
$\begin{eqnarray*} (z'(x)*e^{4x}+z(x)*4e^{4x})-4*(c_1e^{4x})=e^{2x} \end{eqnarray*}$

Hab ich das bis hier hin richtig verstanden ?

dann ist es jetzt aber auch

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

ist trotzdem etwas umständlich mit dem $\begin{eqnarray*} z(x) \end{eqnarray*}$ . du musst nämlich aufpassen alles zu subtituieren. ob man nun $\begin{eqnarray*} c_1(x) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} z(x) \end{eqnarray*}$ ist doch egal oder?? verwirrt

verwirrt

mit $\begin{eqnarray*} c_1(x) \end{eqnarray*}$ würde es genauso aussehen:

$\begin{eqnarray*} \left(c_1'(x) \cdot e^{4x} + c_1(x) \cdot 4e^{4x}\right) - 4\left(c_1(x)e^{4x}\right) = e^{2x} \end{eqnarray*}$

jetzt löst du noch die klammern auf und stellst nach $\begin{eqnarray*} c_1'(x) \end{eqnarray*}$ um

20.11.2004, 15:18

minzel

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ist das kompliziert, also bevor ich wieder mal was falsches mache:

$\begin{eqnarray*} c_1'(x)*e^{4x}+c_1(x)*4e^{4x}-4c_1(x)-4e^{4x}=e^{2x} \end{eqnarray*}$

Ist das so richtig ausgeklammert ?

20.11.2004, 15:26

iammrvip

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Zitat:

Original von minzel
ist das kompliziert, also bevor ich wieder mal was falsches mache:

$\begin{eqnarray*} c_1'(x)*e^{4x}+c_1(x)*4e^{4x}-4c_1(x)-4e^{4x}=e^{2x} \end{eqnarray*}$

Ist das so richtig ausgeklammert ?

du hast doch in der klammer ein mal stehen (und kein minus): $\begin{eqnarray*} c_1(x) \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$ also:

$\begin{eqnarray*} \left(c_1'(x) \cdot e^{4x} + c_1(x) \cdot 4e^{4x}\right) - 4\left(c_1(x)e^{4x}\right) = e^{2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_1'(x) \cdot e^{4x} + c_1(x) \cdot 4e^{4x} - 4c_1(x)e^{4x} = e^{2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_1'(x)e^{4x} + 4c_1(x)e^{4x} - 4c_1(x)e^{4x} = e^{2x} \end{eqnarray*}$

jetzt siehst du bestimmt schon das was wegfällt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

20.11.2004, 15:37

minzel

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$\begin{eqnarray*} c_1'(x)e^{4x}+4c_1(x)e^{4x}-4c_1(x)e^{4x}=e^{2x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c_1'(x)e^{4x}=e^{2x} \end{eqnarray*}$ |: $\begin{eqnarray*} e^{2x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c_1'(x)e^{2x}=1 \end{eqnarray*}$ |: $\begin{eqnarray*} e^{2x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c_1'(x)=1/{e^{2x}} \end{eqnarray*}$

so?

20.11.2004, 15:40

iammrvip

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richtig

Freude

. jetzt musst du noch integrieren. denn du brauchst ja $\begin{eqnarray*} c_1(x) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{e^{2x}} \end{eqnarray*}$ kann man auch schreiben als $\begin{eqnarray*} e^{-2x} \end{eqnarray*}$ , dann lässt es sich leichter integrieren:

$\begin{eqnarray*} c_1'(x) = e^{-2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_1(x) = \int e^{-2x}dx \end{eqnarray*}$

20.11.2004, 15:49

minzel

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ok ...

$\begin{eqnarray*} c_1=\int e^{-2x}dx \end{eqnarray*}$

ist:

$\begin{eqnarray*} c_1(x)=-1/2e^{-2x}+c \end{eqnarray*}$

Wenn das richtig ist würd ich gern mal fragen ob es irgendwo ne riesengroße tabelle gibt wo es alle integration und ableitungen von den wichtigsten funktionen gibt. wir drüfen ja in der prüfung einen a4 spickzettel nutzen.

20.11.2004, 15:54

iammrvip

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richtig. jetzt nimmst du die lösung von $\begin{eqnarray*} c_1(x) \end{eqnarray*}$ (schön umgeschrieben $\begin{eqnarray*} c_1(x) = -\frac{e^{-2x}}{2} + C \end{eqnarray*}$ Big Laugh

Big Laugh

)

und setzt sie in die lösung der homogenen DGL ein:

$\begin{eqnarray*} y_H(x) = c_1(x) \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

klammerst dort noch schön aus und fertig bist du Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

ps: zur kontrolle kannst du's ha nochmal hinschreiben. weger der tabelle guck ich gleich mal.

20.11.2004, 16:05

minzel

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hm aus rein logischen her würde ich jetzt sagen:

$\begin{eqnarray*} y=-\frac{1}{2}*e^{-2x}+Ce^{4x} \end{eqnarray*}$

aber so ganz haut ja dieses $\begin{eqnarray*} e^{-2x} \end{eqnarray*}$ nicht hin.
Sollte doch $\begin{eqnarray*} e^{2x} \end{eqnarray*}$ sein , oder ?

20.11.2004, 16:12

iammrvip

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Zitat:

Original von minzel
hm aus rein logischen her würde ich jetzt sagen:

$\begin{eqnarray*} y=-1/2*e^{-2x}+Ce^{4x} \end{eqnarray*}$

aber so ganz haut ja dieses $\begin{eqnarray*} e^{-2x} \end{eqnarray*}$ nicht hin.
Sollte doch $\begin{eqnarray*} e^{2x} \end{eqnarray*}$ sein , oder ?

japp genau +2x

denn:

$\begin{eqnarray*} y_H(x) = c_1(x) \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(x) = \left( -\frac{e^{-2x}}{2} + C \right)e^{4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = -\frac{e^{-2x}e^{4x}}{2} + Ce^{4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = -\frac{e^{-2x + 4x}}{2} + Ce^{4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = -\frac{e^{2x}}{2} + Ce^{4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = Ce^{4x} - \frac{e^{2x}}{2} \end{eqnarray*}$

20.11.2004, 16:19

minzel

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$\begin{eqnarray*} = -\frac{e^{-2x}e^{4x}}{2} + Ce^{4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = -\frac{e^{-2x + 4x}}{2} + Ce^{4x} \end{eqnarray*}$

darf man das so einfach ?

* in + verwandeln ?

SRY ... seh grad jetzt erst. Die e^ kann man ja mit + zusammenfassen.

20.11.2004, 16:22

iammrvip

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Zitat:

Original von minzel
SRY ... seh grad jetzt erst. Die e^ kann man ja mit + zusammenfassen.

Freude

20.11.2004, 16:23

minzel

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ok dank dir auf jedenfall, werd die jetzt nochmal schritt für schritt durchrechnen und dann ne nächste diffgleichung machen.

20.11.2004, 16:30

iammrvip

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bitte schön. Augenzwinkern

Augenzwinkern

. kannst sie mir ja mal schicken. Big Laugh

Big Laugh

.

20.11.2004, 17:00

minzel

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Also bin se jetzt mal durchgegangen, ging eigentlich recht flott, aber ich sag mal bei einer neuen aufgabe sitz ich auch erstmal wieder paar stunden dran.
Die nächste die ich machen werd ist:

löse das Anfangswertproblem mittels variation der konstanten:

$\begin{eqnarray*} xy'+2y=3x^2-2x+4 \end{eqnarray*}$

mit

$\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} y=\frac{1}{12} \end{eqnarray*}$

Aber an die Aufgabe mache ich mich erst später ran. erstmal pause und evt nochmal einkaufen gehen, klaren kopf bekommen :)

...

Nagut hab eben doch mal schnell einen anfang gemacht, der anfang ist nämlich glaube ich auch wieder so einfach wie bei der ersten aufgabe:

$\begin{eqnarray*} xy'+2y=3x^2-2x+4 \end{eqnarray*}$ |:x

$\begin{eqnarray*} y'+2y=3x-2+\frac{4}{x} \end{eqnarray*}$

Homogene DGL:

$\begin{eqnarray*} y'+2y=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}+2y=0 \end{eqnarray*}$ |-2y

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=-2y \end{eqnarray*}$ |*dx , :y

$\begin{eqnarray*} \int{\frac{dy}{y}}=\int{-2*dx} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln|y|=-2x \end{eqnarray*}$ |:ln

$\begin{eqnarray*} y_H=e^{-2x}+c \end{eqnarray*}$

Haut das denn so hin ?
Bis später schon mal ! Und danke :)

PS: Was macht die Aufgabe anders das x = 1 ist und y = 1/12 ?!

20.11.2004, 17:07

iammrvip

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Zitat:

Original von minzel
$\begin{eqnarray*} \int{\frac{dy}{y}}=\int{-2*dx} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln|y| = -2x \end{eqnarray*}$ + C

$\begin{eqnarray*} y = e^{-2x}\left(\pm e^C\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = c_1 e^{-2x} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} ; c_1 = \pm e^c \end{eqnarray*}$

Zitat:

PS: Was macht die Aufgabe anders das x = 1 ist und y = 1/12 ?!

d.h. du sollst eine partikuläre lösung bestimmen für die gilt:

$\begin{eqnarray*} y(1) = \frac{1}{12} \end{eqnarray*}$

20.11.2004, 17:07

minzel

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ja genau , cool smile

smile

ok nu aber bis später smile

smile

20.11.2004, 17:10

iammrvip

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du hast aber schon am anfang einen fehler!!

wenn du durch x teilst:
$\begin{eqnarray*} xy' + 2y = 3x^2 - 2x + 4 \end{eqnarray*}$ | :x

kommst du aber auf das:
$\begin{eqnarray*} y' + \frac{2y}{x} = 3x - 2 + \frac{4}{x} \end{eqnarray*}$

das musst du aber gar nicht. löse einfach die homogene DGL:

$\begin{eqnarray*} xy' + 2y = 0 \end{eqnarray*}$

20.11.2004, 17:18

minzel

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mißtl, dann müßte es so lauten:

$\begin{eqnarray*} xy'+2y=0 \end{eqnarray*}$ |:x

$\begin{eqnarray*} y'+2y=x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}+2y=x \end{eqnarray*}$ |*dx

$\begin{eqnarray*} \int{2ydy}=\int{xdx} \end{eqnarray*}$

Aber geht das ?

$\begin{eqnarray*} \frac{0}{x} \end{eqnarray*}$ ?

20.11.2004, 17:28

iammrvip

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Zitat:

Original von minzel
mißtl, dann müßte es so lauten:

$\begin{eqnarray*} xy'+2y=0 \end{eqnarray*}$ |:x

$\begin{eqnarray*} y'+2y=x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}+2y=x \end{eqnarray*}$ |*dx

$\begin{eqnarray*} \int{2ydy}=\int{xdx} \end{eqnarray*}$

Aber geht das ?

$\begin{eqnarray*} \frac{0}{x} \end{eqnarray*}$ ?

nein.

$\begin{eqnarray*} xy' + 2y = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y' + \frac{2y}{x} = 0 \end{eqnarray*}$

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

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx} = -\frac{2y}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \frac{dy}{y} = -2\int \frac{dx}{x} \end{eqnarray*}$

20.11.2004, 18:00

minzel

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

$\begin{eqnarray*} y_H=-2x*e^c \end{eqnarray*}$

so?

20.11.2004, 18:06

iammrvip

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Zitat:

Original von minzel
$\begin{eqnarray*} ln|y|=-2*ln|x|+c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_H=-2x*e^c \end{eqnarray*}$

so?

nein. so einfach nicht.

$\begin{eqnarray*} ln|y| = -2ln|x| + C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{ln|y|} = e^{-2ln|x| + C} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = e^{-2ln|x|}e^C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = \frac{1}{e^{2ln|x|}}e^C \end{eqnarray*}$

nach logarithmengesetzen, ist $\begin{eqnarray*} 2ln|x| = ln|x^2| \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} y = \frac{1}{e^{ln|x^2|}}e^C \end{eqnarray*}$

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

$\begin{eqnarray*} y = \frac{c_1}{x^2} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} ; c_1 = e^c \end{eqnarray*}$

ps: eigentlich $\begin{eqnarray*} \pm e^c \end{eqnarray*}$ wegen dem betrag. aber das haben wir hier vernachlässigt.

20.11.2004, 18:33

minzel

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hm, ist ja schon nen kleiner kniff dabei auf y(H) zu kommen aber ok ...

So wie ich das gesehen hab kommt jetzt die Quotientenregel:

$\begin{eqnarray*} y=\frac{u(x)}{v(x)} \end{eqnarray*}$

=>

$\begin{eqnarray*} y'=\frac{u'(x)*v(x)+u(x)*v(x)}{(v(x))^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u(x)=c_1(x) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} u'(x)=c_1'(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v(x)=x^2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} v'(x)=2x \end{eqnarray*}$

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} y'=\frac{c_1'(x)*x^2+c_1(x)*2x}{x^2*x^2} \end{eqnarray*}$

Einsetzen von y' und y in die DGL hieße:

$\begin{eqnarray*} x*(\frac{c_1'(x)*x^2+c_1(x)*2x}{x^2*x^2})+2*(c_1*e^{4x})=3x^2-2x+4 \end{eqnarray*}$

Stimmt es bis hier her ?

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