Allg. Lösung der DGL (die 2.) < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | [mm] y'+x^{2}-e^{y}=0 [/mm] |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Ich habe die Variablen getrennt:
[mm] y'=e^{y}-x^{2}
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{dy}{dx} [/mm] = [mm] e^{y}-x^{2}
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] dy = [mm] (e^{y}-x^{2}) [/mm] dx
[mm] \gdw \integral_{ }^{ }{1dy} [/mm] = [mm] \integral_{ }{ }{e^{y}-x^{2} dx}
[/mm]
ich substituiere:
y = ln u [mm] \gdw e^{y} [/mm] = u
und [mm] \bruch{du}{dy} [/mm] = [mm] \bruch{1}{u} \gdw [/mm] dy = u du
mein Integral schreibt sich dann so:
[mm] \integral_{ }^{ }{u du} [/mm] = [mm] \integral_{ }{ }{e^{ln u}-x^{2} dx}
[/mm]
[mm] \gdw \integral_{ }^{ }{u du} [/mm] = [mm] \integral_{ }{ }{u-x^{2} dx}
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{1}{2}u^{2} [/mm] = [mm] ux-\bruch{1}{3}x^{3}+c
[/mm]
...und dann verließ mich meine Phantasie...
Liebe Grüße!
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:23 So 24.02.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> [mm]y'+x^{2}-e^{y}=0[/mm]
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> Ich habe die Variablen getrennt:
>
> [mm]y'=e^{y}-x^{2}[/mm]
Getrennt hast du die Variablen nicht, denn y kommt auf beiden Seiten der Gleichung vor.
> [mm]\gdw \bruch{dy}{dx}[/mm] = [mm]e^{y}-x^{2}[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] dy = [mm](e^{y}-x^{2})[/mm] dx
> [mm]\gdw \integral_{ }^{ }{1dy}[/mm] = [mm]\integral_{ }{ }{e^{y}-x^{2} dx}[/mm]
OK, das kannst du so machen.
> ich substituiere:
> y = ln u [mm]\gdw e^{y}[/mm] = u
> und [mm]\bruch{du}{dy}[/mm] = [mm]\bruch{1}{u} \gdw[/mm] dy = u du
Stimmt nicht: $ [mm] \bruch{du}{dy} [/mm] = u [mm] \gdw [/mm] dy = [mm] \bruch{du}{u}$.
[/mm]
> mein Integral schreibt sich dann so:
[mm]\integral_{ }^{ }{\red{u^{-1}} du}[/mm] = [mm]\integral_{ }{ }{e^{ln u}-x^{2} dx}[/mm]
[mm]\gdw \integral_{ }^{ }{\red{u^{-1}} du}[/mm] = [mm]\integral_{ }{ }{u-x^{2} dx}[/mm]
Hier kannst du u nicht einfach über x integrieren, denn es ist eine unbekannte Funktion von x.
Die DGL löst du besser mit der Substitution [mm] $z=e^{-y}$:
[/mm]
$z' = [mm] -e^{-y}*y' [/mm] = [mm] -e^{-y} [/mm] * [mm] (e^y -x^2) [/mm] = -1 + [mm] z*x^2 [/mm] $
Die DGL [mm] $z'-x^2*z=-1 [/mm] $ ist eine inhomogene DGL, du musst also erst einmal die allgemeine Lösung der homogenen DGL [mm] $z'-x^2*z=0$ [/mm] ausrechnen und dann eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL bestimmen und dazuaddieren.
Viele Grüße
Rainer
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| Aufgabe | | [mm] y'+x^{2}-e^{y}=0 [/mm] |
Ich habe, wie Du vorgeschlagen hast, substituiert:
z = [mm] e^{-y}
[/mm]
mit y' = [mm] -x^{2}+e^{y}
[/mm]
wird z' = [mm] -e^{-y}*y'
[/mm]
zu z' = [mm] -1+z*x^{2}
[/mm]
Ich habe mich dann auf die Suche gemacht nach der homogenen Lösung für:
[mm] z'-z*x^{2} [/mm] = 0
[mm] \bruch{dz}{dx} [/mm] = [mm] z*x^{2}
[/mm]
[mm] \bruch{dz}{z} [/mm] = [mm] x^{2} [/mm] dx
[mm] \integral_{}^{}{\bruch{dz}{z}} [/mm] = [mm] \integral_{}{}{x^{2}dx}
[/mm]
log z = [mm] \bruch{1}{3}x^{3}+C
[/mm]
z = [mm] e^{\bruch{1}{3}x^{3}}+C
[/mm]
[mm] e^{-y} [/mm] = [mm] e^{\bruch{1}{3}x^{3}}+C
[/mm]
y = [mm] -\bruch{1}{3}x^{3}+C [/mm]
...
Kannst Du mir bitte sagen, ob das so richtig ist?
Welchen Ansatz benutze ich für die inhomogene Lösung?
Geht da der [mm] e^{\lambda*x} [/mm] -Ansatz?
Vielen lieben Dank.
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Hallo luettmariken,
> [mm]y'+x^{2}-e^{y}=0[/mm]
> Ich habe, wie Du vorgeschlagen hast, substituiert:
>
> z = [mm]e^{-y}[/mm]
>
> mit y' = [mm]-x^{2}+e^{y}[/mm]
>
> wird z' = [mm]-e^{-y}*y'[/mm]
>
> zu z' = [mm]-1+z*x^{2}[/mm]
>
> Ich habe mich dann auf die Suche gemacht nach der homogenen
> Lösung für:
>
> [mm]z'-z*x^{2}[/mm] = 0
>
> [mm]\bruch{dz}{dx}[/mm] = [mm]z*x^{2}[/mm]
>
> [mm]\bruch{dz}{z}[/mm] = [mm]x^{2}[/mm] dx
>
> [mm]\integral_{}^{}{\bruch{dz}{z}}[/mm] = [mm]\integral_{}{}{x^{2}dx}[/mm]
>
> log z = [mm]\bruch{1}{3}x^{3}+C[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> z = [mm]e^{\bruch{1}{3}x^{3}}+C[/mm]
Ab hier stimmt es leider nicht mehr. Lies Dir mal die Logarithmusgesetze durch.
>
> [mm]e^{-y}[/mm] = [mm]e^{\bruch{1}{3}x^{3}}+C[/mm]
>
> y = [mm]-\bruch{1}{3}x^{3}+C[/mm]
>
> ...
>
> Kannst Du mir bitte sagen, ob das so richtig ist?
>
> Welchen Ansatz benutze ich für die inhomogene Lösung?
> Geht da der [mm]e^{\lambda*x}[/mm] -Ansatz?
>
> Vielen lieben Dank.
Gruß
MathePower
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Lieber MathePower!
Ich habe gründlich gelesen... komme aber beim besten Willen nicht dahinter, was Du da genau meinst.
Gib mal bitte noch einen Tip!
Dankeschön...
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Hallo luettmariken,
> Lieber MathePower!
>
> Ich habe gründlich gelesen... komme aber beim besten Willen
> nicht dahinter, was Du da genau meinst.
> Gib mal bitte noch einen Tip!
Es steht: [mm]\ln\left(z\right) = \bruch{1}{3}x^{3}+C [/mm]
Auf beide Seiten der Gleichung die Exponentialfunktion angewandt, ergibt:
[mm]e^{\ln\left(z\right)} = e^{\bruch{1}{3}x^{3}+C} [/mm]
[mm] \gdw z = e^{C}*e^{\bruch{1}{3}x^{3}}[/mm]
[mm] \gdw z = C_{1}\red{*}e^{\bruch{1}{3}x^{3}}[/mm]
mit [mm]C_{1}:=e^{C}[/mm]
Bei Dir steht hingegen: [mm]z = e^{\bruch{1}{3}x^{3}}+C [/mm]
Das ist hingegen richtig: [mm]z = e^{\bruch{1}{3}x^{3}}\red{*}C [/mm]
>
> Dankeschön...
Gruß
MathePower
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Achso...
Und wenn ich dann "zurück substituiere"
steht: y(homogen) = -C - [mm] \bruch{1}{3}x^{3}
[/mm]
Stimmt das?
Und wie kriege ich dann die Lösung für die inhomogene Gleichung
[mm] z'-z*x^{2}=-1 [/mm] ?
Kann ich da den [mm] e^{\lambda*x} [/mm] -Ansatz nehmen?
Und mal allgemein:
Woher weiß ich wann ich mit was substituieren muß?
Mir fehlt es immer noch an der Inspiration...
Gibt es da sowas wie Eselsbrücken?
Liebe Grüße,
luettmariken
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Hallo luettmariken,
> Achso...
>
> Und wenn ich dann "zurück substituiere"
>
> steht: y(homogen) = -C - [mm]\bruch{1}{3}x^{3}[/mm]
>
> Stimmt das?
>
> Und wie kriege ich dann die Lösung für die inhomogene
> Gleichung
>
> [mm]z'-z*x^{2}=-1[/mm] ?
>
> Kann ich da den [mm]e^{\lambda*x}[/mm] -Ansatz nehmen?
Nein.
Als Ansatz fällt mir außer der Potenzreihenansatz nichts ein.
>
> Und mal allgemein:
>
> Woher weiß ich wann ich mit was substituieren muß?
Das kommt auf die DGL an.
> Mir fehlt es immer noch an der Inspiration...
> Gibt es da sowas wie Eselsbrücken?
>
> Liebe Grüße,
> luettmariken
Gruß
MathePower
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:16 Di 26.02.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo luettmariken!
> Und wenn ich dann "zurück substituiere"
>
> steht: y(homogen) = -C - [mm]\bruch{1}{3}x^{3}[/mm]
>
> Stimmt das?
Richtig.
> Und wie kriege ich dann die Lösung für die inhomogene
> Gleichung
>
> [mm]z'-z*x^{2}=-1[/mm] ?
>
> Kann ich da den [mm]e^{\lambda*x}[/mm] -Ansatz nehmen?
Nein, denn dieser Ansatz funktioniert nur für lineare DGLen mit konstanten Koeffizienten. Hier haben wir bei z den Koeffizienten [mm] $x^2$, [/mm] der ist sicher nicht konstant.
In diesem Fall der linearen DGL 1. Ordnung gibt es einen Ansatz, der immer funktioniert: Variation der Konstanten.
Ich zeige dir, wie das funktioniert, ohne die Theorie dahinter. Du gehst aus von der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung [mm] $z'-z*x^{2}=0$, [/mm] also
$ [mm] z_h(x) [/mm] = [mm] C*e^{x^3/3} [/mm] $
Für die Lösung der inhomogenen Gleichung ersetzt man die Konstante C durch ein (unbekannte Funktion) C(x):
$ [mm] z_p(x) [/mm] = C(x) [mm] *e^{x^3/3} [/mm] $
und setzt in die inhomogene DGL ein:
$ 1= z'_p [mm] -z_p*x^2 [/mm] = [mm] C'(x)*e^{x^3/3} +C(x)*x^2*e^{x^3/3} -C(x)*x^2*e^{x^3/3} [/mm] $
oder:
$ C'(x) = [mm] e^{-x^3/3} \implies [/mm] C(x) = [mm] \integral e^{-x^3/3} [/mm] dx [mm] \implies z_p(x) [/mm] = [mm] e^{x^3/3}*\integral e^{-x^3/3} [/mm] dx $
Das Integral kann man leider nicht weiter ausrechnen.
Wir haben also:
$ [mm] z(x)=z_h(x)+z_p(x) [/mm] = [mm] e^{x^3/3}*\left(C+\integral e^{-x^3/3} dx\right) [/mm] $
(An dieser Stelle siehst du auch, warum ich bei dem Integral keine Konstante dazugeschrieben habe: wir haben C ja schon drinstehen.)
Insgesamt ergibt sich nach Rücksubstitution:
$ y(x) = [mm] -\ln\left(e^{x^3/3}*\left(C+\integral e^{-x^3/3} dx\right)\right) [/mm] = - [mm] \bruch{x^3}{3} +\ln \left(C+\integral e^{-x^3/3} dx\right) [/mm] $ .
> Und mal allgemein:
>
> Woher weiß ich wann ich mit was substituieren muß?
> Mir fehlt es immer noch an der Inspiration...
> Gibt es da sowas wie Eselsbrücken?
Es gibt einige Eselsbrücken für spezielle Fälle. Aber im Allgemeinen ist das mindestens genauso schwierig wie die richtige Methode, um ein Integral auszurechnen.
Schau mal ![[]](/images/popup.gif) hier unter Punkt 7, da sind solche Lösungsmethoden angegeben.
Bei deiner DGL bietet sich die Substitution [mm] $y=\ln [/mm] u$ an, um die e-Funktion loszuwerden. Damit entsteht
$ [mm] \bruch{u'}{u} +x^2 [/mm] - u =0 $
Nach Multiplikation mit u: [mm] $u'+x^2u=u^2$.
[/mm]
Das ist eine DGL vom Bernoulli-Typ, für die es ein Standardverfahren gibt (hier: Substitution: [mm] $u=\bruch{1}{z}$).
[/mm]
Beide Schritte zusammen ergeben die Substitution [mm] $z=e^{-y}$.
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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... bis zur nächsten Aufgabe ;o)
Liebe Grüße,
Heike
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