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Forum "Gewöhnliche Differentialgleichungen" - Differentialgleichungen Linear
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Differentialgleichungen Linear: DGL
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:02 So 18.03.2018
Autor: Cash33

Aufgabe
Hallo alle zusammen habe gerade Schwierigkeiten bei dieser Aufgabe :

Gegeben sei folgende DgL:

[mm] x*y'(x) = -y(x)+e^x [/mm]   x> 0

a)Bestimmen sie die allgemeine Lösung mit Trennung der Veränderlichen .
b) Bestimmen sie eine partikuläre Lösung mit Variation der Konstanten
c) Bestimmen sie die Lösung für den Anfangswert y(1) = e

Ansatz:

Ist der Ansatz für die homogene Lösung so richtig ?

[mm] x*y'(x) = -y(x) [/mm]

[mm] x*dy/dx = -1 [/mm]

Und dann einfach mit Trennung der Variablen lösen ?

Oder muss man irgendwie substitution oder so hier anwenden ?


Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.

        
Bezug
Differentialgleichungen Linear: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:44 So 18.03.2018
Autor: Diophant

Hallo,

> Hallo alle zusammen habe gerade Schwierigkeiten bei dieser
> Aufgabe :

>

> Gegeben sei folgende DgL:

>

> [mm]x*y'(x) = -y(x)+e^x[/mm] x> 0

>

> a)Bestimmen sie die allgemeine Lösung mit Trennung der
> Veränderlichen .
> b) Bestimmen sie eine partikuläre Lösung mit Variation
> der Konstanten
> c) Bestimmen sie die Lösung für den Anfangswert y(1) = e

>

> Ansatz:

>

> Ist der Ansatz für die homogene Lösung so richtig ?

>

> [mm]x*y'(x) = -y(x)[/mm]

>

> [mm]x*dy/dx = -1[/mm]

>

Nein. Die homogene DGL hast du richtig dastehen, aber dann setzt du einfach y=1, das ergibt ja keinen Sinn.

Es ist

[mm]\begin{aligned} x* \frac{dy}{dx}&=-y\ \gdw\\ \frac{dy}{y}&=- \frac{dx}{x} \end{aligned}[/mm]

Das musst du integrieren und nach y auflösen, um die allgemeine Lösung der homogenen DGL zu erhalten (es gibt keine homogenen Lösungen, nur homogene Gleichungen bzw. Gleichungssysteme).

Irgendetwas stimmt da auch an der Aufgabenstellung nicht. Kann es sein, dass bei a) die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen DGL (oder etwas in der Art) gefordert ist?

> Und dann einfach mit Trennung der Variablen lösen ?

Ja, das wird ja sogar explizit verlangt.

> Oder muss man irgendwie substitution oder so hier anwenden
> ?

Nein, eine Substitution ist für diese DGL nicht erforderlich.


Gruß, Diophant

Bezug
                
Bezug
Differentialgleichungen Linear: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:10 So 18.03.2018
Autor: Cash33

Ja Stimmt bei der a) steht allgemeine homogene Lösung .Leider verschrieben.

Rechnung:

[mm] x*y'(x) = -y(x) [/mm]

[mm] \bruch{dy}{y}= - \bruch{1}{x} [/mm]

[mm] ln(y) = -ln(x)+C [/mm]
[mm] y= -x *C [/mm]

Soll ich den Partikulären Ansatz so machen hier ?
[mm] y= a*e^{ax} [/mm]

Bezug
                        
Bezug
Differentialgleichungen Linear: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:22 So 18.03.2018
Autor: Diophant

Hallo,

> Ja Stimmt bei der a) steht allgemeine homogene Lösung

Das steht da mit ziemlicher Sicherheit nicht, siehe dazu meine vorherige Antwort.

> .Leider verschrieben.

>

> Rechnung:

>

> [mm]x*y'(x) = -y(x)[/mm]

>

> [mm]\bruch{dy}{y}= - \bruch{1}{x} [/mm]

>

Du solltest schon etwas sorgfältiger vorgehen beim Eintippen. Sonst ist es sehr schwierig, zwischen Tipp- und Denkfehlern zu unterscheiden. Oben fehlt auf der rechten Seite das Differenzial dx, das ist vermutlich ein Tippfehler.

> [mm]ln(y) = -ln(x)+C[/mm]

Bis dahin ist das fast korrekt. Generell ist ja

[mm] \int{ \frac{dx}{x}}=ln|x|+C[/mm]

D.h., auf der linken Seite musst du in jedem Fall ersteinmal Betragsklammern setzen. Rechts kann man diese hier durch normale Klammern ersetzen. Ist dir klar, weshalb?

> [mm]y= -x *C[/mm]

>

Das ist völlig falsch. Wie kommst du darauf?

Setze etwa [mm] c=e^C [/mm] und verwende [mm] ln\left(e^C\right)=C [/mm] zusammen mit dem entsprechenden Logarithmengesetz, um den Term auf der rechten Seite nach der Integration zusammenzufassen. Dann siehst du sofort deinen Fehler.

> Soll ich den Partikulären Ansatz so machen hier ?
> [mm]y= a*e^{ax}[/mm]

Nein, das ist auch falsch. Ich verstehe hier überhaupt nicht, wie du auf diesen Ansatz kommst.

Außerdem soll ja die partikuläre Lösung mittels Variation der Konstanten ermittelt werden (laut Aufgabenstellung).

Mir sieht das schon ziemlich stark danach aus, also ob dir noch nicht so ganz klar wäre, was du machst, wenn du eine Diffenezialgleichung löst. Vielleicht wäre der Rat, ein Fachbuch und/oder das Skript zur Hand zu nehmen auch nicht verkehrt?


Gruß, Diophant

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Differentialgleichungen Linear: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:39 So 18.03.2018
Autor: Cash33

Warum man Betragsklammern auf der linken Seite setzt ist mir nicht klar ?

Nochmal. Da du sagst,dass bei x ein Betrag ist muss es ja dann positiv sein also:
[mm] ln(y) = ln(x) +C [/mm]


e^nehmen

[mm] y = x *e^c[/mm]

[mm] e^c [/mm] = C
[mm] y = x *C[/mm]


Mir fällt es wieder ein . Bei Variation der Konstanten muss ich dann diesen Term :
[mm] y(x) = x *C(x)[/mm]

ableiten und einsetzen :

[mm] y'(x) = x *C'(x) + C(x)[/mm]

In Dgl eingesetzt:

[mm] x*( x *C'(x) + C(x) ) = -x*C(x)+e^x [/mm]

[mm] x^2*C'(x) + x*C(x) = -x*C(x)+e^x [/mm]


[mm] x^2*C'(x) = -2x*C(x)+e^x [/mm]

Ist das soweit richtig ?
Weiss nicht wie es weiter geht?



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Differentialgleichungen Linear: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:59 So 18.03.2018
Autor: Diophant

Hallo,

> Warum man Betragsklammern auf der linken Seite setzt ist
> mir nicht klar ?

Weil das das unbestimmte Integral der Einheitshyperbel, also der Funktion f(x)=1/x ist (Es wäre ja sonst nur für positive x definiert, im Unterscheid zum Integranden. Dass man das so 'reparieren' darf, hat mit Logarithmengesetzen zu tun. Es ist aber Schulwissen!).

Und hier muss man das tun, weil man bis hierher noch nicht ausschließen kann, dass es Lösungsfunktionen gibt, die negative Werte annehmen.

> Nochmal. Da du sagst,dass bei x ein Betrag ist muss es ja
> dann positiv sein also:
> [mm]ln(y) = ln(x) +C[/mm]

Nein, das habe ich nicht gesagt (bitte Antworten gründlicher lesen!). Es muss korrekt heißen

[mm]ln|y|=-ln(x)+C[/mm]

Und zwar, weil x>0 als Definitionsbereich in der Aufgabenstellung vorgegeben ist.

> e^nehmen

???

Das heißt exponieren, wenn du einen Fachbegriff verwenden möchtest.

> [mm]y = x *e^c[/mm]

Ab hier ist es wieder falsch. Hatte ich doch in meiner vorigen Antwort schon geschrieben, weshalb beharrst du darauf?

Es ist

[mm]ln|y|&=-ln(x)+C=-ln(x)+ln(e^C)=ln\left(\frac{e^C}{x}\right)[/mm]

Siehst du deinen Fehler jetzt? Und siehst du auch, warum es an dieser Stelle sinnvoll ist, mit [mm] c=e^C [/mm] eine neue Konstante zu definieren?

> Mir fällt es wieder ein . Bei Variation der Konstanten
> muss ich dann diesen Term :
> [mm]y(x) = x *C(x)[/mm]

>

> ableiten und einsetzen :

Du musst die Konstante als Funktion auffassen und dann ableiten um dann mit Lösungsfunktion und ihrer Ableitung in die inhomogene DGL einzugehen. Wenn du das so gemeint hast, dann ist es richtig. Aber deine Lösungsfunktion oben ist halt immer noch falsch...


Gruß, Diophant

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Differentialgleichungen Linear: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:17 So 18.03.2018
Autor: Cash33

ln|y|=-ln(x)+C

Bis hierhin verstehe ich es .

Warum nimmst du plötzlich [mm] ln(e^C)? [/mm]
Das verstehe ich nicht .

Bezug
                                                        
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Differentialgleichungen Linear: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 15:31 So 18.03.2018
Autor: Diophant

Hallo,

> ln|y|=-ln(x)+C

>

> Bis hierhin verstehe ich es .

>

> Warum nimmst du plötzlich [mm]ln(e^C)?[/mm]
> Das verstehe ich nicht .

Damit ich das Logarithmengesetz

[mm]log(a)-log(b)=log\left( \frac{a}{b}\right)[/mm]

anwenden kann. Erst danach macht das Exponieren der Gleichung ja Sinn!


Gruß, Diophant

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Differentialgleichungen Linear: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:42 So 18.03.2018
Autor: Cash33

Hast du die diese Vereinfachung auch deswegen gemacht ,weil ein Minus vor dem ln(x) steht ?


ln(y) = [mm] ln(e^c/x) [/mm]


[mm] y = \bruch{e^c}{x} [/mm]

[mm] e^c [/mm] = C


[mm] y(x) = \bruch{C(x)}{x} [/mm]


Puuh die Ableitung wird schwer ,aber ich probiere es

[mm] y'(x) = \bruch{C'(x)}{x} - \bruch{1}{x^2} *C(x) [/mm]


Jetzt in die Ursprungs Dgl einsetzen und einfach nach C(x) auflösen?

Bezug
                                                        
Bezug
Differentialgleichungen Linear: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 15:54 So 18.03.2018
Autor: Diophant

Hallo,

> Hast du die diese Vereinfachung auch deswegen gemacht ,weil
> ein Minus vor dem ln(x) steht ?

>
>

> ln(y) = [mm]ln(e^c/x)[/mm]

>
>

> [mm]y = \bruch{e^c}{x} [/mm]

>

> [mm]e^c[/mm] = C

>
>

> [mm]y(x) = \bruch{C(x)}{x} [/mm]

>


Ja, jetzt passt es. [ok]

Du solltest aber zunächst die Lösung der homogenen DGL

[mm] y_h=\frac{C}{x} [/mm]

hinschreiben und die Variation der Konstanten erst in einem weiteren Schritt vornehmen.

> Puuh die Ableitung wird schwer ,aber ich probiere es

>

> [mm]y'(x) = \bruch{C'(x)}{x} - \bruch{1}{x^2} *C(x) [/mm]

>
>

Auch richtig! [ok]

> Jetzt in die Ursprungs Dgl einsetzen und einfach nach C(x)
> auflösen?

Ja, darum geht es. Dabei muss man dann erneut integrieren (sofern der Ansatz überhaupt funktioniert, was er hier jedoch tut).


Gruß, Diophant

Bezug
                                                                
Bezug
Differentialgleichungen Linear: Eingesetzt in DGL
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:24 So 18.03.2018
Autor: Cash33

Gut ich setze mal den Term :

Mach es ein wenig ausführlich für die Nachwelt.
[mm] y(x) = \bruch{C(x)}{x} [/mm]

eingesetzt in DGL auch die Ableitung:


[mm] x*y'(x) =-y(x) +e^x [/mm]

direkt eingesetzt und vereinfacht :

[mm] C'(x) - \bruch{C(x)}{x} = - \bruch{C(x)}{x} +e^x [/mm]


[mm] c'(x) =e^x [/mm]


Integriert kommt das raus:


[mm] c(x) =e^x + C [/mm]

eingesetzt in meine Lösung ( homogene ):
[mm] y(x) = \bruch{e^x}{x} [/mm]


Muss ich noch etwas machen?

Bezug
                                                                        
Bezug
Differentialgleichungen Linear: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:34 So 18.03.2018
Autor: Diophant

Hallo,

> Gut ich setze mal den Term :

>

> Mach es ein wenig ausführlich für die Nachwelt.
> [mm]y(x) = \bruch{C(x)}{x}[/mm]

>

> eingesetzt in DGL auch die Ableitung:

>
>

> [mm]x*y'(x) =-y(x) +e^x[/mm]

>

> direkt eingesetzt und vereinfacht :

>

> [mm]C'(x) - \bruch{C(x)}{x} = - \bruch{C(x)}{x} +e^x [/mm]

>
>

> [mm]c'(x) =e^x[/mm]

Richtig. [ok]

>

> Integriert kommt das raus:

>
>

> [mm]c(x) =e^x + C[/mm]

>

Ebenfalls korrekt. [ok]

> eingesetzt in meine Lösung ( homogene ):
> [mm]y(x) = \bruch{e^x}{x} [/mm]

>

Auch richtig. Aber das bedarf noch des einen oder anderen Kommentars.

Warum ist die Integrationskonstante C im Zähler nicht erforderlich? Weil die Aufgabenstellung eine partikuläre Lösung verlangt (man kann mit Hilfe der Variation der Konstanten auch direkt die allgemeine Lösung erhalten, indem man die Integrationskonstante gleich 'mitnimmt').

Und zum dritten mal jetzt: es gibt keine homogenen Lösungen (außer vielleicht in der Chemie? ;-) )! Was es allerdings gibt, sind Lösungen von homogenen Differenzialgleichungen.

>

> Muss ich noch etwas machen?

Ja: für den Aufgabenteil c), also um das Anfangswertproblem zu lösen, nimmst du jetzt die allgemeine Lösung der DGL, die du durch Addition von

- Lösung der homogenen DGL und
- partikulärer Lösung

bekommst:

[mm] y=\frac{e^x}{x}+\frac{C}{x}=\frac{e^x+C}{x} [/mm]

und bestimmst die Konstante C so, dass y(1)=e gilt.

EDIT: ok, jetzt sehe ich es auch. Das führt auf C=0, also löst die partikuläre Lösung bereits das Anfangswertproblem. Das ist aber natürlich keinesfalls immer so, sondern im Prinzip Zufall (wenn auch vom Aufgabensteller offensichtlich gewollt).


Gruß, Diophant

Bezug
                                                                                
Bezug
Differentialgleichungen Linear: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:42 So 18.03.2018
Autor: Cash33

Wenn ich y(1) einsetze kommt [mm] e^1+C [/mm] raus ?

Das wars ?

Bezug
                                                                                        
Bezug
Differentialgleichungen Linear: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:49 So 18.03.2018
Autor: Diophant

Hallo,

> Wenn ich y(1) einsetze kommt [mm]e^1+C[/mm] raus ?

>

> Das wars ?

Nein, auch das hast du falsch verstanden.

Lies mal die []Wikipediaseite zum Begriff Anfangswertproblem durch.

Es ist hier diejenige Lösungsfunktion gesucht, für die y(1)=e gilt. Also setzt man x=1 und y=e in die allgemeine Lösung ein:

[mm] \frac{e^1+C}{1}=e[/mm]

und löst dann i.a. die so entstandene Gleichung nach der Konstanten auf. Hier kann man C=0 aber auch durch 'einmal scharf hinsehen' erhalten.

Das ermittelte C führt dann, eingesetzt in die allgemeine Lösung, zu derjenigen Funktion, welche eben das Anfansgwertproblem löst.


Gruß, Diophant

Bezug
                                                                                                
Bezug
Differentialgleichungen Linear: Danke
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 17:10 So 18.03.2018
Autor: Cash33

Danke

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