Integrierender Faktor < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:20 Mi 29.06.2011 | | Autor: | usamo4 |
| Aufgabe | Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Gleichung
[mm] \bruch{x^{2}-y^{2}}{2x} [/mm] +yy' =0
Verwenden Sie dabei einen von x abhängenden integrierenden Faktor. |
Leider weiß ich hier überhaupt nicht, was ich machen soll. Nur das ich ein Faktor [mm] \mu [/mm] brauche, der von y anhängig ist.
Hoffe, dass mir einer das Verfahren etwas näher bringen kann, denn grade steh ich echt auf dem Schlau, obwohl ich schon lange gesucht habe.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo,
schau mal ![[]](/images/popup.gif) hier nach, gerade bei dem integrierenden Faktor
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:26 Mi 29.06.2011 | | Autor: | usamo4 |
Das hab ich schon gelesen, leider versteh ich grade überhaupt nicht, wie ich es auf mein Problem anwenden soll.
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Hallo usamo4,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> Das hab ich schon gelesen, leider versteh ich grade
> überhaupt nicht, wie ich es auf mein Problem anwenden
> soll.
Siehe dazu diesen Artikel
Gruss
MathePower
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Hallo,
naja das ist ja eine Differentialgleichung, die so nach exakter DGL aussieht. Allerdings ist
[mm] $\frac{x^2-y^2}{2x}-y\cdot [/mm] y'=0$ keine exakte DGL, da [mm] $0=\frac{\partial y}{\partial x}\not= \frac{\partial \frac{x^2-y^2}{2x}}{\partial y}$. [/mm] Also ist die Integrabilitätsbedingung nicht erfüllt.
Also wird das korrigiert, indem man einen integrierbaren Faktor mit der DGL multipliziert. Das ist eine Funktion [mm] $\mu(x,y)\not=0 \; \forall [/mm] x,y$, sodass
[mm] $\mu(x,y)\cdot \frac{x^2-y^2}{2x} [/mm] - [mm] \mu(x,y)\cdot [/mm] y [mm] \cdot [/mm] y' =0$ eine exakte DGL wird.
Also muss gelten
[mm] $\frac{\partial[\mu(x,y)\cdot y]}{\partial x} [/mm] = [mm] \frac{\partial [\mu(x,y)\cdot \frac{x^2-y^2}{2x} ]}{\partial y}$
[/mm]
Setze jetzt mal [mm] $\mu(x,y) \equiv \mu(x)$, [/mm] das heißt, [mm] $\mu(x,y)$ [/mm] hängt nicht mehr von $y$ ab. Rechne jetzt mal [mm] $\frac{\partial[\mu(x,y)\cdot y]}{\partial x}$ [/mm] und [mm] $\frac{\partial [\mu(x,y)\cdot \frac{x^2-y^2}{2x} ]}{\partial y}$ [/mm] aus und setze das gleich. Das führt auf eine gewöhnliche DGL für [mm] $\mu(x)$.
[/mm]
Viele Grüße
Blasco
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:37 Do 30.06.2011 | | Autor: | usamo4 |
Hi,
erstmal ist mir was aufgefallen. Müsste es hier
$ [mm] \frac{\partial[\mu(x,y)\cdot y]}{\partial x} [/mm] = [mm] \frac{\partial [\mu(x,y)\cdot \frac{x^2-y^2}{2x} ]}{\partial y} [/mm] $
im ersten Term nicht *-y heißen?
Dann komme ich absolut nicht weiter. Hier mal meine Ansätze:
Da [mm] \mu [/mm] nur von x abhängig ist, kann ich doch direkt schreiben [mm] \mu(x). [/mm] Dann erhalte ich:
$ [mm] \frac{\partial[\mu(x)\cdot -y]}{\partial x} [/mm] = [mm] \frac{\partial [\mu(x)\cdot \frac{x^2-y^2}{2x} ]}{\partial y} [/mm] $
Wenn ich nun ableide, bekomme ich:
[mm] \mu'(x) \cdot(-y)= -\bruch{y}{x} \mu(x)
[/mm]
Nun durch -y teilen:
[mm] \mu'(x) [/mm] = [mm] \bruch{1}{x}\mu(x)
[/mm]
So ab jetzt bin ich mir nicht mehr sicher. Wie kann ich das [mm] \mu'(x) [/mm] zerlegen? In [mm] \bruch{\partial x}{\partial y}?
[/mm]
Aber dann würde meine Funktion ja wieder von y abhängen.
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Hallo usamo4,
> Hi,
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> erstmal ist mir was aufgefallen. Müsste es hier
> [mm]\frac{\partial[\mu(x,y)\cdot y]}{\partial x} = \frac{\partial [\mu(x,y)\cdot \frac{x^2-y^2}{2x} ]}{\partial y}[/mm]
>
> im ersten Term nicht *-y heißen?
Nein, das ist schon so richtig.
>
> Dann komme ich absolut nicht weiter. Hier mal meine
> Ansätze:
>
> Da [mm]\mu[/mm] nur von x abhängig ist, kann ich doch direkt
> schreiben [mm]\mu(x).[/mm] Dann erhalte ich:
> [mm]\frac{\partial[\mu(x)\cdot -y]}{\partial x} = \frac{\partial [\mu(x)\cdot \frac{x^2-y^2}{2x} ]}{\partial y}[/mm]
>
> Wenn ich nun ableide, bekomme ich:
> [mm]\mu'(x) \cdot(-y)= -\bruch{y}{x} \mu(x)[/mm]
>
> Nun durch -y teilen:
> [mm]\mu'(x)[/mm] = [mm]\bruch{1}{x}\mu(x)[/mm]
>
> So ab jetzt bin ich mir nicht mehr sicher. Wie kann ich das
> [mm]\mu'(x)[/mm] zerlegen? In [mm]\bruch{\partial x}{\partial y}?[/mm]
> Aber
> dann würde meine Funktion ja wieder von y abhängen.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:37 Do 30.06.2011 | | Autor: | usamo4 |
Gut, aber das ändert ja auch nichts daran, dass ich immer noch nicht weiter weiß. Durch das Minus ändert sich ja nur das Vorzeichen.
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Hallo usamo4,
> Gut, aber das ändert ja auch nichts daran, dass ich immer
> noch nicht weiter weiß. Durch das Minus ändert sich ja
> nur das Vorzeichen.
Jetzt ist aus der Gleichung
[mm]\frac{\partial[\mu(x)\cdot y]}{\partial x} = \frac{\partial [\mu(x)\cdot \frac{x^2-y^2}{2x} ]}{\partial y} [/mm]
der integrierende Faktor [mm]\mu\left(x\right)[/mm] zu bestimmen.
Das läuft dann auf das Lösen einer DGL hinaus.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:50 Do 30.06.2011 | | Autor: | usamo4 |
Ja, genau darauf bezieht sich doch meine Frage aus meinen vorherigen Post.
Durchs Differenzieren erhalte ich:
$ [mm] \mu'(x) \cdot(y)= -\bruch{y}{x} \mu(x) [/mm] $
Dividieren durch y:
$ [mm] \mu'(x) [/mm] = [mm] -\bruch{1}{x}\mu(x) [/mm] $
So und wie bekomm ich nun das $ [mm] \mu'(x) [/mm] $ weg? Wodurch kann ich das am Besten ersetzen. Wenn ich das durch $ [mm] \bruch{\partial x}{\partial y}$ [/mm] ersetze, bekomm ich doch wieder eine Funktion [mm] \mu [/mm] die von y abhängt, oder?
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Hallo usamo4,
> Ja, genau darauf bezieht sich doch meine Frage aus meinen
> vorherigen Post.
>
> Durchs Differenzieren erhalte ich:
>
> [mm]\mu'(x) \cdot(y)= -\bruch{y}{x} \mu(x)[/mm]
>
> Dividieren durch y:
>
> [mm]\mu'(x) = -\bruch{1}{x}\mu(x)[/mm]
>
> So und wie bekomm ich nun das [mm]\mu'(x)[/mm] weg? Wodurch kann ich
> das am Besten ersetzen. Wenn ich das durch [mm]\bruch{\partial x}{\partial y}[/mm]
> ersetze, bekomm ich doch wieder eine Funktion [mm]\mu[/mm] die von y
> abhängt, oder?
Das [mm]\mu'\left(x\right)[/mm] bekommst Du gar nicht weg.
Die Gleichung
[mm]\mu'(x) = -\bruch{1}{x}\mu(x)[/mm]
stellt eine DGL zur Bestimmung von [mm]\mu\left(x\right)[/mm] dar.
Diese DGL löst Du z.B. durch Trennung der Variablen.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:34 Do 30.06.2011 | | Autor: | engels |
So, hab mich jetzt nochmal dran gesetzt und bin auf folgendes gekommen:
[mm] \bruch{\partial \mu}{\partial x} [/mm] = [mm] -\bruch{1}{x}\mu
[/mm]
[mm] \integral_{}^{}{-\bruch{1}{\mu} d\mu}=\integral_{}^{}{-\bruch{1}{x} dx}
[/mm]
[mm] ln(\mu)=-ln(x)
[/mm]
[mm] \mu=\bruch{1}{x}
[/mm]
So nun habe ich meinen integrierenden Faktor [mm] \mu(x) [/mm] gefunden. Nun kann ich mich der exakten DGL widmen.
[mm] \bruch{1}{x}\cdot\bruch{x^{2}-y^{2}}{2x}-\bruch{1}{x}\cdot y\cdot [/mm] y' = 0
Wenn ich das nun richtig verstanden habe, muss doch nun gelten:
[mm] \bruch{\partial F(x,y)}{\partial x} [/mm] = [mm] \bruch{1}{x}\cdot\bruch{x^{2}-y^{2}}{2x}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \integral_{}^{}{\bruch{1}{x}\cdot\bruch{x^{2}-y^{2}}{2x} dx} [/mm] = [mm] \bruch{x^{2}+y^{2}}{2x}
[/mm]
[mm] \bruch{\partial F(x,y)}{\partial y} [/mm] = [mm] -\bruch{1}{x}\cdot [/mm] y
[mm] \Rightarrow \integral_{}^{}{-\bruch{1}{x}\cdot y dy} [/mm] = [mm] -\bruch{y^{2}}{2x}
[/mm]
Nun zum Schluss:
[mm] \bruch{x^{2}+y^{2}}{2x}-\bruch{y^{2}}{2x}= [/mm] C
Ist das richtig, oder wo habe ich Fehler gemacht?
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Hallo engels,
> So, hab mich jetzt nochmal dran gesetzt und bin auf
> folgendes gekommen:
>
> [mm]\bruch{\partial \mu}{\partial x}[/mm] = [mm]-\bruch{1}{x}\mu[/mm]
Die DGL lautet doch:
[mm]\bruch{\partial \mu}{\partial x}[/mm] = [mm]-\bruch{\red{2}}{x}\mu[/mm]
>
> [mm]\integral_{}^{}{-\bruch{1}{\mu} d\mu}=\integral_{}^{}{-\bruch{1}{x} dx}[/mm]
>
> [mm]ln(\mu)=-ln(x)[/mm]
>
> [mm]\mu=\bruch{1}{x}[/mm]
>
> So nun habe ich meinen integrierenden Faktor [mm]\mu(x)[/mm]
> gefunden. Nun kann ich mich der exakten DGL widmen.
>
> [mm]\bruch{1}{x}\cdot\bruch{x^{2}-y^{2}}{2x}-\bruch{1}{x}\cdot y\cdot[/mm]
> y' = 0
>
> Wenn ich das nun richtig verstanden habe, muss doch nun
> gelten:
>
> [mm]\bruch{\partial F(x,y)}{\partial x}[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{x}\cdot\bruch{x^{2}-y^{2}}{2x}[/mm]
> [mm]\Rightarrow \integral_{}^{}{\bruch{1}{x}\cdot\bruch{x^{2}-y^{2}}{2x} dx}[/mm]
> = [mm]\bruch{x^{2}+y^{2}}{2x}[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial F(x,y)}{\partial y}[/mm] = [mm]-\bruch{1}{x}\cdot[/mm] y
> [mm]\Rightarrow \integral_{}^{}{-\bruch{1}{x}\cdot y dy}[/mm] =
> [mm]-\bruch{y^{2}}{2x}[/mm]
>
>
> Nun zum Schluss:
>
> [mm]\bruch{x^{2}+y^{2}}{2x}-\bruch{y^{2}}{2x}=[/mm] C
>
> Ist das richtig, oder wo habe ich Fehler gemacht?
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:03 Do 30.06.2011 | | Autor: | engels |
Wieso denn nun $= [mm] -\bruch{\red{2}}{x}\mu [/mm] $? In den vorherigen Posts (von dir) schreibst du doch auch $= [mm] -\bruch{\red{1}}{x}\mu [/mm] $. Also die 2 kann ich mir auch beim besten Willen nicht erklären.
Wie sieht es denn mit der weiteren Bearbeitung der Aufgabe aus? Vom Prinzip her richtig oder nicht?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:00 Fr 01.07.2011 | | Autor: | Martinius |
Hallo Engels,
Du hast einen Vorzeichenfehler gemacht, und zwar bei deiner DGL.
Diese lautet doch ursprünglich:
[mm] $\frac{x^2-y^2}{2x} \; [/mm] dx + y [mm] \; [/mm] dy =0$
[mm] \mu=\frac{1}{x}
[/mm]
Die exakte DGL ist dann:
[mm] $\frac{x^2-y^2}{2x^2} \; [/mm] dx + [mm] \frac{y}{x} \; [/mm] dy =0$
[mm] $\int \left( \frac{1}{2} -\frac{y^2}{2x^2} \right) \; [/mm] dx [mm] \; [/mm] = [mm] \; \frac{x}{2} +\frac{y^2}{2x}+f(y) [/mm] $
[mm] $\int \frac{y}{x} \; [/mm] dy [mm] \; [/mm] = [mm] \; \frac{y^2}{2x} [/mm] + f(x)$
f(y) = 0 $f(x) [mm] \; [/mm] = [mm] \; \frac{x}{2}$ [/mm]
$F(x,y) = [mm] \; \frac{x}{2} +\frac{y^2}{2x} \; [/mm] = [mm] \; \frac{x^2+y^2}{2x} \; [/mm] = [mm] \; [/mm] C $
Prüfe doch, indem Du F(x,y) ableitest.
LG, Martinius
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:56 Do 30.06.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Gleichung
> [mm]\bruch{x^{2}-y^{2}}{2x}[/mm] +yy' =0
falls es jemand interessiert, man kann diese DGL auch direkter loesen. Dazu substituiert man $z := [mm] y^2$; [/mm] dann erhaelt man die Gleichung $z - x z' = [mm] x^2$. [/mm] Die allg. Loesung der homogenen DGL ist $z = C x$, und eine spezielle Loesung der inhomogenen ist $z = [mm] x^2$. [/mm] Insgesamt erhaelt man also $y = [mm] \pm \sqrt{C x + x^2}$ [/mm] fuer $C [mm] \in \IR$.
[/mm]
LG Felix
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