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Hallo ihr Lieben,
ich bin auf eine Aufgabe gekommen, bei der ich nicht weiterkomme. Ich kannte inhomogene Gleichungsysteme überhaupt nicht, habe mich aber ein wenig eingelesen, also nicht wundern, wenn ich planlos wirke...
Die Aufgabe ist:
[mm] y'(x)-\bruch{1}{x}y=\bruch{x^2+2x-1}{x}
[/mm]
und davon soll man die Lösung bestimmen... Ich weiß, dass man den inhomogenen Teil gleich Null setzt (Ich hab mir dazu auch andere Beispiele angeschaut und die sind auch verständlich).
Ich würde das ganze erstmal umstellen:
[mm] y'(x)=\bruch{x^2+2x-1}{x}+\bruch{1}{x}*y
[/mm]
sooooweit, jetzt zu den inhomogenen anteilen... [mm] x^2 [/mm] könnte ich ja streichen, aber andererseits steht da ja [mm] \bruch{x^2}{x} [/mm] und das ist x, also ist es linear und homogen, oder?
Wenn ich das "einzeln aufschreibe":
[mm] y'(x)=x+2-\bruch{1}{x}+\bruch{1}{x}*y
[/mm]
[mm] \bruch{1}{x} [/mm] wäre ja inhomogen, also gleich Null, dann:
[mm] y'(x)=x+2+\bruch{1}{x}*y
[/mm]
aber was ist mit [mm] \bruch{1}{x}*y? [/mm] irgendwie komme ich da nicht weiter...
Die Beispiele, die ich gesehen habe, waren immer so, dass da nur noch recht wenig stand und dass man dann sehen konnte, dass die Ableitung das ... fache der Funktion war oder so...
Habt ihr eine Idee??
Daaaanke und liebe Grüße
pythagora
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 03:56 Sa 05.03.2011 | | Autor: | Fulla |
Hallo pythagora,
du hast [mm]y^\prime=\frac{y}{x}+x+2-\frac{1}{x}=\frac{y}{x}+g(x)[/mm]
Die homogene Gleichung ist dann [mm]y^\prime=\frac{y}{x}[/mm].
Finde jetzt die homogene Lösung und verwende dann Variation der Konstanten um die allgemeine Lösung zu finden.
Lieben Gruß,
Fulla
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Hi Fulla,
cool, also habe ich immer einfach zwei Teile ? einen homogenen und einen inhomogenen, ja?
> Finde jetzt die homogene Lösung und verwende dann
> Variation der Konstanten um die allgemeine Lösung zu
> finden.
ok, davon hab ich mal ein beispiel gelesen, vllt so:
[mm] y^\prime=\frac{y}{x}
[/mm]
[mm] y(x)=e^{ln(x)} [/mm] als funktion, dann ist die ableitung: [mm] y'(x)=e^{ln(x)}*\frac{1}{x}
[/mm]
geht das so??
Meinst du mit variation der konstanten:
[mm] y(x)=C*e^{ln(x)} [/mm] mit C als beliebiger parameter?? kann/soll ich da jetzt noch was machen??
Vielen lieben Dank für die schnelle Hilfe
pythagora
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:04 Sa 05.03.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hi Fulla,
> cool, also habe ich immer einfach zwei Teile ? einen
> homogenen und einen inhomogenen, ja?
>
> > Finde jetzt die homogene Lösung und verwende dann
> > Variation der Konstanten um die allgemeine Lösung zu
> > finden.
> ok, davon hab ich mal ein beispiel gelesen, vllt so:
> [mm]y^\prime=\frac{y}{x}[/mm]
> [mm]y(x)=e^{ln(x)}[/mm] als funktion, dann ist die ableitung:
> [mm]y'(x)=e^{ln(x)}*\frac{1}{x}[/mm]
> geht das so??
Ja, [mm] e^{ln(x)} [/mm] = x !!!
Damit lautet die allg. Lösung der hom. Gleichunmg: y(x)=c*x
>
> Meinst du mit variation der konstanten:
> [mm]y(x)=C*e^{ln(x)}[/mm] mit C als beliebiger parameter??
> kann/soll ich da jetzt noch was machen??
Gehe mit dem Ansatz y(x)=c(x)x in die inhomogene Gl ein und bestimme die Funktion c. Mit y(x)=c(x)x hast Du dann eine spezielle Lösung der inhom. Gl.
FRED
>
> Vielen lieben Dank für die schnelle Hilfe
> pythagora
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Hi,
wow, das geht ja mal zackig mit den Antworten^^
> > > Finde jetzt die homogene Lösung und verwende dann
> > > Variation der Konstanten um die allgemeine Lösung zu
> > > finden.
> > ok, davon hab ich mal ein beispiel gelesen, vllt so:
> > [mm]y^\prime=\frac{y}{x}[/mm]
> > [mm]y(x)=e^{ln(x)}[/mm] als funktion, dann ist die ableitung:
> > [mm]y'(x)=e^{ln(x)}*\frac{1}{x}[/mm]
> > geht das so??
>
> Ja, [mm]e^{ln(x)}[/mm] = x !!!
huch, wasrum das? soll y'=0 rauskommen?? wenn ja, warum?
> Damit lautet die allg. Lösung der hom. Gleichunmg:
> y(x)=c*x
> >
> > Meinst du mit variation der konstanten:
> > [mm]y(x)=C*e^{ln(x)}[/mm] mit C als beliebiger parameter??
> > kann/soll ich da jetzt noch was machen??
>
>
> Gehe mit dem Ansatz y(x)=c(x)x in die inhomogene Gl ein und
> bestimme die Funktion c. Mit y(x)=c(x)x hast Du dann eine
> spezielle Lösung der inhom. Gl.
ich dachte ich muss für die spezielle noch irgendwas einsetzen, also wenn ich an der stelle x=0 den wert von 3 raushaben will, oder so... oder ist die spezielle einfach , dass man y(x)=c(x)x angibt???
Danke wiedermal
pythagora
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:21 Sa 05.03.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hi,
> wow, das geht ja mal zackig mit den Antworten^^
>
> > > > Finde jetzt die homogene Lösung und verwende dann
> > > > Variation der Konstanten um die allgemeine Lösung zu
> > > > finden.
> > > ok, davon hab ich mal ein beispiel gelesen, vllt
> so:
> > > [mm]y^\prime=\frac{y}{x}[/mm]
> > > [mm]y(x)=e^{ln(x)}[/mm] als funktion, dann ist die ableitung:
> > > [mm]y'(x)=e^{ln(x)}*\frac{1}{x}[/mm]
> > > geht das so??
> >
> > Ja, [mm]e^{ln(x)}[/mm] = x !!!
> huch, wasrum das? soll y'=0 rauskommen?? wenn ja, warum?
Der Logarithmus ist die Umkehrfunktion der Exp.-funktion.
> > Damit lautet die allg. Lösung der hom. Gleichunmg:
> > y(x)=c*x
> > >
> > > Meinst du mit variation der konstanten:
> > > [mm]y(x)=C*e^{ln(x)}[/mm] mit C als beliebiger parameter??
> > > kann/soll ich da jetzt noch was machen??
> >
> >
> > Gehe mit dem Ansatz y(x)=c(x)x in die inhomogene Gl ein und
> > bestimme die Funktion c. Mit y(x)=c(x)x hast Du dann eine
> > spezielle Lösung der inhom. Gl.
> ich dachte ich muss für die spezielle noch irgendwas
> einsetzen, also wenn ich an der stelle x=0 den wert von 3
> raushaben will, oder so... oder ist die spezielle einfach ,
> dass man y(x)=c(x)x angibt???
Lies Dir das durch:
http://mathe-online.fernuni-hagen.de/MIB/HTML/node125.html,
wenn Dir nicht klar ist, wie man eine lineare Dgl. 1. Ordnung knackt.
FRED
>
>
> Danke wiedermal
> pythagora
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Hey,
danke für den Link, hab ich mir angeschaut, ich leite ich mal weiter (ist nämlich nicht für mich, sondern für nen Freund, der das für eine Klausur braucht^^, ich habe davon gestern zum ersten mal gelesen...)
> > > > > Finde jetzt die homogene Lösung und verwende dann
> > > > > Variation der Konstanten um die allgemeine Lösung zu
> > > > > finden.
> > > > ok, davon hab ich mal ein beispiel gelesen, vllt
> > so:
> > > > [mm]y^\prime=\frac{y}{x}[/mm]
> > > > [mm]y(x)=e^{ln(x)}[/mm] als funktion, dann ist die
> ableitung:
> > > > [mm]y'(x)=e^{ln(x)}*\frac{1}{x}[/mm]
> > > > geht das so??
> > >
> > > Ja, [mm]e^{ln(x)}[/mm] = x !!!
ahchso, gepennt, danke, also bekomme ich:
[mm] y'(x)=e^{ln(x)}*\frac{1}{x}=x*\frac{1}{x}=1 [/mm] ??? ist das die lösung? die Ableitung von y ist eins, waäre dann y selber gleich x? aber ich hatte ja oben schon y durch [mm] e^{ln(x)} [/mm] bestimmt...
>
>
> Der Logarithmus ist die Umkehrfunktion der Exp.-funktion.
>
>
> > > Damit lautet die allg. Lösung der hom. Gleichunmg:
> > > y(x)=c*x
> > > >
> > > > Meinst du mit variation der konstanten:
> > > > [mm]y(x)=C*e^{ln(x)}[/mm] mit C als beliebiger parameter??
> > > > kann/soll ich da jetzt noch was machen??
> > >
> > >
> > > Gehe mit dem Ansatz y(x)=c(x)x in die inhomogene Gl ein und
> > > bestimme die Funktion c. Mit y(x)=c(x)x hast Du dann eine
> > > spezielle Lösung der inhom. Gl.
> > ich dachte ich muss für die spezielle noch irgendwas
> > einsetzen, also wenn ich an der stelle x=0 den wert von 3
> > raushaben will, oder so... oder ist die spezielle einfach ,
> > dass man y(x)=c(x)x angibt???
>
>
> Lies Dir das durch:
>
> http://mathe-online.fernuni-hagen.de/MIB/HTML/node125.html,
oki, nach dieser seite brauche ich ja irgendwas wie y(0)=2 um das spezielle zu berechnen, oder?
LG
pythagora
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Hallo pythagora,
> Hey,
> danke für den Link, hab ich mir angeschaut, ich leite ich
> mal weiter (ist nämlich nicht für mich, sondern für nen
> Freund, der das für eine Klausur braucht^^, ich habe davon
> gestern zum ersten mal gelesen...)
>
>
> > > > > > Finde jetzt die homogene Lösung und verwende dann
> > > > > > Variation der Konstanten um die allgemeine Lösung zu
> > > > > > finden.
> > > > > ok, davon hab ich mal ein beispiel gelesen,
> vllt
> > > so:
> > > > > [mm]y^\prime=\frac{y}{x}[/mm]
> > > > > [mm]y(x)=e^{ln(x)}[/mm] als funktion, dann ist die
> > ableitung:
> > > > > [mm]y'(x)=e^{ln(x)}*\frac{1}{x}[/mm]
> > > > > geht das so??
> > > >
> > > > Ja, [mm]e^{ln(x)}[/mm] = x !!!
> ahchso, gepennt, danke, also bekomme ich:
> [mm]y'(x)=e^{ln(x)}*\frac{1}{x}=x*\frac{1}{x}=1[/mm] ??? ist das
> die lösung? die Ableitung von y ist eins, waäre dann y
> selber gleich x? aber ich hatte ja oben schon y durch
> [mm]e^{ln(x)}[/mm] bestimmt...
Ich verstehe gar nicht, wieso du die Funktion [mm]y(x)[/mm], die es zu bestimmen gilt als [mm]e^{\ln(x)}[/mm] setzt, zumal [mm]e^{\ln(x)}=x[/mm] ist ...
Nochmal das Schema:
Bestimme die homogene Lösung und eine spezielle Lösung.
Gesamtlösung ist dann [mm]y=y_{hom}+y_{spez}[/mm]
Da dann die AB einbauen ...
Rechnung:
Die homogene Dgl. lautet doch [mm]y'(x)=\frac{y(x)}{x}[/mm] oder [mm]y'=\frac{y}{x}[/mm]
Auf beiden Seiten durch [mm]y[/mm] teilen liefert
[mm]\frac{y'}{y}=\frac{1}{x}[/mm] bzw. wegen [mm]y'=\frac{dy}{dx}[/mm] dann
[mm]\frac{1}{y} \ dy \ = \ \frac{1}{x} \ dx[/mm]
Integration auf beiden Seiten:
[mm]\int{\frac{1}{y} \ dy} \ = \ \int{\frac{1}{x} \ dx}[/mm], also
[mm]\ln(|y|) \ = \ln(|x|)+C[/mm] mit [mm]C\in\IR[/mm]
Damit [mm]e^{\ln(|y|)}=e^{\ln(|x|)+C}[/mm]
Also [mm]|y|=\tilde c\cdot{}|x|[/mm] mit [mm]\tilde c\in\IR^+[/mm]
dh. [mm]y=c\cdot{}x[/mm] ist homogene Lösung - soweit stand das oben schon
Dann für die inhomogene Lösung den Ansatz (siehe oben)
[mm]y=c(x)\cdot{}x\Rightarrow \red{y'=c'(x)\cdot{}x+c(x)}[/mm]
Mit der Ausgangsdgl, also mit [mm]\blue{y'=\frac{y}{x}+\frac{x^2+2x-1}{x}}[/mm] vergleichen:
[mm]\red{c'(x)x+c(x)}=\blue{\frac{c(x)x}{x}+\frac{x^2+2x-1}{x}}[/mm]
Also [mm]c'(x)x=\frac{x^2+2x-1}{x}[/mm]
Mithin [mm] $c'(x)=\frac{x^2+2x-1}{x^2}=x+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}$
[/mm]
Das nun integrieren, um an [mm]c(x)[/mm] zu kommen und schließlich die AWB einbauen ...
>
> >
> >
> > Der Logarithmus ist die Umkehrfunktion der Exp.-funktion.
> >
> >
> > > > Damit lautet die allg. Lösung der hom. Gleichunmg:
> > > > y(x)=c*x
> > > > >
> > > > > Meinst du mit variation der konstanten:
> > > > > [mm]y(x)=C*e^{ln(x)}[/mm] mit C als beliebiger
> parameter??
> > > > > kann/soll ich da jetzt noch was machen??
> > > >
> > > >
> > > > Gehe mit dem Ansatz y(x)=c(x)x in die inhomogene Gl ein und
> > > > bestimme die Funktion c. Mit y(x)=c(x)x hast Du dann eine
> > > > spezielle Lösung der inhom. Gl.
> > > ich dachte ich muss für die spezielle noch
> irgendwas
> > > einsetzen, also wenn ich an der stelle x=0 den wert von 3
> > > raushaben will, oder so... oder ist die spezielle einfach ,
> > > dass man y(x)=c(x)x angibt???
> >
> >
> > Lies Dir das durch:
> >
> >
> http://mathe-online.fernuni-hagen.de/MIB/HTML/node125.html,
> oki, nach dieser seite brauche ich ja irgendwas wie y(0)=2
> um das spezielle zu berechnen, oder?
Das kommt ganz am Schluss, wenn du die gesamte Lösung hast.
[mm]y=y_{hom}+y_{inhom}[/mm]
Aber wieso schreibst du immer und immer wieder anstatt [mm]x[/mm] das komische [mm]e^{\ln(x)}[/mm]
Bringt das irgendwelche Vorteile?
>
> LG
> pythagora
Gruß
schachuzipus
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Hi,
ok, den homogenen Teil hab ich verstanden, danke!!
ich hab aber noch eine Frage zum inhomogenen Teil:
> Dann für die inhomogene Lösung den Ansatz (siehe oben)
>
> [mm]y=c(x)\cdot{}x\Rightarrow \red{y'=c'(x)\cdot{}x+c(x)}[/mm]
>
> Mit der Ausgangsdgl, also mit
> [mm]\blue{y'=\frac{y}{x}+\frac{x^2+2x-1}{x}}[/mm] vergleichen:
>
> [mm]\red{c'(x)x+c(x)}=\blue{\frac{c(x)x}{x}+\frac{x^2+2x-1}{x}}[/mm]
>
> Also [mm]c'(x)x=\frac{x^2+2x-1}{x}[/mm]
>
> Mithin
> [mm]c'(x)=\frac{x^2+2x-1}{x^2}=x+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}[/mm]
ist es nicht [mm] c'(x)=\frac{x^2+2x-1}{x^2}=[red]1[/red]+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2} [/mm] ??
> Das nun integrieren, um an [mm]c(x)[/mm] zu kommen
ok, [mm] c(x)=x+2*ln(|x|)+\frac{1}{x}
[/mm]
> und schließlich die AWB einbauen ...
wahrscheinlich wieder ne komische Frage, aber was bedeutet awb? (Google liefert "anwendungsbeobachtung" ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") )
Liebe Grüße
pythagora
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Hallo,
> Hi,
> ok, den homogenen Teil hab ich verstanden, danke!!
>
> ich hab aber noch eine Frage zum inhomogenen Teil:
>
> > Dann für die inhomogene Lösung den Ansatz (siehe oben)
> >
> > [mm]y=c(x)\cdot{}x\Rightarrow \red{y'=c'(x)\cdot{}x+c(x)}[/mm]
> >
> > Mit der Ausgangsdgl, also mit
> > [mm]\blue{y'=\frac{y}{x}+\frac{x^2+2x-1}{x}}[/mm] vergleichen:
> >
> >
> [mm]\red{c'(x)x+c(x)}=\blue{\frac{c(x)x}{x}+\frac{x^2+2x-1}{x}}[/mm]
> >
> > Also [mm]c'(x)x=\frac{x^2+2x-1}{x}[/mm]
> >
> > Mithin
> > [mm]c'(x)=\frac{x^2+2x-1}{x^2}=x+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}[/mm]
> ist es nicht
> [mm]c'(x)=\frac{x^2+2x-1}{x^2}=[red]1[/red]+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}[/mm] ??
Ja, vertippt, gut aufgepasst!
>
> > Das nun integrieren, um an [mm]c(x)[/mm] zu kommen
> ok, [mm]c(x)=x+2*ln(|x|)+\frac{1}{x}[/mm]
>
> > und schließlich die AWB einbauen ...
> wahrscheinlich wieder ne komische Frage, aber was bedeutet
> awb? (Google liefert "anwendungsbeobachtung" )
Anfangswertbedingung meinte ich damit. Also [mm]y(x_0)=y_0[/mm]
Du hast nun als spezielle Lösung [mm]c(x)\cdot{}x=\left(x+2\ln(x)+\frac{1}{x}\right)\cdot{}x[/mm]
Mithin als Gesamtlösung [mm]y=y_{hom}+y_{spez}=c\cdot{}x+\left(x+2\ln(x)+\frac{1}{x}\right)\cdot{}x=x\cdot{}\left(c+x+2\ln(x)+\frac{1}{x}\right)[/mm]
Wenn du nun eine AWB (Anfangswertbedingung) hättest, etwa [mm]y(1)=2[/mm], so könntest du das [mm]c[/mm] in der allg. Lösung bestimmen und hättest eine eind. Lösung für die AWA (Anfangswertaufgabe)
Die ist aber hier wohl nicht gesucht, ich habe mich von dem [mm]y(0)=2[/mm] weiter oben in einem thread irritieren lassen.
Das ist nat. keine zulässige AB hier ([mm]\ln(0)[/mm]) ist nicht definiert ...
(bzw. die Ausgangsdgl. für [mm]x=0[/mm] nicht def.)
Hatte auch nix mit der eigentl. Aufg. zu tun ..
Lt. Aufgabenstellung ist ja auch keine AWA gegeben, sondern "nur" die allg. Lösung der Dgl. gesucht.
Die haben wir ja dann 
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> Liebe Grüße
> pythagora
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:52 Sa 05.03.2011 | | Autor: | pythagora |
jop, perfekt!!! vielen Dank für die Geduld^^
und ein wunderschönes Wochenende
pythagora
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