Konstantenproblem < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:09 Mi 19.09.2012 | | Autor: | Reen1205 |
| Aufgabe | [Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich] |
Hallo,
ich habe ein Problem mit dem Behandeln der Konstanten.
Ich habe 2 Bilder hochgeladen welche Musterlösung aus ein und demselben Buch sind (unterschiedliche Aufgaben versteht sich).
Wenn ich zu einer DGL ein AWP habe, kann ich die Konstante ja nicht wirklich wie beispielsweise beim ersten bild vorhanden, als ganz normales "C" behandeln anstatt wie es dort steht als [mm]e^{-x^2}[/mm]
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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Hallo Reen1205,
> [Dateianhang nicht öffentlich]
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> [Dateianhang nicht öffentlich]
> Hallo,
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> ich habe ein Problem mit dem Behandeln der Konstanten.
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> Ich habe 2 Bilder hochgeladen welche Musterlösung aus ein
> und demselben Buch sind (unterschiedliche Aufgaben versteht
> sich).
>
> Wenn ich zu einer DGL ein AWP habe, kann ich die Konstante
> ja nicht wirklich wie beispielsweise beim ersten bild
> vorhanden, als ganz normales "C" behandeln anstatt wie es
> dort steht als [mm]e^{-x^2}[/mm]
??
Das ist doch keine Konstante, hängt doch von x ab ...
Meinst du [mm] $e^{-2c}$ [/mm] ?
Das ist konstant, kannst du also durch [mm] $\tilde [/mm] c$ ersetzen.
Die Konstante $C$ zu nennen, wo doch $C$ schon vergeben ist, ist m.E. nicht besonders schon, ich würde das dann [mm] $\tilde [/mm] c$ oder [mm] $\hat [/mm] c$ oder [mm] $c_1$ [/mm] nennen ...
Und ob du nun die "komplizierte" Konstante durch eine "einfache" ersetzt oder nicht, ist egal.
Setze mal in beiden Fällen die Anfangsbedingung ein, es wird sich schon dieselbe Lösungsfunktion ergeben ...
>
> Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:43 Mi 19.09.2012 | | Autor: | Reen1205 |
Danke für die schnelle Antwort. Natürlich meinte ich [mm]e^{-2c}[/mm]
Ich habe jetzt beispielsweise eine lin. DGL: AWP ist y(1)=0
homogene Lsg.:[mm] y_h =e^{2*ln{x}}*e^c (=x^2*e^c)[/mm]
partikul. Lsg.: [mm] y_p =1 [/mm]
[mm] y(1) = 0 [/mm]
[mm] 1^2*e^c + 1 = 0 [/mm]
[mm] e^c = -1 [/mm]
Und genau hier ist mein Problem mit der Konstanten. Ich könnte jetzt beispielsweise nicht den Logarithmus anwenden, denn ln(-1) ist nciht definiert. Oder?
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Hallo nochmal,
kannst du bitte mal die komplette Aufgabe posten und nicht nur einen Fetzen.
Danke!
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:07 Mi 19.09.2012 | | Autor: | Reen1205 |
[mm] xy' = 2y-2[/mm]
Anfangswertproblem [mm]y(1)=0 [/mm]
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Hallo nochmal,
> Danke für die schnelle Antwort. Natürlich meinte ich
> [mm]e^{-2c}[/mm]
>
> Ich habe jetzt beispielsweise eine lin. DGL: AWP ist
> y(1)=0
> homogene Lsg.:[mm] y_h =e^{2*ln{x}}*e^c (=x^2*e^c)[/mm]
> partikul.
> Lsg.: [mm]y_p =1[/mm]
Wieso partikuläre Lösung?
Die Dgl ist doch homogen ...
Du hast $xy'=2y-2=2(y-1)$
Für [mm] $x\neq [/mm] 0$ und [mm] $y\not\equiv [/mm] 1$ kannst du durch $x$ und $y-1$ teilen und bekommst mit [mm] $y'=\frac{dy}{dx}$:
[/mm]
[mm] $\frac{1}{y-1} [/mm] \ dy \ = [mm] \frac{2}{x} [/mm] \ dx$
Beiderseits integrieren liefert
[mm] $\ln(|y-1|) [/mm] \ = \ [mm] 2\ln(|x|)+c$ [/mm] mit [mm] $c\in\IR$
[/mm]
Damit $|y-1| \ = [mm] e^{2\ln(|x|)+c} [/mm] \ = \ [mm] e^{2\ln(|x|)}\cdot{}e^c$
[/mm]
Oder $y-1 \ = \ [mm] \tilde c\cdot{}x^2, [/mm] \ [mm] \tilde c\in\IR$, [/mm] also $y \ = \ [mm] \tilde c\cdot{}x^2+1$
[/mm]
Mit [mm] $y(1)=\tilde c+1\overset{!}{=}0$ [/mm] folgt [mm] $\tilde [/mm] c=-1$
Also Lösungsfunktion [mm] $y=-x^2+1$
[/mm]
Wie lautet der Definitionsbereich?
>
> [mm]y(1) = 0[/mm]
> [mm]1^2*e^c + 1 = 0[/mm]
> [mm]e^c = -1[/mm]
>
> Und genau hier ist mein Problem mit der Konstanten. Ich
> könnte jetzt beispielsweise nicht den Logarithmus
> anwenden, denn ln(-1) ist nciht definiert. Oder?
Wie hast du die partikuläre Lösung reingeschmuggelt? Zeige mal deine Rechnung ...
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:37 Mi 19.09.2012 | | Autor: | Reen1205 |
[Dateianhang nicht öffentlich]
In deiner Lösung ist ja genau das Problem was ich mit der Konstanten habe. Nenne ich die Konstante dann einfach nur [mm]\tilde c[/mm] aus Bequemlichkeit, weil es damit einfacher zu rechnen ist?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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Hallo Reen1205,
es gilt: $ [mm] e^{i \pi} [/mm] = - 1 $
Dadurch, dass man $ [mm] e^c [/mm] $ in $ [mm] \hat [/mm] c $ oder $ [mm] c_1 [/mm] $ umbenennt, umgeht man eine Rechnung mit komplexen Zahlen.
Beantwortet dies deine Frage?
Schöne Grüße
franzzink
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:30 Do 20.09.2012 | | Autor: | Reen1205 |
> es gilt: [mm]e^{i \pi} = - 1[/mm]
>
> Beantwortet dies deine Frage?
Hallo,
nicht wirklich, da die Lösung der Musterlösung c = -1 ist.
und [mm] e^c [/mm] = -1 kommt ja nicht auf die gleiche lösung. Es geht einfach um die bescheidenen Konstanten die immer überall anders behandelt werden.
Aber danke
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Hallo nochmal,
>
> > es gilt: [mm]e^{i \pi} = - 1[/mm]
>
> >
> > Beantwortet dies deine Frage?
>
> Hallo,
>
> nicht wirklich, da die Lösung der Musterlösung c = -1
> ist.
Ich glaube, dein Problem ist, dass hier statt [mm] $e^c$ [/mm] einfach $c$ gesagt wird. Wie gesagt, ich mag diese Ersetzung nicht, weil $c$ schon vergeben ist und würde statt [mm] $e^c$ [/mm] lieber als Ersetzung [mm] $\tilde [/mm] c$ schreiben.
In der "Muster"lösung ist die allg. inhomogene Lösung ja auch [mm] $y=\tilde c\cdot{}x^2+1$, [/mm] da kommt man mit der Anfangsbedingung $y(1)=0$ auf [mm] $\tilde [/mm] c=-1$
In "deiner" Lösung mit dieser komischen Integralformel für die part. Lösung kommst du auf [mm] $y=e^c\cdot{}x^2+1$
[/mm]
Das erfüllt für kein reelles c die Anfangsbedingung.
Ich hatte ja schon mehrfach erwähnt, dass deine homogene Lösung mir nicht gefällt, weil du einfach die Beträge verschlabbert hast.
Du bist von [mm] $|y|=e^cx^2$ [/mm] mit [mm] $c\in\IR$ [/mm] nahtlos zu [mm] $y=e^cx^2$ [/mm] übergegangen.
Das kann aber doch nicht sein.
In der ersten Gleichung ist $|y|$ und [mm] $e^cx^2$ [/mm] stets [mm] $\ge [/mm] 0$
Aber in der unteren kann $y$ doch <0 sein, die rechte Seite [mm] $e^cx^2$ [/mm] bleibt aber [mm] $\ge [/mm] 0$
Wenn du den Betrag $|y|$ auflöst, musst du dem Rechnung tragen und die Konstante anpassen, so dass rechterhand auch negative Werte angenommen werden können.
[mm] $e^c$ [/mm] ist aber stets positiv, also macht man aus
[mm] $|y|=e^cx^2$ [/mm] mit [mm] $c\in\IR$ [/mm] (beachte nochmal, dass dabei [mm] $e^c$ [/mm] "nur" [mm] $\IR^+$ [/mm] durchläuft) dies:
[mm] $y=\tilde cx^2$ [/mm] mit [mm] $\tilde c\in\IR$
[/mm]
Dann rechnet man eine part. Lsg. aus ...
>
> und [mm]e^c[/mm] = -1 kommt ja nicht auf die gleiche lösung. Es
> geht einfach um die bescheidenen Konstanten die immer
> überall anders behandelt werden.
I.A. wird das doch immer gleich gemacht, Konstanten werden möglichst vereinfacht, wobei man darauf achten muss, sie aus dem richtigen Zahlenbereich zu wählen ...
>
> Aber danke
Gruß
schachuzipus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:15 Do 20.09.2012 | | Autor: | fred97 |
Ich glaube zu wissen, wo bei Dir das Problem ist. Ich hab mir mal Deine jpg- Datei angesehen. Da gehts um eine homogene lineare Differentialgleichung 1. Ordnung von der Form
(*) y'=a(x)y mit eine stetigen Funktion a.
Sei A eine Stammfunktion von a.
In obiger Datei schreibst Du (sinngemäß):
die allgemeine Lösung von (*) ist gegeben durch
(1) [mm] y_h(x)= e^{A(x)+c}=e^c*e^{A(x)} [/mm] (c [mm] \in \IR).
[/mm]
So ist das natürlich nicht richtig. Richtig ist, dass die allgemeine Lösung von (*) gegeben ist durch
(2) [mm] y_h(x)=C*e^{A(x)} [/mm] (C [mm] \in \IR).
[/mm]
Siehst Du den Unterschied zwischen (1) und (2) ? In (1) kommen nur Lösungen der Form [mm] y_h(x)=C*e^{A(x)} [/mm] mit C>0 vor, also nicht alle !
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:33 Do 20.09.2012 | | Autor: | Reen1205 |
> Ich glaube zu wissen, wo bei Dir das Problem ist. Ich hab
> mir mal Deine jpg- Datei angesehen. Da gehts um eine
> homogene lineare Differentialgleichung 1. Ordnung von der
> Form
>
> (*) y'=a(x)y mit eine stetigen Funktion a.
>
> Sei A eine Stammfunktion von a.
>
> In obiger Datei schreibst Du (sinngemäß):
>
> die allgemeine Lösung von (*) ist gegeben durch
>
> (1) [mm]y_h(x)= e^{A(x)+c}=e^c*e^{A(x)}[/mm] (c [mm]\in \IR).[/mm]
>
> So ist das natürlich nicht richtig. Richtig ist, dass die
> allgemeine Lösung von (*) gegeben ist durch
>
> (2) [mm]y_h(x)=C*e^{A(x)}[/mm] (C [mm]\in \IR).[/mm]
>
> Siehst Du den Unterschied zwischen (1) und (2) ? In (1)
> kommen nur Lösungen der Form [mm]y_h(x)=C*e^{A(x)}[/mm] mit C>0
> vor, also nicht alle !
>
>
> FRED
>
>
Aha,
Fred also liegt es hier in der Herleitung der "Lösung der homogenen linearen DGL erster Ordnung" (die ich auch hier in meinem Buch stehen habe), in welchem das [mm] C \in \IR[/mm] stammt. Und ich somit direkt das [mm] e^c[/mm] "quasi" umgehe bzw. mir nur die Lösungen anschaue die in [mm] \IR [/mm] sind.
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:15 Do 20.09.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
die formel, die du benutz ist einfach so falsch.
sie beruht ja auf
y'/y=a(x)
daraus [mm] \integral{dy/y}=\integral [/mm] {a(x)dx}
das Ergebnis der linken Seite ist aber nicht nur für y>0 definiert sondern
[mm] \integral{dy/y}=ln(|y|)+C
[/mm]
du schreibst aber nur ln(y) was nur für y>0 definiert ist.
Nachrechnen kannst du ja einfach, indem du die losung [mm] c*x^2 [/mm] bzw c*A(x) in die Dgl einsetzt und fesstellst , dass sie für alle [mm] c\in\IR [/mm] Lösung ist.
gruss leduart
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Hallo nochmal,
jetzt sehe ich, wie du es gerechnet hast.
> Danke für die schnelle Antwort. Natürlich meinte ich
> [mm]e^{-2c}[/mm]
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> Ich habe jetzt beispielsweise eine lin. DGL: AWP ist
> y(1)=0
> homogene Lsg.:[mm] y_h =e^{2*ln{x}}*e^c (=x^2*e^c)[/mm]
Nana, ob das mal stimmt?!
Du hast erstmal [mm] $|y_h|=e^{2\ln(|x|)}\cdot{}e^c=x^2\cdot{}e^c$
[/mm]
Beide Seiten sind nichtnegativ.
Wenn du den Betrag auflöst, musst du auch mögliche negative Werte von $y(x)$ berücksichtigen ...
Also [mm] $y_h=\tilde c\cdot{}x^2$ [/mm] mit [mm] $\tilde c\in\IR$
[/mm]
Dann VdK und es sollte hinhauen ...
> partikul.
> Lsg.: [mm]y_p =1[/mm]
>
> [mm]y(1) = 0[/mm]
> [mm]1^2*e^c + 1 = 0[/mm]
> [mm]e^c = -1[/mm]
>
> Und genau hier ist mein Problem mit der Konstanten. Ich
> könnte jetzt beispielsweise nicht den Logarithmus
> anwenden, denn ln(-1) ist nciht definiert. Oder?
>
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:26 Mi 19.09.2012 | | Autor: | Reen1205 |
Hallo schachuzipus,
> Wenn du den Betrag auflöst, musst du auch mögliche
> negative Werte von [mm]y(x)[/mm] berücksichtigen ...
>
>
> Also [mm]y_h=\tilde c\cdot{}x^2[/mm] mit [mm]\tilde c\in\IR[/mm]
Auf die Gefahr hin dich als Mathematiker zu verärgern:
Nun hast du ja das [mm] e^c [/mm] in [mm]\tilde c[/mm] "umbenannt" was ich ja auch alles verstehe, weil es eine Konstante ist. Aber erstens verstehe ich gerade nicht warum es der Betrag von [mm] y_h [/mm] sein muss und warum ich jetzt Variation der Konstanten anwenden soll (das ist doch mit VdK gemeint oder)?
Gruß
Reen
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Hallo nochmal,
> Hallo schachuzipus,
>
> > Wenn du den Betrag auflöst, musst du auch mögliche
> > negative Werte von [mm]y(x)[/mm] berücksichtigen ...
> >
> >
> > Also [mm]y_h=\tilde c\cdot{}x^2[/mm] mit [mm]\tilde c\in\IR[/mm]
>
> Auf die Gefahr hin dich als Mathematiker zu verärgern:
>
> Nun hast du ja das [mm]e^c[/mm] in [mm]\tilde c[/mm] "umbenannt" was ich ja
> auch alles verstehe, weil es eine Konstante ist. Aber
> erstens verstehe ich gerade nicht warum es der Betrag von
> [mm]y_h[/mm] sein muss und warum ich jetzt Variation der Konstanten
> anwenden soll (das ist doch mit VdK gemeint oder)?
Nein, das meint Variation der Konstante.
Du machst das [mm] $\tilde [/mm] c$ von x abhängig, schreibst also [mm] $y(x)=y_p(x)=\tilde c(x)\cdot{}x^2$ [/mm] und bestimmst daraus eine partikuläre Lösung.
Es ist dann [mm] $y'(x)=\red{\tilde c'(x)x^2+2\tilde cx}$
[/mm]
Und das ist gem. Ausgangsdgl. und homog. Lsg [mm] $y'=\frac{2}{x}y-\frac{2}{x}=\blue{\frac{2}{x}\tilde cx^2-\frac{2}{x}}$
[/mm]
Vergleiche beides und du hast [mm] $\red{\tilde c'(x)x^2+2\tilde cx}=\blue{\frac{2}{x}\tilde c(x)x^2-\frac{2}{x}}$
[/mm]
Also [mm] $\tilde c'(x)=-\frac{2}{x^3}$ [/mm] und daraus [mm] $c(x)=1/x^2$, [/mm] mithin [mm] $y_p(x)=c(x)x^2=1$
[/mm]
Also [mm] $y=y_h+y_p=cx^2+1$
[/mm]
Nun den Anfangswert: [mm] $y(1)=c+1\overset{!}{=}0$, [/mm] also $c=-1$
Lsg: [mm] $y=-x^2+1$
[/mm]
Passt also zu dem Ergebnis auf dem anderen Weg, den ich oben gerechnet habe ($y$ als homogene Dgl aufgefasst)
In deinem Plakatscan benutzt du irgendwelche Integralformeln, das ist zudem sehr unübersichtlich aufgeschrieben, ich blicke da auf einen Blick nicht durch und habe auch keine gesteigerte Lust, das auszuklamüsern ...
Die Rechnung ist doch hier sehr einfach, da bemüht man doch keine Formeln, das wäre mir eh zu lästig zum auswendig lernen 
> Gruß
>
> Reen
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:30 Do 20.09.2012 | | Autor: | Reen1205 |
Okay nochmal eine ganz stumpfe Überlegung von mir.
Wenn ich denn dann in meinem AWP folgende Beziehung habe:
[mm] 1^2 + e^c = 0 [/mm]
[mm] e^c = -1 [/mm]
Könnte ich doch dann theoretisch einfach für das [mm] e^c [/mm] den Wert -1 (in y(x)) einsetzen ohne genau zu wissen, was das "c" letzendlich GENAU ist, oder? Es gibt ja scheinbar einen wert wo dies bei der E-funktion der Fall ist.
Gruß und danke
Reen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:17 Do 20.09.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
Antwort siehe an anderer Stelle.
Gruss leduart
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