Lösen von DGLen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:57 Sa 05.12.2009 | | Autor: | valoo |
| Aufgabe | Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Gleichung [mm] v'(t)=-\bruch{\gamma}{m}*v(t)-g
[/mm]
Bestimmen Sie ferner die spezielle Lösung mit der Anfangsbedingung [mm] v(t_{0})=v_{0} [/mm] und berechnen Sie die Bahnkurve [mm] x(t):=x_{0}+\integral_{t_{0}}^{t}{dt'*v(t')} [/mm] |
Ich habe überhaupt nicht verstanden, wie man DGLen löst. Ich habe nicht mal einen Ansatz. In der Vorlesung hatten wir ein etwas einfaheres Beispiel: y'(x)=x*y(x) Da ist die allgemeine Lösung [mm] y(x)=c*exp(x^{2}*0.5) [/mm] Wie man darauf allerdings kommt, weiß ich nicht; sie wurde nur angeschrieben...
Kann mir mal jemand einen Tipp geben, wie ich an die Sache rangehen kann? Ich habe hier einen ganzen Zettel voller DGLen und bin total am Verzweifeln.
Das CAS hat mir als Lösung [mm] v(t)=\bruch{\gamma*exp(-\bruch{t*\gamma+c*m*\gamma}{m})-g*m}{\gamma} [/mm] gegeben.
Wie kann man darauf bloß kommen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:02 Sa 05.12.2009 | | Autor: | Merle23 |
> Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Gleichung
> [mm]v'(t)=-\bruch{\gamma}{m}*v(t)-g[/mm]
> Bestimmen Sie ferner die spezielle Lösung mit der
> Anfangsbedingung [mm]v(t_{0})=v_{0}[/mm] und berechnen Sie die
> Bahnkurve [mm]x(t):=x_{0}+\integral_{t_{0}}^{t}{dt'*v(t')}[/mm]
Sind [mm] \gamma, [/mm] m und g von t abhängig?
Wenn nein, dann kannst du eine Lösung ganz einfach erraten.
Suche zuerst eine Funktion mit v'(t) = v(t).
Und dann brauchste ja nur noch den Vorfaktor [mm] -\bruch{\gamma}{m} [/mm] reinpacken.
Stichwort: Kettenregel.
Und wenn du das hast, dann ist das mit dem g am Ende auch kein Problem mehr.
LG, Alex
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:58 So 06.12.2009 | | Autor: | valoo |
Ja, [mm] \gamma, [/mm] m und g sind unabhängig.
Da muss man einfach irgendwas auswählen und testen bis es passt?
(1) Sei [mm] v(t)=exp(-\bruch{\gamma}{m}*t)
[/mm]
Dann ist [mm] v'(t)+\bruch{\gamma}{m}*v(t)+g=g [/mm]
=> Dieses v(t) ist keine Lösung.
(2) Sei [mm] v(t)=exp(-\bruch{\gamma}{m}*t)-\bruch{m*g}{\gamma}
[/mm]
Dann ist [mm] v'(t)+\bruch{\gamma}{m}*v(t)+g=0
[/mm]
=> Dies ist eine spezielle Lösung.
(3) Sei [mm] v(t)=c_{1}*exp(-\bruch{\gamma}{m}*t)-\bruch{m*g}{\gamma}
[/mm]
Dann ist [mm] v'(t)+\bruch{\gamma}{m}*v(t)+g=0
[/mm]
=> Dies ist eine Lösung.
(4) Sei [mm] v(t)=c_{1}*exp(-\bruch{\gamma}{m}*t+c_{2})-\bruch{m*g}{\gamma}
[/mm]
Dann ist [mm] v'(t)+\bruch{\gamma}{m}*v(t)+g=0
[/mm]
=> Dies ist eine Lösung und zwar die Allgemeine (?)
Geht man so tatsächlich an eine DG heran? Woher weiß ich, dass das die allgemeine Lösung ist (wenn sie es denn ist...) und es keine allgemeinere gibt?
Setze ich beim zweiten Teil der Aufgabe jetzt [mm] v(t_{0})=V_{0} [/mm] und bestimme damit die Konstanten?
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Hallo,
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> (1) Sei [mm]v(t)=exp(-\bruch{\gamma}{m}*t)[/mm]
> Dann ist [mm]v'(t)+\bruch{\gamma}{m}*v(t)+g=g[/mm]
> => Dieses v(t) ist keine Lösung.
> (2) Sei
> [mm]v(t)=exp(-\bruch{\gamma}{m}*t)-\bruch{m*g}{\gamma}[/mm]
> Dann ist [mm]v'(t)+\bruch{\gamma}{m}*v(t)+g=0[/mm]
> => Dies ist eine spezielle Lösung.
> (3) Sei
> [mm]v(t)=c_{1}*exp(-\bruch{\gamma}{m}*t)-\bruch{m*g}{\gamma}[/mm]
> Dann ist [mm]v'(t)+\bruch{\gamma}{m}*v(t)+g=0[/mm]
> => Dies ist eine Lösung.
> (4) Sei
> [mm]v(t)=c_{1}*exp(-\bruch{\gamma}{m}*t+c_{2})-\bruch{m*g}{\gamma}[/mm]
> Dann ist [mm]v'(t)+\bruch{\gamma}{m}*v(t)+g=0[/mm]
> => Dies ist eine Lösung und zwar die Allgemeine (?)
>
> Geht man so tatsächlich an eine DG heran? Woher weiß ich,
> dass das die allgemeine Lösung ist (wenn sie es denn
> ist...) und es keine allgemeinere gibt?
Man kann an die ganze Sache systematisch rangehen und muss nicht die ganze Zeit nur rumprobieren. Ich habe dir bereits geschrieben, wie man die homogene Gleichung löst. Nun musst du bei einer inhomogenen DGL ja für die allgemeine Lösung die homogene Gleichung lösen und die inhomogene. Beides addiert ergibt die algemeine Lösung. Wie man die inhomogene Gleichung mit einem sinnvollen Verfahren lösen kann, kannst du hier nachlesen, da wurde deine Frage nämlich schon einmal beantwortet. Da siehst du auch, wie du den zweiten Teil am sinnvollsten lösen solltest.
Zu der Frage, wie du sehen kannst, ob deine Ergebnisse richtig sind, musst du ganz trivial das was du rausbekommen hast, in die Ausgangsgleichung einsetzen. Berechne also v(t) und die Ableitung, setze ein und schau, ob auf beiden Seiten das Gleiche steht.
Bei dem zweiten Teil kannst du dann so auch noch überprüfen, ob deine gefundene Funktion v(t) auch die Anfangsbedingung erfüllt.
Gruß Sleeper
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Hallo,
> Ich habe nicht mal einen Ansatz. In der Vorlesung hatten
> wir ein etwas einfaheres Beispiel: y'(x)=x*y(x) Da ist die
> allgemeine Lösung [mm]y(x)=c*exp(x^{2}*0.5)[/mm] Wie man darauf
> allerdings kommt, weiß ich nicht; sie wurde nur
> angeschrieben...
bei dem Beispiel aus deiner Vorlesung handelt es sich um eine homogene Differentialgleichung.
Um hier die allgemeine Lösung zu bestimmen, muss du folgendes lösen:
Sei [mm] \varphi [/mm] die gesuchte Funktion zu y'(x)=-a(x)y(x), dann:
[mm] \varphi(x)=C\cdot \mbox{exp}(-\int_{x_0}^{x}a(s)ds).
[/mm]
Warum du gerade diesen Ansatz lösen musst, kannst du dir auch leicht herleiten, denn aus y'(x)=-a(x)y(x) folgt zum einen sofort, dass y(x)=0 [mm] \forall [/mm] x die Gleichung löst und zum anderen, dass [mm] \frac{y'(x)}{y(x)}=\frac{d}{dx}\mbox{ln}|(y(x)|=-a(x) [/mm] dies tut. Mit ein paar weiteren Umformunge folgt die Behauptung.
Mit diesem Ansatz gehst du dann auch an deine gegeben Gleichung heran. Allerdings musst du beachten, dass es sich dabei um eine inhomogene DGL handelt und dafür ist die allgemeine Lösung: [mm] \varphi(x)=\varphi_h(x)+\varphi_i(x), [/mm] wobei [mm] \varphi_h(x) [/mm] die Lösung der homogenen DGL ist und [mm] \varphi_i(x) [/mm] die der inhomogenen.
Gruß Sleeper
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:04 So 06.12.2009 | | Autor: | MatheOldie |
Hallo,
mit dem Stichwort: Dgl Fall mit Reibung suchen ...
Das ist die Standard-Dgl für viele Vorgänge (die manchmal Relaxationsvorgänge genannt werden).
Gruß, MatheOldie
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