variation der konstanten < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:42 Mo 27.12.2010 | | Autor: | Hummel89 |
| Aufgabe | Löse die folgende DGL durch Variation der Konstanten:
[mm] y'-y=e^{2x} [/mm] |
Hallo,
ich habe mich gerade durch Variation der Konstanten durchgearbeitet und würde gerne eine Aufgabe dazu lösen, aber ich kriege es noch nicht wirklich hin.
Für die Lösung brauche ich ja [mm] y_h [/mm] und [mm] y_p, [/mm] da sich y so zusammensetzt:
[mm] y=y_h [/mm] + [mm] y_p
[/mm]
Zunächst bestimmt man ja die Lösung des homogenen DG [mm] y_h
[/mm]
y'-y=0
[mm] \gdw [/mm] y'=y
[mm] \gdw \bruch{dy}{dx}=y
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{1}{y}dy=1 [/mm] dx
[mm] \gdw \integral \bruch{1}{y}dy=\integral [/mm] 1 dx
[mm] \gdw [/mm] ln y = x + c
[mm] \gdw [/mm] y = [mm] e^{x+c}
[/mm]
Also wäre das mein [mm] y_h, [/mm] also fehlt mir noch das [mm] y_p.
[/mm]
Dazu mache ich aus c eine Funktion namens C(x), welche ich dann bestimmen muss.
[mm] y_p [/mm] = [mm] e^{x+C(x)}
[/mm]
Dazu leite ich [mm] y_p [/mm] ab und erhalte
[mm] {y'}_p [/mm] = C'(x) * [mm] e^{x+C(x)}
[/mm]
Beides setze ich nun in die Ausgangsgleichung ein und erhalte
C'(x) * [mm] e^{x+C(x)} [/mm] - [mm] e^{x+C(x)} [/mm] = [mm] e^{2x}
[/mm]
[mm] \gdw e^{x+C(x)}(C'(x) [/mm] - 1) = [mm] e^{2x} [/mm] | ln
[mm] \gdw [/mm] (x+C(x))(C'(x)-1) = 2x |-x
[mm] \gdw [/mm] (x+C(x))(C'(x)-1) = 2x
[mm] \gdw [/mm] C'(x) = [mm] \bruch{2x}{x+C(x)}+1
[/mm]
Nun müsste ich ja C'(x) durch [mm] \bruch{dc}{dx} [/mm] austauschen, aber dann komme ich nicht wirklich weiter, also gehe ich davon aus, dass in der bisherigen Rechnung irgendwas falsch ist. Danke, falls mir jemand weiterhelfen will.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:59 Mo 27.12.2010 | | Autor: | abakus |
> Löse die folgende DGL durch Variation der Konstanten:
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> [mm]y'-y=e^{2x}[/mm]
>
> Hallo,
> ich habe mich gerade durch Variation der Konstanten
> durchgearbeitet und würde gerne eine Aufgabe dazu lösen,
> aber ich kriege es noch nicht wirklich hin.
>
> Für die Lösung brauche ich ja [mm]y_h[/mm] und [mm]y_p,[/mm] da sich y so
> zusammensetzt:
> [mm]y=y_h[/mm] + [mm]y_p[/mm]
>
> Zunächst bestimmt man ja die Lösung des homogenen DG [mm]y_h[/mm]
>
> y'-y=0
>
> [mm]\gdw[/mm] y'=y
>
> [mm]\gdw \bruch{dy}{dx}=y[/mm]
>
> [mm]\gdw \bruch{1}{y}dy=1[/mm] dx
>
> [mm]\gdw \integral \bruch{1}{y}dy=\integral[/mm] 1 dx
>
> [mm]\gdw[/mm] ln y = x + c
>
> [mm]\gdw[/mm] y = [mm]e^{x+c}[/mm]
>
> Also wäre das mein [mm]y_h,[/mm] also fehlt mir noch das [mm]y_p.[/mm]
>
> Dazu mache ich aus c eine Funktion namens C(x), welche ich
> dann bestimmen muss.
>
> [mm]y_p[/mm] = [mm]e^{x+C(x)}[/mm]
>
> Dazu leite ich [mm]y_p[/mm] ab und erhalte
>
> [mm]{y'}_p[/mm] = C'(x) * [mm]e^{x+C(x)}[/mm]
>
> Beides setze ich nun in die Ausgangsgleichung ein und
> erhalte
>
> C'(x) * [mm]e^{x+C(x)}[/mm] - [mm]e^{x+C(x)}[/mm] = [mm]e^{2x}[/mm]
>
> [mm]\gdw e^{x+C(x)}(C'(x)[/mm] - 1) = [mm]e^{2x}[/mm] | ln
Mit diesem Rechenbefehl erhältst du aber
x+C(x)+ln(C'(x)-1)=2x.
Gruß Abakus
>
> [mm]\gdw[/mm] (x+C(x))(C'(x)-1) = 2x |-x
>
> [mm]\gdw[/mm] (x+C(x))(C'(x)-1) = 2x
>
> [mm]\gdw[/mm] C'(x) = [mm]\bruch{2x}{x+C(x)}+1[/mm]
>
> Nun müsste ich ja C'(x) durch [mm]\bruch{dc}{dx}[/mm] austauschen,
> aber dann komme ich nicht wirklich weiter, also gehe ich
> davon aus, dass in der bisherigen Rechnung irgendwas falsch
> ist. Danke, falls mir jemand weiterhelfen will.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:04 Mo 27.12.2010 | | Autor: | fred97 |
Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet:
[mm] y_h(x)=Ce^x, [/mm] C [mm] \in \IR.
[/mm]
Der ansatz für eine spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung lautet daher:
[mm] y_p(x)= C(x)e^x
[/mm]
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:08 Mo 27.12.2010 | | Autor: | Hummel89 |
Warum kommt das C vor das e?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:11 Mo 27.12.2010 | | Autor: | fred97 |
> Warum kommt das C vor das e?
Sind den nicht alle Lösungen von y'-y=0
von der Form [mm] y=Ce^x [/mm] ??? Doch !
Dein Fehler kommt daher, dass Du die simple Gl. y'-y=0 mit dem "Holzhammer" Trennung der Veränderlichen gelöst hast.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:19 Mo 27.12.2010 | | Autor: | abakus |
> > Warum kommt das C vor das e?
Hallo,
dein [mm] e^{x+c} [/mm] kann geschrieben werden als [mm] e^c*e^x.
[/mm]
Da c eine Konstante ist, ist auch [mm] e^c=C [/mm] eine Konstante.
Mit diesem konstanten Faktor C kann man viel komfortabler weiterrechnen als mit deinem c als Summand in einem Exponent.
Gruß Abakus
>
> Sind den nicht alle Lösungen von y'-y=0
>
> von der Form [mm]y=Ce^x[/mm] ??? Doch !
>
> Dein Fehler kommt daher, dass Du die simple Gl. y'-y=0 mit
> dem "Holzhammer" Trennung der Veränderlichen gelöst
> hast.
>
> FRED
>
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:24 Mo 27.12.2010 | | Autor: | Hummel89 |
Vielen Dank an alle, jetzt denke ich, dass ich das Ganze besser verstanden hab und konnte die Aufgabe ohne Probleme lösen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:31 Mo 27.12.2010 | | Autor: | fred97 |
> > > Warum kommt das C vor das e?
> Hallo,
> dein [mm]e^{x+c}[/mm] kann geschrieben werden als [mm]e^c*e^x.[/mm]
> Da c eine Konstante ist, ist auch [mm]e^c=C[/mm] eine Konstante.
Damit bekommt man aber nicht alle Lösungen der homogenen Gleichung, denn es ist stets
[mm]e^c=C>0[/mm]
FRED
> Mit diesem konstanten Faktor C kann man viel komfortabler
> weiterrechnen als mit deinem c als Summand in einem
> Exponent.
> Gruß Abakus
> >
> > Sind den nicht alle Lösungen von y'-y=0
> >
> > von der Form [mm]y=Ce^x[/mm] ??? Doch !
> >
> > Dein Fehler kommt daher, dass Du die simple Gl. y'-y=0 mit
> > dem "Holzhammer" Trennung der Veränderlichen gelöst
> > hast.
> >
> > FRED
> >
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> Löse die folgende DGL durch Variation der Konstanten:
>
> [mm]y'-y=e^{2x}[/mm]
>
> Hallo,
> ich habe mich gerade durch Variation der Konstanten
> durchgearbeitet und würde gerne eine Aufgabe dazu lösen,
> aber ich kriege es noch nicht wirklich hin.
>
> Für die Lösung brauche ich ja [mm]y_h[/mm] und [mm]y_p,[/mm] da sich y so
> zusammensetzt:
> [mm]y=y_h[/mm] + [mm]y_p[/mm]
>
> Zunächst bestimmt man ja die Lösung des homogenen DG [mm]y_h[/mm]
>
> y'-y=0
>
> [mm]\gdw[/mm] y'=y
>
> [mm]\gdw \bruch{dy}{dx}=y[/mm]
>
> [mm]\gdw \bruch{1}{y}dy=1[/mm] dx
>
> [mm]\gdw \integral \bruch{1}{y}dy=\integral[/mm] 1 dx
>
> [mm]\gdw[/mm] ln y = x + c
hier hast du eigentlich ln|y|=x+c
daraus wird dann [mm] |y|=e^y*e^c
[/mm]
den betrag aufgelöst dann [mm] \pm y=e^y*e^c
[/mm]
nun wird das [mm] \pm [/mm] und das [mm] e^c [/mm] zu einem neuen c zusammengefasst, ergo hast du nun [mm] y=e^x*c
[/mm]
gruß tee
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