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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 338
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 16. Februar, 2003 - 16:29: | 
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Auf besonderen wunsch einiger geschätzter Kolegen biete ich hier einen kleinen Einführungskurs über gewöhnliche Differentialgleichungen an.
Wer möchte kann mitrechnen, fragen stellen oder auch einfach nur zuschauen. Der Kurs ist öffentlich und jeder kann hier dran Teilnehmen. Es ist kein Privatkurs für spezielle Kolegen und auch die Vorkentnisse müssen nur den üblichen Kentnissen über Differential und Integralrechnung in den Klassenstufen 12 und 13 entsprechen.
Als einführendes Beispiel verwende ich ein Beispiel aus der PhysiK:
s''(t)=-g
g ist bekanntlich die Erdbeschleunigung und entspricht der 2. Ableitung der Weg-Zeit Funktion S(t). Um diese "Differentialgleichung" zu löden Integrieren wir zweimal hiner einander:
s'(t)=ò s''(t)dt=ò -g dt=-gt+C1
s(t)=ò s'(t)dt=ò (-gt+C1)dt
s(t)=-0,5g*t²+C1*t+C2
Damit haben wir schon eine allgemeine Lösung der Differentialgleichung s''(t)=-g gefunden. Es ist das bekannte Weg Zeit gesetz.
so und nun das ganze erstmal sacken lassen....
Gruß N.
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 339
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 16. Februar, 2003 - 18:06: |
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Weiter gehts,
eine allgemeine Lösung ist ja schön, wir wollen uns nun aber um spezielle Lösungen, auch partikuläre Lösungen genannt, bemühen.
Wir haben in unserer allgemeinen Lösungen noch 2 voneinander unhabhängige Integrationskonstanten C1 und C2 auch Parameter genannt. für spezielle t Werte können wir die Konstanten berechnen. Wir wollen die Konstanten für den Beginn der Fallbewegung berechnen, also für den Fall t=0
für t=0 gilt:
s(0)=C2=s0 die Anfangshöhe
s'(0)=C1=v(0)=v0 die Anfangsgeschwingigkeit
wir erhalten die partikuläre Lösung, also die an die "Anfangswerte" angepaßte Lösung der Differentialgleichung:
s(t)=-0,5gt²+v0*t+s0
D.h. im allgemeinen bekommt man bei der Lösung einer gewöhnlichen Differentialgleichung n-ter Ordnung eine Kurvenschar als Lösung, die zunächst n-unabhängige Integrationskonstanten enthält. Will man diese Integrationskonstanten näher bestimmen, so sind gewisse Zusatzinformationen Notwendig, sogenante "Anfangswerte" oder "Randwerte". Aus diesem Grunde nennt man auch Differentialgleichungsaufggaben Anfangswertprobleme oder auch Randwertprobleme-genauso wie es bei der herkömmlichen Differentialrechnung auch "Extremwertprobleme" als Teilaufgabengebiet gibt.
Gruß N.
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 340
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 09:07: |
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Es geht weiter:
Definition einer gewöhnlichen Differentialgleichung:
Eine Gleichung in der Ableitungen einer unbekannten Funktion y=y(x) bis zur n-ten Ordnung auftreten heißt eine gewöhnliche Differentialgleichung (DGL) n-ter Ordnung.
1]
Eine gewöhnliche DGL n-ter Ordnung enthält daher als höchste Ableitung die n-te Ableitung einer unbekannten Funktion y=y(x), kann aber auch Ableitungen niedrigerer Ordnung sowie die Funktion y=y(x) und derern unabhängige Variable x enthalten. Sie ist daher in der Impliziten Form
F(x;y;y';...;y(n))=0
Oder falls diese Gleichung nach der höchsten Ableitung yn auflösbar ist, in der expliziten Form
y=f(x;y;y';...;y(n-1))
darstellbar.
Und hier sind die ersten kleinen "Übungsaufgaben":
1) Lösen sie die DGL allgemein:
a)y'=2x
b)y''=3x+5
c)y'''=-7
Gelöst werden sie wie das einführende Beispiel, durch beispielsweise mehrmalige hintereinander ausgeführte Integration.
Gruß N.
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Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 243
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 10:48: |
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Hallo
Ich bin so frei und gebe mal meine Lösungen:
a)
y = x2 + c
b)
y = 0,5x3 + 2,5x2 + cx + d
c)
y = -7/6 * x3 + 0,5cx2 + dx + e
MfG Klaus |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 374
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 11:31: |
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Ich kann Klaus Lösungen nur bestätigen ;-). Habs durch ableiten überprüft! Es kann weiter gehen!
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 341
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 13:41: |
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sehr schön,
wir gehen also weiter im Text:
1]Eine Differentialgleichung kann man als Bestímmungsgleichung für unbekannte Funktionen aufgefasst werden. Lösungen einer DGL sind also Funktionen.
Definition:
Eine Funktion y=y(x) heißt eine Lösung der DGL, wenn sie mit ihren Ableitungen die DGL identisch erfüllt.
2] Wir haben schon zwischen allgemeinen und speziellen d. h. Partikulären Lösungen unterschieden.
Die allgemeine Lösung einer gewöhnlichen DGL n-ter Ordnung ist eine Kurvenschar mit n-unabhängigen Parametern. Ich habe schon von Anfangswert und Randwertaufgaben gesprochen, die n Zusatzbedingungen enthalten um die Parameter zu bestimmen. Wir wollen darauf nun kurz näher eingehen:
Anfangswertproblem-Anfangswertaufgaben
=========================================
Bei einem Anfangswertproblem oder auch Anfangswertaufgabe genannt, werden der Lösungsfunktion y=y(x) n Werte, nähmlich der Funktionswery(x0), sowie die Werte der ersten n-1 Ableitungen an der Stelle x0, vorgeschrieben: y'(x0);y''(x0);...;y(n-1)(x0) Wir nennen sie Anfangswerte oder Anfangswertbedingungen. Sie führen auf n Bestimmungsgleichungen für die einzelnen Parameter (Integrationskonstanten) C1,C2,...,Cn. Durch die Anfangswerte ist dann die spezielle Lösung der DGL eindeutig bestimmt.
Für die in der Anwendung besonders wichtigen gewöhnliche DGL 1. und 2. Ordnung lässt sich das Anfangswertproblem Geometrisch deuten:
gweöhnliche DGL 1. Ordnung:
Gesucht ist die spezielle Lösung der DGL, die durch den Punkt P(x0|y0) verläuft.
gewöhnliche DGL 2. Ordnung:
Gesucht ist die spezielle Lösung der DGL, die durch den Vorgegebenen Punkt P(x0|y0) verläuft und zusätzlich an der Stelle x0 die Steigung y'(x0)=m bestitzt.
================================================== ==
Nun wollen wir das wissen wieder mit einer kleinen Aufgabe Testen:
2) ermitteln sie die folgenden speziellen Lösung der DGL!
a)
Gesucht ist die Lösung der DGL y'(x)=cos(x) die durch den Punkt P(p|3) verläuft.
b)
Gesucht ist die Funktion y=y(x) die die DGL y''=4x-1 erfüllt, durch den Punkt P(3|5) verläuft und dort die Steigung m=-2 besitzt.
viel Spaß beim rechnen!
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 377
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| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 13:58: |
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Hi Niels,
ich möchte bitte lösen ;-):
a)y(x)=sin(x)+3
b)y(x)=(2/3)*x^3-(1/2)*x^2-17*x+42,5
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 882
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| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 14:03: |
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Hi!
Dann will ich mich auch mal beteiligen.
Ich hätte folgende Lösungen zu bieten:
a)
y(x)=sin(x)+3
b)
y(x)=2/3*x^3+1/2*x^2-23*x+51,5
MfG
C. Schmidt
Hab die Aufgabe falsch abgeschrieben ;)
Bei b) hatte ich y''(x)=4x+1 genommen.
(Beitrag nachträglich am 17., Februar. 2003 von Christian_s editiert) |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 244
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 14:43: |
|
Hi
Kann die Lösungen "nur" bestätigen.
Es kann weiter gehen...
Mfg Klaus |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 342
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 16:53: |
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Klar Jungs,
geht weiter:
Wir wollen nun, nachdem wir uns mit den Anfangswertproblemen bzw. Anfangswertaufgaben kurz beschäftigt haben uns um den "Randwertproblemen" bzw. Randwertaufgaben kümmern.
Randwertprobleme- Randwertaufgaben
================================================
Bei Randwertproblemen bzw Randwertaufgaben werden der speziellen Lösung der gewöhnlichen DGL n-ter Ordnung an n-verschiedenen Stellen x1,x2,...,xn Die Reihe nach die Funktionswerte y(x1),y(x2),...,y(xn)
Vorgeschrieben. Mit anderen worten es werden verschiedene Punkte vorgegeben, durch die die spezielle Lösungsfunktion laufen soll. Dies n-Punkte werden als Randwerte oder Randbedingungen bezeichnet und führen wiederum zu n-Bestimmungsgleichungen für die Parameter (Integrationskonstanten) C1,C2,...,Cn der allgemeinen Lösung.
Für eine Differentialgleichung 2. Ordnung bedeutet dies:
Die Lösungskurve ist so zu bestimmen, das sie durch die 2 Punkte P1(x1|y1) und P2(x2|y2) verläuft.
Achtung: Nicht jedes Randwertproblem ist lösbar!!!! Es kann durchaus vorkommen das es keine, oder auch mehrere Lösungen für ein Randwerproblem gibt!
===============================================
Nun wieder eine kleine Testaufgabe:
3)
Bestimmen sie die Lösungskurve der DGL y''=5x-2
so, das sie durch die Punkte P1(1|-2) P2(5|3) verläuft.
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 886
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 17:09: |
|
Hi!
y(x)=5/6*x^3-x^2-223/12*x+67/4
Hoffe mal ich hab mich nicht verrechnet.
MfG
C. Schmidt |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 380
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 17:12: |
|
Hi @all,
Christian ich kann dein Ergeniss nur bestätigen! Also weiter Freunde!!
mfg |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 250
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 17:31: |
|
Hi
Tja, schon wieder der Letzte...
Kann Christians' Lösung auch bestätigen
Let's go on...
MfG Klaus |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 343
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 18:23: |
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Ihr rechnet ja schneller als die Polizei erlaubt:-)
Dann folgt die Fortsetzung:
Wir wollen weitere "Grundlagen" besprechen:
1] Was sind "gwöhnliche Differentialgleichungen" ?
Das Attribut "gewöhnlich" impliziert, das es auch "ungewöhnliche" Differentialgleichungen geben müsse. Der Unterschied ist folgender:
Wir suchen gewöhnliche Funktionen, d. h. Funktionen in einer variablen. Es gibt aber noch Funktionen mit mehreren Variablen, die man dann partiell Ableiten könnnte. Das Ergbebnis wären "Partielle Differentialgleichungen".
D.h man unterscheidet gewöhnliche DGL und partielle DGL. Wir wollen uns nur um gewöhnliche DGL kümmern.
Wir haben bisher als gewöhnliche DGL nur einfache DGL der Form yn=f(x) betrachtet.
Die allgemeine Lösungen konnten durch n -fache unbestimmte Integration der Differentialgleichung gewonnen werden. Man bezeichnet daher die Lösungen der Differentialgleichung als Integrale(allgemeines, spezielles, partikuläres Integral). Das Aufsuchen sämtlicher Lösungen einer DGL heißt auch Integration der DGL.
Leider gibt es bei der Lösung einer DGL kein allgemeines Verfahren. Ähnlich wie bei der Integration gibt es für verschiedene Typen von DGL verschiden Verfahren zur Lösung.
Wir haben-wie gesagt-bisher den Typ yn=f(x)
behandelt.
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Wir wollen uns erstmal auf gweöhnliche DGL 1. Ordnung beschränken und uns nun um folgenden Typ von DGl Kümmern.
y'=g(y)*f(x)
Das Lösungsverfahren, was bei DGL's dieser Form anzuwenden ist heißt "Trennung der Variablen".
Es gilt:
y'=g(y)*f(x)
dy/dx=g(y)*f(x)
dy/g(y)=f(x)*dx
An dieser Stelle haben wir nun die Variablen voneinader "etrennt" Wir können auf beiden seiten unbestimmt integrieren.
ò dy/g(y)=ò f(x)dx
Nach der Integration haben wir eine Implizite Lösung der DGL der Form
F1(y)=F2(x)
sie wird-wenn es möglich ist- nach y aufgelöst und führt so zur expliziten Lösung y=y(x).
Anmerkung:
Die Trennung der Variablen ist nur für g(y) ungleich Null möglich. Die Gleichungen g(y)=0 sind vom Typ y=Konstant=a und sind zugleich auch Lösungen
der DGL y'=g(y)*f(x).
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°
Kleine Testaufgaben:
4) Geben sie die geschlossenen Form der Lösungskurvenschar der DGL y'=y an!
5) Lösen sie die DGL x+yy'=0 und beschreiben sie allgemein die Kurvenschar, die die Lösung der DGL ist.
viel Spaß beim rechnen!
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
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| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 18:54: |
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Hi!
Geht wirklich schnell hier 
4)
y'=y
dy/dx=y
dy/y=dx
ln(y)=x+c
y=e^(x+c)
5)
x+yy'=0
x=-y*dy/dx
x dx=-y dy
1/2*x^2+c=-1/2*y^2 [d=-1/2*c]
-x^2+d=y^2
y=+-sqrt(-x^2+d)
Wobei der Term unter der Wurzel positiv sein muss.
Hoffe mal das stimmt so.
MfG
C. Schmidt
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 344
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| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 19:05: |
|
Hi Christian,
Prinzipell würde ich meinen bist du auf dem richtigen Weg, trotzdem sind kleine Fehlrerdrin.
4) ist leider Falsch-nur ein kleiner Fehler aber, wer findet den Fehler?
5) Auch Prinzipell richtig, dennoch etwas umständlich, Was beschreibt die Implizite Lösungskurvenschar denn?
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
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| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 19:15: |
|
bei 4)
wenn ò 1/y dy= ln(y)+C
es fehlt wohl die Konstante!
das andere muss ich mal schauen
mfg |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 383
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| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 19:20: |
|
bei 5)
Es entsteht, wenn ich mich nich irre eine Kreisschar!
ò x dx = -ò y dy
0,5*x^2+c=-0,5*y^2+d
x^2+y^2=2*(d-c)
Eine Schar mit demMittelpunkt (0|0) und dem Radius Ö(2*(d-c)).
Naja, meiner Meinung nach, hoffe das stimmt so.
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 345
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 19:45: |
|
Hi Ferdi,
zu 5)
du hast recht, es ist eine Kreisschar, allerdings seit ihr viel zu umständlich dabei,
x+yy'=0
x+y*(dy/dx)=0
y*dy=-x*dx
ò y*dy=-ò xdx
0,5y²=-0,5x²+C
Es handelt sich um eine DGL 1. Ordnung, d.h es gibt nur eine Integrationskonstante!
y²+x²=2C
Das entspricht in der Tat einer Kreisschar
um M(0|0) mit Radius R=sqrt(2C) Wobei C>0 gelten muss. C=0 ilt als "entartete Lösung" da damit ja nur ein Punkt P(0|0) sozusagen Lösung ist. Für C<0 ist keine Lösung der DGL vorhanden.
zu
5)
abgesehen das du den gleichen Fehler wie Christian schon begangen hast, bist du wieder dem Fehler aufgesessen, den du wie Christian bei 5) begangen hast. Es ist eine DGL 1. Ordnung=>1 Integrationskonstante!
Das war bei Christian richtig. Was ich bei Christian bemängle ist die Unvollständigkeit der Lösung, die aus einen schlichten rechenfehler bei der Integration hervorgeht.
Weiter suchen!
Gruß N.
|
Olaf (heavyweight)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: heavyweight
Nummer des Beitrags: 155
Registriert: 09-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 20:00: |
|
Hi zusammen!
zu 4.)
Der Fehler ist folgender:
y´=y
dy/dx=y
dy/y=dx
ò1/ydy=ò1dx
ln(|y|)=x+ln(|C|)
ln(|y|)-ln|C|=ln|y/C|=x
|y/C|=ex
y/C=+-ex
y=+-C*ex
oder
y=K*ex
wobei K=+-C
Übrigens finde ich das hier eine gute Idee!
Gruß,Olaf
|
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 346
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| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 20:29: |
|
Olaf hat den Fehler entdekt,
wobei auch hier die Lösungsmendge nicht ganz komplett ist.
k=+-C
impliziert, weil es aus y/c=ex folgt das c ungleich Null sein müsste. Das stimmt auch, aber wir haben ja auch nur den Fall y ungleich Null betrachtet. was ist aber mit den Fall y=0 ? Nun, dann ist k auch Null und die Komplette Lösungsmenege der Differentialgleichung ist
y=k*ex mit k Element R .
Alles klar, das Verfahren der Variablentrennung ist eins der "Basica" also der Basisverfahren die man kennen und anwenden können muss wenn man DGL lösen will. Wir werden immer wieder auf dieses Verfahren zurückgreifen müssen- Das müsst ihr also im Schlaf können. hilft nix noch ein paar Aufgaben.
6) löse die DGL
a) 2x-yy'=0
b) 3x+yy'=5
c)y+4xy'=1-3y
Gruß N.
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Olaf (heavyweight)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: heavyweight
Nummer des Beitrags: 156
Registriert: 09-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 20:33: |
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@Niels
Hast Recht,hatte ich schlicht und einfach vergessen einzutippen.
Aber darf natürlich nicht passieren!
(Beitrag nachträglich am 17., Februar. 2003 von heavyweight editiert) |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 384
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 21:32: |
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zu 6)
ich versuchs noch ma:
a)2x-yy'=0
(2x)dx=ydy
x^2+C=0,5*y^2
x^2-0,5*y^2=-C
b)3x+yy'=5
(3x-5)dx=ydy
1,5*x^2-5x+C=0,5*y^2
soll man das noch weiter vereinfachen (falls es richtig ist??)
c)y+4*xy'=1-3y
4xy'=1-4y
4x(dy/dx)=1-4y
dx/4x=dy/(1-4y)
0,25*ln(|4x|)+C=-0,25*ln(|1-4y|)
ln(|4x|)+4C=ln(|1-4y|)
ich glaube hier liegen meine Probleme:
ich sehe irgenwie nicht, wie olaf auf die Konstante ln|C| kommt, dass muss doch eingentlich einfach nur C sein?? vielleicht seh ichs auch einfach wieder mal nicht...muss wohl erst mal schlafen.
mfg
|
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 347
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 21:49: |
|
Hi Ferdi,
sieht soweit ich das überblicke alles richtig aus, habe aber im Moment keine Zeit das genauer zu überprüfen. Du müßtest nur noch die sachen nach y auflöden.
Was die geschichte mit dem ln|C| betrift.
Bei der Integration einer DGL treten häufig "logarithmische Terme" wie ln|x| oder ln|y| auf. Es ist dann zweckmäßiger die Integrationskonstante nicht in üblicher Form sondern in "logarithmischen Form" ln|C| anzusetzen. Diese Schreibweise führt zu einen geringeren Arbeitsaufwand und ist erlaubz, da mit C auch ln|C| alle reellen Zahlen durchläuft.Bekanntlich ist ja jede reelle Zahl als natürlicher Logarithmus einer positiven zahl darstellbar.
Das ist das ganze Geheimnis!
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 888
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 21:59: |
|
Hi!
Hab die Aufgaben auch eben mal versucht.
Bei a) hab ich das gleiche raus. Bei b) steht bei mir rechts vom Gleichheitszeichen noch ein Minus, also
1,5*x^2-5x+C=-0,5*y^2
c) hab ich auch in etwas so, nur dass bei mir am Ende folgendes steht:
ln(|x|)+4C=ln(|1-4y|)
Also ohne die 4.
ich sehe irgenwie nicht, wie olaf auf die Konstante ln|C| kommt
Ist das nicht egal, ob man hier einfach C oder ln|C| schreibt? Es handelt sich doch um eine Konstante und die Funktion ln ist ja surjektiv auf R. Demnach erhält man auch durch ln|c| alle reellen Zahlen. Und dass Olaf den natürlichen Logarithmus einbaut würde dann daran liegen, dass das Endergebnis "schöner" aussieht.
Ich habe aber jetzt auch nochmal eine Frage. Mal angenommen bei das Ergebnis von mir oder Ferdi stimmt 2c). Läßt man das dann einfach so stehen, oder wie kann man das noch am besten vereinfachen??
MfG
C. Schmidt
Das war Niels wohl schneller als ich ;)
(Beitrag nachträglich am 17., Februar. 2003 von Christian_s editiert) |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 251
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 08:56: |
|
Hallo
Ich habe bei 6a das Gleiche raus.
y = Wurzel(2x2 + 2C)
Bei b ist y = Wurzel(-3x2 + 10x + 2C)
Bei c happert's ordentlich
Ich hab's so gemacht:
y + 4x(dy/dx) = 1 - 3y
4y - 1 = -4x(dy/dx)
(4y - 1)/dy = -4x/dx
[1/(4y-1)] * dy = -1/4x * dx
0,25*ln|(4y-1| = -0,25*ln|4x| + C
??
MfG Klaus
|
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 889
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 10:39: |
|
Hi Klaus
Bis auf c) sind das ja die Ergebnisse, die ich auch habe. Nur halt nach y aufgelöst(Dann muss wegen dem Quadrat aber meiner Meinung nach auch immer noch zusätzlich ein Minus vor die Wurzel). Also bei a)
y =+- Wurzel(2x^2 + 2C)
usw.
Bei c) ist das Ergebnis ja auch fast das gleiche. Nur hast du halt auch noch eine 4 im Logarithmus drin wie Ferdi, was ich irgendwie nicht ganz verstehe, denn:
ò-1/(4x)dx=-1/4*ò1/x dx
=-1/4*ln|x|
MfG
C. Schmidt
(Beitrag nachträglich am 18., Februar. 2003 von Christian_s editiert) |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 890
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 11:06: |
|
Ich nehme alles zurück ;)
Ist natürlich egal, ob da -1/4*ln|x| oder -1/4*ln|4x| steht.
MfG
C. Schmidt |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 253
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 11:08: |
|
Hallo Christian
Das Plus und Minus habe ich vergessen hinzuschrieben...
MfG Klaus
(Beitrag nachträglich am 18., Februar. 2003 von Kläusle editiert) |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 385
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 12:27: |
|
Hi Christian und Klaus,
ja ich hab da gestern ein paar Vorzeichenfehler reingehauen.
mit dem ln(|x|) das stimmt so, man muss halt immer die innere ableitung bedenken!
mfg
(Beitrag nachträglich am 18., Februar. 2003 von tl198 editiert) |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 891
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 12:29: |
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Hi Ferdi
Dann ist aber auch die äußere Ableitung anders:
[ln(ax)]'=a*1/(ax)=1/x
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 348
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 15:37: |
|
Hi Freunde,
ihr habt recht, c ist etwas knifflig.
einfach in c) die Integrationskonstante in "logarithmischer Form" schreiben, und dann mit Logarithmengesetzen so zusammenfassen, das auf der einen seite ein Ln Term mit y und auf der anderen Seite ein ln Term mit x und der Integrationskonstanten entsteht.
Dann darf mann die Logarithmen weglassen und nur die Beträge gleichsetzen. Beträge sind dann gleich, wenn wenn deren inhalte gleich sind, d.h. man darf die Betragsstriche weglassen und erhält dann eine einfache nach y aufzulösende Gleichung die dann die DGL erfüllen müsste!
Gruß N.
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 16:19: |
|
Hi!
Daran hatte ich gestern auch schonmal gedacht, aber das irgendwie nicht hinbekommen. Naja, war wohl etwas spät ;)
Hier jetzt mal meine Lösung(Ich hoffe ohne Fehler):
y+4xy'=1-3y
<=> 4x dy/dx =1-4y
<=> -1/4*ln(|1-4y|)=1/4*ln(|x|)+1/4*ln(|C|)
<=> -ln(|1-4y|)=ln(|xC|)
<=> 0=ln(|(1-4y)(xC)|)
<=> 1=|(xC)(1-4y)|
<=> 1-4y=±1/(xC)
<=> y=1/4±1/(4xC)
MfG
C. Schmidt |
Christian Schmidt (christian_s)
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 16:27: |
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Kleine Ergänzung:
y=1/4 ist auch noch möglich!
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 17:05: |
|
Hi Christian,
ja aber hast du deine funktion schon mal abgeleitet und dann in de DGL die Terme eingesetzt, ob auch die DGL erfüllt wird?
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
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Nummer des Beitrags: 900
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 17:11: |
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Hi Niels
Ja, hab ich mit Maple gemacht.
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 18:11: |
|
Hi Christian,
nicht das ich Marple nicht vertrauen würde, aber für die anderen Teilnehmer am Kurs nochmal die Lösung zum nachvollziehen:
y=1/4±1/(4xC)
y=(xC±1)/(4xC)
Ableitung nach Quotientenregel:
u(x)=xC±1=>u'(x)=C
v(x)=4xC=>v'(x)=4C
Quotientenregel:
y'=(u'v-uv')/v²
y'=(C*4XC-(xC±1)*4C)/(16x²C²)
y'=(4XC-4xC-(±)4)/(4x²C)
y'=-(±)4/(4x²C=-(±)1/(4x²C)
setzt mann nun y und y' in dei DGL ein so sieht man das sich alles zum Guten wendet. Man beachte die Minusklammeregel bie der Ableitung!
==============================================
Schwere Geburt:
eine Aufgabe Noch zu diesem Basic Verfahren. Dann geht es zur Substitutionsregel...
7) Lösen sie die auch als "Wachstumsdifferentialgleichung" bekannte DGL y'=k*y mit k Element R\{0}.
Im Prinzip hatten wir dies schon mal, daher sollte es keine Probleme geben!
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 18:48: |
|
Hallo
Das ist wieder einfach...
y' = ky
y'/y = k
ln|y| = kx + C
ln|y| = kx + C
y = ekx + C
y = ekx * eC
MfG Klaus |
Christian Schmidt (christian_s)
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 19:13: |
|
Hi Klaus
Muss aber wieder ein ± vor wegen dem Betrag. Und zusätzlich noch wie oben die Lösung y=0. Also insgesamt als Lösung:
y=C*ekx mit C aus R
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 19:28: |
|
Okidoki,
dann machen wir weiter:
Differentialgleichung vom Typ y'=f(ax+by+c)
=================================================
Eine Differentialgleichung dieses Types lässt sich durch die lineare Substitution
u=ax+by+c
lösen.
Dabei sind y und u als Funktionen von x zu betrachten. Durch differentieren nach x erhalten wir:
u'=a+by'
Wenn wir noch berücksichtigen, das y'=f(u) gilt, erhalten wir die "seperable DGL"
u'=a+b*f(u)
Seperabel heißt diese DGL, weil sie durch das Verfahren der Variablentrennung lösbar ist, da die rechte Seite der Gleichung nur von u abhängt.
Die Lösungsgleichung u=u(x) setzen wir dann in die Substitutionsgleichung ein und lösen dann nach y auf (Rücksubstitution)
===============================================
Kleine Testaufgabe gefällig?
8) Lösen sie die DGL
y'=2x-y
viel Vergnügen!
Gruß N.
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Februar, 2003 - 20:00: |
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Hi!
Hab glaub ich eine Lösung gefunden:
y'=2x-y
Substitution
u=2x-y
u'=2-y'
<=> y'=2-u'
Jetzt einsetzen ergibt die neue DGL:
2-u'=u
<=> 2-u=du/dx
<=> dx=1/(2-u) du
<=> x-ln|C|=-ln|2-u|
<=> ln|2-u|-ln|C|=-x
<=> e-x=|(2-u)/C|
<=> ±e-x=(2-u)/C
<=> 2-u=±C*e-x
<=> u=2±C*e-x
Das kann man jetzt wieder oben einsetzen, damit ergibt sich:
y=2x-u=2x-2±C*e-x
C=0 muss man nochmal extra überprüfen. Als zusätzliche Lösung ergibt sich dann noch
y=2x-2
MfG
C. Schmidt
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 19. Februar, 2003 - 07:40: |
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Hi Christian,
deine Lösung ist richtig! die Vorzeichen vor dem C spielen hier aber keine Rolle, weil C als kostanter Faktor alle reellen Zahlen durchläuft. Auch C=0 ! d.h die Zusatslösung y=2x-2 ist inklusive!
Bevor wir zum nächsten Typ DGL kommen noch eine Aufgabe:
9)Löse die DGL
y'=3x+4y-5
Gruß N.
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
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Nummer des Beitrags: 903
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| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 19. Februar, 2003 - 12:29: |
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Hi Niels
Erstmal meine Lösung zur neuen Aufgabe(ich lass den Lösungsweg mal weg, ist im Prinzip genauso wie bei der vorigen Aufgabe):
y=(C*e4x-12x+17)/16
Jetzt habe ich noch eine Frage. Du hast geschrieben:
die Vorzeichen vor dem C spielen hier aber keine Rolle, weil C als kostanter Faktor alle reellen Zahlen durchläuft. Auch C=0 ! d.h die Zusatslösung y=2x-2 ist inklusive!
Das mit den Vorzeichen sehe ich ein, aber warum darf C=0 sein?
Bei mir steht ja x-ln|C|=-ln|2-u|.
Hier muss ich aber voraussetzen, dass C nicht 0 ist, sonst ist doch der Logarithmus nicht definiert?!
MfG
C. Schmidt
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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Nummer des Beitrags: 354
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| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 19. Februar, 2003 - 13:52: |
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Hi Christian,
ja, im Prinzip ist deine Argument richtig, aber die Frage ist ob wir vom gleichen C reden.
Hier ist die gleich Problematik wie bei Olaf Rechnung vorhanden.
y=2x-u=2x-2±C*e-x
setzt man nun C=k eine Konstante, so gilt aus der Rechnung erstmal hervor das k Element der reellen Zahlen ungleich Null ist.
Aus einer anderen seperaten Rechnung, folgt aber, das auch 2x-2 Lösung ist.
Wir haben nämlich durch die Substitution u=2x-y
und die spätere Rechnung dx=1/(2-u) du den Fall u=2 also auch den Fall y=2x-2 ausgeschlossen. Daher ist in unserer Rechnung mit dem C=k auch nicht dieser Fall enthalten, denn dann müsste ja c=k=0 gelten. Gilt aber nicht wegen der Rechnung! Trotzdem ist aber wie gesagt y=2x-2 eine Lösung. Diese Sonderlösung kann man mit dem Term
y=2x-u=2x-2±C*e-x bzw
y=2x-u=2x-2+k*e-x
der sonst nur für C=k Element R ungleich Null gilt "einfangen" indem man auch den Fall C=k=0 zulässt.
Damit ist die Kurvenschar
y=2x-u=2x-2+k*e-x (k Element R)
die Lösungskurvenschar.
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 355
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 19. Februar, 2003 - 15:54: |
|
vieleicht noch eine Aufgabe?
10) Löse die DGL
y'=2x-3y
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
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Nummer des Beitrags: 907
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| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 19. Februar, 2003 - 16:51: |
|
Hi!
10)
y=[6x-2+C*e-3x]/9
C aus R.
MfG
C. Schmidt |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 260
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 19. Februar, 2003 - 16:59: |
|
11
(Beitrag nachträglich am 19., Februar. 2003 von Kläusle editiert) |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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Nummer des Beitrags: 356
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| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 19. Februar, 2003 - 17:22: |
|
Gut,
dann kommt der nächste Typ DGL:
DGL des Types y'=f(y/x)
===========================
Eine DGL des Types y'=f(y/x) löst man durch die Substitution u=y/x bzw ux=y
da sowohl y und u Funktionen von x sind, muss man die Produktregel anwenden:
y'=(x*u)'=u+xu'=f(u)
damit geht die alte DGL in die seperable DGL
u'=(f(u)-u)/x
die ebenenfalls durch "Trennung der Variablen" gelöst werden kann. Anschließend wird zurück substituiert.
==============================================
Kleine Testaufgaben zu diesem Typ:
11) Löse die DGL
a)xy'=x+2y
b)xy'=3x-2y
jeweils unter der Bedingung x ungleich Null.
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
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Nummer des Beitrags: 909
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| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 19. Februar, 2003 - 18:58: |
|
Hi!
Ich mach mal 11a)
xy'=x+2y
<=> y'=1+2y/x
Substitution
u=y/x
<=> ux=y
Ableiten:
y'=u+u'x
Oben einsetzen:
u+u'x=1+2u
<=> u'=(1+2u)/x
<=> 1/(1+u)*du=1/x*dx
<=> ln|1+u|=ln|x|+ln|C|
<=> |1+u|=|Cx|
<=> u=Cx-1
Das jetzt in y=ux einsetzen ergibt:
y=Cx2-x
b) dürfte genauso gehen.
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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Nummer des Beitrags: 358
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| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 19. Februar, 2003 - 19:40: |
|
Hi Christian,
Aufgabe 11a hast du richtig gelöst.
y=Cx²-x (C Element R)
ist die Lösungsschar.
Auch hier gilt, aus deiner Rechnung folgt, das C eigentlich nur für R\{0} definiert sein dürfte. Aber y=-x ist ebenfalls eine Lösung der DGL, d.h. wir können den Fall C=0 ruhig dazunehmen und erhalten somit die vollständige Lösungsschar.
Aufgabe 11b) löst man natürlich auf analoge weise.
Das weitere Exkursprogramm sieht wiefogt aus:
-lösen von homogene und inhomogene lineare DGL 1. Ordnung
-lösen von homogene und inhomogene lineare DGL 2. ordnung
-geometrische Abschlußbetrachtungen
Ich hoffe das ist von interesse.
Nach diesem Kurs könnt ihr zwar nicht jede gewöhnliche DGL lösen, habt aber denke ich ein ausreichendes Grundwissen als "Einsteiger" in die Differentialgleichungstheorie, die bei mir immer an der Praxis orientiert ist. lineare DGL 1. und 2 Ordnung sind einfach die wichtigsten DGL typen in der technisch naturwissenschaftlichen Anwendung, wenn man beispielsweise an die Schwingungsdifferentialgleichung etc. denkt. Wir treiben hier also ein schon ein wenig Uni vorbereitung, obwohl einige noch nicht einmal das ABI hinter sich haben!
Ich hoffe das es trozdem etwas spaß macht hinter die Kulissen der DGL's zu schauen:-)
Das was wir bis jetzt an DGL Typen besprochen haben waren DGL's der harmloseren Sorte, jetzt mit den lineare DGl's wird es eigentlich erst interessant und auch etwas schwiriger:-)
Aber keine Angst, das kriegen wir alles hin und man bekommt ja dafür glücklicherweise keine Note, also kann man auch bei diesem Kurs nicht durchfallen:-)
es geht demnächst weiter!
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 359
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 15:07: |
|
So jetzt kommt der Interessante Teil:
lineare Differentialgleichung 1. Ordnung
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Definition:
Eine DGL 1. Ordnung heißt linear, wenn sie in der Form
y'+f(x)*y=g(x)
darstellbar ist.
Anmerkungen:
1] die Funktion g(x) wird als Störfunktion oder auch Störglied bezeichnet. In der Tat stört uns der Term g(x) uns gewaltig:-)
Fehlt das Störglied d.h g(x)=0 so heißt die lineare DGL homogen, sonst inhomogen.
2] Kennzeichen einer linearen DGL 1. Ordnung sind:
a) y und y' treten nur linear, d.h. nur in 1. Potenz auf.
b) Ein "gemischtes Produkt" yy' kann nicht vorkommen.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Integration einer homogenen linearen DGL 1. Ordnung
================================================
Eine homogene lineare DGL 1. Ordnung
y'+f(x)*y=0
lässt sich durch "Trennung der Variablen" wiefolgt lösen:
- Zunächst trennt man die Variablen:
(dy/dx)+f(x)*y=0
dy/dx=-f(x)*y
dy/y=-f(x)dx
ò (dy/y)=-ò f(x)dx
ln(|y|)=-ò f(x)dx + ln(|C|)
ln(|y/C|)=-ò f(x)dx
y/C=e-ò f(x)dx
y=C*e-ò f(x)dx (C Element R)
ist dann die Lösungskurvenschar.
================================================
kleine Testaufgaben:
12)
Lösen sie die homogene lineare DGL 1. Ordnung:
a)x²y'+y=0
b)y'-2xy=0
viel Spaß!
Gruß N.
|
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 387
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 16:14: |
|
Hallo,
bin auch wieder dabei, war die letzten Tage verhindert (saß mit Vektorabbildungen fest):
also bei 12a) hätt ich:
y=(e^(-1/x))*C anzubieten.
bei 12b) hätte ich: y=C*e^(x^2) anzubieten.
Wer bietet mehr ;-)
mfg |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
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| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 16:16: |
|
Hallo
12a)
x^2 * y' + y = 0
y' + y/x^2 = 0
dy/dx = -y/x^2
dy/y = -1/x^2 dx
ln|y| = 1/x + ln|C|
ln|y/C| = 1/x
y = + oder - C*e1/x
b)
dy/dx = 2xy
dy/y = 2x dx
ln|y| = x^2 + ln|C|
y = + oder - C*ex^2
Richtig ??
MfG Klaus
|
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
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Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 16:28: |
|
Hi!
12a)
x²y'+y=0
<=> x²*dy/dx=-y
<=> 1/y*dy=-1/x²*dx
<=> ln|y|-ln|C|=1/x
<=> C*e1/x=y mit C aus R
b)
y'-2xy=0
<=> dy/dx=2xy
<=> 1/y dy=2x dx
<=> ln|y|-ln|C|=x²
<=> y=Cex²
MfG
C. Schmidt
Da wart ihr wohl beide schneller als ich
(Beitrag nachträglich am 20., Februar. 2003 von Christian_s editiert) |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 360
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| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 17:39: |
|
Wow,
da das mit den homogenen DGL so gut klappt, können wir ja gleich zu den inhomogenen DGL übergehen.
Integration der inhomogenen linearen DGL 1. Ordnung:
===============================================
Zur Lösung einer inhomogenen linearen DGL 1. Ordnung stehen uns sogar 3 Lösungsverfahren zur verfügung:
1. Lösung durch Substitution
2. Lösung durch das Verfahren der "Variation der Konstanten"
3. Lösung durch "Aufsuchen einer partikulären Lösung"
1. Lösungsmethode: Substitution
Wir haben die Inhomogene DGL 1. Ordnung vor uns:
y'+f(x)*y=g(x)
nun substituieren wir:
f(x)=µ'(x)/µ(x)
aus der Substitution geht hervor, das
ò f(x)dx=ò (µ'(x)/µ(x))dx=ln(|µ(x)|)
=>µ(x)=eò f(x)dx
setzt man nun die Substitution in die DGL ein, so erhält man:
y'+(µ'/µ)y=g(x)
µy'+µ'y=g(x)*µ
Da µ und y beides Funktionen in Abhängigkeit von x sind sieht die linke Seite verdammt nach Produktregel aus!
(µ(x)*y(x))'=g(x)*µ(x)
ò (µ(x)*y(x))'dx=ò g(x)*µ(x)dx
y(x)*µ(x)=ò g(x)*µ(x)dx
y(x)=(1/µ(x))*ò g(x)*µ(x)dx
Und die Funktion µ(x) ist uns von unserer Anfangsrechnung her bekannt.
Somit haben wir die Lösung der DGL gefunden!
=================================================
Wieder eine kleien Testaufgabe zu diesem Verfahren:
13) Löse die DGL
a)(x+2)y'+y=3x-4
b)2xy'+2y-3y'=x-7
viel Spaß!
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 17:45: |
|
Hi Ferdi,
irgendwo in deiner Rechnung zu 12a)hast du ein Vorzeichenfehler eingebaut.
1/x gehört in den Exponenten.
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
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| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 18:21: |
|
Hi!
Hab bei den neuen Aufgaben folgendes raus:
13a)
y(x)=(3/2*x²-4x+C)/(x+2)
b)
y(x)=(1/2*x²-7x+C)/(2x-3)
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 18:37: |
|
Hi Christian,
die Lösungen sind richtig!
was meinst du, wollen wir die 2. Lösungsmethode besprechen und berechnen?
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 388
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 18:41: |
|
Hi,
hab den VZ-Fehler gefunden. Danke für den Hinweis! Hab den Begriff Variation der Konstanten schon mal gehört, würde mich freuen, jetzt auch zu wissen was das ist und wie man damit rechnet!
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
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| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 18:53: |
|
Klar, von mir aus können wir weitermachen ;)
Grad die Methode fand ich übrigens schon ziemlich gut. Da wäre man wohl nicht so ohne weiteres selbst drauf gekommen
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 363
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 20:38: |
|
Gut, dann geht es weiter,
2. Lösungsmethode: "Variation der Konstanten"
Gut wir gehen wieder von der inhomogenen lineare DGL 1. Ordnung aus:
y'+f(x)*y=g(x)
wir lösen zunächst die zu diesr inhomogenen Dgl homogen DGL
y'+f(x)*y=0
Wir lösen diese homogene DGL durch "Trennung der Variablen":
(dy/dx)=-f(x)y
dy/y=-f(x)dx
ò (dy/y)=-ò f(x)dx
ln(|y|)=-ò f(x)dx + ln(|k|)
ln(|y/k|)=-ò f(x)dx
y0=k*e-ò f(x)dx (k Element R)
y0 nenne ich die Lösungsfunktion der homogenen linearen DGL und y jetzt fpr die Lösung der inhomogenen linearen DGL. Ich will mit der Bezeichnung nur verwechselungen vermeiden.
Wir ersetzen nun die Integrationskonstante k durch eine Noch unbekannte Funktion K(x) und versuchen die Inhomogene Differentilagleichung dulrch den Produktansatz
y=K(x)*e-ò f(x)dx
zu lösen.
Wegen der Ersetzung der alten integrationskonstanten durch eine Funktion der Variablen x, wird die Konstante "Variabel", daraus folgt der Nahme des Verfahrens: "Variation der Konstanten" .
Wir versuchen unser Glück also mit dem Produktansatz:
y=K(x)*e-ò f(x)dx
Wir leiten diesen Ansatz nochmal ab, bilden also die 1. Ableitung und ziehen dabei mit der Produkt und Kettenregel alle Register unseres könnens.
y'=K'(x)*e-ò f(x)dx-f(x)*K(x)*e-ò f(x)dx
wir setzen nun den Ansatz von y und y' in die inhomogene DGL ein:
K'(x)*e-ò f(x)dx-f(x)*K(x)*e-ò f(x)dx+f(x)*K(x)*e-ò f(x)dx=g(x)
Wenn wir uns die roten Terme anschauen sehen wir, das sie sich gegenseitig aufheben.
Es bleibt:
K'(x)*e-ò f(x)dx=g(x)
K'(x)=g(x)*eò f(x)dx
durch Integration erhalten wir:
ò K'(x)dx=ò g(x)*eò f(x)dxdx
K(x)=ò g(x)*eò f(x)dxdx
setzt man nun K(x) in die Gleichung für y so erhält man:
y=ò g(x)*eò f(x)dxdx*e-ò f(x)dx
=================================================
Wenn man mal die Lösungsformel mit der Funktion y(x) bei der Substitutionsmethode und diese Lösungsformel miteinander vergleicht müssten sie identisch sein!
Eine einfache Testaufgabe:
14) Löse die Inhomogene DGL
a)xy'+y=cos(x)
b)y'-3y=x*e4x
viel Vergnügen!
Gruß N.
|
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
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| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 21:03: |
|
14 a) möcht ich noch lösen dann geh ich ins bett!
Mein Vorschlag:
y=(sin(x)+c)/x
wünsche noch einen schönen abend
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
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Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 21:48: |
|
Hi!
Bei 14a) kann ich Ferdi nur zustimmen, hab das gleiche raus.
Bei b) hab ich
y=(xex-ex+C)e3x
MfG
C. Schmidt |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
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| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 20. Februar, 2003 - 22:00: |
|
Christian,
ich möchte deiner Lösung für b) zustimmen! Hab dasselbe y=[(x-1)*e^(4x)]+C*e^(3x)
mfg |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 08:22: |
|
Hallo
kann 14b) bestätigen
MfG |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 10:09: |
|
Hi Christian und Ferdi,
offen gesagt ihr habt bei 14a) beide etwas falsches raus.
Ihr solltet 14a) nochmal durchrechnen.
14b) habt ihr alle 3 aber richtig gelöst!
findet den Fehler in eurer Rechnung von 14a) und dann geht es zum 3. Lösungsverfahren.
bis später.
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 10:35: |
|
Hallo
Kein Wunder, dass ich bei 14a was anderes raus hatte.
Irgendwie komme ich aber nicht weiter:
bei mir ist
y = -k(x) * x
und y' = -k'(x) * x - k(x)
eingesetzt:
x * [-k'(x) * x - k(x)] - k(x) * x = cos(x)
-k'(x) * x2 - k(x) * x - k(x) * x = cos(x)
-k'(x) * x2 - 2x * k(x) = cos(x)
Und nun??
Wenn das rotgechriebene wegfällt, würde es ja weiter gehen:
-x2 * k'(x) = cos(x)
k'(x) = -cos(x) / x2
...
MfG Klaus |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 11:07: |
|
hallo,
ich kann in meiner Rechnung keinen Fehler finden.
ich habs jetzt mal mit der ersten methode gemacht:
xy'+y=cos(x)
ò (x*y)' dx = ò cos(x)
x*y=sin(x)+C
y=(sin(x)+C)/x
So das leite ich mal ab:
y'=((cos(x)*x)-(sin(x)+c))/x^2
setze ich das in die Dgl ein:
x*((cos(x)*x)-(sin(x)+C))/x^2+(sin(x)+C)/x=cos(x)
=>((cos(x)*x)-(sin(x)+C))/x+(sin(x)+C)/x=cos(x)
=>cos(x)-((sin(x)+C)/x)+((sin(x)+C)/x)=cos(x)
die beiden letzten klammern heben sich weg und es bleibt:
cos(x)=cos(x)
also entweder hab ich irgendwas gar nicht verstanden oder man findet den fehler in meiner lsg.
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 11:38: |
|
Hallo
Ich kann meinen Fehler leider auch nicht finden. Hab auch mit beiden Methoden das gleiche raus, also immer
(sin(x)+C)/x wie Ferdi.
Wenn ich das einsetze, wird die Differentialgleichung ja auch gelöst, wie man bei Ferdi sieht. Wenn dann müsste es wohl noch mehr Lösungen als unsere geben, aber die kann ich nicht finden.
@Klaus:
Wie kommst du auf y=-k(x)*x ??
Bei mir ist das y=k(x)*1/x
Rechnung:
xy'+y=cos(x)
<=> y'+y/x=cos(x)/x
Homogene DGL:
dy/dx=-y/x
<=> 1/y*dy=-1/x*dx
<=> ln|y|-ln|k|=-ln|x|
<=> ln|y/k|=ln|1/x|
<=> y=k*1/x
MfG
C. Schmidt |
Klaus (kläusle)
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 12:07: |
|
Hallo Christian
xy' + y = 0
dy/dx = -y/x
dy/y = -dx/x
ln|y| - ln|k| = -ln|x|
y = -k*x
---> y = -k(x) * x
...
Wo liegt der Fehler??
Oder ist das richtig??
MfG Klaus |
Ferdi Hoppen (tl198)
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 12:33: |
|
Hi Klaus:
-ln(x)=ln(1/x)!!
Log-Gesetze!!
mfg |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 269
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 12:40: |
|
Hi Ferdi
Ups, stimmt.
MfG |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 12:44: |
|
Hallo alle zusammen,
@Klaus:
Mir scheint, das du noch Probleme mit den Logarithmengesetzen hast:-)
Ich muss mich korrigieren, die Lösung zu 14a) ist doch richtig, meine zunächst falsche Analyse beruht auf einen Tippfehler meinerseits.
Die DGL die ich meinte lautet nämlich:
c) y'+(y/x)=cos(x)
ich habe sie leicht verändern wollen und dadurch natürlich mein ursprüngliches Ergebnis verändert. Mein Fehler also!
Wie ein Politiker nehme ich alles Zurück und behaupte das Gegenteil. Naja so ein Abschreibfehler kann ja mal passieren:-)
dennoch bitte ich um Lösung von 14c)
Nur um noch etwas Sicherheit im Umgang mit unseren neuen Freunden den Differentialgleichungen zu gewinnen.
wie gesagt, tschuldigung.
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 12:44: |
|
Hallo Christian, Ferdi, Niels!
Jetzt kann ich den Lösungen Christians und Ferdis auch zustimmen!!
MfG Klaus |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 12:53: |
|
Hallo
Hoff mal, dass es diesmal stimmt...
y = [x * sin(x) + cos(x)] * 1/x
MfG Klaus |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 12:55: |
|
Hi!
Meine Lösung zu 14c)
y=(x*sin(x)+cos(x)+C)/x
Mfg
C. Schmidt |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 13:00: |
|
Natürlich mit einem C in der Klammer... |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 13:58: |
|
Gut,
dann geht es an das 3. Lösungsverfahren:
3. Lösungsmethode: "Aufsuchen einer partikulären Lösung"
Allgemein besitzen lineare DGL n-ter Ordnung eine verblüffende, interessante und für uns nützliche Eigenschaft.
Nämlich Die Lösungsschar einer inhomogenen linearen DGL n-ter Ordnung lässt sich als Summe aus der allgemeinen Lösung der homogenen linearen DGL n-ter Ordnung und einer partikulären Lösung der inhomogenen linearen DGL n-ter Ordnung zusammensetzen.Das was für lineare DGL's n-ter Ordnung gilt, kann ja für linare DGL's 1. Ordnung nicht schlecht sein.
Die allgemeine Lösung y=y(x) einer inhomogenen linearen DGL 1. Ordnung
y'+f(x)*y=g(x)
ist als Summe aus der allgemeinen Lösung y0=y0(x) der zugehörigen homogenen linearen DGL
y'+f(x)*y=0
und einer (belibigen) partikulären Lösung
yp=yp(x) der inhomogenen linearen DGL darstellbar.
y(x)=y0(x)+yp(x)
Beweis:
y0 sei die allgemeine Lösung der homogenen linearen DGL, yp sei eine beliebige partikuläre Lösung der Inhomogenen linearen DGL. Somit ist:
y'0+f(x)*y0=0
y'p+f(x)*yp=g(x)
Zu zeigen: y=y0+yp ist eine Lösung der inhomogenen linearen DGL.
Nachweis durch einsetzen:
y'+f(x)*y=g(x)
(y0+yp)'+f(x)*(y0+yp)=g(x)
y'0+y'p+f(x)*y0+f(x)*yp=g(x)
(y'0+f(x)*y0)+(y'p+f(x)*yp)=g(x)
Wenn wir uns den roten Term anschauen, so erkennen wir das er nach Voraussetzung Null sit, und wenn wir uns den blauen Term anschauen, so erkennen wir, das er laut Voraussetzung g(x) entspricht.
0+g(x)=g(x)
Damit ist der Beweis gelungen!
==============================================
Anmerkungen:
1]
y=y0+yp ist sogar eine allgemeine Lösung der inhomogenen linearen DGL 1. Ordnung. Der Parameter, die Integrationskonstante ist in der allgemeinen Lösung der homogenen linearen DGL 1. Ordnung y0 enthalten.
2] Das Aufsuchen einer partikulären Lösung yp der inhomogenen linearen DGL 1. Ordnung, gelingt durch spezielle Lösungsansätze mit 1 oder mehreren Stellparameter, die sich an der Störfunktion g(x) orientieren. Es gibt dafür gewisse Tabellen, vieleicht verrate ich für einige Fälle gewisse Lösungsansätze, nun aber erstmal wieder eine Testaufgabe!
15) Löse die inhomogene lineare DGL 1. Ordnung:
y'-(tan(x))*y=2*sin(x)
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 14:13: |
|
Hi!
Als partikuläre Lösung habe ich y0=-cos(x) gefunden.
Insgesamt ergibt sich damit:
y=C/cos(x)-cos(x)
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 18:12: |
|
Hi Christian,
deine Lösung ist richtig, nur zwei Bemerkungen:
1) Es wäre finde ich besser gewesen, wenn du yp statt y0 für die partikuläre Lösung genommen hättest. Das p als Indize steht für "partikulär".
2) Das Ergebnis lässt sich noch finde ich etwas schöner fassen:
y=(C-cos²(x))/cos(x) (C Element R)
Ich finde die Lösung sieht viel schöner aus.
Das nächste Kapitel werden lineare DGL 1. Ordnung mit "konstanten Koeffizienten" sein.
Warscheinlich noch heute Abend.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 394
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 19:35: |
|
Hi Niels,
eine Nachfrage: Ist die dritte Methode in mancher Literatur auch als "Superpositionsprinzip" benannt??
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 369
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 22:36: |
|
Hi Ferdi,
das kann schon sein, obwohl ich dazu sagen muss das der Begriff "Superposition" in der Literatur mit der ich arbeite in Zusammenhang mit diesem Verfahren nicht benutzt wird.
Wenn ich aber an die Physik denke, wo man den Begriff der "Superposition" in verbindung von Schwingungen und generell Bewegungsvorgängen die sich "überlagern" verwendet, wäre eine Verwendung dieses Begriffes als Name dieses Verfahrens durchaus für mich Vorstellbar.
Leztendlich kannst nur du die Frage selbst beantworten, indem du den Inhalt, d.h. das Vorgehen bei beiden Verfahren vergleichst. Es kann durchaus sein das ein und das selbe Verfahren mehrere Namen gleichzeitig besitzt und diese auch in der Literatur alle parallel verwendet werden.Wie gesagt, in der Literatur die ich hier habe wird das Verfahren unter den Namen geführt, den ich hier angegeben haben und erlich gesagt finde ich beschreibt der Name "Aufsuchen einer partikulären Lösung" genau den Kern des Lösungsverfahrens. Ohne finden einer partikülären ist die Darstellung der Lösungsfunktion als Summe nicht vorstellbar.
Dennoch könnte man die Summe der allgemeinen und partikuären Lösung als überlagerung=Superposition von 2 Funktioen auffassen.
Genaue klarheit wie gesagt kann ich da auch nicht lifern.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 21. Februar, 2003 - 22:51: |
|
Hi,
ich dachte nur, dir sei der Name geläufig. Ich wollte mich zudem vergewissern, ob das nicht zwei verschiedene Methoden sind. Meine Quelle ist der Bronstein, ich kann gerne zitieren, wenn du möchtest.
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 07:49: |
|
Hi Ferdi,
Ich bitte darum, der Bronstein steht mir derzeit nicht zur Verfügung. Im Bartsch trägt das Verfahren den Namen "Störgliedansätze". Einfach aus dem Grund das der partikuläre Lösungsansatz vom Störglied abhängt.
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 08:36: |
|
übrigens,
die 3. Lösungsverfahren gehören ebenso zu den "Basics" also Basisverfahren, wie das Verfahren "Trennung der Variablen". Sie sind etwas modifiziert auch für lineare DGL höherer Ordnung geeignet.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 10:06: |
|
Hier das versprochene Zitat:
Bronstein , s.456
Bsp3:
Man errät leicht, dass die Dgl x'=x-1 die spezielle Lösung 1 besitzt. Die homogene Gleichung x'=x hat dazu die allgemeine Lösung x=C*e^t. Deshlab besitzt die Dgl nach dem Superpositionsprinzip in (12.3.2.) die allgemeine Lösung: x=C*(e^t)+1.
Verweis auf 12.3.2.: (S.443)
Das Superpositionsprinzip:
Für eine homogene Dgl ist neben zwei Lösungen u und v auch jede Linearkobination au+bv eine Lösung.
Für eine inhomogene lineare Dgl gilt die wichtige Regel:
allgemeine Lsg der inhomogenen Dgl=
eine spezielle Lsg der inhomogenen Gleichung +
die allgemeine Lsg der homogenen Gleichung
Damit hat sich ja meine Frage gekärt,es sind ein und die selbe Methode! |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 372
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 10:15: |
|
Hi Ferdi,
Ich denke auch, das die Frage damit sich selbst gelöst hat. Was die Erläuterung mit der Linearkombination auf sich hat werden wir in naher zukumft klären. Wenn es um lineare DGL 2. Ordnung geht ist das Prinzip mit den Linearkombinatonen aus 2 "Basislösungen" oder auch "Basisfunktionen" genannt, für die Solution unverzichtbar.
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 10:52: |
|
so es geht weiter im Exkurs übe gew. DGL's:
lineare DGL's 1. Ordnung mit "Konstanten Koeffizienten"
==============================================
Egal ob nun die lineare DGL 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten homogen ode inhomogen ist, der Unterschied zur allgemeinen homogenen oder inhomogenen DGL 1. Ordnung ist folgender:
in der allgemeien Form ist die DGL wiefolgt definiert:
y'+f(x)*y=0 bzw.
y'+f(x)*y=g(x)
Bei den Spezielfall den wir nun behandeln ist
f(x)=a (a Element R\{0}) eien Konstante Funktion. Daher der Name "Konstanten Koeffizienten".
Wir brauen also für die Lösung eienr DGL dieses Types keien neuen Verfahren.
Eine ergänzung will ich jedoch vornehmen:
Man kann die homogene lin. DGL 1. Ordnung nicht nur per "Trennung der Variablen", sondern auch mit dem "Exponentialansatz" lösen.
y'+a*y=0
Ansatz:
y0=C*el*x
y'0=C*l*el*x
In die DGL einsetzen:
Cl*el*x+aCel*x=0
(l+a)*C*el*x=0
=>
l+a=0
l=-a
damit haben wir den Parameter Lamda ermittelt.
Die allgemeine Lösung der homogenen lin. DGL 1. Ordnung ist also die Funktion
y0=C*e-a*x (C Element R)
Wir hätten mit der Trennung der Variablen das gleiche Ergebnis herausbekommen.
================================================
Ein paar Aufgaben:
16) Löse die DGL:
a)y'+4y=0
b)y'-0,5y=0
c)-3y'+18y=0
d)2y'-3y=0
17) Löse die DGL
a)y'+2y=2x²-4
b)y'+5y=-26*sin(x)
Das Mathematische Quartett vertagt sich auf heute Nachmittag. Bis dann!
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 920
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 14:03: |
|
Hi!
16
a) y=Ce-4*x
b) y=Ce1/2*x
c) y=Ce6x
d) y=Ce3/2*x
17a)
y=x²-x-3/2+C/e2x
b)
y=cos(x)-5sin(x)+Ce-5x
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 375
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 15:17: |
|
Hi Christian,
alle Ergebnisse sind korrekt.
Dann können wir weitermachen oder ?
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 276
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 15:33: |
|
ja, kann weiter gehen...
MfG Klaus |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 397
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 15:33: |
|
Hau in die Tasten, dass macht richtig Spass!!
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
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Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 16:30: |
|
Von mir aus kanns auch weiter gehen
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 376
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 22. Februar, 2003 - 18:37: |
|
Gut, dann wollen wir und hier mal mit einem Spezialfall befassen:
Die bernoullische Differentialgleichung
==========================================
Die bernoullische Differentialgleichung ist eine DGL der Form:
y'+p(x)y+q(x)yn=0
Diese Differentialgleichung ist nach JACOB BERNOULLI benannt worden, der 1695 und 1697 im Wettstreit mit LEIBNIZ und seinem Bruder JOHAN BERNOULLI mit ihr befasst hat. FÜr n=0 wird diese DGL zu einer linearen DGL für n=1 lässt sie sich durch Trennung der Variablen lösen. Wir wollen sie also für die Fälle n ungleich Null und n ungleich 1 betrachten. Außerdem sollte y ungleich Null gelten (z.B y>0) und die Funktionen p(x) und q(x) sollten in einem Intervall a<x<b stetig seien.
wir lösen diese DGL über eine spezielle Substitution,
wir ersetzen y durch eine spezielle Funktion
z=z(x).
Es gilt:
y=z1/(1-n)
y'=z'*(1/(1-n))*zn/(1-n)
setzet man die Substitution in die DGL ein, so erhält man:
z'+(1-n)*p(x)z+(1-n)*q(x)=0
eine uns wohlbekannte und lösbare DGL.
================================================
Was Bernoulli vor 300 Jahren schlon lösen konnte, sollte wohl für uns keine Probleme darstellen:-)
Eine Testaufgabe:
18) Lösen sie die Bernoulli DGL
ln(y')-4(y/x)-x*sqrt(y)=0
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 377
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 11:57: |
|
Na, Herrschaften,
ist die Aufgabe etwas zu schwer?
Ich gebe mal ein Tipp:
Wir haben den Fall n=0,5, das müsste euch auf die Spur der Lösung bringen...
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 378
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 12:19: |
|
Ich glaube, ich verstehe eure Probleme,
Ihr hättet gleich sehen können, das das was in Aufgabe 18 steht keine bernoulli DGL ist. Es muss heißen:
y'-4(y/x)-x*sqrt(y)=0
Mir ist mal wieder ein Tippfehlrer unterlaufen!
Es ist schon schlimm wenn man in seiner eigenen Schrift nichtmal "ln" also den Logarithmus Naturalis vom guten deutschen wort "In" unterscheiden kann:-)
Ich hoffe mit dem Tipp und der Korrektur der Aufgabenstellung ist die Aufgabe ohne Probleme lösbar.
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 379
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 13:33: |
|
Nochmal 20 Aufgaben zum Testen:
19) Lösen sie die Bernoulli DGL
a)y'-(x²+1)y-y²=0
b)xy'-y³*ln(x)+y=0
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 398
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 13:41: |
|
Hi,
also irgendwie, bereitet mir diese Dgl schon probleme. (vielleicht hab ich zu wenig geschlafen ;-)).
Nach langem rechnen, ist die Lösung vielleicht:
y=[(ln(Öx)+C)*x^2]^2
mfg
|
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 380
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 14:05: |
|
Hi Ferdi,
ich weis nicht was du hast, aber dein Ergebnis ist korrekt. Ich würde es aber etwas schöner schreiben:
y=x4*[0,5*ln(x)+C]²
Ich meine, dieser Typ DGL ist schon etwas komplexer als die anderen. Daher auch die anderen Aufgaben in Nummer 19).
Gruß N.
|
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 399
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 14:13: |
|
Das freut mich ja,
dann werde ich mich jetzt mal an den anderen Versuchen. Bis später.
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 928
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 15:06: |
|
Hi!
Also erstmal hab ich bei der ersten Aufgabe das gleiche raus wie ihr auch. Jetzt hab ich mich mal an der zweiten versucht. D.H. 19a)
Hier mal mein Lösungsweg(Jedenfalls der Anfang):
y'-(x²+1)y-y²=0
y=z^(-1)
y'=-z'/z²
Dann kam ich auf die DGL:
z'+(x²+1)z=-1
Das wollte ich jetzt mit Substitution lösen:
Aber wenn ich jetzt weiter mache, müßte ich das Integral von e^(1/3*x^3+x) bilden. Und das kann ich nicht ;)
MfG
C. Schmidt
|
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 401
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 15:19: |
|
Auf das Probelm bin ich auch gestoßen!! Bei mir kamms bei Variation der Konstanten!
Mein Vorschlag für die Zweite Aufgabe:
y=(1/Ö[0,5+ln(x)+Cx^2]
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
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Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 15:32: |
|
Hi!
Also bei der zweiten Aufgabe habe ich auch das gleiche raus wie Ferdi.
Aufgabe a) hab ich auch mit beiden Methoden versucht, d.h Substitution und Variation der Konstanten, ich stoße immer auf das gleiche Problem.
MfG
C. Schmidt |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
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Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 17:11: |
|
Hallo zusammen!
Ich hab mich jetzt schon ewig an der 19a) versucht, komme aber wie Christian und Ferdi nicht weiter...
19b) ist in der Tat einfacher...
Wie geht denn die 19a), Niels?
MfG Klaus |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 381
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 17:31: |
|
Also ich stelle sie mir so vor:
y'-(x²+1)y-y²=0
y'+(-x²-1)y+(-1)*y²=0
n=2 p(x)=-x²-1 q(x)=-1
y=z-1
y'=-z-2*z'
-z-2*z'+(-x²-1)*z-1-z-2=0
z'-(-x²-1)z+1=0
z'+(x²+1)z=-1
Und diese DGL soll nicht zu lösen sein?
Habt ihr schon diverse Programme gefragt, wie Marple oder so?
Es ist schon möglich das eine DGL nicht lösbar ist, besonders dann, wenn man sich sie selbst ausdenkt:-)
Ich weiß im Moment sonst auch keien rat, schließlich rechne ich auch mit und habe nicht immer alle Ergebnisse parat, wenn ich mir Aufgaben ausdenke.
Aber wenn sie tatsächlich nicht lösbar sein sollte, dann legen wir sie zu den Akten und machen weiter.Ich denke das Prinzip der bernoulli DGL habt ihr verstanden oder?
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 933
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 17:36: |
|
Hi Niels
Ich weiss leider nicht wie man direkt mit Maple Differentialgleichungen löst, aber das Integral, das ich oben angegeben habe ist auf jeden Fall nicht lösbar. Man könnte ja die Funktion y einfach mit dem Integral schreiben, ist aber nicht sonderlich schön ;)
Aber ich denke auch, dass wir die Bernoulli DGLs jetzt verstanden haben.
MfG
C. Schmidt |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 404
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 18:07: |
|
Jo! Das sitzt. Kann weiter gehen.
Wieder eine kleine Zwischenfrage (eher geschichtlich):
Weiss einer von euch, ob dieser Bernoulli, auch der "Stochastik-Bernoulli" ist, von dennen gibts soviele, da steig ich nich mehr durch...
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 936
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 18:12: |
|
Hi Ferdi
Ja, das ist er ;)
Jedenfalls stammt von ihm das Bernoulli-Experiment, die Bernoulli-Variable usw.
Aber es gibt auch in der Stochastik selbst mehrere Bernoullis ;)
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 382
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 23. Februar, 2003 - 22:11: |
|
Ok. es geht aber erst Morgen weiter.
Das lösen von Differentialgleichungen ist genauso alt wie die Differential und Integralrechnung selbst.
Die Differential und Integralrechnung steckte noch in den Kinderschuhen, da fingen berühmte Mathematiker wie Leibnitz, Bernoulli und Euler schon damit an Differentialgleichungen zu lösen.
Ich sage mir immer, was die Leute schon vor 300 Jahren konnten möchte ich auch können, und dann beschäftige ich mich mit solchen Themen wie Differentialgleichungen etc.
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 383
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 14:47: |
|
wie versprochen geht es weiter:
lineare DGL 2. Ordnung mit Konstanten Koeffizienten
==================================
Definition:
Eine DGL vom Typ
y''+a*y'+b*y=g(x)
(a,b Element R)
heißt eine lineare DGL 2. Ordnung mit Konstanten Koeffizienten.Sie ist eine Sonderfall der allgemeinen linearen DGL 2. Ordnung, die wiefolgt definiert ist.
y''+f1(x)*y'+f0(x)y=g(x)
Anmerkungen:
1] f1(x) bzw f0(x) und g(x) sind alles Funktionen in der Variablen x . g(x) wird wieder Storglied oder Störfunktion genannt. ist g(x)=0 so ist die lineare DGL 2. Ordnung homogen, sonst inhomogen. Für f1(x)=a=const. und f0(x)=b=const. entsteht der Sonderfall der linearen DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten.
Kenzeichen einer linearen DGL 2. Ordnung sind:
1. y,y',y'' treten nur linear, d.h in 1. Potenz auf.
2. Gemischte Produkte, wie yy',yy'' und y'y'' können nicht in der Gleichung auftreten.
2]
Eigenschaften einer homogenen lin. DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Eine homogene lin. DGL 2. Ordnung mit Konstanten Koeffizienten besitzt folgende 3 Eigenschaften:
1)
Ist y1(x) eine Lösung der DGL, so ist auch
y(x)=C*y1(x) (C Element R) eine Lösung der DGL.
2)
Sind y1(x) und y2(x) zwei Lösungen der DGL, so ist auch die aus ihenen gebildete "Linearkombination"
y(x)=C1*y1(x)+C2*y2(x) (C1,C2 Element R)
eine Lösung der DGL.
3)
Ist y(x)=u(x)+i*v(x) eine komplexwerteige Lösung der DGL, so sind auch Realteil u(x) und Imaginärteil v(x) (reelle) Lösungen der DGL.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
=================================================
kleine Testaufgaben zur Theorie:
20)
Weisen sie die 3 genannten Eigenschaften der homogenen lin. DGL 2.Ordnung mit konstanten Koeffizienten rechnerisch nach!
21) Lösen sie die "Schwingungsdifferentialgleichung"
y''+w²*y=0
allgemein!
22)
Ist die Linearkombination
zweiwer Lösungen y1 und y2
y(x)=C1*y1(x)+C2*y2(x)
immer auch die allgemeine Lösung der DGL?
Diesmal sind es ein paar Denkaufgaben und weniger stures rechnen. Etwas Abwechslung also. Aber es dauert nicht lange, dann können uns die lin. DGL 2. Ordnung auch nicht mehr entkommen:-)
Gruß N.
|
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 942
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| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 15:29: |
|
Hi!
Ich mach mal die 20)
1.
Sei y1(x) eine Lösung.
y(x)=C*y1(x)
y'(x)=C*y1'(x)
y''(x)=C*y1''(x)
Das setzt man jetzt einfach ein:
y''+a*y'+b*y
=C*y1''+a*C*y1'+b*y1
=C*[y1''+a*y1'+b*y1]
=C*0
=0
2.
Hier kann man die C's ja erstmal weglassen, das wurde ja schon in Aufgabenteil 1. bewiesen.
Also nehmen wir zwei Lösungen y1 und y2 der DGL:
y''+a*y'+b*y
=y1''+y2''+a*y1'+a*y2'+b*y1+b*y2
=0+0=0
3.
y(x)=u(x)+i*v(x) ist eine Lösung.
y'(x)=u'(x)+i*v'(x)
y''(x)=u''(x)+i*v''(x)
y''+a*y'+b*y=0
<=> u''+i*v''+a*(u'+i*v')+b*(u+i*v)=0
<=> (u''+a*u'+b*u)+i*(v''+a*v'+b*v)
Eine komplexe Zahl ist genau dann gleich Null, wenn Real- und Imaginärteil Null sind. Alo sind die Funktionen u(x) und v(x) Lösungen der DGL.
Den Rest versuch ich später.
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 384
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 15:43: |
|
Hi Christian,
Aufgabe 20) hast du richtig gelöst. Ich bin mal gespannt, wie es mit den anderen Aufgaben aussieht.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 407
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 16:00: |
|
Mein Vorschlag zu 21):
y''*w^2y=0
y=C1*sin(wt)+C2*cos(wt)
Das war ne göttlich Eingebung, kann mir nicht erklären, wie ich auf die Lösung gekommen bin ;-), aber scheinbar löst sie die Dgl...
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 944
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 16:45: |
|
Hi!
Also ich komme im Prinzip auf die gleiche Lösung wie Ferdi.
Allerdings muss ich sagen, dass es auch mehr oder weniger gerate ist.
Die einzigen Funktionen, die mir bekannt sind mit
y''=-y
sind sinus und cosinus. Also habe ich die beiden Ansätze
y(x)=sin(bx+c)
y(x)=cos(bx+c)
versucht.
Dabei stellt man dann fest, dass b=w sein muss.
Dann nimmt man noch alle Linearkombinationen und hat als Lösung:
y=C1*sin(wx+c1)+C2cos(wx+c2)
Hier kann man nach den Additionstheoremen die "kleinen c's" aus den Winkelfunktionen "entfernen", damit ergäbe sich das gleiche wie bei Ferdi.
Zu 22)
Da schon zwei Konstanten vorkommen würde ich sagen, dass das alle Lösungen sind. (Ist ja eine DGL 2. Ordnung)
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 385
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 19:34: |
|
Hi Ferdi und Christian,
Also Christian, wenn ich schon in Aufgabe 22) so konkret frage, dann solltest du hellhörig werden. Natürlich hätte die richtiga Antwort "Nein" lauten müssen!
Schlißlich bringt die Frage uns weiter im Exkurs und auch in der Frage wiso eure Bei 21) gefundene Funktion die richtige Lösung ist.
Wäre die richtige Antwort "Ja" gewesen, hätten wir ja nix mehr zu beschnacken gehabt:-)
Ich deute mal das Problem an,
Ihr habt doch als y1(x)=sin(wx) gefunden. Eine weitere Lösung wäre doch
y2(x)=2*sin(wx).
Hätte Christian mit seiner Bemerkung zu 22) recht, so müsste doch auch
y(x)=C1sin(wx))+2C2*sin(wx))
eine allgemeine Lösung der DGL sein.
Dies ist aber nicht der Fall, denn die beiden Parameter C1 und C2 sind in diesem Fall nicht voneinander unabhängig, wie es sein müsste, sondern voneinander abhängig.
Sie lassen sich nämlich zu einer neuen Konstanten zusammenfassen:
y(x)=(C1+2C2)*sin(wx)=C3*sin(wx)
Wobei C3=C1+2*C2 ist.
Die beiden Funktioen y1(x) und y2(x) müssen "linear unabhängige Funktionen" sein, d.h.
die Gleichung
y(x)=C1*y1+C2*y2=0
ist nur für C1=C2=0, also nur trivial lösbar.
Wir kennen den Begriff linear abhängig und linear unabhängig aus der analytischen Geometrie und der linearen Algebra.
sind y1(x) und y2(x) voneinander linear unabhängige Funktionen, so bezeichnet man sie als "Basislösungen" der DGL.
Die beiden Basislösungen der DGL bilden eine "Fundamentalbasis" oder ein "Fundamentalsystem" der DGL.
================================================
Nehmen wir an, das y1=y1(x) und
y2=y2(x) zwei voneinander linear unabhängige Funktionen sind.
Dann müsste man Zeigen, das es für jedes Anfangswertproblem
y''+ay'+by=0 y(x0)=y0 y'(x0)=m
genau eine Linearkombination
y(x)=C1y1(x)+C2y2(x)
als Lösung besitzt.
Eine schöne Aufgabe, das könntet ihr ja mal lösen... als Aufgabe 23) *g*
Gruß N.
|
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 412
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 19:37: |
|
Ja,
ich hab auch eher Niels Motto befolgt:
Man muss nich alles wissen, man muss nur wissen wo es steht!
Wenn ich mich nicht irre, nennt man diese Gleichung auch: die Gleichung des harmonischen Oszillators mit w=k/Öm wobei k eine positive Konstante und m die Masse eines Massenpunktes M ist.
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 386
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 19:58: |
|
Hi Ferdi,
von welcher Gleichung sprichst du?
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 413
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 20:08: |
|
Hi Niels,
ich meinete y''+w^2y=0 (hab mal nachgesclagen, bin aber kein Physikass, hab schon 3Jahre kein Physik mehr...)
ich hab mal ein wenig geschaut,
müssen wir bei y''+ay'+by=0 nicht erst mal
unterscheiden:
a^2-4b>0
a^2-4b=0
a^2-4b<0
und dann verschiedene Ansätze machen?
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 387
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 20:44: |
|
Hi Ferdi,
ja, natürlich aber ich wollte an der Schwingungsdifferentialgleichung-die Gleichung für eine harmonische schwingung-erstmal die Begriffe Basislösungen, Fundamentalbasis, Fundamentalsystem, lineare Unabhängigkeit und lin. Abhängigkeit klären.
Die richtige Integration der DGL mit deinen Diskriminantenbedingungen kommt sofort nach diesem theoretischen Teil. Jezt erstmal will ich mit dieser Aufgabe 23) auf einen Speziellen Begriff, auf einen speziellen Term hinaus, der eine wichtige Rolle spielt.
Löst aufgabe 23) und dann geht es weiter!
Du bist zu schnell Junge! :-)
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 414
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 21:51: |
|
Also,
zu 23 hab ich mir nochmal Gedanken gemacht:
Wir erhalten ja nach zweimaligem integrieren zwei Integrationskonstanten. Deshalb stellt die Lösung eine zweiparametrige Kurvenschar dar, die durch die Anfangswertbedingungen doch eindeutig bestimmt ist, also kann es doch nur eine Lsg geben.
Ich hab auch einen Beweis gefunden, der damit arbeitet zu zeigen, das wenn es zwei Lösungen Y1 und Y2 geben sollte, das dann auch S=Y1-Y2 Lösung sein muss. Es geht dann noch über eine epsilon Umgebung und Grenzwerte. Am Ende kommt man zum Schluss, das gelten muss Y1=Y2. Is ziemlich umständlich, weiß nich ob du das meintest.
Ich würd eher über die Konstanten argumentieren... naja bis morgen.
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 388
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 22:09: |
|
Gut,
knobelt noch ein wenig und dann gebe ich Morgen das Ergebnis bekannt.
Es ist wie gesagt nur ein Begriff-nur ein spezieller Term-auf den ich aufmerksam machen wollte und der für die Entscheidung ob y1 und y2 Basislösungen überhaupt sind von immernenter Bedeutung ist.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 415
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 11:53: |
|
Hi Niels,
mir ist nichts besseres mehr eingefallen, hab mir die ganze Nacht den Kopf zermattert, dass ist bestimmt wieder so billig das es schon wieder zu schwer ist(??), vielleicht haben ja Christian oder klaus noch eine Idee, ansonsten bi ich auf die Lösung gespannt!!
mfg |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 290
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 13:52: |
|
Hallo allerseits
mir fährt auch kein Gedankenblitz durch das Gehirn.
Bin auch gespannt auf die Lösung!!
MfG Klaus |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 389
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 15:01: |
|
Gut,
Ok. Wir haben die Das Anfangswerproblem bei einer homogenen lin. DGL 2. Ordnung:
y''+ay'+by=0 y(x0)=y0 y'(x0)=m
weiter behaupenten wir, das y1 und y2 voneinander linear unabhängige Funktionen seien, d.h sie sind die "Basislösungen der DGL.
Dann wäre damit
y=C1y1+C2y2
die Algemeine Lösung der homogenen lin. DGL 2. Ordnung und für jedes Anfangsertproblem müsste es eine bestimmte linearkobination als Lösung geben, d.h. C1 und C2 müssten eindeutig bestimmbar sein.
Daraus wieder folgt, das das Gleichungssystem
C1y1(x0)+C2y2(x0)=y0
C1y'1(x0)+C2y'2(x0)=m
eindeutig für C1 und C2 als Variablen lösbar ist.
Wenn wir dieses kleine LGS mit der "Cramerschen Regel" lösen, erkennen wir schnell, das dieses Gleichungssystem die eine gewünschte eindeutige Lösung besitzt, wenn die Koeffizientendeterminante von Null verschieden ist.
Die Koeffizientendeterminante dieses LGS lautet:
| y1(x0) | y2(x0) | | y'1(x0) | y'2(x0) |
und trägt den wunderschönen Namen "Wronski Determinante" oder auch "wronkische Determinante". Sie ist also nach JOSEF MARIA WRONSKI (1775-1853) benannt, einen, ich glaube heute würde man sagen polnischen Mathematiker. Würde man in in polnisch den Namen schreiben, kämen noch auf diversen Buchstaben irgendwelche Akzente:-)
Für uns ist nur folgendes wichtig:
sind y1 und y2 Basislösungen der DGL, so muss ihre Wronski-Determinante ungleich Null, also von Null verschieden sein!
Alles klar?
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 416
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 15:18: |
|
Tja,
da wär ich wohl in drei Jahren nich drauf gekommen! Aber so is ja eindeutig.
Deswegen ist dann ja auch
y=C1*sin(wt)+C2*cos(wt)
Lsg der Schwingungsgleichung...
mfg
|
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 947
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 17:40: |
|
Hi!
Bin gerade eben erst dazu gekommen hier mal wieder reinzuschauen.
Meine Antwort oben war natürlich Blödsinn, hab einfach zu kurz überlegt. Eigentlich hätte ich auf die Wronskideterminante kommen sollen, die ist mir nämlich bekannt, sogar in allgemeinerer Form mit n verschiedenen Funktionen...
Wir müssen jetzt bei unseren DGLs immer zwei Basislösungen finden, bei denen die Wronskideterminante für alle x ungleich 0 ist?
Lineare Unabhängigkeit der Funktionen braucht man dann ja nicht mehr zu überprüfen!
Dafür gibt es doch sicher ein Verfahren oder?
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 390
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 21:41: |
|
Hi Christian,
in der Tat ist die Wronskideterminante ein Test auf lineare Ab bzw Unabhängigkeit von Funktionen.
Eine lin. DGL n-ter Ordnung besitzt immer
n-"Basislösungen". Die Lösung einer homogenen lin. DGL n-ter Ordnung ist dann eine Linearkombination aus allen n-Basislösungen, die natürlich alle linear unabhängig sein müssen-sonst wären es keine Basislösungen-*g*
Die Wronskideterminante als indikator für lin. Ab bzw unabhängigkeit von Funktionen wäre dann eine n-reihigen Determinante. Die erste Zeile besitz in den n-spalten jeweils die n-Funktionen,
in den nächsten n-1 Zeilen stehen jeweils die
(n-1). Ableitung von jeder der n-Funktionen.
Für diesen spezialfall der hom. lin. DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten gibt es in der Tat ansätze für "Basislösungspaare" wie Ferdi schon angedeutet hat, im allgemeinen Fall ist dies nicht so einfach, darauf werden wir aber noch zu sprechen kommen.Mir war erstmal der Begriff "Wronski-Determinante" wichtig, weil er oder sie eben so von fundamentaler Bedeutung für unsere weiteren Überlegungen ist.
Morgen geht es dann daran hom. lin. DGL 2. Ordnung mit Konstanten Koeffizienten zu lösen.
Dann gibt es wieder eine Fülle von Aufgaben die wir berechnen wollen:-)
Meint ihr aber nicht auch, das wir für den Exkurs eine neue Seite aufmachen sollten. Diese Exkurseite zu laden dauert mir langsam etwas zu lange und wir sind lange noch nicht Fertig:-)
Würde dann mal jemad von euch eine neue Seite mit Titel "Exkurs: gewöhnliche Differnetialgleichungen (2. Teil)" oder so aufmachen wo es dann weitergehen kann?
Ach ja, und die beiden Exkursteile müssten miteinander noch verlinkt werden, sonst verschwinden die Seiten in die "ewigen Jagdgründe" des Zahlreich Foren Imperiums:-)
Gruß N.
|
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 295
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 21:49: |
|
Hi
Genau dasselbe wie Niels wollte ich gerade auch vorschlagen. Endlich mal nen neuen Thread aufmachen. Des dauert immer so eeeewig lange bis die Seite vollständig geöffnet ist...
Trotz DSL!!
MfG Klaus |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 423
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 21:54: |
|
Schon passiert...
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 952
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 21:54: |
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Hi!
Gute Idee. Dauert bei mir zwar eigentlich nicht sonderlich lange, ist aber trotzdem unübersichtlich ;)
Besser fände ich es allerdings noch, wenn einzelne Threads in mehrere Seiten unterteilt würden, so wie es in vielen anderen Foren üblich ist! Z.B. immer nach 20 Beiträgen fängt eine neue Seite an.
MfG
C. Schmidt |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 298
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 21:59: |
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Link zum zweiten Teil diese Themas:
http://www.lern1.de/cgi-bin/hausaufgaben/show.cgi? tpc=9308&post=123612#POST123612
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