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Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 422
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 21:51: | 
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Hi,
wie Niels schon meinte war die Ladezeit doch ziemlich groß.
Hier können wir uns den Beginn noch mal verinnerlichen:
http://www.mathehotline.de/mathe4u/hausaufgaben/messages/9308/255 231.html?1046209301
Dann kann es ja weiter gehen mit homogenen Dgls 2ter Ordnung!
mfg |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 297
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 21:53: |
|
Tja, jetzt haben wir 2 zweite Teile... |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 424
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 21:59: |
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Da können wir ja dopplet so viel schuften ;-).
Nein im Ernst, wir nehmen einen un der andere verschwindet dann wie Niels sagt in den Tiefen des Zahlreich Imperiums.
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 391
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 08:27: |
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Gut, wir gehen wieder in Medias res:
Integration einer hom. lin. DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten
================================================== ====
y''+ay'+by=0
Exponentialansatz:
y=el*x
Ableitungen:
y'=l*el*x
y''=l²*el*x
Einsetzen:
l²*el*x+a*l*el*x+b*el*x=0
(l²+al+b)*el*x=0
(l²+al+b)=0
Das ergibt doch eine süße kleine quadratische Bestimmungsgleichung für den Parameter l.
Sie besitzt die Lösungen:
l1;2=(-a±sqrt(a²-4b))/2
Das bedeutet, wir müssen wegen der Diskriminante a²-4b=D der quadratischen Gleichung, die auch auf den Namen "charakteristischen Gleichung der homogenen DGL y''+ay'+by=0 " sich angesprochen fühlt, 3 Fallunterscheidungen vornehmen:
Fall 1: D=a²-4b>0
es gibt 2 reelle voneinander verschiedene Parameter l1 und l2 als Lösung, wir bekommen also 2 Basislösungen, die voneinander linear unabhängig sein müssten. Damit können wir die allgemeine Lösung, also die allgemeine linearkombination aus den Basislösungen aufstellen.
================================================
Aufgaben:
24)
weise rechnerisch nach, das die im Fall D>0 gefundenen 2 Lösungen Bbasislösungen sind!
25)
Löse die hom. lin. DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten:
y''+2y'-8y=0
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 299
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 08:54: |
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Hallo
Ich probier mal Aufgabe 25)
Meine Lösung lautet:
y = c1*e2x + c2*e-4x
MfG Klaus
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 392
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 09:24: |
|
Hi Klaus,
deine Lösung ist richtig,
fehlt nur noch Nummer 24)
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 300
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 09:43: |
|
Hi!
zu Aufgabe 24)
Dazu muss man doch nur die "polnische" Determinante bestimmen, oder?
Ist ne ziemlich wüste Rechnerei...
Das was ich rausbekommen hab', ist aber auf keinen Fall Null.
Ne kleine Frage: Sollte die Lösung einfach aussehen oder nicht gerade als Schönheitsqueen "durchgehen"?
MfG Klaus
(Beitrag nachträglich am 26., Februar. 2003 von Kläusle editiert) |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 425
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 12:39: |
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Hi,
also ich hab bei der Determinante raus:
nach n bisken rechnen:
l2-l1=0
Dat heißt die Determinaten wir nur für Diskriminante=0, 0! Was ja nach Vorraussetzunge nicht so ist, also sind es Lösungen der Dgl!
mfg
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 393
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 14:09: |
|
Im Prinzip sind eure beiden Rechnungen richtig, ich hatte aber mir das so vorgestellt:
Man nimmt sich mal wieder die "polnische Determinante"->Wronski Determinante zur Brust:
| el1*x | el2*x | | l1*el1*x | l2*el2*x |
Aus der Determinante geht hervor:
det=(l2-l1)*el1x*el2x
Die e-Funktionen sind sowiso immer von Null verschieden, das einzige was passieren könnte ist das die Klammer Null ist, kann das sein?
(l2-l1)=0
Nein!
Denn, wenn die Klammer Null wäre, würde daraus folgen, das
l2=l1
ist.
Dies kann jedoch nicht stimmen, weil laut Voraussetzung l1 und l2 zwei voneinander verschiedene Lösungen der charakteristischen Gleichung sind.
Damit ist die Bedingung von Basislösungen, das die Wronski Determinante von Null verschieden ist, erfüllt.
Mehr sollte nicht gezeigt werden!
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 302
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 14:22: |
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Hi Niels
Ich hab die ganze Determinante eben ausgerechnet und komme genau zu dem, was verlangt war. Das Ergebnis ist nie Null.
Naja, wie immer. Wenn's einfach geht, kann man es auch schwierig machen...
MfG Klaus |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 394
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 14:35: |
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Weiter gehts:
2.Fall: D=a²-4b=0
Dieser Fall ist wirklich interessanter, es gilt nämlich:
l1=l2=-a/2
Das ist aber für uns eine ungünstige Lösung, weil wir nur eine Lösung, nämlich
y1=y2=e-0,5ax
ersteinmal erhalten, wir brauchen aber 2 voneinander unabhängige Funktionen.
Wir arbeiten nun mit einen Trick:
wir sagen uns, wenn y1=e-0,5ax eine Lösung der DGL ist, dann ist auch y2=C*y1 eine Lösung der DGL, und nun lösen wir die DGL, per "Variation der Konstanten"!
================================================
26)
Berechnen sie eine allgemeine Lösung der hom. lin. DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten, unter der Bedingung D=a²-4b=0 mit hilfe des Verfahrens der "Variation der Konstanten"!
27)
Lösen sie die DGL:
a)y''-8y'+16y=0
b)y''-6y'+9y=0
c)y''-4y'+4y=0
d)y''+14y'+49y=0
e)y''+10y'+25Y=0
Gruß N.
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 953
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 16:44: |
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Hi!
Ich versuch mal die 26)
Wie Niels schon sagte, setzen wir
y2=C*y1
Wobei C eine Funktion von x ist.
Das leitet man jetzt zweimal ab(immer mit Produktregel, weil C und y1 Funktionen von x sind. Dann setzt man in die DGL ein. Dann steht da:
y2''+ay2'+by2
=C''*e^(-0,5ax)-Ce^(-0,5ax)*[1/4*a^2-b]
=C''*e^(-0,5ax)=0
Der Term 1/4*a^2-b ist nach Voraussetzung Null.
Damit C''*e^(-0,5ax)=0 gilt, muss C''(x)=0 sein, denn die e-Funktion wird nie 0.
Also habe ich mal C(x)=x gesetzt.
Damit folgt:
y2(x)=xe-0,5ax
Berechnet man die Wronskideterminante von den beiden Funktionen, so ergibt sich
(e-0,5ax)2
Und das ist immer ungleich Null.
Damit sind y1 und y2 Basislösungen der DGL.
Eine DGL der Form
y''+ay'+by=0
mit a²-4b=0 hat also die Lösung:
y=C1*e-0,5ax+C2*x*e-0,5ax
MfG
C. Schmidt
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 954
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 16:49: |
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27)
a)y''-8y'+16y=0
y=C1*e4x+C2*xe4x
b)y''-6y'+9y=0
y=C1*e3x+C2*xe3x
c)y''-4y'+4y=0
y=C1*e2x+C2*xe2x
d)y''+14y'+49y=0
y=C1*e-7x+C2*xe-7x
e)y''+10y'+25y=0
y=C1*e-5x+C2*xe-5x
MfG
C. Schmidt |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 426
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 16:59: |
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Tja,
zu Christians Lsg ist wohl nix mehr hinzuzufügen. Wann kommt dieser Krams eigentlich im Studium vor? Mein Lehrer meinet so drittes Semester.
mfg |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 303
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 17:20: |
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Hi Ferdi!
Das ist doch kein Krams ;-)
Das ist fortgeschrittene Mathematik...
Im Studium kommt das tatsächlich meistens im 3.Semester dran. Bei einem wirtschaftswissenschaftlichen Studim (z.B. Wirtschaftsingenieruwesen) sogar schon im 2.Semester. Da muss ich auch in nem halben Jahr durch...
MfG Klaus
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 395
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 17:36: |
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Hi Ferdi und Christian,
@Christian:
Du hast mal wieder alle Aufgaben erfolgreich gelöst!
@Ferdi:
Ich weiß nicht wann das im Studium dran kommt, ich schreibe ja selbst erst in 2 Tagen, also Freitag Abi in Mathe...
Ok, dann handeln wir schnell noch Fall 3 ab:
3. Fall D=a²-4b<0
Die charakteristische Gleichung hat dann 2. Komplexe Lösungen.
denn wir setzen:
-a/2=a und 4b=a²-4b>0
dann sieht unsere Lösung komplex so aus:
a±i*b
wir bekommen also zwwi komplexe Basisfunktionen
y1=e(a+i*b)x
y2=e(a-i*b)x
über die "eulerische Formel" lässt sich die Komplexe Basis in eine reelle Basis überführen.
=================================================
28)
Weise rechnerisch nach, das die Komplexen Basislösungen linear unabhängig sind!
29)
Überführen sie die komplexe Basis in die reelle Basis und stellen sie dadurch die allgemeine Lösung der hom. lin. DGL 2. Ordnung mit Konstanten Koeffizienten für den Fall D=a²-4b<0
dar!
30) zerlegen sie die allgemeine Lösung in die einzelnen reellen Basislösungen und prüfen sie diese auf lin. unabhängigkeit!
31) Berechnen sie die DGL:
y''+4y'+13y=0
32*)Lösen sie die DGL:
y''+3y'-4y=0
y''+4y'+20y=0
Das Sternchen bei 32) bedeutet nur das auch den vorher behandelten Fälle D>0 und D=0 vorkommen können.
Gruß N.
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Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 305
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 18:11: |
|
Hi
Ich suche mir wie immer das Leichteste raus ;-)
Aufgabe 31)
y = C1*e(-2+18i)x + C2*e(-2-18i)x
MfG Klaus
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Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 306
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 18:17: |
|
Hi
Aufgabe 32
a)
y = C1*e3,5x + C2*e-6,5x
b)
y = C1*e(-2+64i)x + C2*e(-2-64i)x
MfG Klaus |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 955
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 18:26: |
|
Hi!
Ich fang mal oben an.
28)
y1=e(a+ib)x
y1'=(a+ib)e(a+ib)x
y2=e(a-ib)x
y2'=(a-ib)e(a-ib)x
Davon Wronskideterminante ergibt:
(a-ib)e2ax-(a+ib)e2ax
=-2ibe2ax<0
MfG
C. Schmidt
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 956
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| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 18:30: |
|
Kleine Frage noch.
denn wir setzen:
-a/2=a und 4b=a²-4b>0
Da muss doch eigentlich stehen:
4b=-(a²-4b)>0
Oder?
MfG
C. Schmidt
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 396
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 18:33: |
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Hi Klaus und Christian,
@Klaus:
Deine Lösungen sind inkorrekt, überprüfe bitte nochmal deine Lösungen!
@Christian:
Deine Lösung für 28) ist korrekt!
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 397
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 26. Februar, 2003 - 18:41: |
|
Hi Christian,
im Prinzip hast du recht, aber ich habe ein paar zwischenschritte unterschlagen. Kleinschrittig siet das so aus.
det=(-a±sqrt(a²-4b))/2
-a/2=a
a²-4b=4b>0
dann folgt daraus:
a±(sqrt(-4b))/2
a±sqrt(-b)
a±i*b
Ich hoffe jezt ist alles klar?
Gruß N.
|
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 427
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 07:58: |
|
Hi,
ich versuch mich mal ander neuen Basis:
also wir haben dann ja zwei komplexe Fkt. Es ist aber eine reele Gleichung! Daher müssen auch Real- und imaginär teil einezeln Lösung sein!
aher mein vorchlag für D<0
y=e^ax(C1*sin(bx)+C2*cos(bx)
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 957
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 13:05: |
|
Hi!
30)
Lösungen von Ferdi:
y1=eaxsin(bx)
y2=eaxcos(bx)
Davon die Wronskideterminante ergibt
-be2ax<0
MfG
C. Schmidt |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 428
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 13:24: |
|
Japp,
dass hat ich hoit morgen doch glatt vergessen dazu zu schreiben. Naja ich denke mal dann kommen als nächstes inhomogene Dgls?
@Niels: Schreibst du jetzt schon dein Abi?? Bei mir ist es erst ab 1.5.03, da is noch soooo viel langeweile bis dahin!!!
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 958
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 13:34: |
|
Hi!
Mein Abi ist auch erst Anfang Mai...
Aber ich hab trotzdem jetzt nochmal eine Frage!
Eigentlich die gleiche wie oben. Warum ist 4b>0, wenn wir definieren
4b=a²-4b ?
a²-4b ist doch nach Voraussetzung gerade nicht größer Null.
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 399
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 14:06: |
|
Hi ihr beiden,
Bei mir in Schleswig-Holstein schreiben wir wirklich an unserer Schule Morgen also den 28.02.03 die Mahte LK Abiturklausur, dann bin ich Montag am 3.03.03 mit dem Geschichts LK dran und zum krönenden Abschluß am 6.03.03 noch Physik in P3 . Das war dann das schriftliche Abitur. Das mündliche Abitur, für mich gezwungenermaßen Deutsch, ist aber auch erst ende Mai.
Bei uns in S-H haben wir ja glücklicherweise kein Zentralabitur.
Danach sind "Frühlingsferien".
Das schöne ist, das ich mich mit unseren DGL Exkurs prima vor der ABi Panik schützen konnte. Jedenfalls mache ich mir morgen rein fachlich eigentlich keine Sorgen-ich hoffe das seht ihr genauso *g*-hauptsache die Nerven versagen nicht. Alles also reine Nervensache:-)
Dieser Exkurs gibt mir wie gesagt etwas sicherheit, das ich eigentlich die Mathematik verstehe und das ich auch morgen gewisse Rechnungen gut erklären könnte.
Ich hoffe der Exkurs macht euch auch genauso Spaß wie mir und ich denke, das wir uns auch auf einen ganz guten Niveau bewegen. Jedenfalls Niveau dem Thema angemessen.
Oder wie seht ihr das?
In der Tat würde als nächstes die Inhomogene DGL 2. Ordnung mit konst. Koeffizienten drankommen, danach dachte ich beschäftigen wir uns mit der hom. und inhom. lin. DGL 2. Ordnung mit Konstanten Koeefizienten.
Dann geht es zu lin. DGL n-ter Ordnung, noch ein paar spezielle DGL, die wir auf bisher behandelter DGLs zürückfüren können, ein paar geometrische Betrachtungen, und als Krönung numerisches Lösen von DGLs sprich Runge-Kutta Verfahren.
Das ist das Programm und ich denke wir haben so etwa 60% des Exkurses hinter uns.
@Christian:
gut, nochmal:
ich glaub du haßt recht:
wenn a²-4b<0 ist, dann ist 4b-a²>0
und nun ist:
4b=4b-a²>0
-4b=a²-4b<0
so und nun kann man -4b einsetzen.
Ich gebe zu ich habe etwas unsauber gearbeitet.
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 959
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 15:44: |
|
Hi!
Ich hoffe der Exkurs macht euch auch genauso Spaß wie mir und ich denke, das wir uns auch auf einen ganz guten Niveau bewegen. Jedenfalls Niveau dem Thema angemessen.
Oder wie seht ihr das?
Mir machts auch sehr viel Spass, zumal ich in der Schule zur Zeit eh nicht richtig Mathe hab ;)
Als Wahlthema haben wir Matrizen und Determinanten. Aber was wir da machen is so langweilig. Beschränkt sich eigentlich alles auf große Rechnungen mit dem Taschenrechner...
Und jetzt machen wir auch noch so ein blödes Wirtschafsmodell(das heißt Leontief-Modell), wird bei uns also als schlimmer in Mathe.
In der Tat würde als nächstes die Inhomogene DGL 2. Ordnung mit konst. Koeffizienten drankommen, danach dachte ich beschäftigen wir uns mit der hom. und inhom. lin. DGL 2. Ordnung mit Konstanten Koeefizienten.
Bevor wir weitermachen hab ich noch Fragen zu den inhomogenen DGLs, und zwar zur Aufgabe 31.
Da steht die DGL:
y''+4y'+13y=0
Also ist
a=-2
b=9
D.h. Lösung unserer DGL wäre:
y=e-2x*(C1sin(9x)+C2cos(9x))
Wenn ich das aber in die DGL einsetze, erhalte ich:
-72*e-2x*(C1sin(9x)+C2cos(9x))=0
Und das gilt ja normalweise nicht.
Wo steckt mein Fehler??
MfG
C. Schmidt
ps: Viel Glück bei deinem Abi morgen. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 429
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 15:47: |
|
Tja,
hier in NRW kommt das alles auf einen Schlag innerhalb zwei Wochen. Ich hab übrigens als zweiten LK auch Geschichte...! Mein Problem ist das mein Lehrer alles mit ausführlicher Erklärung möchte und ich immer in 1 bis 2 Zeilen die Lösung parat habe, das gab sogar schonmal Punktabzug!
Tja, der Exkurs ist im Moment eine meiner wenigen Beschäftigungen, da hier schulisch nicht mehr viel läuft. Zum Glück gibts noch den Fussball!
Freue mich schon auf die nächsten Themen.
mfg
@all: Was macht ihr nach dem Abi? Sofort studieren oder erst Bund/Zivi? |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 960
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 16:24: |
|
Hi!
Bei uns in Hessen is das schriftliche Abi bei mir innerhalb von 4Tagen ;)
Dienstag Mathe, Mittwoch Physik und Freitag Geschichte als P3. Mündliche Prüfung is dann irgendwann später Ende Mai.
Nach meinem Abi mach ich dann noch ein Jahr Zivi und dann endlich Studium. Ich schätze mal, dass ich während dem Zivildienst mein Fernstudium fortsetzen werde.
MfG
C. Schmidt} |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 309
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 17:06: |
|
Hallo, ihr baldigen Abiturienten!
Bei euch dreien mache ich mir absolut keine Gedanken, dass ihr das Abi packt! In Mathe müsst ihr das ja spielerisch können, bei dem was ihr alles wisst!! Und den Rest packt ihr auch.
Ich kann aus Erfahrung sprechen, denn bei mir liegt's fast genau 1 Jahr zurück.
Ich sage euch, es ist bedeutend leichter als ihr denkt. Das könnt ihr mir glauben!!
Die Zeit nach dem Schriftlichen Abitur ist die schönste Schulzeit, die ihr haben werdet. Genießt das!!
So was kommt nie wieder...
MfG Klaus |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 17:10: |
|
Hi Christian,
zuerst zu aufgabe 31)
ich weiß nicht was ihr da für misst macht:
y''+4y'+13y=0
charakteristische Gleichung:
l²+4l+13=0
l1;2=-2±sqrt(4-13)
11;2=-2±sqrt(-9)
l1;2=-2±3i
a=-2
b=3
Lösung also:
y=e-2x*[C1*sin(3x)+C2*cos(3x)]
Und wenn du dies Ableitest sollte alles hinhauen...
übrigens:
Ich werde wohl gleich im Oktober mit dem Studium an der lokalen Uni bei mir beginnen-Kein Bund-kein Zivildienst-ist das nicht schön?
Gruß N. |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 402
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 17:14: |
|
ich merke gerade, bei der Herleitung müsste es
4b² bzw -4b² heißen, aus diesen peinlichen Tippfehler meinerseits resultiert dein Fhler Christian.
Ich hoffe jezt ist alle einfacher:-9
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 963
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 17:23: |
|
Hi Niels
Der Fehler liegt wo anders. Deine Lösung oben stimmt. Wir haben ein Wurzelzeichen vergessen!
4b=4b-a²
l=-a/2±sqrt(a²-4b)/2
=a±sqrt(-b)
=a±i*sqrt(b)
Also war die 3 doch richtig.
MfG
C. Schmidt
|
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
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Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 18:14: |
|
Hi!
Es fehlt ja immer noch die Aufgabe 32).
y''+3y'-4y=0
y=C1ex+C2e-4x
y''+4y'+20y=0
y=e-2x[C1cos(4x)+C2sin(4x)]
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 19:40: |
|
Hi Christian,
erstens muss ich zugeben, das du mit dem Fehler recht hattest, und zweitens kann ich dir mitteilen, das du mal wieder Aufgabe 32) erfolgreich komplett richtig gelöst hast.
Morgen Nachmittag geht es dann weiter im Text. Ich werde dann vielleicht berichten wie das schriftliche Abi in Mathe war, falls es eucdh interessiert.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 434
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 27. Februar, 2003 - 20:23: |
|
Klar!
Hau rein! Wünsch dir alles gute.
16 Punkte liegen ja wohl drin ;-)
bis morgen dann
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 404
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 28. Februar, 2003 - 14:04: |
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Hi Kolegen,
so heute um viertel nach 2 wahr alles vorbei!
Ich bin jezt mit dem schriftlichen Abitur in sachen Mathe durch, und muss zugeben, das es eher ein lockerer Spaziergang als eine schwere Bergbesteigung war.
Die Aufgaben Temen waren:
-Analysis
-Analytische Geometrie
-Komplexe Zahlen
Analysis war mal wieder eine Kurvendiskussion der Schar fc(x)=(x²+c-4)/(x+2)
mit allem Pipapo; Analytische Geometrie war mal wieder eine Ebenenschar, und bei der Aufgabe zu den Komplexen Zahlen ging es um "Möbiustransformationen".
Ich hatte dabei eigentlich keine Probleme. Mal sehen was die Note sagt, die wir Ostern mitgeteilt bekommen.
soweit erstmal:
Zu den DGL komme ich erst heute Abend. Ich muss heute Nachmittag noch weg.
Aber eins kann ich euch sagen. Vertraut euren Lehrer. Was in der ABI Vorbereitung ausgibig geübt wurde kommt auch dran. Ich hatte mir im Vorfeld viel zu viele Gedanken gemacht!
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 968
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 28. Februar, 2003 - 15:47: |
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Hi Niels
Glückwusch zur guten Arbeit 
Hatte aber eh nichts anderes erwartet.
Nur noch eine kleine Frage. Habt ihr keine Stochastik gemacht?? Dann hätte ich in Schleswig-Holstein zur Schule gehen sollen ;)
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 405
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 28. Februar, 2003 - 16:31: |
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Hi Christian,
in der Tat bin ich in dem glücklichen Jahrgang, der noch nicht nach dem "neuen Lehrplan" sondern nach dem alten Lehrplan unterrichtet wurde. Und das bedeutet, das Stochastik erst in 13.2 also nach dem schriftlichen Abitur bei uns an der Schule gelehrt wird. ES gibt aber Schulen in Kiel, dort wo ich wohne, wo schon nach dem neuen Lehrplan unterrichtet wurde und bei den armen Schweinen kam tatsächlich Stochastik ins ABi.
Aber wie gesagt waren sich an meiner Schule sich alle Mathelehrer einig das wir noch nach dem altern Plan unterrichtet werden sollten.
und so wurde es eben ein "real Cake walk"! |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 435
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 28. Februar, 2003 - 16:49: |
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Glünkwunsch zu beidem.(Abi & kein Stochastik)
Ich kann nur sagen, dass die Stochastik so abgehoben ist. Ich hasse vorallem die stetigen und diskreten Verteilungen.
Mein Lehre hat schon gesagt, alles hat gleiche Gewichtung:
Es gibt drei DINA4 Seiten Aufgaben:
1 Seite Analysis, 1 Analytishce G.&L.Algebra und 1 Stochastik.
Waren das wohl noch Zeiten wo es nur die beiden erst genannten Themen gab...
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 406
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 28. Februar, 2003 - 17:19: |
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so weiter geht es in sachen DGL:
inhomogene lin. DGL 2. Ordnung mit Konstanten Koeffizienten
=================================================
Allgemein sind das DGLs der Form:
y''+ay'+by=g(x)
diesen Typ DGL lösen wir wie die Inhomogene lin. DGL 1. Ordnung mit Konstanten Koeffizienten.
wir setzen die Lösungsfunktion aus der allgemeinen Lösung der homogenen lin. DGL 2. mit konstanten Koeffizienten. und einer partikulären Lösung der inhomogenen DGL zusammen.
Um eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL zu finden gibt es abhängig von der störenden "Störfunktion" verschiedene Lösungsansetze.
=================================================
Aufgaben:
33) Löse die DGL
y''+10y'-24y=12x²+14x+1
34) Lösen sie die DGLs
a)y''+y'-2y=10x+1
b)y''+y'-2y=x²-4x+3
c)y''+y'-2y=3*e4x
d)y''+y'-2y=6*ex
e)y''+y'-2y=x*ex
f)y''+y'-2y=3*sin(2x)
35) Löse die DGL:
y''-6y'+9y=2*ex+9x-15
So das ist erstmal bischen Arbeit für das Wochenende. Oder wie mein Erdkundelehrer und Schuldiektor mal meinte: "Wer schreibt der bleibt"
Gruß N.
|
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 28. Februar, 2003 - 20:03: |
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Ich hab mal 34a)
versucht, mein Vorschlag:
y=(C1*e^(-2x))+(C2*e^x)+(-5x-3)
Also (C1*e^(-2x))+(C2*e^x) wäre die Lösung zur homogenen, (-5x-3) meine partikulär Lösung.
Bis morgen.
mfg |
Niels (niels2)
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 28. Februar, 2003 - 20:37: |
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Hi Ferdi,
dein Ergebnis ist richtig, du brauchst
aber -5x-3 nicht extra in Klammern setzen, sondern kannst es ohne Klammern schreiben.
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 08:49: |
|
Hallo
War ja eigentlich klar, dass das Mathe - Abi nicht so schwierig wird...
34c)
y = C1*e-2x + C2*ex + 3/18 * e4x
MfG Klaus |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 09:24: |
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Hallo
34b)
y = C1 * e-2x + C2 * ex - 0,5x2 + 1,5x - 5/4
MfG Klaus |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 09:57: |
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Hallo Klaus,
also 34b) und 34c) sind richtig gelöst,es wäre aber schöner die 3/18 dann in 1/6 bei 34c) zu verwandeln.
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 10:26: |
|
Hi
Jau, 3/18 = 1/6
33)
y = C1 * e12x + C2 * e-2x -6x2 - 13x - 13
MfG Klaus |
Klaus (kläusle)
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 10:30: |
|
Hi
bei 34d hab ich mit dem Ansatz für die partikuläre Lsg yp = bex eingesetzt in die DGl:
bex + bex -2bex = 6ex
0 = 6ex
Diese Gleichung ist ja nie erfüllbar...
Was stimmt nicht??
MfG Klaus |
Klaus (kläusle)
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 10:39: |
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Hi
34f)
y = C1*e-2x + C2*ex - 9/20 * sin(2x) - 3/20 * cos(2x)
MfG Klaus |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 10:51: |
|
Hi
35)
y = C1*e3x + C2*x*e3x + 0,5ex + x - 1
MfG Klaus |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 11:16: |
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Hi Klaus
33) ist falsch
34d) Versuch es mal mit dem Ansatz A*x*ex
34f) richtig gelöst.
35) richtig gelöst.
das meine Rückmeldung.
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 11:51: |
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Hi Niels
Bei 34d) ist dann die partikuläre Lsg:
2xex
MfG Klaus |
Klaus (kläusle)
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Benutzername: kläusle
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 11:56: |
|
Hi Niels
Die partikuläre Lsg für 33 lautet:
y = -0,5x2 - x - 0,5
Die homogene Lsg. bleibt die Gleiche.
Mfg Klaus
(Beitrag nachträglich am 01., März. 2003 von Kläusle editiert) |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 12:04: |
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Hi Klaus, deine partikuläre Lösung bei 33) stimmt zwar jezt, aber wenn ich die Chrakteristische Gleichung
l²+10l-24=0
Löse bekomme ich aber
l1=-5+7=2
l²2=-5-7=-12
als Lösungen.Das deckt sich nicht mit deinem Ergebnis.
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 320
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 12:09: |
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Hi Niels
Mein Fehler. Hab genau dasselbe auf meinem Schmierzettel stehen, aber die Vorzeichen beim Eintippen vertauscht...
Oje...
Finde keinen Ansatz für 33e)
Axex versagt
Ax2ex ebenfalls
MfG Klaus
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 12:10: |
|
Achso Klaus,
bei 34d) ist jezt deine partikuläre
Lösung 2x*ex auch richtig. Damit kann man das Ergbenis bei 34d) auch schön aufschreiben.
y=(C1+2x)*ex+C2*e-2x
Gruß N.
|
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 12:17: |
|
Hi Klaus,
kleiner Tipp bei 34e)
probiere mal den Ansatz:
yp=(a1x²+a0x)*ex
also genau eine Kombination aus deinen alten Ansetzen. Ich glaube das führt zum Ziel:-)
Gruß N. |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 12:35: |
|
Hi Niels
Mit dem Tipp zu 34e) kommt man bestimmt ans Ziel.
Ich kann jetzt aber keine x und ex mehr sehen!
Hab's 2mal durchgerechnet. Mal sehen, ob es stimmt:
partikuläre Lösung:
1/6 * x2 * ex - 1/6 * x * ex
Kannst du das bestätigen?
Bitte, bitte!!
MfG Klaus |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 12:45: |
|
Hi Klaus,
bedaure, kann ich so leider nicht bestätigen.
Ich hätte das Ergebnis
y=((1/6)*x²-(1/9)*x)*ex
als partikuläre Lösung gern bestätigt.
Gruß N.
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Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 323
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 13:01: |
|
Hi Niels
*schnief*
Nach langem Suchen hab ich den Fehler gefunden. Hab beim Zusammenfassen der Summanden
" 2a1ex "
übersehen.
Damit kann ich deine Lösung für 34e) bestätigen.
Achso:
Homogene Lösung wie immer:
y = C1e-2x + C2ex
MfG Klaus |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 969
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 14:21: |
|
Hi!
Hatte gestern leider keine Zeit mehr für die Aufgaben, kann eure Lösungen aber alle bestätigen, hab überall das gleiche raus.
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 414
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 01. März, 2003 - 19:43: |
|
Gut, nachdem wir alle Aufgaben erledigt haben geht es weiter im Text.
hom lin. DGL 2. Ordnung mit veränderlichen Koeffizienten
================================================
Definition:
f2(x)y''+f1(x)y'+f0(x)y=0
wir müssen zunächst eine partikuläre Lösung für die Gleichung finden.
Danach arbeiten wir mit einer Substitution:
y=ypz
das führt zu einer DGL 2. Ordnung, die nur noch z'' und z' enthält.
Durch eine weitere Substitution z'=u
bekommen wir eine DGL 1. Ordnung die wir ja bekanntlich lösen können.
=================================================
Testaufgabe:
36) Lösen sie die DGL
x²*(ln|x|-1)y''-xy'+y=0
Gruß N.
|
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 440
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 00:10: |
|
Hi,
als partikuläre Lösung hab ich durch scharfes Hinsehen
y=-ln(x)
gefunden. Dann hab ich aber verständniss Probleme, wie soll dann substituiert werden?
Du schreibst y=ypz , soll das heißen, y wird dann als Funktion der Partikulär Lösung gesehen?
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 415
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 08:42: |
|
Hi Ferdi,
ich hätte mit yp=x eine einfachere partikuläre Lösung genommen, aber bitte, wenn du mit ln(x) rechnen möchtest ist es dir anheimgestellt.
yp und unsere neue Funktion z=z(x) sind beidens Funktionen in Abhängigkeit von x. Wir leitern also mit der Produktregel ab.
y=yp*z
y'=y'pz+ypz'
y''=y''p*z+y'pz'+y'pz'+ypz''
y''=y''p*z+2*y'p*z'+ypz''
Wenn du die Terme in die DGL einsezt, müsste eine DGl entstehen, die nachher als Ableitungsfunktionen nur noch z'' und z' enthält.
Dann substituieren wir wieder z'=u und z''=u'
statt z haben wir also nun eine Funktion u in abhängigkeit von x, die aus unserer DGL 2. Ordnung eine DGL 1. Ordnung macht. Wir haben somit die "Ordnung reduziert".
probier mal ob du das hinbekommst.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 441
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 11:14: |
|
Also irgendwie komm ich jetzt nach ein paar Std Rechnung nicht weiter, mit meinem ln(x) hab ich schon aufgegeben, habs jetzt mit y=x versucht,
das bringt mir ja:
y=x*z
y'=z+xz'
y''=2z'+xz''
einsetzen liefert:
(x^2*(ln(x)-1))*(2z'+xz'')-x*(z+xz')+xz=0
(ln(x)-1)*2z'+(x*(ln(x)-1))-z'=0
(ln(x)-3)*z'+(x*(ln(x)-1))*z''=0
So dann nehme ich z'=u und z''=u
bekomme
du/u=(-ln(x)-3)/(x*(ln(x)-1) dx
das lässt sich sogar integrieren zu
ln(|u|)=-ln(x)-4*ln(-1+ln(x))
stimmt das bisher den alles, scheint mir ein wenig sehr falsch? diese ganze ln's und so, und kann man das noch umformen dann, man muss dann ja auch noch mal integrieren um z zu bekommen nicht?
mfg |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 442
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 12:03: |
|
Also ich hab ma weiter gerechnet, (mit den falschen??) Ergebnissen:
ln(|u|)=-ln(x)-4*ln(-1+ln(x))
da hat ich doch glatt die Konstante Vergessen.
jedenfalls bekäme ich:
u=C1/(x*((-1+ln(x))^4))
Das ist ja gerade z', also integriere ich noch mal, bekomme dann:
z= (-C1/3*((-1+ln(x))^3))+C2
Also hätte ich dann insgesamt für y:
y=yp*z
y=x*((-C1/3*((-1+ln(x))^3))+C2)
das hätt ich zu bieten nach knapp 2,5 std rechnung, und mit hilfe von http://integrals.wolfram.com! da muss es doch irgendwelche tricks geben, oder ist die rechnung unumgänglich??
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 971
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 12:08: |
|
Hi!
Meine Lösung wäre
y=C1x+C2ln(|x|)
Als partikuläre Lösung habe ich yp=ln(|x|) genommen. Dann substituiert, wie Niels schon sagte erhält man eine DGL mit nur z'' und z'. Dann die zweite Substitution mit u=z' und die DGL gelöst, erhalte da u=C1(ln(|x|)-1)/(ln²(|x|)).
Und das integriert man dann einfach nochmal.
MfG
C. Schmidt |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 972
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 12:22: |
|
Ich nehme meine Lösung doch erstmal zurück. Die Wronskideterminante wird zum Beispiel für x=e Null!
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 416
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 12:48: |
|
Hi Christian,
überprüfe nochmal dein Ergebnis, es ist mämlich zu 99% richtig. Es müsste aber eigentlich:
y=C2x-C1*ln|x|
heißen.
@Ferdi:
so, gehen wir mal von yp=x aus.
Dann ist:
y=x*z
y'=xz'+z
y''=xz''+2z'
eingesezt in die DGL sollte daraus folgende Gleichung entstehen:
x³*(ln|x|-1)z''+x²*(2*ln|x|-3)z'=0
Nun substituieren wir z'=u =>z''=u'
xu'*(ln|x|-1)=u*(3-2*ln|x|)
Nun trennen wir die Variablen und erhalten:
(du/u)=((3-2*ln|x|)/(x*(ln|x|-1)))*dx
Nun substituieren wir
ln|x|=v
=dv/dx=1/x
=>dv=dx/x
also:
(du/u)=((3-2v)/(v-1))*dv
so und das alles sollte einfacher zu integrieren sein als der andere Kram.
viel spaß.
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 973
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 13:02: |
|
Hi Niels
die C's sind doch Konstanten und können alle Werte annehmen. Dann ist es doch egal, ob da ein Plus oder ein Minus steht?!
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 417
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 13:11: |
|
Hi Christian,
den Konstanten ist das egal, da hast du recht, nur der Term "ln|x|" besteht am Ende auf sein negatives Vorzeichen-das will et sich nicht von dir wegnehmen lassen:-)
übrigens, mache dir mal nicht den Kopf, um den Fall x=e für den ist zwar die Wronski-Determinante in der Tat Null, aber diesn Fall haben wir ausgeschlossen, und werden ihn erst später durch einen Trick wieder berücksichtigen.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 443
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| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 15:54: |
|
Jo, jetzt stimmts, hatte immer die 2 vorm ln(x) unterschlagen...
mfg |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 444
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 16:36: |
|
Hi,
mir kommt da grad mal so ne mehr tehoretische Frage:
Mal angenommen ich hab ein sehr gutes Auge und finde sofort zwei partikulär Lösungen einer Dgl 2ter Ordnung (hier z.B. x und -ln(x)). Kann ich dies dann nicht sofort als Lösung angeben? Erstmal mit der Ausnahme x¹e. Dann hätt ich ja sofort y=C1x-C2ln(x). Oder mach ichs mir da zu einfach?
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 977
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 16:56: |
|
Normalerweise müsste das gehen, aber nur wenn die Wronskideterminante ungleich 0 ist.
Aber warum vor dem ln|x| jetzt unbedingt ein Minus stehen muss versteh ich nicht. Es handelt sich doch bei der Lösung um eine Funktionenschar, und die Schar ist doch mit "+" oder "-" die gleiche.
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 418
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 17:47: |
|
Hi Ferdi und Christian,
@Christian:
Wenn du durch "scharfes hinsehen 2 partikuläre Lösungen findest, die linear unabhängig sind, dann kannst du in der Tat sofort die Lösung hinschreiben.
Du hast selbst x und -ln(|x|) als Lösungen ausgemacht. es ist daher nur zweckmäßig, das die allgemeine Lösung dann
y=C2*x-C1*ln(|x|)
lautet. ob dann vor C1 wirklich ein Minuszeichen steht hängt natürlich von C1 ab. Es wird so aber deutlich welche Basislösungen vorliegen.
ist euch klar wie wir den Fall x=e da reinmogeln? Oder soll ich das euch erklären?
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 445
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| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 17:59: |
|
Dann vereinfacht sich natürlich das alles einwenig. Man wird ja bestimmt nicht immer sofort 2 partikuläre Lösungen finden, aber wenn dann gehts ja nach den Bedingung wie oben.
Ich sehe im Moment keine Möglichkeit x=e mit darein zu bekommen. Mich würde das Interessieren wie man es schafft.
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 978
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 18:00: |
|
Du hast selbst x und -ln(|x|) als Lösungen ausgemacht. es ist daher nur zweckmäßig, das die allgemeine Lösung dann
Ich hatte ln(|x|) als partikuläre Lösung.
ist euch klar wie wir den Fall x=e da reinmogeln? Oder soll ich das euch erklären?
Für x=e haben wir einfach eine DGL erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten.
MfG
C. Schmidt
|
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 419
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. März, 2003 - 19:43: |
|
Hi Ferdi und Christian,
Wenn man 2 partikuläre Lösungen findet ist man in der Tat fein raus. Nur, normalerweise ist es nicht so einfach.
Christian:
natürlich haben wir für x=e eine DGL 1. Ordnung, aber das ist für unsere Überlegungen irrelevant.
Man müsste sich mal überlegen, was den passiert, wenn in unserer Berechnung x=e ist.
Mehr dazu Morgen!
Gruß N.
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 420
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 15:09: |
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Ok,
Bei der Trennung der Variablen bei der Aufgabe, bin ich vom Fall ln|x| ungleich 1 ausgegangen, daraus folgt, das u ungleich Null ist.
Wenn also ln|x|=1 dann ist x=e und u=0 Wenn u=z'=0 dann ist z=Konstant. Denn Fall z=const. haben wir für den Fall C1=0 abgedekt.
Somit brauchen wir uns um den Fall x=e nicht mehr bemühen.
inhomogene lin. DGL 2. Ordnung mit veränderlichen Koeffizienten
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Diesen Typ DGL löst man wie sein Verwanten die inhomogene lin DGL 1. Ordnung mit veränderlich Koeffizienten.
D.h:
-Lösung der homogenen lin DGL 2. mit veränderlichen Koeffizienten
-Lösung der inhomogenen lin DGL 2. mit veränderlichen Koeffizienten durch "Variation der Konstanten".
Dann hätte man das allgemeine Ergebnis als Lösung.
=================================================
Aufgabe:
37) Lösen sie die DGL:
x²y''-2xy'+(x²+2)y=x4
viel Vergnügen!
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 981
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 15:30: |
|
Hi Niels
Irgendwie kann ich keine partikuläre Lösung der homogenen DGL finden. Kannst du mir vielleicht einen kleinen Tip geben??
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 421
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 16:59: |
|
Hi Christian,
x²y''-2xy'+(x²+2)y=x4
y''-(2/x)y'+((x²+2)/x²)y=x²
homogene lin. DGL 2. Ordnung mit veränderlichen Koeffizienten.
y''-(2/x)y+((x²+2)/x²)y=0
partikuläre Lösung: yp=x*sin(x)
Lösungsansatz: yh=yp*z=z*x*sin(x)
Rechnung wie oben; viel Glück:-)
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 447
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 17:30: |
|
Hi,
mal wieder hab ich Schwierigkeiten bei der Rechnung,
ich komme auf die Reduzierte Dgl:
u'*sin(x)+u*cos(x)=x
bin ich da noch richtig? Wenn ich die nämlich lösen will, z.B. bekäme ich:
u=(0,5*x²+C)/sin(x)
aber das müsste ich ja wieder integrieren, und dat gaht nicht! Postet mal eure reduzierte Dgl.
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 422
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 18:04: |
|
Hi Ferdi,
ich weiß nicht was du da gerechnet hast, aber die reduzierte DGL sollte wiefolgt aussehen:
2u*cos(x)+u'*sin(x)=0
wünsche fröhliches weiterrechnen:-)
Gruß N.
|
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 983
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| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 18:19: |
|
Sehr gut!
Die Gleichung habe ich auch und erhalte damit als Lösung der homogenen DGL:
yH=C1*x*sin(x)-C2*x*cos(x)
MfG
C. Schmidt |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
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| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 18:22: |
|
Wronskideterminante ist übrigens auch ungleich 0 für x ungleich 0.
MfG
C. Schmidt |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 449
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 18:38: |
|
Meine Herren, der Karneval ist mir zu Kopf gestiegen. Ich hab doch tatsächlich mit der inhomogenen gerechnet, daher auch das =x. Naja, jetzt ists klar. Muss aber wohl erst mal n Stündchen Pause machen.
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 985
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 18:59: |
|
Hi Niels
Kannst du mir vielleicht sagen, wie ich jetzt am besten weitermache?
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 423
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 19:55: |
|
Hi Christian,
du ersezt nun C1 und C2 durch Funktionen z1=z1(x) und z2=z2(x).
Aus der Allgemeinen Lösung der homogenen DGL
yH=C1*y1+C2y2 wird dann der Term y=z1y1+z2*y2
Wenn man diese in die Inhomogene DGL einsezt muss man den Funktionen z1 und z2 noch eine "Zusatzbedingung" erfüllen um genau bestimmbar zu sein.
Diese Zusatzbedingung lautet:
z'1y1+z'2y2=0
Wenn du die Funktion
y=z1y1+z2y2
richtig ableitest und einsezt solltest du insgesammt mit der Zusatzbedingung ein Gleichungssystem mit 2 Gleichungen und den 2 variablen z'1 und z'2 erhalten. Dieses Gleichungssystem ist dann
für z'1 und z'2 eindeutig lösbar.
Dann noch einmal schnell integrieren und du hast die allgemeine Lösung.
viel Erfolg dabei!
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 454
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 21:09: |
|
Hm, ich bin ja eher einer der 5 mal grade sein lässt, das wird ja ziemlich viel Rechenarbeit, da gibts doch bestimmt ein paar Tricks, oder? Ihr seht ja, bei so vielen Rechnung da hau ich fasst immer ein Vorzeichenfehler oder watt rein. Und in der Mathematik gibts doch immer Tricks...
Naja, noch eine Frage zum aktuellen Beispiel, wenn ich die Lösung yH einsetzen will in die Ausgangs Dgl, dann müsste ich sie doch zwei mal ableiten (wegen y''), aber bleibt dann nich auch noch z'' über? Dann hätte man ja nicht nur z' sonder auch noch z''. Irgenwie hab ich hoite einige verständniss probleme.
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 986
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 21:12: |
|
Hi Niels
Wie lautet dein Gleichungssystem??
Meins ist:
2z1'x*cos(x)+2z2'x*sin(x)=x²
z1'x*sin(x)-z2'x*cos(x)=0
Aber irgendwie kann das nicht stimmen, weil meine Lösung am Ende falsch ist...
MfG
C. Schmidt |
Ludwig Schlemm (pingu)
Neues Mitglied
Benutzername: pingu
Nummer des Beitrags: 3
Registriert: 03-2003
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 21:47: |
|
puhh..das is' ja recht interessant hier..200 Beiträge (streck).
Kurze Frage:
Wie lange hätte ich Zeit mir das anzulernen bis es drankommt (Schule..Studium) bin jetzt 11 Klasse (werd' es aber denk' ich mal morgen machen..die ganzen Aufgaben.1a Sache der Exkurs!!) |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 456
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. März, 2003 - 21:54: |
|
Also Differentialgleichungen kommen erst im Studium dran. Wir machen hier das nur aus "Spass" weil Niels es angeboten hat! Du bist gerne eingeladen hier teilzunehmem! Je mehr desto besser...
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 425
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. März, 2003 - 09:13: |
|
Hi Ferdi,
falsch, sie enthällt keine Terme wie z'',das liegt an der Zusatzbedingung, man muss dabei aber auch bedenken, dass y1 und y2 Lösungen der homogenen DGL sind.
Wir gehen von der Normalenform aus:
y''-(2/x)y'+((x²+2)/x²)y=x²
y=z1y1+z2y2
y'=z1y'1+z2y'2
y''=z'1y'1+z'2*y'2+z1y''1+z2y''2
Wenn ihr euch wundert warum ihr das Ergebnis mit der Produktregel nicht hinbekommmt-keine Sorge, die "Zusatzbedingung" wurde nämlich schon eingearbeitet.
Eingesezt in die Normalenform:
z'1y'1+z'2y'2+z1y''1+z2y''2-(2/x)z1y'1-(2/x)z2y'2+z1y1+z2y2+(2/x²)z1y1+(2/x²)*z2y2=x²
Dieser ganzer "Zahlenwust" wird umgeordnet:
z'1y'1+z'2y'2+z1*[y''1-(2/x)y'1+y1+(2/x²)*y1]+z2*[y''2-(2/x)y'2+y2+(2x²)y2]=x²
Da y1 und y2 Lösungen der homogenen DGL sind, sind die blauen und roten Terme Null. Es bleibt also nur:
z'1y'1+z'2y'2=x²
Wir erhalten also das Gleichungssystem:
(I) z'1y'1+z'2y'2=x²
(II) z'1y1+z'2y2=0
(II)="Zusatzbedingung"
Entscheident ist für die eindeutige Lösbarkeit des systems die Koeffizientendeterminante, die der Wronskideterminante entspricht. Sie ist wie Christian schon erlätert hat ungleich Null für x ungleich Null. Das aber x ungleich Null sein muss ist logisch, denn sonst hätten wir einige Umformungen nicht erlauben dürfen. D. h es muss also genau eine Lösung für z'1 und z'2 geben.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 458
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. März, 2003 - 12:36: |
|
Ach so, naja, dann will ich mal schauen, da hätt ich ja lange rechnen können, ich wusste doch das es da einen Trick gibt ;-)
Dann will ich ma meine alte Rechenmaschine (mein Kopf) anschmeisen und das alles mal versuchen, bis dann |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. März, 2003 - 12:53: |
|
Hi!
Ich glaube jetzt habe ich die Lösung:
y=C1x*sin(x)-C2x*cos(x)+x²
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 427
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. März, 2003 - 13:25: |
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Hi Christian,
im Prinzip ist dein ergebnis richtig, ich habe nur als homogene Lösung:
yH=C1*x*cos(x)+C2*x*sin(x)
und damit als gesammtlösung:
y=x²+C3*x*cos(x)+C4*x*sin(x)
Da du in der homogenen Lösung ein Minuszeichen drinn hast, denke ich hat dich das Minuszeichen bis zum "bitteren Ende" begleitet. Aber mehr hätte ich nicht anzumerken; Ihr seht, das das Lösen solcher DGL's schon recht aufwendig und kompliziert ist.
Kann es dann weitergehen?
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 988
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| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. März, 2003 - 13:41: |
|
Stimmt, das war wirklich sehr aufwendig ;)
Aber von mir aus kann es weitergehen!
MfG
C. Schmidt |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 460
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. März, 2003 - 13:49: |
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Ich mach nur weiter wenns nicht mehr so viel Rechenarbeit ist ;-). Nein, im Ernst, s kann weiter gehen!
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 990
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. März, 2003 - 14:23: |
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Wollen wir bald nochmal einen neuen Thread aufmachen?
Der hier ist ja auch schon wieder fast so lang wie der alte.
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 428
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. März, 2003 - 14:36: |
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Hi Christian und Ferdi,
wenn ihr meint, dann macht bitte ein neuen Thread auf. Aber dann wieder alles verlinken!
Um zukünftig Rechenarbeit zu erleichtern habe ich hier mal eine Tabelle zusammengestellt, die man für Lösungsansätze bei speziellen Störfunktionen verwenden kann. Sie bezieht sich erstmal auf DGL's 1. Ordnung, eine für die 2. Ordnung ist in Arbeit.
bis später.
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 994
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. März, 2003 - 15:06: |
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Ich hab mal den neuen Thread aufgemacht. Hier der Link:
http://www.mathehotline.de/mathe4u/hausaufgaben/messages/9308/255 613.html?1046790325
MfG
C. Schmidt
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DGL Lösungsansätze Tabelle 1
