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Gewöhnliche DGL » DGLen 1. Ordnung » Differentialgleichung und Anfangsproblem lösen
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Universität/Hochschule J Differentialgleichung und Anfangsproblem lösen
nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-06-28


Hallo,
ich soll alle Lösungen der Differentialgleichung für $$ x > 0, a \in \mathbb{R} : y'+2 \frac{y}{x} = x^a $$
(a) Bestimmen sie alle Lösungen der Gleichung
(b) Lösen Sie das Anfangswertproblem mit y(1)=0

Mir ist leider noch nicht so richtig klar, wie ich hier vorgesehen soll. frown



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

du könntest hier ganz bequem die zugehörige homogene DGL per Trennung der Variablen lösen und das AWP dann per Variation der Konstanten. Da brauchst du an einer Stelle eine Fallunterscheidung, was den Wert von \(a\) angeht.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)


du könntest hier ganz bequem die zugehörige homogene DGL per Trennung der Variablen lösen und das AWP dann per Variation der Konstanten. Da brauchst du an einer Stelle eine Fallunterscheidung, was den Wert von \(a\) angeht.


Meine homogene Gleichung $$ y' = x^a-2\frac{y}{x} $$
$$\frac{dy}{dx} = x^a-2\frac{1}{x}y $$
$$ y dy=x^a-\frac{2}{x} dx$$
$$\int_{0}^{y_0}y dy = \int_{1}^{x_0}x^a-\frac{2}{x} dx$$
$$ \frac{1}{2} (y_0)^2 = \int_{1}^{x_0}x^adx -2\int_{1}^{x_0}\frac{2}{x}dx$$
$$ \frac{1}{2} (y_0)^2 = \frac{(x_0)^a+1}{a+1}-2ln(x_0)-\frac{1}{a+1}$$

Und das jetzt nach y auflösen?
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

nein. Die homogene DGL lautet hier

\[y'+2\frac{y}{x}=0\]
Und die kann man leicht per TdV lösen.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)

nein. Die homogene DGL lautet hier

\[y'+2\frac{y}{x}=0\]
Und die kann man leicht per TdV lösen.

Dachte zuerst auch an gleich 0, weil es ja homogen sein soll, aber wieso kann ich das einfach annehmen?

Und wenn ich das mit TdV lösen möchte, dann muss ich ja praktisch wie oben auf beiden Seiten das Integral berechnen und als untere Grenze jeweils den Wert des Anfangswertproblems nehmen, oder?
Nach meiner Umformung erhalte ich $$ \int_{0}^{y_0} \frac{1}{y} dy = \int_{1}^{x_0} -2x dx $$ Nur hier wäre die unter Grenze mit 0 ja kritisch.
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

das ist ja noch nicht dein AWP, sondern diese DGL sollst du allgemein lösen. Das kann man entweder per unbestimmten Integralen (was durchaus korrekt, aber heutztage nicht mehr so gern gesehen ist) rechnen:

\[\frac{dy}{dx}=-2\frac{y}{x}\quad\Leftrightarrow\quad\frac{dy}{y}=-2\frac{dx}{x}\]
Oder du machst es mit bestimmten Integralen. Dann lauten die Grenzen

- links: von \(y_0\) bis \(y\)
- rechts: von \(x_0\) bis \(x\)

Dabei wird aus den konstanten Anteilen die Integrationskonstante. Ich finde hier die erste Variante praktischer, da setzt man einfach auf der rechten Seite eine Integrationskonstante und fertig.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)

\[\frac{dy}{dx}=-2\frac{y}{x}\quad\Leftrightarrow\quad\frac{dy}{y}=-2\frac{dx}{x}\]

Hallo, so haben wir es tatsächlich auch gemacht bei einer Übungsaufgabe.(mit unbestimmtem Integral)
Das würde bei mir ja dann ergeben:
$$ y= e^-(2ln(x))+e^c $$ Richtig?

Gruß nakrama
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-06-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

naja, richtig würde ich das noch nicht nennen. Du hast dich auf den richtigen Weg begeben, könnte man sagen.  cool

Ich rechne dir diesen Teil mal vor, dann probierst du mal die inhomogene DGL samt AWP.

\[\ba
\frac{dy}{dx}&=-2\frac{y}{x}\quad\Leftrightarrow\\
\\
\frac{dy}{y}&=-2\frac{dx}{x}\quad\Rightarrow\\
\\
\ln\left|y\right|&=-2\ln\left|x\right|+\ln(C)=\ln\left(\frac{1}{x^2}\right)+\ln(C),\ C>0\quad\Rightarrow\\
\\
y&=\pm e^{\ln\left(1/x^2\right)+\ln(C)}=\pm\frac{C}{x^2}=\frac{c}{x^2}\quad\text{mit }c\in\IR
\ea\]

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)


\[\ba
\frac{dy}{dx}&=-2\frac{y}{x}\quad\Leftrightarrow\\
\\
\frac{dy}{y}&=-2\frac{dx}{x}\quad\Rightarrow\\
\\
\ln\left|y\right|&=-2\ln\left|x\right|+\ln(C)=\ln\left(\frac{1}{x^2}\right)+\ln(C),\ C>0\quad\Rightarrow\\
\\
y&=\pm e^{\ln\left(1/x^2\right)+\ln(C)}=\pm\frac{C}{x^2}=\frac{c}{x^2}\quad\text{mit }c\in\IR
\ea\]

Hallo,

habe jetzt versucht die Homogene Lösung abzuleiten und dann y und y' einzusetzen:

$$y'+ 2\frac{y}{x}=x^a$$
$$y= \frac{c}{x^2}, y'=\frac{c'*x^2-c*2x}{x^4}$$
$$\Rightarrow\frac{c'*x^2-c*2x}{x^4}+2*\frac{c}{x^3}=x^a$$
$$\Leftrightarrow\frac{c'}{x^2}=x^a \Rightarrow c'=x^a*x^2$$

Nun wollte ich partiell integrieren, wobei ich mir nicht ganz sicher bei meiner Wahl bin.
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

die Potenzgesetze gibts ja auch noch:

\[x^a\cdot x^2=x^{a+2}\]

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

die hab ich bemerkt, aber hab zu voreilig an die partielle gedacht.
Daraus ergibt sich dann ja: $$ \frac{x^a+3}{a+3}+C $$
a+3 natürlich im Exponenten, kriege jedoch den Exponenten so hin, dass alles enthalten ist.
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

das stimmt nicht nicht. Du musst hier den Fall \(a=-3\) gesondert betrachten...


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

da hast du natürlich recht, war jetzt unter Voraussetzung, dass $$ a \neq -3$$
Für a=-3 ergibt sich $$ln(x) + C$$ oder nicht?
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

2019-06-30 17:18 - nakrama in Beitrag No. 12 schreibt:
da hast du natürlich recht, war jetzt unter Voraussetzung, dass $$ a \neq -3$$
Für a=-3 ergibt sich $$ln(x) + C$$ oder nicht?

ja, genau. Jetzt setze das in die Lösung der homogenen DGL für \(C\) ein und löse damit dein AWP, natürlich wieder für beide Fälle getrennt.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

eingesetzt liefert es mir:

$$ y= \frac{ln(x)+C}{x^2} \Rightarrow 0 = \frac{ln(1)+C}{1} = C, a =-3$$
$$ y= (\frac{x^a+3}{a+3}+C)*1/x^2 \Rightarrow 0 = \frac{1}{a+3}+C \Rightarrow C = - \frac{1}{a+3}, a\neq -3$$
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

der Fall \(a=-3\) stimmt zwar, aber da darfst du \(C\) ja schon gerne noch ausrechnen und explizit hinschreiben (überhaupt solltest du deine Schreibweisen etwas überdenken, die sind teilweise ein wenig 'quer durch die Brust ins Auge').  cool

Im Fall \(a\neq -3\) hast du dich verrechnet. Schau dir mal die Summe im Zähler nochmal genau an...

Und schließlich hast du die Fälle für \(a\) genau verkehrt herum angegeben.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

ja die Notation war nur zur Veranschaulichung gedacht biggrin
Im Falle a = -3 ist C = 0, jedoch sehe ich bei $$ a \neq -3$$ meinen Fehler nicht, um ehrlich zu sein.
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
2019-06-30 18:30 - nakrama in Beitrag No. 16 schreibt:
Hallo,

ja die Notation war nur zur Veranschaulichung gedacht biggrin
Im Falle a = -3 ist C = 0, jedoch sehe ich bei $$ a \neq -3$$ meinen Fehler nicht, um ehrlich zu sein.

\[y(1)=\frac{1^a+3}{a+3}+C=\frac{4}{a+3}+C=0\]
Jetzt klarer?  wink

Heute ist das wegen der Hitze alles erlaubt.  biggrin


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)


\[y(1)=\frac{1^a+3}{a+3}+C=\frac{4}{a+3}+C=0\]
Jetzt klarer?  wink


Moment es sollte a+3 im Exponenten sein, nicht $$x^a +3$$
Sofern es vorher richtig war, war das hier nur ein Tippfehler. biggrin

 
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
2019-06-30 18:46 - nakrama in Beitrag No. 18 schreibt:


\[y(1)=\frac{1^a+3}{a+3}+C=\frac{4}{a+3}+C=0\]
Jetzt klarer?  wink

Moment es sollte a+3 im Exponenten sein, nicht $$x^a +3$$
Sofern es vorher richtig war, war das hier nur ein Tippfehler. biggrin

Au weia. Ich sag ja, die Hitze. Ich nehme also alles zurück und behaupte das Gegenteil. Will sagen: in Beitrag #14 war es bis auf Schreibweisen richtig.  smile


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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nakrama
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30



Au weia. Ich sag ja, die Hitze. Ich nehme also alles zurück und behaupte das Gegenteil. Will sagen: in Beitrag #14 war es bis auf Schreibweisen richtig.  smile

Ist ja absolut kein Problem, vielen Dank für die Mühe und Zeit! smile



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