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Gewöhnliche DGL » DGLen 1. Ordnung » DGL mittels Bernoulli-Substitution lösen
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Universität/Hochschule J DGL mittels Bernoulli-Substitution lösen
maxmustermann9991
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}}\)
Gegeben ist folgende DGL:

$$y'(x)=\frac{1}{2y(x)}-\frac{y(x)}{2x}$$
mit dem AWP \(y(1)=1\).

Das Ganze soll ich nun mit der Bernoulli-Substitution lösen.

Eine Bernoulli-Gleichung hat die Form:
$$y'(x)=p(x)\cdot y(x)+q(x)\cdot y^n(x)$$
Wenn ich meine DGL nun bisschen umschreibe zu:

$$y'=-\frac{1}{2x}\cdot y+\frac{1}{2}\cdot y^{-1}$$
erhalte ich ja die nötige Form für die Bernoulli-DGL.

Nun habe ich das Ganze umgeformt zu:

$$\frac{y'}{y^{-1}}=-\frac{1}{2x}\cdot y^2+\frac{1}{2}$$
Jetzt folgt die Substitution:

$$u=y^{1-(-1)}=y^2$$ $$u'=2\cdot y \cdot y'$$ $$\rightarrow y'=\frac{u'}{2y}$$
Das Ganze in die umgeformte DGL eingesetzt:

$$\frac{\frac{u'}{2y}}{y^{-1}}=-\frac{1}{2x}u+\frac{1}{2}$$ $$\rightarrow\frac{u'}{2}=-\frac{1}{2x}u+\frac{1}{2}$$ $$\rightarrow u'=-\frac{u}{x}+1$$ $$\rightarrow u'+\frac{u}{x}=1$$


Wie gehe ich dann weiter vor? Was ist mit der inhomogenenen/partikulären Lösung? Um somit dann auf \(y_{allg}=y_h+y_{part}\) zu gelangen und dann das AWP zu lösen.
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}}\)
Hallo,

2019-12-25 17:17 - maxmustermann9991 im Themenstart schreibt:
Gegeben ist folgende DGL:

$$y'(x)=\frac{1}{2y(x)}-\frac{y(x)}{2x}$$
mit dem AWP \(y(1)=1\).

Das Ganze soll ich nun mit der Bernoulli-Substitution lösen.

Eine Bernoulli-Gleichung hat die Form:
$$y'(x)=p(x)\cdot y(x)+q(x)\cdot y^n(x)$$
Wenn ich meine DGL nun bisschen umschreibe zu:

$$y'=-\frac{1}{2x}\cdot y+\frac{1}{2}\cdot y^{-1}$$
erhalte ich ja die nötige Form für die Bernoulli-DGL.

Nun habe ich das Ganze umgeformt zu:

$$\frac{y'}{y^{-1}}=-\frac{1}{2x}\cdot y^2+\frac{1}{2}$$

Das passt soweit.

2019-12-25 17:17 - maxmustermann9991 im Themenstart schreibt:
Jetzt folgt die Substitution:

$$u=y^{1-(-1)}=y^2$$ $$u'=2\cdot y \cdot y'$$ $$\rightarrow y'=\frac{u'}{2y}$$
Das Ganze in die umgeformte DGL eingesetzt:

$$\frac{\frac{u'}{2y}}{y^{-1}}=-\frac{1}{2x}u+\frac{1}{2}$$ $$\rightarrow\frac{u'}{2}=-\frac{1}{2x}u+\frac{1}{2}$$ $$\rightarrow u'=-\frac{u}{x}+1$$ $$\rightarrow u'+\frac{u}{x}=1$$

Auch das ist korrekt. Falls du das verwenden darfst: für die substituierte DGL gibt es eine Formel, da diese Substitution ja immer nach dem selben Schema abläuft. Man kommt damit ebenfalls zu deinem Resultat.

2019-12-25 17:17 - maxmustermann9991 im Themenstart schreibt:
Wie gehe ich dann weiter vor? Was ist mit der inhomogenenen/partikulären Lösung? Um somit dann auf \(y_{allg}=y_h+y_{part}\) zu gelangen und dann das AWP zu lösen.

Also ich habe das gerade so gemacht: die zugehörige homogene DGL \(u'+\frac{u}{x}=0\) gelöst und dann Variation der Konstanten angewendet.


Gruß, Diophant


[Verschoben aus Forum 'Differentialgleichungen' in Forum 'DGLen 1. Ordnung' von Diophant]
\(\endgroup\)


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maxmustermann9991
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}}\)
2019-12-25 17:37 - Diophant in Beitrag No. 1 schreibt:

Also ich habe das gerade so gemacht: die zugehörige homogene DGL \(u'+\frac{u}{x}=0\) gelöst und dann Variation der Konstanten angewendet.


Dann sollte ich auf \(u=-x+C\) kommen. Korrekt?
Muss ich das irgendwie noch rücksubstituieren?

Ich habe mal noch nicht zurück substituiert und dann die Variation der Konstante in folgende DGL eingesetzt: \(u'=-\frac{u}{x}+1\).

VDK: \(u=-x+C(x)\)

Eingesetzt:

$$\biggl(-x+C(x)\biggr)'=-\frac{-x+C(x)}{x}+1$$ $$-1+C'(x)=-\biggl(\frac{-x}{x}+\frac{C(x)}{x}\biggr)+1$$ $$C'(x)=3-\frac{C(x)}{x}$$
Wie löse ich das dann weiter auf?
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}}\)
Hallo,

2019-12-25 18:08 - maxmustermann9991 in Beitrag No. 2 schreibt:
2019-12-25 17:37 - Diophant in Beitrag No. 1 schreibt:

Also ich habe das gerade so gemacht: die zugehörige homogene DGL \(u'+\frac{u}{x}=0\) gelöst und dann Variation der Konstanten angewendet.


Dann sollte ich auf \(u=-x+C\) kommen. Korrekt?

Nein, das ist falsch. Das hast du wohl eine Logarithmengesetz missachtet...

2019-12-25 18:08 - maxmustermann9991 in Beitrag No. 2 schreibt:
Muss ich das irgendwie noch rücksubstituieren?

Gemach, gemach. Zuerst die inhomogene DGL lösen, dann zurücksubtituieren.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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maxmustermann9991
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}}\)
2019-12-25 18:13 - Diophant in Beitrag No. 3 schreibt:

Nein, das ist falsch. Das hast du wohl eine Logarithmengesetz missachtet...


Hmm...

$$u'+\frac{u}{x}=0$$ $$u'=-\frac{u}{x}$$ $$\frac{u'}{u}=-\frac{1}{x}$$ $$\frac{\frac{du}{dx}}{u}=-\frac{1}{x}$$ $$\frac{1}{u}\frac{du}{dx}=-\frac{1}{x}$$ $$\int \frac{1}{u}du=-\int\frac{1}{x}dx$$ $$\ln(u)=-\ln(x)+\ln(C)$$ Auf beiden Seiten die e-Funktion angewandt:
$$u_h=-x\cdot C$$
Da habe ich den Fehler gefunden, aus Plus wird natürlich Mal.

Dann sollte die VDK so lauten:
$$u=-x\cdot C(x)$$
Eingesetzt in die DGL von vorhin:

$$\biggl(-x\cdot C(x)\biggr)'=-\frac{-x\cdot C(x)}{x}+1$$ $$-C(x)-x\cdot C'(x)=C(x)+1$$ $$-C(x)-x\cdot C'(x)=C(x)+1$$ $$C'(x)=\frac{2C(x)+1}{-x}$$
Sieht das schon besser aus?
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-12-25

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

es ist

\[-\log(x)=\log\left(\frac{1}{x}\right)\]
und demenstsprechend

\[C-\log(x)=\log\left(\frac{e^C}{x}\right)\]
Das hast du vergessen zu beachten.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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maxmustermann9991
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}}\)
Komme ich dann auf ein \(u_h=\frac{C}{x}\) oder habe ich das immer noch falsch verstanden?
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}}\)
2019-12-25 18:53 - maxmustermann9991 in Beitrag No. 6 schreibt:
Komme ich dann auf ein \(u_h=\frac{C}{x}\) oder habe ich das immer noch falsch verstanden?

Mit Umbenennung der Konstante: ja.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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maxmustermann9991
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}}\)
Kommst du dann auch auf ein \(C(x)=\frac{x^2}{2}+C_1\)?

Das Ganze dann wieder hier \(u=\frac{1}{x}\cdot C(x)\) einsetzen:

$$u=\frac{1}{x}\cdot\biggl(\frac{x^2}{2}+C_1\biggr)=\frac{1}{2}x+\frac{C_1}{x}$$
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

2019-12-25 19:24 - maxmustermann9991 in Beitrag No. 8 schreibt:
Kommst du dann auch auf ein \(C(x)=\frac{x^2}{2}+C_1\)?

Das Ganze dann wieder hier \(u=\frac{1}{x}\cdot C(x)\) einsetzen:

$$u=\frac{1}{x}\cdot\biggl(\frac{x^2}{2}+C_1\biggr)=\frac{1}{2}x+\frac{C_1}{x}$$

ja, sieht gut aus.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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maxmustermann9991
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}}\)
Und wie sieht es nun mit der Rücksubstitution aus? smile

Was habe ich hiermit eigentlich nun ausgerechnet?
Das \(u_{allgemein}\) schon oder erst eine Teillösung, die ich noch zu \(u_{homogen}\) addieren muss?

2019-12-25 19:24 - maxmustermann9991 in Beitrag No. 8 schreibt:


$$u=\frac{1}{x}\cdot\biggl(\frac{x^2}{2}+C_1\biggr)=\frac{1}{2}x+\frac{C_1}{x}$$



\(\endgroup\)


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Caban
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-12-25


Hallo

Ja, das kann man so machen.

Gruß Caban

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]



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Caban
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-12-25


Hallo

Du hast schon u allgemein. Zur Rücksubstitution kannst du die Substitution aus dem Themenstart nutzen.

Gruß Caban



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maxmustermann9991
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\pmatrix}{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}}\)
$$u=\frac{1}{x}\cdot\biggl(\frac{x^2}{2}+C_1\biggr)=\frac{1}{2}x+\frac{C_1}{x}$$
Aus dem Themenstart: \(u=y^2\) folgt:

$$y^2=\frac{1}{2}x+\frac{C_1}{x}$$ $$y_{allg}=\pm\sqrt{\frac{1}{2}x+\frac{1}{x}C_1}$$
Dann mit dem AWP lösen und fertig!  biggrin
\(\endgroup\)


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