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Gewöhnliche DGL » DGLen 1. Ordnung » reell-wertige Lösungen zu skalaren linearen ODEs und AWPs
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Universität/Hochschule reell-wertige Lösungen zu skalaren linearen ODEs und AWPs
hula123
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  Themenstart: 2022-01-16

Moin, a) u' = -u/t mit u(0) = x0 b) u' = 2tu + 2t mit u(0) = x0 Habe leider nicht wirklich eine Idee. Muss man bei beiden eine Trennung der Variablen vornehmen?


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Diophant
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-01-16

Hallo, \quoteon(2022-01-16 14:44 - hula123 im Themenstart) Muss man bei beiden eine Trennung der Variablen vornehmen? \quoteoff ja, kann man in beiden Fällen machen. Gruß, Diophant [Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'DGLen 1. Ordnung' von Diophant]


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hula123
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-01-16

Hallo Diophant, vielen Dank erstmal. Gibt es denn elegantere Lösungsansätze? Welche wäre die "einfachste"?


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nzimme10
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-01-16

Hallo, die zweite DGL ist eine inhomogene lineare DGL erster Ordnung. Da könnte man also im Prinzip direkt eine Lösung hinschreiben mit der entsprechenden Formel. Ich denke im Allgemeinen wird es kaum einfacher als Trennung der Variablen. An deiner Stelle würde ich mich eher darüber freuen, dass die DGLn separabel sind :) LG Nico


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Diophant
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-01-16

Hallo, \quoteon(2022-01-16 15:55 - hula123 in Beitrag No. 2) Gibt es denn elegantere Lösungsansätze? Welche wäre die "einfachste"? \quoteoff das war von mir viellecht etwas blöd formuliert: aber TdV ist hier das "Mittel der Wahl". Gruß, Diophant [Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]


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hula123
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-01-16

Ok, danke erstmal für deine Antwort. Was ich allerdings noch nicht ganz verstehe ist das AWP mit u(0) = x0. Wie geht man damit genau um? [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


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nzimme10
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-01-16

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) \quoteon(2022-01-16 16:20 - hula123 in Beitrag No. 5) Ok, danke erstmal für deine Antwort. Was ich allerdings noch nicht ganz verstehe ist das AWP mit u(0) = x0. Wie geht man damit genau um? [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.] \quoteoff Eine entsprechende Lösung $u$ der DGL soll dann eben $u(0)=x_0$ erfüllen. Ich verstehe deine Frage denke ich nicht. Trennung der Variablen (wenn man es "anständig" macht) berücksichtigt solche Anfangswerte bereits. LG Nico\(\endgroup\)


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Diophant
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-01-16

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo, \quoteon(2022-01-16 16:20 - hula123 in Beitrag No. 5) Was ich allerdings noch nicht ganz verstehe ist das AWP mit u(0) = x0. Wie geht man damit genau um? \quoteoff Du bekommst in der allgemeinen Lösung ja eine Integrationskonstante. Die musst du eben so wählen (und im Fall der ersten DGL auch noch die passende Lösungsfunktion), dass \(u(0)=x_0\) gilt. Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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hula123
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-01-16

Ok, ich rechne mal und würde das dann hier nochmal posten. Würde mich freuen, wenn ihr da anschließend nochmal drüber schauen könntet.


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hula123
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-01-16

So, bin jetzt mal dazu gekommen, aber brauche bei beiden am Ende etwas Hilfe (vorausgesetzt, der Anfang stimmt): S = Integralzeichen a) u' = -u/t mit u(o) = x0 sei u = y (für mich übersichtlicher) => y' = -y/t | *t = t*y' = -y | y' = dy/dt = t*dy/dt = -y | *dt = t*dy = -y*dt | :dy :dt = t/dt = -y/dy | Kehrwert = -dt/t = dy/y = -1/t*dt = 1/y*dy | Integrieren = -S 1/t dt = S 1/y dy (S = Integralzeichen) = -ln|t| = ln|y| + C | e... = |t| = |y| + C Weiter komme ich nicht.. :( ____________________________________________ b) u' = 2tu + 2t mit u(o) = x0 sei u = y => y' = 2ty + 2t | y' = dy/dt = dy/dt = 2ty + 2t | *dt :(2ty+2t) = dy/2ty+2t = dt | Integrieren = S 1/2ty+2t dy = S dx = S 1/2t(y+1) = S dx = 1/2t * S 1/y+1 dy = S dx = 1/2t * ln(1+y) = x + C | e... = e^ln(y+1)/2t = e^x+C Weiter komme ich hier nicht.. Wärt ihr so nett, mir weiterzuhelfen, sofern das bis hierhin überhaupt korrekt ist? Bin etwas überrascht, dass es doch so "kompliziert" bis hier hin war.


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nzimme10
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  Beitrag No.10, eingetragen 2022-01-17

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, betrachten wir einmal die zweite DGL $$ u'=2tu+2t, \ u(0)=x_0. $$ Diese ist separabel, denn setzen wir $f(t):=t$ und $g(u):=2u+2$, so ist $$ 2tu+2t=t(2u+2)=f(t)g(u). $$ Wir haben es also mit einer DGL der Form $$ \frac{\mathrm d u}{\mathrm d t}=f(t)g(u) $$ zu tun. Durch symbolisches Rechnen mit den Differentialen wird das zu $$ \frac{1}{g(u)} \d u=f(t) \d t \ \Rightarrow \ \int\frac{1}{g(u)} \d u=\int f(t) \d t. $$ Betrachte daher nun die Funktionen $$ F(t)=\int_0^{t}f(s) \d s=\int_0^{t} s \d s=\frac 12 s^2 \bigg|_0^{t}=\frac 12 t^2 $$ und (im Fall $x_0>-1$) $$ G(u)=\int_{x_0}^u \frac{1}{g(s)} \d s=\int_{x_0}^u \frac{1}{2s+2} \d s=\frac 12\int_{x_0}^u \frac{1}{s+1} \d s=\frac 12 \ln(s+1) \bigg|_{x_0}^u=\frac 12\ln\left(\frac{u+1}{x_0+1}\right). $$ Dann gilt $$ G^{-1}(y)=(x_0+1)\e^{2y}-1 $$ und somit ist $$ \varphi(t):=G^{-1}(F(t))=(x_0+1)\e^{t^2}-1 $$ eine Lösung des AWP. Für andere Werte von $x_0$ musst du dann eben noch Fälle unterscheiden. LG Nico\(\endgroup\)


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Diophant
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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-01-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo, dann übernehme ich mal noch die erste DGL. Dort hast du einiges richtig gemacht, aber nicht alles. Und vor allem ist es viel zu umständlich. Seperariert ist diese DGL schnell: \[\frac{\dd u}{\dd t}=-\frac{u}{t}\quad\iff\quad \frac{\dd u}{u}\ =-\frac{\dd t}{t}\ \] Integrieren ergibt: \[\ln\left|u\right|=-\ln\left|t\right|+c\] An dieser Stelle sollte man jetzt erst einmal über Logarithmengesetze nachdenken, anstatt blindlings weiterzurechnen. Was ist denn allgemein \(-\ln(x)\)? (Insbesondere ist deine Rechnung ab hier falsch.) Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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Wally
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  Beitrag No.12, eingetragen 2022-01-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\) Und man sollte ein paar Gedanken daran setzen, dass \( g(u) \) bzw.\( u\) auch Null sein könnte. Viele Grüße Wally P.S. In der Analysis sind Nullteiler unbeliebt!\(\endgroup\)


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hula123
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\quoteon(2022-01-17 09:10 - Diophant in Beitrag No. 11) Hallo, dann übernehme ich mal noch die erste DGL. Dort hast du einiges richtig gemacht, aber nicht alles. Und vor allem ist es viel zu umständlich. Seperariert ist diese DGL schnell: \[\frac{\dd u}{\dd t}=-\frac{u}{t}\quad\iff\quad \frac{\dd u}{u}\ =-\frac{\dd t}{t}\ \] Integrieren ergibt: \[\ln\left|u\right|=-\ln\left|t\right|+c\] An dieser Stelle sollte man jetzt erst einmal über Logarithmengesetze nachdenken, anstatt blindlings weiterzurechnen. Was ist denn allgemein \(-\ln(x)\)? (Insbesondere ist deine Rechnung ab hier falsch.) Gruß, Diophant \quoteoff Tut mir leid Diophant, aber ich sehe nicht, wie ich selber weiter komme :(


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Diophant
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  Beitrag No.14, eingetragen 2022-01-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) \quoteon(2022-01-17 19:12 - hula123 in Beitrag No. 13) Tut mir leid Diophant, aber ich sehe nicht, wie ich selber weiter komme :( \quoteoff Hm. Du könntest ja schon einmal ganz selbstständig die Potenz- und die Logarithmengsetze wiederholen, um dir deine Fehler klarzumachen. Nochmal: - was ergibt \(-\log(x)\) umgeformt? - was ist eine andere Schreibweise für \(a^{b+c}\)? Hättest du deine Lösung mal abgeleitet und in die DGL eingesetzt, wäre dir von vornherein klar gewesen, dass dein Resultat nicht stimmen kann. Das, was wally geschrieben hat ist auch noch zu bedenken (ich hatte es oben auch irgendwo angedeutet): mache dir klar, dass es eine weitere Lösung gibt, die durch die Integration der DGL nicht direkt erfasst wird: die Nullfunktion. Und über den Definitionsbereich deiner Lösungen dieser DGL solltest du dir auch noch Gedanken machen... Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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