Trennung der Variablen in DGL < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:43 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
| Aufgabe | | Lösen sie folgende Differentialgleichung: y'+ [mm] \frac{2y}{x}=\frac{e^{-x^2}}{x} [/mm] |
Mein Ansatz bisher:
[mm] \frac{dy}{dx}=\frac{1}{x}*(e^{-x^2}-2y)
[/mm]
Aber ansonsten keine Ahnung wie ich die Variablen trennen soll =(
Muss ich das x irgendwie noch aus dem Exponenten holen?
Wäre dankbar für einen kleinen Denkanstoß...
Gruß Schulz
und weils mein erster ist:
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo Schulz,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> Lösen sie folgende Differentialgleichung: y'+
> [mm]\frac{2y}{x}=\frac{e^{-x^2}}{x}[/mm]
> Mein Ansatz bisher:
> [mm]\frac{dy}{dx}=\frac{1}{x}*(e^{-x^2}-2y)[/mm]
>
> Aber ansonsten keine Ahnung wie ich die Variablen trennen
> soll =(
> Muss ich das x irgendwie noch aus dem Exponenten holen?
>
Die homogene DGL
[mm]y'+\frac{2y}{x}=0[/mm]
ist durch Trennung der Variablen zu lösen.
> Wäre dankbar für einen kleinen Denkanstoß...
> Gruß Schulz
>
>
>
> und weils mein erster ist:
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:20 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
Danke erstmal für deine Hilfe :)
Aber anscheinende brauche ich doch ein bisschen mehr als einen Denkanstoß O.o
Nach Trennung der Variablen in der homogenen DGL habe ich:
[mm] \frac{1}{2y}*dy=\frac{1}{-x}*dx
[/mm]
Aber was muss ich jetzt mit dem Rest machen ?
Gruß Schulz
edit: Hab das "-" jetzt eingefügt
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Hallo Schulz,
> Danke erstmal für deine Hilfe :)
> Aber anscheinende brauche ich doch ein bisschen mehr als
> einen Denkanstoß O.o
>
> Nach Trennung der Variablen in der homogenen DGL habe ich:
>
> [mm]\frac{1}{2y}*dy=\frac{1}{x}*dx[/mm]
>
Da ist doch ein "-" verlorengegangen:
[mm]\frac{1}{2y}*dy=\blue{-}\frac{1}{x}*dx[/mm]
> Aber was muss ich jetzt mit dem Rest machen ?
Integriere jetzt auf beiden Seiten.
> Gruß Schulz
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:47 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
[mm] \integral_{}^{} \frac{1}{2y}\, [/mm] dy = [mm] \integral_{}^{} \frac{1}{-x}\, [/mm] dx
[mm] \frac{1}{2}*\integral_{}^{} \frac{1}{y}\, dy=-\integral_{}^{} \frac{1}{x}\, [/mm] dx
[mm] \frac{1}{2}*\ln [/mm] (y) = [mm] -\ln [/mm] (x) +c'
[mm] \ln [/mm] (y) [mm] =-2*\ln [/mm] (x) +c'
y= [mm] x^{-2}+c
[/mm]
Ich hoffe das ist sowei richtig. Bin mir aber immer noch nicht sicher was jetzt folgt bzw. was mit den [mm] \frac{e^{-x^2}}{x} [/mm] vom Anfang passiert.
Gruß Schulz
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:06 Sa 10.12.2011 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> [mm]\integral_{}^{} \frac{1}{2y}\,[/mm] dy = [mm]\integral_{}^{} \frac{1}{-x}\,[/mm]
> dx
> [mm]\frac{1}{2}*\integral_{}^{} \frac{1}{y}\, dy=-\integral_{}^{} \frac{1}{x}\,[/mm]
> dx
>
> [mm]\frac{1}{2}*\ln[/mm] (y) = [mm]-\ln[/mm] (x) +c'
ab hier ist es falsch.
[mm] $\frac{1}{2}\ln y=-\ln [/mm] x+c'$
[mm] $\Rightarrow \ln y=-2\ln [/mm] x+2c'$
jetzt alles in den Exponent der exp-Fkt. schreiben:
[mm] $\Rightarrow e^{\ln y}=e^{-2\ln x+2c'}$
[/mm]
[mm] $y_h=e^{-2\ln x}\cdot \underbrace{e^{2c'}}_{c:=}=x^{-2}\cdot c=\frac{c}{x^2}$
[/mm]
> [mm]\ln[/mm] (y) [mm]=-2*\ln[/mm] (x) +c'
>
> y= [mm]x^{-2}+c[/mm]
>
> Ich hoffe das ist sowei richtig. Bin mir aber immer noch
> nicht sicher was jetzt folgt bzw. was mit den
> [mm]\frac{e^{-x^2}}{x}[/mm] vom Anfang passiert.
>
> Gruß Schulz
Jetzt kommt das Verfahren Variation der Konstanten zum Einsatz (VdK). Betrachte dazu $c=c(x)$ nicht mehr als Konstante sondern als Funktion von x und setze [mm] $y_h(x)$ [/mm] (die homogene Lösung) in die inhomogene DGL ein und bestimme dann $c(x)$.
Gruß,
notinX
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:06 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
Hab mich mal rangesetzt, über VdK schlau gemacht und probiert...
[mm] y=\frac{c(x)}{x^2}
[/mm]
[mm] y'=\frac{c'(x)*x^2-c(x)*2x}{x^4}
[/mm]
Einsetzen in die Gleichung:
[mm] \frac{x^2c'(x)-2xc(x)}{x^4}+\frac{2c(x)}{x^2}=\frac{e^{-x^2}}{x}
[/mm]
Hatte jetzt gedacht mit erweitern von [mm] x^2 [/mm] komm ich weiter,
[mm] \frac{x^2c'(x)-2xc(x)+2x^2c(x)}{x^4}=\frac{e^{-x^2}}{x}
[/mm]
aber ich habe immer noch Funktion und Ableitung von c(x), kann also nicht ausklammer...steh ein bisschen auf dem Schlauch =(
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Hallo Schulz,
> Hab mich mal rangesetzt, über VdK schlau gemacht und
> probiert...
>
> [mm]y=\frac{c(x)}{x^2}[/mm]
>
> [mm]y'=\frac{c'(x)*x^2-c(x)*2x}{x^4}[/mm]
>
> Einsetzen in die Gleichung:
>
> [mm]\frac{x^2c'(x)-2xc(x)}{x^4}+\frac{2c(x)}{x^2}=\frac{e^{-x^2}}{x}[/mm]
>
> Hatte jetzt gedacht mit erweitern von [mm]x^2[/mm] komm ich weiter,
>
> [mm]\frac{x^2c'(x)-2xc(x)+2x^2c(x)}{x^4}=\frac{e^{-x^2}}{x}[/mm]
>
>
> aber ich habe immer noch Funktion und Ableitung von c(x),
> kann also nicht ausklammer...steh ein bisschen auf dem
> Schlauch =(
Die Terme mit der Funktion heben sich heraus,
so dass nur der Term mit der Ableitung stehen bleibt:
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:21 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
Sind meine Überlegungen oben bis dahin richtig?
Wie genau heben die sich auf O.o?
Bin wohl ein bisschen blind heute.
[mm] \frac{x^2c'(x)-2xc(x)+2x^2c(x)}{x^4}=\frac{e^{-x^2}}{x}
[/mm]
Muss man mit Funktionen anders rechnen?
[mm] -2x*c(x)+2x^2*c(x)
[/mm]
Da ist doch ein "normales" x und ein [mm] x^2 [/mm] kann ich die trotzdem addieren?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:24 Sa 10.12.2011 | | Autor: | notinX |
> Wie genau heben die sich auf O.o?
> Bin wohl ein bisschen blind heute....
>
> [mm]\frac{x^2c'(x)-2xc(x)+2x^2c(x)}{x^4}=\frac{e^{-x^2}}{x}[/mm]
>
> Muss man mit Funktionen anders rechnen?
nein nein, wie gewohnt.
>
> [mm]-2x*c(x)+2x^2*c(x)[/mm]
> Da ist doch ein "normales" x und ein [mm]x^2[/mm] kann ich die
> trotzdem addieren?
Nein, siehe Beitrag von 19:20 Uhr 
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:20 Sa 10.12.2011 | | Autor: | notinX |
> Hab mich mal rangesetzt, über VdK schlau gemacht und
> probiert...
sehr löblich!
>
> [mm]y=\frac{c(x)}{x^2}[/mm]
>
> [mm]y'=\frac{c'(x)*x^2-c(x)*2x}{x^4}[/mm]
>
> Einsetzen in die Gleichung:
>
> [mm]\frac{x^2c'(x)-2xc(x)}{x^4}+\frac{2c(x)}{x^2}=\frac{e^{-x^2}}{x}[/mm]
so stimmts:
[mm] $\frac{x^{2}c'(x)-2xc(x)}{x^{4}}+\frac{2c(x)}{x^{{\color{red}3}}}=\frac{e^{-x^{2}}}{x}$
[/mm]
>
> Hatte jetzt gedacht mit erweitern von [mm]x^2[/mm] komm ich weiter,
>
> [mm]\frac{x^2c'(x)-2xc(x)+2x^2c(x)}{x^4}=\frac{e^{-x^2}}{x}[/mm]
>
>
> aber ich habe immer noch Funktion und Ableitung von c(x),
> kann also nicht ausklammer...steh ein bisschen auf dem
> Schlauch =(
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:57 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
OK nach einigem hin und her und einer Substitution weniger bin ich jetzt bei:
c(x)= [mm] -\frac{1}{2}*e^{-x^2}
[/mm]
Ist das soweit richtig?..Mittlerweile weiß ich gar nicht mehr wo ich hin will...Reicht das? Oder muss ich das jetzt wieder für c(x) oben einsetzen?
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Hallo Schulz,
> OK nach einigem hin und her und einer Substitution weniger
> bin ich jetzt bei:
>
> c(x)= [mm]-\frac{1}{2}*e^{-x^2}[/mm]
>
Stimmt. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Ist das soweit richtig?..Mittlerweile weiß ich gar nicht
> mehr wo ich hin will...Reicht das? Oder muss ich das jetzt
> wieder für c(x) oben einsetzen?
Jetzt setzt Du dieses c(x) in den Ansatz ein.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:32 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
wenn ich das bei y einsetze erhalte ich doch
[mm] y=-\frac{1}{2}*\frac{e^{-x^2}}{x^2}
[/mm]
Das dann in den Ansatz eingesetzt:
[mm] y'-\frac{e^{-x^2}}{x^3}=\frac{e^{-x^2}}{x}
[/mm]
[mm] y'=\frac{x^2*e^{-x^2}+e^{-x^2}}{x^3}
[/mm]
Muss ich jetzt wieder nach y auflösen? Also:
dy = [mm] \frac{x^2*e^{-x^2}+e^{-x^2}}{x^3}*dx
[/mm]
edit: Wieder ein "-" vergessen
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Hallo Schulz,
> wenn ich das bei y einsetze erhalte ich doch
>
> [mm]y=-\frac{1}{2}*\frac{e^{-x^2}}{x^2}[/mm]
>
Dies ist jetzt die partikuläre Lösung.
> Das dann in den Ansatz eingesetzt:
>
> [mm]y'+\frac{e^{-x^2}}{x^3}=\frac{e^{-x^2}}{x}[/mm]
>
> [mm]y'=\frac{x^2*e^{-x^2}-e^{-x^2}}{x^3}[/mm]
>
> Muss ich jetzt wieder nach y auflösen? Also:
>
> dy = [mm]\frac{x^2*e^{-x^2}-e^{-x^2}}{x^3}*dx[/mm]
Jetzt musst Du die allgemeine der gegebenen DGL angeben.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:53 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
Dankeschön für die Hilfe,
nur damit ich das richtig verstanden habe:
Um die allgemeine Lösung für die gegebene DGL zu bekommen, muss ich jetzt
[mm] \frac{x^2\cdot{}e^{-x^2}-e^{-x^2}}{x^3}\cdot{}dx [/mm] integrieren?
Gruß Schulz
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Hallo Schulz,
> Dankeschön für die Hilfe,
> nur damit ich das richtig verstanden habe:
> Um die allgemeine Lösung für die gegebene DGL zu
> bekommen, muss ich jetzt
>
> [mm]\frac{x^2\cdot{}e^{-x^2}-e^{-x^2}}{x^3}\cdot{}dx[/mm]
> integrieren?
>
Nein.
Die homogene Lösung der DGL ist [mm]y_{h}\left(x\right)=\bruch{c}{x^{2}}[/mm]
Die partikuläre der DGL lautet: [mm]y_{p}\left(x\right)=-\bruch{1}{2}*\bruch{e^{-x^{2}}}{x^{2}}[/mm]
Die allgemeine Lösung der DGL setzt sich aus
der homogenen Lösung und der partikulären Lösung zusammen.
>
> Gruß Schulz
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:21 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
Ah habs gerade gefunden: y = [mm] y_{p}\left(x\right) [/mm] + [mm] y_{h}\left(x\right)
[/mm]
y= [mm] \frac{-\frac{1}{2}*e^{-x^2}+c}{x^2}
[/mm]
Das müsste die Lösung sein oder?
Gruß Schulz
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Hallo,
> Ah habs gerade gefunden: y = [mm]y_{p}\left(x\right)[/mm] +
> [mm]y_{h}\left(x\right)[/mm]
>
> y= [mm]\frac{-\frac{1}{2}*e^{-x^2}+c}{x^2}[/mm]
>
> Das müsste die Lösung sein oder?
>
> Gruß Schulz
Ja, die Lösung ist richtig.
LG, Martinius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:34 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
Dankeschön an alle die mir geholfen haben ;)
Hätte nie gedacht, dass ich so schnell so gute Antworten bekomme =)
Gruß Schulz
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:26 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Schulz |
Hab oben übrigens ein Minus verschlampt, aber anscheinend kann ich es nicht editieren O.o
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