Einfache DGL lösen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hi,
also ich beginne jetzt mein Mathe-Studium am Imperial College London und muss einige Dinge für den Kursstart vorbereiten u.a. folgendes:
Lösen von Differentialgleichungen der Form:
[mm] \bruch{dy}{dx}+\alpha*y=0
[/mm]
Alpha soll eine Konstante sein
Da wir so etwas in der Schule nie gemacht haben, und ich überall unterschiedliche Schreibweisen finde, würde ich mich sehr freuen, wenn mir jemand an einem einfachen Beispiel erklären könnte wie das geht. Meine Hauptunklarheit ist dabei:
Bekommt man die DGL in der Form vorgesetzt, oder wird für y noch irgendeine Funktio eingesetzt wie bsp [mm] x^{2}+3x-4 [/mm] ?
lg und schonmal danke,
exeqter
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:18 Mi 07.10.2009 | | Autor: | xPae |
Hallo,
http://homepages.fh-giessen.de/~hg8070/math2kmub09/sk05.pdf
dieser Link sollte Dir. Weiterhelfen.
Ich erkläre Dir kurz an einem Beispiel, lies aber zunächst das Skript durch.
Mit dieser Methode lassen sich nur DGLs erster Ordnung lösen. Erste Ordnung bedeutet,dass nur die erste Ableitung "vorkommt".
Beispiel:
[mm] y'+y*x^{2}=0 [/mm]
zu nächst erstmal umstellen:
[mm] y'*\bruch{1}{y}=-x^{2}
[/mm]
[mm] y'=\bruch{dy}{dx}
[/mm]
[mm] \bruch{dy}{dx}*\bruch{1}{y}=-x^{2}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{y}*dy=-x^{2}*dx
[/mm]
[mm] \integral_{}^{}{\bruch{1}{y} dy}=\integral_{}^{}{-x^{2} dx}
[/mm]
[mm] ln(y)=\bruch{-x^{3}}{3}+C
[/mm]
[mm] y=e^{\bruch{-x^{3}}{3}+C}=e^{\bruch{-x^{3}}{3}}*e^{C}
[/mm]
[mm] y=C_{1}*e^{\bruch{-x^{3}}{3}},
[/mm]
denn [mm] e^{C} [/mm] ist ja auch eine Konstante.
Diese Lösung nennt man die allgemeine Lösung.
Jetzt ist man eigentlich fertig, wenn man keine Anfangsbedingungen.
Hat man welche, z.B. y(0)=5, denn muss man jetzt lösen
[mm] y(0)=C_{1}*e^{0}=5 [/mm]
[mm] C_{1}=5
[/mm]
Also die ist die spezielle Lösung:
[mm] y(x)=5*e^{\bruch{-x^{3}}{3}}
[/mm]
Jetzt kannst Du Deine Lösung überprüfen, indem du die erste Ableitung bildest und in die DGL einsetzt:
[mm] y'(x)=e^{\bruch{-x^{3}}{3}}*(-x^{2})
[/mm]
folgt:
[mm] e^{\bruch{-x^{3}}{3}}*(-x^{2})+(x^{2})*e^{\bruch{-x^{3}}{3}}=0
[/mm]
Somit stimmt die Lösung.
DGLs höher Ordnung lassen sich aber nicht mit diesem Verfahren lösen.
Hier wird der Exponentialansatz genommen. Aber für Deine "Form" von DGls reicht dies. Wenn du willst kann ich Dir für das andere auch noch ein Beispel geben.
lg xPae
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Hi,
Danker erstmal für deine Antwort. so etwas habe ich auch schon gefunden, das problem ist doch aber, dass das alpha in meiner DGl eine Konstante sein soll und keine FUnktion in Abhängigkeit von "x". Wie funktioniert das, wenn da bsp stünde :
$ y'+3*y=0 $
lg,
exeqter
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:25 Mi 07.10.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
einfach genauso
y'=-a"y
dy/y=-adx
jetzt beide seiten integrieren, in deinem bsp a=1
integrationskonstante nicht vergessen
Hinweis
auch von der Schule sollt man einfach als Wissen haben, dass die einzige fkt. deren Ableitung wieder die fkt bis auf eine Konstante ist eine Exponentialfkt sein muss.
bei f"(x)=a*f(x) a reelle Zahl weisst du also es muss gelten [mm] f(x)=C*e^{ax}
[/mm]
einsetzen und sehen, dass die Dgl erfuellt ist.
das Einstzen der Loesung am Ende als Probe sollte man im Anfang immer machen, bis man voellig sicher im Loesen geworden ist.
Gruss leduart
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:26 Mi 07.10.2009 | | Autor: | Herby |
Hallo Exe,
> Hi,
>
> Danker erstmal für deine Antwort. so etwas habe ich auch
> schon gefunden, das problem ist doch aber, dass das alpha
> in meiner DGl eine Konstante sein soll und keine FUnktion
> in Abhängigkeit von "x". Wie funktioniert das, wenn da bsp
> stünde :
>
> [mm]y'+\red{3}*y=0[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
warum soll nicht mit f(x)=\red{3} eine konstante Funktion in x gemeint sein?
Wir basteln mal ein bisschen:
Du nimmst eine DGL erster Ordnung mit Störfunktion g(x)
$y'+f(x)*y\ =\ g(x)$
Für die Lösung dieser DGL betrachtet man i.a.R. zunächst die homogene DGL, d.h. man setzt die Störfunktion g(x)=0
$y'+f(x)*y\ =\ 0$
Nun beginnt das Integrieren
$y'\ =\ -f(x)*y$
$\bruch{1}{y}*y'\ =\ -f(x)$
$\bruch{1}{y}*\bruch{dy}{dx}\ =\ -f(x)$
$\bruch{1}{y}dy\ =\ -f(x)dx$
$\int{\bruch{1}{y}\ dy}\ =\ -\int{f(x)\ dx}$
$ln|y|\ =\ -\int{f(x)\ dx}+K$
$e^{ln|y|}\ =\ e^{-\int{f(x)\ dx}+K}$
$e^{ln|y|}\ =\ e^K*e^{-\int{f(x)\ dx}}}$
$y_h\ =\ C*e^{-\int{f(x)\ dx}}$
Das ist deine allgemeine Lösungsfunktion, die man sich durchaus merken sollte 
Beispiele:
f(x)=3 --> y'+3y=0
y_h=C*e^{-\int{3}\ dx}=C*e^{-3x}
f(x)=2x --> y'+2xy=0
y_h=C*e^{-\int{2x}\ dx}=C*e^{-x^2}
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Für die Lösung der DGL mit Störfunktion g(x) gibt es dann die Möglichkeit der Variation der Konstanten oder man nimmt eine speziellen Ansatz y_p=.... , der sich aufgrund der Art der Störfunktion selbst ergibt.
z.B. für g(x)=3x^2 nimmt man y_p=ax^2+bx+c
oder g(x)=3e^{2x} , dann ist y_p=A*e^{2x}
Variation der Konstanten:
$y\ =\ C*e^{-\int{f(x)\ dx}}$
In diesem Fall ist C=C(x), also eine Konstante, die von x abhängt. Du musst jetzt y'=.... ermitteln (nach Produktregel) und dann in deine DGL
$y'+f(x)*y\ =\ g(x)$
einsetzen. Kannst ja mal schauen, was dabei raus kommt 
Lg
Herby
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Hi Herby,
danker erstmal für deine ausführliche Antwort.
Den letzten Teil allerdings verstehe ich nicht ganz
> Hallo Exe,
>
>
> > Hi,
> >
> > Danker erstmal für deine Antwort. so etwas habe ich auch
> > schon gefunden, das problem ist doch aber, dass das alpha
> > in meiner DGl eine Konstante sein soll und keine FUnktion
> > in Abhängigkeit von "x". Wie funktioniert das, wenn da bsp
> > stünde :
> >
> > [mm]y'+\red{3}*y=0[/mm]
>
> warum soll nicht mit [mm]f(x)=\red{3}[/mm] eine konstante Funktion
> in x gemeint sein?
>
> Wir basteln mal ein bisschen:
>
> Du nimmst eine DGL erster Ordnung mit Störfunktion g(x)
>
> [mm]y'+f(x)*y\ =\ g(x)[/mm]
>
> Für die Lösung dieser DGL betrachtet man i.a.R. zunächst
> die homogene DGL, d.h. man setzt die Störfunktion g(x)=0
>
> [mm]y'+f(x)*y\ =\ 0[/mm]
>
> Nun beginnt das Integrieren
>
> [mm]y'\ =\ -f(x)*y[/mm]
>
> [mm]\bruch{1}{y}*y'\ =\ -f(x)[/mm]
>
> [mm]\bruch{1}{y}*\bruch{dy}{dx}\ =\ -f(x)[/mm]
>
> [mm]\bruch{1}{y}dy\ =\ -f(x)dx[/mm]
>
> [mm]\int{\bruch{1}{y}\ dy}\ =\ -\int{f(x)\ dx}[/mm]
>
> [mm]ln|y|\ =\ -\int{f(x)\ dx}+K[/mm]
>
> [mm]e^{ln|y|}\ =\ e^{-\int{f(x)\ dx}+K}[/mm]
>
> [mm]e^{ln|y|}\ =\ e^K*e^{-\int{f(x)\ dx}}}[/mm]
>
> [mm]y\ =\ C*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
>
> Das ist deine allgemeine Lösungsfunktion, die man sich
> durchaus merken sollte
>
>
> Beispiele:
>
> f(x)=3 --> y'+3y=0
>
> [mm]y=C*e^{-\int{3}\ dx}=C*e^{-3x}[/mm]
>
>
> f(x)=2x --> y'+2xy=0
>
> [mm]y=C*e^{-\int{2x}\ dx}=C*e^{-x^2}[/mm]
>
> -----
>
>
> Für die Lösung der DGL mit Störfunktion g(x) gibt es
> dann die Möglichkeit der Variation der Konstanten oder man
> nimmt eine speziellen Ansatz [mm]y_p=....[/mm] , der sich aufgrund
> der Art der Störfunktion selbst ergibt.
Was meinst du hier mit Ansatz? Mir ist nicht ganz klar, was genau [mm] y_p [/mm] sein soll...
> z.B. für [mm]g(x)=3x^2[/mm] nimmt man [mm]y_p=ax^2+bx+c[/mm]
>
> oder [mm]g(x)=3e^{2x}[/mm] , dann ist [mm]y_p=A*e^{2x}[/mm]
>
>
> Variation der Konstanten:
>
> [mm]y\ =\ C*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
>
> In diesem Fall ist C=C(x), also eine Konstante, die von x
> abhängt. Du musst jetzt y'=.... ermitteln (nach
> Produktregel) und dann in deine DGL
Was soll ich hier ableiten ? [mm] y_p [/mm] oder y ?
> [mm]y'+f(x)*y\ =\ g(x)[/mm]
>
> einsetzen. Kannst ja mal schauen, was dabei raus kommt
>
>
> Lg
> Herby
lg,
exeqter
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Hallo eXeQteR,
> Hi Herby,
>
> danker erstmal für deine ausführliche Antwort.
>
> Den letzten Teil allerdings verstehe ich nicht ganz
> > Für die Lösung der DGL mit Störfunktion g(x) gibt es
> > dann die Möglichkeit der Variation der Konstanten oder man
> > nimmt eine speziellen Ansatz [mm]y_p=....[/mm] , der sich aufgrund
> > der Art der Störfunktion selbst ergibt.
>
> Was meinst du hier mit Ansatz? Mir ist nicht ganz klar, was
> genau [mm]y_p[/mm] sein soll...
>
> > z.B. für [mm]g(x)=3x^2[/mm] nimmt man [mm]y_p=ax^2+bx+c[/mm]
> >
> > oder [mm]g(x)=3e^{2x}[/mm] , dann ist [mm]y_p=A*e^{2x}[/mm]
> >
> >
> > Variation der Konstanten:
> >
> > [mm]y\ =\ C*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
> >
> > In diesem Fall ist C=C(x), also eine Konstante, die von x
> > abhängt. Du musst jetzt y'=.... ermitteln (nach
> > Produktregel) und dann in deine DGL
>
> Was soll ich hier ableiten ? [mm]y_p[/mm] oder y ?
>
Der Ansatz
[mm]y_{p}\left(x\right)\ =\ C\left(x\right)*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
ist abzuleiten, und in die DGL einzusetzen:
[mm]y_{p}'+f(x)*y_{p}\ =\ g(x)[/mm]
> > [mm]y'+f(x)*y\ =\ g(x)[/mm]
> >
> > einsetzen. Kannst ja mal schauen, was dabei raus kommt
> >
> >
> > Lg
> > Herby
>
> lg,
>
> exeqter
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:35 Do 08.10.2009 | | Autor: | Herby |
Hallo MathePower,
> > >
> > > [mm]y\ =\ C*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
> > >
> > > In diesem Fall ist C=C(x), also eine Konstante, die von x
> > > abhängt. Du musst jetzt y'=.... ermitteln (nach
> > > Produktregel) und dann in deine DGL
> >
> > Was soll ich hier ableiten ? [mm]y_p[/mm] oder y ?
> >
>
>
> Der Ansatz
>
> [mm]y_{p}\left(x\right)\ =\ C\left(x\right)*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
>
> ist abzuleiten, und in die DGL einzusetzen:
nein, das stimmt nicht, das ist [mm] y=y_h [/mm] die Lösung der homogenen DGL, denn die partikuläre kennt man ja gar nicht.
Liebe Grüße
Herby
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:40 Do 08.10.2009 | | Autor: | fred97 |
> > Der Ansatz
> >
> > [mm]y_{p}\left(x\right)\ =\ C\left(x\right)*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
>
> >
> > ist abzuleiten, und in die DGL einzusetzen:
>
> nein, das stimmt nicht, das ist [mm]y=y_h[/mm] die Lösung der
> homogenen DGL, denn die partikuläre kennt man ja gar
> nicht.
Was soll daran nicht stimmen. Klar setzt man $ [mm] y_{p}\left(x\right)\ [/mm] =\ [mm] C\left(x\right)\cdot{}e^{-\int{f(x)\ dx}} [/mm] $ in die (inhomogene) DGL ein. [mm] y_p [/mm] soll ja einer Lösung dieser DGL sein.
FRED
>
>
> Liebe Grüße
> Herby
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:51 Do 08.10.2009 | | Autor: | Herby |
Hallo Fred,
> > > Der Ansatz
> > >
> > > [mm]y_{p}\left(x\right)\ =\ C\left(x\right)*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
>
> >
> > >
> > > ist abzuleiten, und in die DGL einzusetzen:
> >
> > nein, das stimmt nicht, das ist [mm]y=y_h[/mm] die Lösung der
> > homogenen DGL, denn die partikuläre kennt man ja gar
> > nicht.
>
>
> Was soll daran nicht stimmen. Klar setzt man
> [mm]y_{p}\left(x\right)\ =\ C\left(x\right)\cdot{}e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
> in die (inhomogene) DGL ein. [mm]y_p[/mm] soll ja einer Lösung
> dieser DGL sein.
Der Ansatz ergibt sich aber doch aus der homogenen Dgl nach TdV!?
[mm] y'+f(x)y=\red{0}
[/mm]
[mm] y=y_{\red{h}}=C*e^{-\int{fx\ dx}}
[/mm]
Nichts spricht dagegen, daraus dann [mm] y_p [/mm] zu entwickeln, resp. es so zu nennen.
Lg
Herby
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:54 Do 08.10.2009 | | Autor: | fred97 |
> Nichts spricht dagegen, daraus dann [mm]y_p[/mm] zu entwickeln,
> resp. es so zu nennen.
Hallo Herby,
wovon sprichst Du ?
FRED
>
>
> Lg
> Herby
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:00 Do 08.10.2009 | | Autor: | Herby |
Hallo Fred,
>
> > Nichts spricht dagegen, daraus dann [mm]y_p[/mm] zu entwickeln,
> > resp. es so zu nennen.
>
> Hallo Herby,
>
> wovon sprichst Du ?
na jetzt von der Lösung, die man heraus bekommt, wenn man die VdK ausgeführt hat - das wolltest du doch mit [mm] y_p [/mm] andeuten, oder nicht ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
Was ist denn bei dir [mm] y_p????
[/mm]
Lg
Herby (verwirrt)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:06 Do 08.10.2009 | | Autor: | fred97 |
Das
$ [mm] y_{p}\left(x\right)\ [/mm] =\ [mm] C\left(x\right)\cdot{}e^{-\int{f(x)\ dx}} [/mm] $
ist der Ansatz für eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL. Mit diesem Ansatz geht man in ebendiese DGL ein ( u.a. muß man die Ableitung von [mm] y_p [/mm] berechnen) um die noch unbekannte Funktion C zu ermitteln.
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:14 Do 08.10.2009 | | Autor: | Herby |
Hallo Fred,
> Das
>
> [mm]y_{p}\left(x\right)\ =\ C\left(x\right)\cdot{}e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
>
> ist der Ansatz für eine spezielle Lösung der inhomogenen
> DGL. Mit diesem Ansatz geht man in ebendiese DGL ein ( u.a.
> muß man die Ableitung von [mm]y_p[/mm] berechnen) um die noch
> unbekannte Funktion C zu ermitteln.
ok, wir hatten sie damals im Studium [mm] y_h [/mm] genannt und erst nach dem Ableiten und Einsetzen in die DGL die Lösung dann [mm] y_p [/mm] - ich nenne die Lösung in Zukunft wieder y und dann weiß jeder, was gemeint ist.
Liebe Grüße
Herby
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:21 Do 08.10.2009 | | Autor: | fred97 |
> ich nenne die Lösung in Zukunft wieder y und dann
> weiß jeder, was gemeint ist.
............... da hab ich meine Zweifel
FRED
>
> Liebe Grüße
> Herby
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:05 Do 08.10.2009 | | Autor: | Herby |
Hallo Fred,
> > > Der Ansatz
> > >
> > > [mm]y_{p}\left(x\right)\ =\ C\left(x\right)*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
>
> >
> > >
> > > ist abzuleiten, und in die DGL einzusetzen:
> >
> > nein, das stimmt nicht, das ist [mm]y=y_h[/mm] die Lösung der
> > homogenen DGL, denn die partikuläre kennt man ja gar
> > nicht.
>
>
> Was soll daran nicht stimmen. Klar setzt man
> [mm]y_{p}\left(x\right)\ =\ C\left(x\right)\cdot{}e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
> in die (inhomogene) DGL ein. [mm]y_p[/mm] soll ja einer Lösung
> dieser DGL sein.
ich persönlich schreibe eh nie [mm] y_p [/mm] oder [mm] y_s [/mm] oder [mm] y_h [/mm] -- bei mir heißt alles y
Lg
Herby
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:07 Do 08.10.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> > > > Der Ansatz
> > > >
> > > > [mm]y_{p}\left(x\right)\ =\ C\left(x\right)*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
>
> >
> > >
> > > >
> > > > ist abzuleiten, und in die DGL einzusetzen:
> > >
> > > nein, das stimmt nicht, das ist [mm]y=y_h[/mm] die Lösung der
> > > homogenen DGL, denn die partikuläre kennt man ja gar
> > > nicht.
> >
> >
> > Was soll daran nicht stimmen. Klar setzt man
> > [mm]y_{p}\left(x\right)\ =\ C\left(x\right)\cdot{}e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
> > in die (inhomogene) DGL ein. [mm]y_p[/mm] soll ja einer Lösung
> > dieser DGL sein.
>
>
> ich persönlich schreibe eh nie [mm]y_p[/mm] oder [mm]y_s[/mm] oder [mm]y_h[/mm] --
> bei mir heißt alles y
Das kann aber ins Auge gehen ....
FRED
>
>
> Lg
> Herby
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:40 Do 08.10.2009 | | Autor: | Herby |
Hi,
> Hi Herby,
>
> danker erstmal für deine ausführliche Antwort.
>
> Den letzten Teil allerdings verstehe ich nicht ganz
> > Hallo Exe,
> >
> >
> > > Hi,
> > >
> > > Danker erstmal für deine Antwort. so etwas habe ich auch
> > > schon gefunden, das problem ist doch aber, dass das alpha
> > > in meiner DGl eine Konstante sein soll und keine FUnktion
> > > in Abhängigkeit von "x". Wie funktioniert das, wenn da bsp
> > > stünde :
> > >
> > > [mm]y'+\red{3}*y=0[/mm]
> >
> > warum soll nicht mit [mm]f(x)=\red{3}[/mm] eine konstante Funktion
> > in x gemeint sein?
> >
> > Wir basteln mal ein bisschen:
> >
> > Du nimmst eine DGL erster Ordnung mit Störfunktion g(x)
> >
> > [mm]y'+f(x)*y\ =\ g(x)[/mm]
> >
> > Für die Lösung dieser DGL betrachtet man i.a.R. zunächst
> > die homogene DGL, d.h. man setzt die Störfunktion g(x)=0
> >
> > [mm]y'+f(x)*y\ =\ 0[/mm]
> >
> > Nun beginnt das Integrieren
> >
> > [mm]y'\ =\ -f(x)*y[/mm]
> >
> > [mm]\bruch{1}{y}*y'\ =\ -f(x)[/mm]
> >
> > [mm]\bruch{1}{y}*\bruch{dy}{dx}\ =\ -f(x)[/mm]
> >
> > [mm]\bruch{1}{y}dy\ =\ -f(x)dx[/mm]
> >
> > [mm]\int{\bruch{1}{y}\ dy}\ =\ -\int{f(x)\ dx}[/mm]
> >
> > [mm]ln|y|\ =\ -\int{f(x)\ dx}+K[/mm]
> >
> > [mm]e^{ln|y|}\ =\ e^{-\int{f(x)\ dx}+K}[/mm]
> >
> > [mm]e^{ln|y|}\ =\ e^K*e^{-\int{f(x)\ dx}}}[/mm]
> >
> > [mm]y\ =\ C*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
> >
> > Das ist deine allgemeine Lösungsfunktion, die man sich
> > durchaus merken sollte
> >
> >
> > Beispiele:
> >
> > f(x)=3 --> y'+3y=0
> >
> > [mm]y=C*e^{-\int{3}\ dx}=C*e^{-3x}[/mm]
> >
> >
> > f(x)=2x --> y'+2xy=0
> >
> > [mm]y=C*e^{-\int{2x}\ dx}=C*e^{-x^2}[/mm]
> >
> > -----
Hier steht ein dicker Trennungsstrich Neues Thema
> >
> > Für die Lösung der DGL mit Störfunktion g(x) gibt es
> > dann die Möglichkeit der Variation der Konstanten oder man
> > nimmt eine speziellen Ansatz [mm]y_p=....[/mm] , der sich aufgrund
> > der Art der Störfunktion selbst ergibt.
>
> Was meinst du hier mit Ansatz? Mir ist nicht ganz klar, was
> genau [mm]y_p[/mm] sein soll...
Eine Lösungsfunktion einer DGL setzt sich aus der Lösung [mm] y_h [/mm] der homogenen DGL und der partikulären (speziellen) Lösung [mm] y_p [/mm] zusammen. Das kommt alles noch, wenn du mal tiefer im Stoff stehst und sollte hier nur der ergänzenden Info dienen.
[mm] y=y_h+y_p
[/mm]
> > z.B. für [mm]g(x)=3x^2[/mm] nimmt man [mm]y_p=ax^2+bx+c[/mm]
> >
> > oder [mm]g(x)=3e^{2x}[/mm] , dann ist [mm]y_p=A*e^{2x}[/mm]
> >
--------
nochmal nicht ganz so dicker Trennungsstrich
Variation der Konstanten:
> >
> > [mm]y\ =\ C*e^{-\int{f(x)\ dx}}[/mm]
> >
> > In diesem Fall ist C=C(x), also eine Konstante, die von x
> > abhängt. Du musst jetzt y'=.... ermitteln (nach
> > Produktregel) und dann in deine DGL
>
> Was soll ich hier ableiten ? [mm]y_p[/mm] oder y ?
Das hier hat mit dem anderen Ansatz nichts zu tun -- mmh die Dinger heißen halt alle y, auch wenn sie unterschiedlich sind - kann ich nüscht dafür.
Du nimmst [mm] y=C(x)*e^{-\int{f(x)\ dx}} [/mm] und leitest das nach Produktregel ab. Dann setzt du es in y'+f(x)y=g(x) ein und schaust, was übrig bleibt.
Lg
Herby
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