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| Aufgabe | Gegeben ist: y´=ay+3 (a ist eine Parameter)
*allgemeine Lösung der DGL
*Gleichgewichtspunkte
*Für welche a sind die Gleichgewichtspunkte Quellen und für welche Senken? |
Ich habe leider die erste VOrlesung an der Univerpasst und brauche nun etwas Hilfe:
Wie genau bestimmt man eine allgemeine Lösung einer DGL?
Der Gleichgewichtspunkt ist hier: y= [mm] -\bruch{3}{a}
[/mm]
Für alle negativen a sind die Gleichgewichtspunkte Quellen, für alle positiven a sind es Senken.
Stimmt das soweit?
MfG
Mathegirl
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Hallo Mathegirl,
> Gegeben ist: y´=ay+3 (a ist eine Parameter)
>
> *allgemeine Lösung der DGL
> *Gleichgewichtspunkte
> *Für welche a sind die Gleichgewichtspunkte Quellen und
> für welche Senken?
> Ich habe leider die erste VOrlesung an der Univerpasst und
> brauche nun etwas Hilfe:
>
> Wie genau bestimmt man eine allgemeine Lösung einer DGL?
>
Zunächst wird hier die DGL
[mm]y' -a*y=0[/mm]
gelöst. Das ergibt die homogene Lösung der DGL.
Durch ![[]](/images/popup.gif) Variation der Konstanten oder der Wahl
eines Ansatzes in der Art der rechten Seite der DGL
wird dann die partikuläre Lösung bestimmt.
Beide Lösungen, homogene und partikuläre, zusammengenommen,
ergeben die allgemeine Lösung der DGL.
> Der Gleichgewichtspunkt ist hier: y= [mm]-\bruch{3}{a}[/mm]
>
> Für alle negativen a sind die Gleichgewichtspunkte
> Quellen, für alle positiven a sind es Senken.
> Stimmt das soweit?
>
Ja.
> MfG
> Mathegirl
Gruss
MathePower
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 10:52 So 30.10.2011 | | Autor: | Mathegirl |
Das mit der partikulären Lösung verstehe ich nicht ganz, könnt ihr mir das vielleicht an einem Beispiel eine Gleichung 1.Ordung deutlich machen?
Der Gleichgewichtspunkt war soweit okay und auch die Quellen und Senken unter berücksichtigung von a?
MfG
Mathegirl
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:17 So 30.10.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo mathegirl,
so wie sich all Deine Fragen zu diesem Thema lesen, hast Du eine Menge mehr verpasst als nur eine Stunde. Arbeite Dich doch erst mal in die Grundlagen ein, es macht wenig Sinn hier Lösungswege zu skizzieren, von denen Du noch nie was gehört hast.
Viele Grüße,
Infinit
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Ich habe mich durch die Grundlagen durchgearbeitet, aber mir würde es helfen, wenn mir das jemand an einem beispiel nochmal klar machen könnte. Das ist wohl ehr mein hauptproblem, ich verstehe es besser, wenn ich es an einem beispiel anchvollziehen kann.
MfG
Mathegirl
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Kann mir jemand an einem Beispiel erklären wie man die allgemeine Form bildet?
Das wäre sehr hilfreich um das auf mein Beispiel anzuwenden!
MfG
Mathegirl
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Ich habe mal versucht die allgemeine Form der DGL zu bilden:
y´=ay+3
[mm] y=c_1*e^{-3}+ay-a
[/mm]
Stimmt das so?
Ich brauche die Lösung bis heute Abend noch! Falls das nicht stimmt, könnt ihr mir die richtige allgemeine Lösung posten, aber bitte mit Erklärung!! Ich möchte es wirklich verstehen wie das geh!!
MfG
Mathegirl
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Hallo Mathegirl,
> Ich habe mal versucht die allgemeine Form der DGL zu
> bilden:
>
> y´=ay+3
>
> [mm]y=c_1*e^{-3}+ay-a[/mm]
>
> Stimmt das so?
Leider nein.
Wie Du eine solche DGL löst, siehe hier.
> Ich brauche die Lösung bis heute Abend noch! Falls das
> nicht stimmt, könnt ihr mir die richtige allgemeine
> Lösung posten, aber bitte mit Erklärung!! Ich möchte es
> wirklich verstehen wie das geh!!
>
>
> MfG
> Mathegirl
Gruss
MathePower
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Hallo Mathegirl,
hier ein Bsp.:
[mm]y'+\frac{2y}{x}-4x=0[/mm], also [mm]y'=-\frac{2y}{x}+4x[/mm]
Zunächst bestimme die allg. Lösung der zugeh. homogenen Dgl. [mm]y_h'=-\frac{2y_h}{x}[/mm] durch Trennung der Variablen:
Mit [mm]y_h'=\frac{dy_h}{dx}[/mm] hat man nach Division durch [mm]y_h[/mm]:
[mm]\frac{1}{y_h} \ \frac{dy_h}{dx} \ = \ -\frac{2}{x}[/mm]
Nun mit [mm]dx[/mm] mult.
[mm]\frac{1}{y_h} \ dy_h \ = \ -\frac{2}{x} \ dx[/mm]
Beiderseitig integrieren:
[mm]\int{\frac{1}{y_h} \ dy_h} \ = \ \int{-\frac{2}{x} \ dx}[/mm]
Also [mm]\ln\left(|y_h|\right) \ = \ -2\ln(|x|)+C[/mm]
Also [mm]|y_h| \ = \ e^{-2\ln(|x|)+C}[/mm]
Damit [mm]\green{y_h \ = \ \frac{c_1}{x^2}}[/mm] mit [mm]c_1\in\IR[/mm]
Nun braucht man eine spezielle Lösung der inhomogenen Dgl.
[mm]y_{inh}'=-\frac{2y_{inh}}{x}+4x[/mm]
(Ich lasse den Index ab jetzt weg:)
Dazu kann man Variation der Konstante machen, wir machen also in der homogenen Lösung das [mm]c_1[/mm] von x abh.
[mm]\blue{y=\frac{c_1(x)}{x^2}}[/mm]
Das ableiten: [mm]y'=\frac{c_1'(x)x^2-2xc_1(x)}{x^4}=\red{\frac{c_1'(x)}{x^2}-\frac{2c_1(x)}{x^3}}[/mm]
Vergleich mit der Ausgangsdgl.: [mm]y'=-\frac{2\frac{c_1(x)}{x^2}}{x}+4x=\red{-\frac{2c_1(x)}{x^3}+4x}[/mm]
Daraus: [mm]\frac{c_1'(x)}{x^2}=4x[/mm], also [mm]c_1(x)=4x^3[/mm]
Daraus durch Integration [mm]\blue{c_1(x)=x^4}[/mm]
Also haben wir als eine spezielle Lösung: [mm]\blue{y_{inh}=\frac{x^4}{x^2}=x^2}[/mm]
Die Gesamtlösung ergibt sich als [mm]y=\green{y_h}+\blue{y_{inh}}[/mm], also [mm]y=\frac{\hat c}{x^2}+x^2[/mm] mit [mm]\hat c\in\IR[/mm]
Lösungsfunktionen sind also [mm]y:(-\infty,0)\to\IR, x\mapsto \frac{\hat c}{x^2}+x^2[/mm] mit [mm]\hat c\in\IR[/mm] bzw. [mm]y:(0,\infty)\to\IR, x\mapsto \frac{\hat c}{x^2}+x^2[/mm] mit [mm]\hat c\in\IR[/mm]
Hoffe, das hilft beim Verständnis zum Vorgehen, ist extra ausführlich 
Gruß
schachuzipus
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super, danke! Jetzt hab ich es verstanden, bis zum Integrieren zumindest...
ich habe dann
y´-ay= [mm] K´(x)*e^a+a*K(x)*e^a-a*K(x)*e^a
[/mm]
y´-ay= [mm] K´(x)*e^a= [/mm] 3
K´(x)= [mm] 3*e^{-a}
[/mm]
Und jetzt komme ich nicht weiter...kann mir da jemand helfen?
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Hallo Mathegirl,
> super, danke! Jetzt hab ich es verstanden, bis zum
> Integrieren zumindest...
>
>
> ich habe dann
> y´-ay= [mm]K´(x)*e^a+a*K(x)*e^a-a*K(x)*e^a[/mm]
> y´-ay= [mm]K´(x)*e^a=[/mm] 3
> K´(x)= [mm]3*e^{-a}[/mm]
>
> Und jetzt komme ich nicht weiter...kann mir da jemand
> helfen?
Irgendwie scheinst Du immer das "x" im Exponenten zu vergessen:
[mm]K'(x)= 3*e^{-a\blue{x}}[/mm]
Dies jetzt integrieren.
Gruss
MathePower
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ja, das hab ich vergessen..
integriert ist das dann: [mm] \bruch{-3*e^{-ax}}{a}+C
[/mm]
und die allgemeine Form somit:
Y= ( [mm] \bruch{-3*e^{-ax}}{a}+C)*e^{ax}
[/mm]
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Hallo Mathegirl,
> ja, das hab ich vergessen..
>
> integriert ist das dann: [mm]\bruch{-3*e^{-ax}}{a}+C[/mm]
>
> und die allgemeine Form somit:
> Y= ( [mm]\bruch{-3*e^{-ax}}{a}+C)*e^{ax}[/mm]
Ja, aber nur für [mm]a \not= 0[/mm].
Gruss
MathePower
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