Variation der Konstanten < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:50 Mo 29.03.2010 | | Autor: | phil974 |
| Aufgabe | Löse das Anfangswertproblem
y'= - [mm] \bruch{y}{1+x} [/mm] + [mm] \bruch{1}{(x+1)^{3}} [/mm] ; y(1) = 0
mit Hilfe der homogenen Lösung [mm] y_{h}= \bruch{1}{x+1}
[/mm]
Probe : [mm] c'(\pi) [/mm] = 0,058299
y(2) = 0,055555 |
Hallo,
bin etwas verwirrt und habe es anscheinend doch noch nicht verstanden.
ich habe wie folgt angefangen:
y' = - [mm] \bruch{1}{1+x} [/mm] * y + [mm] \bruch{1}{(x+1)^{3}} [/mm]
entspricht
y' = - a(x) * y(x) + b(x)
A(x) = [mm] \integral [/mm] a(x) dx
A(x) = - ln | x+1 |
[mm] y_{h}= [/mm] c * [mm] e^{A(x)} \Rightarrow y_{h}= [/mm] -|x+1| *c
[mm] y_{p}= [/mm] c(x) * [mm] e^{A(x)}
[/mm]
[mm] y_{p}= [/mm] -|x+1| *c(x)
[mm] y_{p}'=-c(x)- [/mm] c'(x)*(x + 1)
Einsetzen von [mm] y_{p}' [/mm] und [mm] y_{p} [/mm] in Ausgangsgleichung:
-c(x)- c'(x)*(x + 1) = - [mm] \bruch{1}{1+x} [/mm] * -|x+1| *c(x)+ [mm] \bruch{1}{(x+1)^{3}} [/mm]
c(x) fällt raus, bleibt folgendes stehen:
c'(x) = - [mm] \bruch{1}{(x+1)^{4}} [/mm]
c(x) = - [mm] \bruch{1}{(x^{4}+1^{4}} \Rightarrow [/mm] Merziger FS Integral NR.56 (ewig lang...)
Wo ist mein Fehler ?? Habe ich "doppelt" gerechnet, weil [mm] y_{h} [/mm] schon gegeben ist ?!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:07 Mo 29.03.2010 | | Autor: | fred97 |
> Löse das Anfangswertproblem
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> y'= - [mm]\bruch{y}{1+x}[/mm] + [mm]\bruch{1}{(x+1)^{3}}[/mm] ; y(1) = 0
>
> mit Hilfe der homogenen Lösung [mm]y_{h}= \bruch{1}{x+1}[/mm]
>
> Probe : [mm]c'(\pi)[/mm] = 0,058299
> y(2) = 0,055555
> Hallo,
> bin etwas verwirrt und habe es anscheinend doch noch nicht
> verstanden.
>
> ich habe wie folgt angefangen:
>
> y' = - [mm]\bruch{1}{1+x}[/mm] * y + [mm]\bruch{1}{(x+1)^{3}}[/mm]
>
> entspricht
>
> y' = - a(x) * y(x) + b(x)
>
> A(x) = [mm]\integral[/mm] a(x) dx
>
> A(x) = - ln | x+1 |
>
> [mm]y_{h}=[/mm] c * [mm]e^{A(x)} \Rightarrow y_{h}=[/mm] -|x+1| *c
>
Das stimmt nicht !!
> [mm]y_{p}=[/mm] c(x) * [mm]e^{A(x)}[/mm]
>
> [mm]y_{p}=[/mm] -|x+1| *c(x)
>
> [mm]y_{p}'=-c(x)-[/mm] c'(x)*(x + 1)
>
> Einsetzen von [mm]y_{p}'[/mm] und [mm]y_{p}[/mm] in Ausgangsgleichung:
>
> -c(x)- c'(x)*(x + 1) = - [mm]\bruch{1}{1+x}[/mm] * -|x+1| *c(x)+
> [mm]\bruch{1}{(x+1)^{3}}[/mm]
>
>
> c(x) fällt raus, bleibt folgendes stehen:
>
> c'(x) = - [mm]\bruch{1}{(x+1)^{4}}[/mm]
> c(x) = - [mm]\bruch{1}{(x^{4}+1^{4}} \Rightarrow[/mm]
> Merziger FS Integral NR.56 (ewig lang...)
>
> Wo ist mein Fehler ?? Habe ich "doppelt" gerechnet, weil
> [mm]y_{h}[/mm] schon gegeben ist ?!
Eine Lösung der Homogenen Gleichung ist $ [mm] y_{h}= \bruch{1}{x+1} [/mm] $
aus der Theorie weiß man, das die Lösungsmenge der homogenen Gleichung ein 1 -dimensionaler Vektorraum ist, somit lautet die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung:
$y(x) = [mm] \bruch{c}{x+1}$ [/mm] $(c [mm] \in \IR$)
[/mm]
Für eine spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung machst Du den Ansatz:
[mm] $y_p(x) [/mm] = [mm] \bruch{c(x)}{x+1}$ [/mm]
Rechne das mal durch. Du müßtest $c(x) = [mm] \bruch{-1}{x+1}$ [/mm] erhlten und damit
[mm] $y_p(x) [/mm] = [mm] \bruch{-1}{(x+1)^2}$ [/mm]
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:37 Mo 29.03.2010 | | Autor: | phil974 |
>Das stimmt nicht !!
Generell falscher Ansatz, oder nur in diesem Fall ?!
Ich komme leider auf:
[mm] y_{p}' =\bruch{c'(x) * (x+1) +c(x)}{(x+1)^{2}}
[/mm]
und
c'(x) = [mm] \bruch{1}{1+x^{2}}
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:24 Mo 29.03.2010 | | Autor: | phil974 |
Rechenfehler erkannt :c'(x) = [mm] \bruch{1}{(1+x)}
[/mm]
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Hallo phil974,
> >Das stimmt nicht !!
>
> Generell falscher Ansatz oder nur in diesem Fall ?!
>
Der Ansatz ist richtig.
Mein Vorredner hat Dir den Fehler bei der Bestimmung der
homogenen Lösung schon aufgezeigt.
[mm]a\left(x\right)=-\bruch{1}{x+1} \Rightarrow A\left(x\right)=-\ln\vmat{x+1}[/mm]
Dann folgt:
[mm]y_{p}=C*e^{A\left(x \right)}=C*e^{-\ln\vmat{x+1}}[/mm]
Nach den Rechenregeln für Logarithmen gilt:
[mm]-\ln\vmat{x+1}=\ln\left(\bruch{1}{\vmat{x+1}}\right)[/mm]
Dann ist
[mm]e^{-\ln\vmat{x+1}}=e^{ \ln \left( \bruch{1}{ \vmat{x+1} } \right) }= \bruch{1}{ \vmat{x+1} }[/mm]
Somit auch [mm]y_{h}=\bruch{c}{\vmat{x+1}}[/mm]
>
>
> Ich komme leider auf:
>
> [mm]y_{p}' =\bruch{c'(x) * (x+1) +c(x)}{(x+1)^{2}}[/mm]
Hier hat such ein Vorzeichenfehler eingeschlichen.
Gemäß Quotientenregel ist:
[mm]\left( \bruch{c\left(x\right) }{\vmat{x+1}} \right)'=\bruch{c'(x) * (x+1) \red{-}c(x)}{(x+1)^{2}}[/mm]
>
> und
>
> c'(x) = [mm]\bruch{1}{1+x^{2}}[/mm]
>
Das ist ja auch richtig.
>
>
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:41 Mo 29.03.2010 | | Autor: | phil974 |
> Hallo phil974,
>
> > >Das stimmt nicht !!
> >
> > Generell falscher Ansatz oder nur in diesem Fall ?!
> >
>
>
> Der Ansatz ist richtig.
>
> Mein Vorredner hat Dir den Fehler bei der Bestimmung der
> homogenen Lösung schon aufgezeigt.
>
> [mm]a\left(x\right)=-\bruch{1}{x+1} \Rightarrow A\left(x\right)=-\ln\vmat{x+1}[/mm]
>
> Dann folgt:
>
> [mm]y_{p}=C*e^{A\left(x \right)}=C*e^{-\ln\vmat{x+1}}[/mm]
>
> Nach den Rechenregeln für Logarithmen gilt:
>
> [mm]-\ln\vmat{x+1}=\ln\left(\bruch{1}{\vmat{x+1}}\right)[/mm]
>
> Dann ist
>
> [mm]e^{-\ln\vmat{x+1}}=e^{ \ln \left( \bruch{1}{ \vmat{x+1} } \right) }= \bruch{1}{ \vmat{x+1} }[/mm]
>
> Somit auch [mm]y_{h}=\bruch{c}{\vmat{x+1}}[/mm]
>
Ah, da hat sich ein Log Fehler eingeschlichen, danke für die ausführliche Erklärung.
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