lineare DGL m. Anfangswertprob < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:52 Mo 12.05.2008 | | Autor: | Di29 |
| Aufgabe | Lösen Sie das Anfangswertproblem:
[D(y)](x)=y+x, y(0)=1, [mm] I=\IR [/mm] |
Ich komme leider nicht auf die vorgegebene Lösung, da ich eventuell einen Fehler beim Integrieren mache.
Mein Lösungsversuch sieht wie folgt aus:
Da eine lineare DGL die Form D(y)=ay+b hat, ist
a(x)= 1 b(x)=x
homogene Lösung [mm] y_{0}(x): [/mm]
= [mm] exp(\integral_{0}^{x}{t) dt})
[/mm]
= exp([t][mm] _{0}^{x}) [/mm]
= exp(x)
spezielle Lösung [mm] y_{1}(x): [/mm]
[mm] y_{1}(x)=y_{0}(x)\integral_{0}^{x}{\bruch{b(t)}{y_{0}(t)} dt}
[/mm]
[mm] y_{1}(x)=exp(x)\integral_{0}^{x}{\bruch{t}{exp(t)} dt}
[/mm]
[mm] =exp(x)\integral_{0}^{x}{{t}*{exp(-t)} dt}
[/mm]
mittels partieller Integration mit [mm] \integral{uv'}=uv-\integral{u'v} [/mm] komme ich auf:
[mm] =exp(x)([t*exp(-t)]_{0}^{x}-\integral_{0}^{x}{{exp(-t)} dt}
[/mm]
=exp(x)(x*exp(-x)-(exp(-x)-1))
=exp(x)(x*exp(-x)-exp(-x)+1
=x-1+exp(x)
Der Lösungsvorschlag lautet jedoch -x-1+exp(x)
Daher stimmt bei der weiteren Lösung das Vorzeichen natürlich auch nicht.
Meine weitere Lösung sieht so aus:
y(x)=c*homogene Lösung+spezielle Lösung
y(x)=c*exp(x)+exp(x)+x-1
Lösung des Anfangswertproblems:
[mm] c=\bruch{\alpha-y_{1}(t_{0})}{y_{0}(t_{0})} [/mm] , [mm] t_{0}=0 [/mm] ; [mm] \alpha=1
[/mm]
[mm] c=\bruch{1-0}{1}=1
[/mm]
Daraus folgt:
y(x)=1*exp(x)+exp(x)+x-1 ist die Lösung des Anfangswertproblems.
Ich komme (mittlerweile im 4. Versuch) immer auf "meine" Lösung mit dem positiven x und nicht auf die Vorgabe mit dem negativen x.
Es ist doch so, dass ich für [mm] \bruch{1}{exp(t)} [/mm] auch exp(-t) schreiben kann.
Dann wäre bei der part. Integration t mein u und exp(-x) mein v' und v ist dann exp(-x) und u' ist 1.
Ich denke, dass hier irgendwo der Hase im Pfeffer liegt.
Ich hoffe, mir kann jemand sagen, wo ich immer wieder den Fehler mache.
Diana
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Hallo Diana,
> Lösen Sie das Anfangswertproblem:
> [D(y)](x)=y+x, y(0)=1, [mm]I=\IR[/mm]
> Ich komme leider nicht auf die vorgegebene Lösung, da ich
> eventuell einen Fehler beim Integrieren mache.
>
> Mein Lösungsversuch sieht wie folgt aus:
>
> Da eine lineare DGL die Form D(y)=ay+b hat, ist
> a(x)= 1 b(x)=x
>
> homogene Lösung [mm]y_{0}(x):[/mm]
>
> = [mm]exp(\integral_{0}^{x}{t) dt})[/mm]
> = exp([t][mm] _{0}^{x})[/mm]
> = exp(x)
>
> spezielle Lösung [mm]y_{1}(x):[/mm]
>
> [mm]y_{1}(x)=y_{0}(x)\integral_{0}^{x}{\bruch{b(t)}{y_{0}(t)} dt}[/mm]
> [mm]y_{1}(x)=exp(x)\integral_{0}^{x}{\bruch{t}{exp(t)} dt}[/mm]
> [mm]=exp(x)\integral_{0}^{x}{{t}*{exp(-t)} dt}[/mm]
>
> mittels partieller Integration mit [mm]\integral{uv'}=uv-\integral{u'v}[/mm] komme ich auf:
>
> [mm]=exp(x)([t*exp(-t)]_{0}^{x}-\integral_{0}^{x}{{exp(-t)} dt}[/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Hier steckt der Fehler, es ist [mm] $uv=\left[t\cdot{}\exp(-t)\cdot{}\blue{(-1)}\right]_0^x=\left[\blue{-}t\cdot{}\exp(-t)\right]_0^x=-x\cdot{}\exp(-x)$
[/mm]
Damit solltest du dann insgesamt auf [mm] $y_{part.}(x)=-x-1+\exp(x)$ [/mm] kommen
Dazu [mm] $y_{hom.}(x)=\exp(x)$ [/mm] addieren, dann sollte als Lösung [mm] $y(x)=-1-x+2\exp(x)$ [/mm] herauskommen...
> =exp(x)(x*exp(-x)-(exp(-x)-1))
> =exp(x)(x*exp(-x)-exp(-x)+1
> =x-1+exp(x)
>
> Der Lösungsvorschlag lautet jedoch -x-1+exp(x)
>
> Daher stimmt bei der weiteren Lösung das Vorzeichen natürlich auch nicht.
> Meine weitere Lösung sieht so aus:
>
> y(x)=c*homogene Lösung+spezielle Lösung
> y(x)=c*exp(x)+exp(x)+x-1
>
> Lösung des Anfangswertproblems:
> [mm]c=\bruch{\alpha-y_{1}(t_{0})}{y_{0}(t_{0})}[/mm] , [mm]t_{0}=0[/mm] ; [mm]\alpha=1[/mm]
>
> [mm]c=\bruch{1-0}{1}=1[/mm]
>
> Daraus folgt:
> y(x)=1*exp(x)+exp(x)+x-1 ist die Lösung des Anfangswertproblems.
>
> Ich komme (mittlerweile im 4. Versuch) immer auf "meine" Lösung mit dem positiven x und nicht auf die Vorgabe mit dem negativen x.
>
> Es ist doch so, dass ich für [mm]\bruch{1}{exp(t)}[/mm] auch exp(-t) schreiben kann.
> Dann wäre bei der part. Integration t mein u und exp(-x) mein v' und v ist dann exp(-x) und u' ist 1.
>
> Ich denke, dass hier irgendwo der Hase im Pfeffer liegt.
>
> Ich hoffe, mir kann jemand sagen, wo ich immer wieder den Fehler mache.
>
> Diana
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:43 Mo 12.05.2008 | | Autor: | Di29 |
| Aufgabe | $ [mm] =exp(x)\integral_{0}^{x}{{t}\cdot{}{exp(-t)} dt} [/mm] $
Hier steckt der Fehler, es ist $ [mm] uv=\left[t\cdot{}\exp(-t)\cdot{}\blue{(-1)}\right]_0^x=\left[\blue{-}t\cdot{}\exp(-t)\right]_0^x=-x\cdot{}\exp(-x) [/mm] $ |
Hallo schachuzipus,
vielen Dank für Deine schnelle Antwort. Ich habe mir ja schon gedacht, dass ich da was falsch mache.
Aber ich versteh nicht, woher die [mm] \blue{(-1)}\ [/mm] kommt.
u=t u'=1
v'=exp(-t)
und v ist nicht exp(-t) ???
Tut mir leid, ich komme einfach nicht dahinter, woher die -1 kommt.
Selbst der Blick in die Klett'sche Formelsammlung hilft mir nicht.
Kannst Du mir das etwas ausführlicher erklären? Es hängt gerade irgendwie.
Diana
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:38 Mo 12.05.2008 | | Autor: | Di29 |
Hallo Loddar,
danke für den Tipp.
Ich glaubte fälschlich, e-Funktion abgeleitet gibt e-Funktion und beim Integrieren wäre das gleich.
Also ist exp(x) abgeleitet und integriert exp(x).
Aber immer wenn es nicht e hoch x ist, sondern der Exponent der e-Funktion irgendwie anders lautet, muss ich also ableiten mit Kettenregel.
Und integrieren indem ich den Exponenten der Basis +1 nehme und durch diesen neuen Exponenten teile?
Diana
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Hallo Di29,
> Hallo Loddar,
>
> danke für den Tipp.
> Ich glaubte fälschlich, e-Funktion abgeleitet gibt
> e-Funktion und beim Integrieren wäre das gleich.
>
> Also ist exp(x) abgeleitet und integriert exp(x).
> Aber immer wenn es nicht e hoch x ist, sondern der
> Exponent der e-Funktion irgendwie anders lautet, muss ich
> also ableiten mit Kettenregel.
>
> Und integrieren indem ich den Exponenten der Basis +1
> nehme und durch diesen neuen Exponenten teile?
Beim Integrieren einer e-Funktion bleibt der Exponent gleich.
Was Du aber mußt, ist durch die Zahl im Exponenten, die vor dem x steht, zu dividieren.
[mm]\integral_{}^{}{e^{\blue{a}x} \ dx}=\bruch{1}{\blue{a}}e^{\blue{a}x}[/mm]
>
> Diana
Gruß
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:15 Mo 12.05.2008 | | Autor: | Di29 |
Hallo MathePower,
vielen Dank für die Hilfe.
Jetzt ist alles klar.
Bis jetzt habe ich trotz guter Mathe I-Note davon nichts mitbekommen.
Das wurde wahrscheinlich als Grundlage vorausgesetzt.
Aber auf der Realschule haben wir das nicht gelernt. 
Danke nochmals.
Diana
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Kettenregel