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  Differentialgleichungen homogen und inhomogen |
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marathon
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 |  Themenstart: 2022-05-21
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hallo hier ein paar Differentialgleichungen
gut
\
hier heißt es y' = y*x(x) die Schreibweise ist mir gar nicht so geläufig
versuche es mal mit der Separation der Variablen...
dies war doch in dem Beispielviedeo gut wie war dies noch mal...
ich teile durch y und erhalte da ich auf beiden seiten nachher integriere
int(1/y,y) = int(x,x) =
ln(y) =x^2/2
abs(y) = e^(0.5*x^2)+c
nun gut wenn dies noch halbwegs oder schon nicht mehr stimmig sein mag
die zweite Diff Gl. für meine Maßstäbe schon deutlich schwerer
\
ut gegeben ist hie siehtwie gesagt für mich schon bedrohlicher aus
y' = 2y^2(x)+2+y^2(x)*x +x
uff
gut ich klammere das y^2 aus es ergibt sich y^2(x)(1+x)(X) +x +2
als Störfunktion hätte ich das x+2 eingestuft
int(1/y^2,y) = int((1+x),x,)
-1/y = x+1/2 x^2
y= - 1/(x+0.5 x^2) glaube weniger das dies richtig sein könnte gut in diesem berreih bin ich wirklich absoluter Novize die partikuläre o heißt es ergeht nun über den Quotienten des Integrals aus der Homogenen Lösung und der partikulären Lösung
int((x+2)/sqrt(1+x),x) ab hier wird es mir noch zu komplex in dem Beipiel video siehe Bildelement sah das alles noch so einfach aus aber hier habe ich ja auch als ein lokalisierer Schwierigkeitsgrad ein y^2
in den lehrvideos siehr immer alles so so einfach aus!
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/43568_differential_gleichung_video4.GIF
wie immer 100000 Dank im Voraus euer markus
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nzimme10
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-05-22
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
deine erste DGL sollte wohl
$$
y'(x)=x\cdot y(x)
$$
sein, oder?
Das ist eine so genannte homogene lineare Differentialgleichung erster Ordnung. Wenn man keinen konkreten Anfangswert vorgegeben hat und alle Lösungen einer DGL sucht, dann sollte man zunächst mal nach Gleichgewichtslösungen oder generell nach (sog. trivialen) Lösungen suchen. Die Funktion $f\colon \mathbb R\to\mathbb R$ mit $f(x)=0$ für alle $x\in \mathbb R$ erfüllt diese DGL ja auch.
Ansonsten hast du aber durch deinen sehr "laxen" Umgang mit Integrationskonstanten eben einen Fehler gemacht. Wenn man sich unsicher ist, dann könnte man ein künstliches Anfangswertproblem daraus machen und so besser alle Fälle beim Lösen der DGL unterscheiden. Seien $x_0,y_0\in \mathbb R$ und $f,g\colon \mathbb R\to \mathbb R$ gegeben durch $f(x)=x$ sowie $g(y)=y$. Wir suchen nun alle Lösungen des AWP
$$
y'=x\cdot y=f(x)\cdot g(y), \ y(x_0)=y_0.
$$
Hier könnte man bereits die erste Fallunterscheidung machen. Falls $y_0=0$, dann ist $\varphi\colon \mathbb R\to \mathbb R, \ \varphi(x)=0$ eine Lösung des AWP. Falls $y_0\neq 0$, dann müsste man streng genommen wieder Fälle unterscheiden, da $g(y)$ in $y=0$ eine Nullstelle hat und $\frac{1}{g(y)}$ dort folglich nicht definiert ist. Betrachten wir den Fall $y_0>0$. Definiere dann
$$
F\colon \mathbb R\to \mathbb R, \ F(x):=\int_{x_0}^x f(t) \d t=\int_{x_0}^x t \d t=\frac{1}{2}(x^2-x_0^2)
$$
und
$$
G\colon (0,\infty)\to \mathbb R, \ G(y):=\int_{y_0}^y \frac{1}{g(t)} \d t=\int_{y_0}^y \frac{1}{t} \d t=\ln\left(\frac{y}{y_0}\right).
$$
$G$ ist bijektiv und es ist $G^{-1}(t)=y_0\e^{t}$ für alle $t\in \mathbb R$. Folglich ist
$$
\varphi\colon \mathbb R\to \mathbb R, \ \varphi(x):=G^{-1}(F(x))=y_0\cdot \exp\left(\frac{1}{2}(x^2-x_0^2)\right)=\underbrace{y_0\cdot \exp\left(-\frac 12 x_0^2\right)}_{\text{Konstante}}\cdot \exp\left(\frac 12 x^2\right)
$$
eine Lösung des AWP. Man kann hier auch nochmal die Probe machen und so sicher gehen, dass die gefundene Funktion wirklich eine Lösung ist:
$$
\varphi'(x)=(G^{-1}\circ F)'(x)=(G^{-1})'(F(x))\cdot F'(x)=\frac{1}{\frac{1}{g(G^{-1}(F(x)))}}\cdot f(x)=g(\varphi(x))\cdot f(x)=\varphi(x)\cdot x.
$$
Die Probe zeigt also, dass wir wirklich eine Lösung der DGL gefunden haben und auch $\varphi(x_0)=y_0$ sieht man direkt ein. Wenn man nun auch noch den Fall $y_0<0$ analog abhandelt, dann sieht man insgesamt ein, dass jede Lösung dieser DGL von der Form
$$
y(x)=c\cdot \exp\left(\frac 12 x^2\right)
$$
mit einer Konstanten $c\in \mathbb R$ ist. Weiter sieht man, dass jede Lösung dieser DGL auf ganz $\mathbb R$ definiert ist.
Worauf ich hinaus möchte ist, dass man im Prinzip schon so "rechnen" kann, wie du es gemacht hast, aber gerade wenn man sich unsicher ist, passieren dabei häufig Fehler oder es werden Lösungen übersehen. Weiter bist du mit deiner Rechnung noch gar nicht fertig, weil du bisher nur eine Aussage für $|y|$ hergeleitet hast. Du müsstest bei deinem Vorgehen nun noch Fälle unterscheiden.
Übrigens: Für homogene lineare Differentialgleichungen kann man mit obigem Verfahren auch einmalig eine Formel herleiten, die sofort die eindeutige Lösung liefert (von Eindeutigkeit kann man natürlich nur sprechen, wenn Anfangswerte vorgegeben sind). Für inhomogene lineare DGLn kann man dann, z.B. mittels Variation der Konstanten, auch eine Formel herleiten.
Allgemeine Anmerkung: Es ist ratsam sich bei dieser Trennung der Variablen auch mal klar zu machen, was eigentlich genau passiert. Oftmals wird das Verfahren durch wilde Rechnungen mit den Differentialen $\mathrm dx$ und $\mathrm dy$ "motiviert" und es ist oft nicht so ganz klar, was eigentlich passiert oder warum man das machen "darf".
Ganz allgemein betrachtet man eine DGL erster Ordnung $y'=F(x,y)$, die separierbar ist, d.h. für die $F(x,y)=f(x)\cdot g(y)$ für stetige Funktionen $f$ und $g$ gilt. Wir fordern zusätzlich, dass eine Lösung der DGL $y(x_0)=y_0$ erfüllen soll und, dass in einem geeigneten Intervall $g(y)\neq 0$ gilt. Dann hat man auf einem geeigneten Intervall
$$
\frac{1}{g(y(x))}\cdot y'(x) = f(x)
$$
und somit
$$
\int_{x_0}^x \frac{1}{g(y(t))}\cdot y'(t) \d t=\int_{x_0}^x f(t) \d t.
$$
Unter der Annahme, dass $y$ stetig differenzierbar ist (was $y$ sein muss, wenn es die DGL löst) schreibt sich die linke Seite vermöge der Substitutionsregel als
$$
\int_{x_0}^x \frac{1}{g(y(t))}\cdot y'(t) \d t=\int_{y(x_0)}^{y(x)} \frac{1}{g(t)} \d t
$$
und wir erhalten insgesamt die Gleichung
$$
\int_{y(x_0)}^{y(x)} \frac{1}{g(t)} \d t=\int_{x_0}^x f(t) \d t,
$$
die man erhält, wenn man naiv mit den Differentialen rechnet. Man beachte, dass die obige Gleichung genau genommen die Gleichheit zweier Funktionen in der Variablen $x$ zum Ausdruck bringt. Definiert man
$$
G(s):=\int_{y(x_0)}^{s} \frac{1}{g(t)} \d t, \quad F(s):=\int_{x_0}^s f(t) \d t,
$$
so erhält man also insgesamt $G(y(x))=F(x)$ auf einem geeigneten Intervall. Dort wo man $G$ invertieren kann und wo $F(x)$ im Bild von $G$ liegt kann man das folglich zu $y(x)=G^{-1}(F(x))$ auflösen und erhält eine Lösung der DGL.
LG Nico\(\endgroup\)
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marathon
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-22
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gegeben ist hier
entscheidende Frage ob mein Ansatz überhaupt stimmt oder wird hier wegen dem y^2 gleich substituiert -aber wie
y' = 2y^2(x)+2+y^2(x)*x +x
hallo zuerst nochmal mehrfachen Dank für die sehr detailierten Ausführungen im letzten Beitrag zu den Differentialgleichungen
bei dieser Aufgabe die mir um einiges schwerer erscheint heißt es also
y' = 2y^2(x)+2+y^2(x)*x +x
gut ich klammere das y^2 aus es ergibt sich y^2(x)(1+x)(x) +x +2
als Störfunktion hätte ich das x+2 eingestuft die dann erst in der partikulären Lösung wieder eine Rolle spielt
int(1/y^2,y) = int((1+x),x,)
-1/y = x+1/2 x^2
y= - 1/(x+0.5 x^2) glaube weniger das dies richtig sein könnte gut in diesem Bereich bin ich wirklich absoluter Novize die partikuläre Lösung heißt es ergeht nun über den Quotienten des Integrals aus der Homogenen Lösung und der partikulären Lösung
int((x+2)/sqrt(1+x),x) ab hier wird es mir noch zu komplex in dem Beipiel video siehe Bildelement sah das alles noch so einfach aus aber hier habe ich ja auch als ein lokalisierer Schwierigkeitsgrad ein y^2
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/43568_differential_gleichung_video4.GIF
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lula
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 | Beitrag No.3, eingetragen 2022-05-22
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Hallo marathon
die Methode eine Dgl in homogenen und einhomogenen Teil aufzuteilen, den homogenen lösen und dann durch raten oder Variation der Konstanten die einhomogene , kann man i.A. nur für lineare Dgl verwenden, die anscheinend in deinen videos behandelt werden.
Für nicht lineare Dgl gibt ein paar Sonderfälle die man mit geeigneten Substitutionen oder so lösen kann. Wenn man sich einfach eine Dgl ausdenkt ist sie oft nur numerisch lösbar.
bis dann, lula
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Diophant
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Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10673
Wohnort: Rosenfeld, BW
 | Beitrag No.4, eingetragen 2022-05-22
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
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\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
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\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo marathon,
du betrachtest also die zugehörige homogene DGL
\[y'=y^2\cdot(2+x)\]
?
Dann ist dir schonmal beim Ausklammern von \(y^2\) ein Fehler unterlaufen. Der wirkliche Schnitzer ist aber der, dass du beim Integrieren die Integrationskonstante vergessen hast. Wenn man obige DGL durch Trennung der Variablen löst, dann sieht das in etwas so aus:
\[\ba
y'&=y^2\cdot(2+x)\quad\Leftrightarrow\\
\\
\frac{\dd y}{y^2}&=(2+x)\dd x\quad\Rightarrow\\
\\
-\frac{1}{y}&=2x+\frac{x^2}{2}+C\quad\text{und mit c=-C folgt}\\
\\
y&=\frac{1}{c-2x-x^2/2}
\ea\]
Und damit könntest du jetzt mit einer Methode deiner Wahl nach der allgemeinen Lösung suchen.
Das alles ist hier allerdings aus genau dem Grund nicht zielführend, den lula im vorigen Beitrag bereits genannt hat. Dazu wie es hier geht, habe ich im nächsten Beitrag etwas geschrieben.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10673
Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.5, eingetragen 2022-05-22
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Und noch ein Nachtrag: hier ist es zielführender, folgendermaßen zu faktorisieren:
\[y'=2y^2+2+y^2\cdot x+x=y^2\cdot(2+x)+2+x=(2+x)\cdot(y^2+1)\]
Und darauf lässt du jetzt die Trennung der Variablen los.
@gonz: danke für den Hinweis!
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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marathon
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Mitteilungen: 690
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-22
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also integriere ich links
\
int(1/(y^2+1),y) und rechts
int(2+x,x)
also
arctany+c =2x+0.5x^2+c2
y=tan(2x+0.5x^2)+tanc
mehr sehe ich leider gerade nicht!!!
und sorry nochmal dass ich aus versehen mehrfach gepostet habe sorry
Danke für die super super geduld mit mir!!!!!
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Diophant
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Mitteilungen: 10673
Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.7, eingetragen 2022-05-22
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Hallo marathon,
eine Integrationskonstante tut es auch, die schreibt man dann auf die rechte Seite:
\[\ba
y'&=(y^2+1)\cdot(2+x)\quad\iff\\
\\
\frac{\dd y}{y^2+1}&=(2+x)\cdot\dd x\quad\Rightarrow\\
\\
\on{arctan}(y)&=2x+\frac{x^2}{2}+C\\
\\
y&=\tan\left(2x+\frac{x^2}{2}+C\right)
\ea\]
(Die Sache am Ende mit dem erfundenen "Additionstheorem" für den Tangens ist falsch.)
Gruß, Diophant
\(\endgroup\)
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marathon
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-22
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