problem bei DGL < Differenzialrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:05 Mi 24.02.2010 | | Autor: | quade521 |
Hallo,
mir ist nicht klar wie ich die DGL
xy`+y=x lösen kann.
Einerseits kann ich zwar die separation der variablen durchführen was auf
[mm] \bruch{1-y'}{y}=x [/mm] hinausläuft, aber damit komme ich nicht auf das richtige ergebnis auf der anderen seite könnte man umformen
[mm] y'=\bruch{x-y}{x} [/mm] dann mit (1/x) erweitern und kommt auf
y'=1-u mit u=y/x
welcher Ansatz ist richtig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:11 Mi 24.02.2010 | | Autor: | fred97 |
Deine DGL lautet:
$xy'+y=x$
oder
$y' = [mm] -\bruch{1}{x}y+1$
[/mm]
Das ist eine inhomogene lineare DGL 1. Ordnung. Dafür kennst Du sicher ein Kochrezept.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:16 Mi 24.02.2010 | | Autor: | quade521 |
ja die substitution halt,
oderist es möglich, wenn es eine inhomogene Gleichung ist erst die lösung der homogenen zu errechenen ..dann variation der konstanten..?
Kann es bitte jemadn kurz auflösen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:13 Mi 24.02.2010 | | Autor: | quade521 |
kann niemand kurz drübergucken?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:47 Mi 24.02.2010 | | Autor: | quade521 |
kann mir denn nicht einfach jemand mitteilen ob meine ansätze falsch sind oder nicht?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:17 Mi 24.02.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
das hat fred doch gesagt?
warum tust dus nicht. statt Var. der konstanten auch Ansattz y=A
Gruss leduart
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hi,
Der Ansatz mit u ist auch richtig, und man kann diese DGL als eine homogene DGL betrachten: y'=f(u(x)) dann bekommt man eine trennbare Funktion u'(x)=(-u(x)+1)*1/x und es kann gelöst werden.Daraus folgt auch die Lösung. Aber ich finde es zu kompliziert. Es ist besser mit der anderer Methode: löse das homogenem Problem und anschließend Variation der Konstante anwenden.
Gruß
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:21 Do 25.02.2010 | | Autor: | mathemak |
Hallo!
Die Aufgabe würde ich so lösen. Leider fehlt es mir da an der Unterrichtspraxis, da wir DGL nicht im Leer-plan  haben.
[mm] \begin{matrix}
x\,y' + y & =& x \\
x \cdot y' + 1 \cdot y & =& x \\
1 \cdot y + x \cdot y' & =& x \\
(x \cdot y)' & = &x \\
\int (x \cdot y)' \,\mathrm{d}\,x & =& \int x \,\mathrm{d}\,x \\
x \cdot y & =& \frac 12\,x^2 + C \\
y & = &\frac{1}{2}\,x + \frac{C}{x} \\
\end{matrix}
[/mm]
Probe:
[mm] \begin{matrix}
x \cdot \left( \frac{1}{2} - \frac{C}{x^2}\right) + \frac{1}{2}\,x + \frac{C}{x} & = &x \\
\frac{1}{2}\,x - \frac{C}{x} + \frac{1}{2}\,x + \frac{C}{x} & =& x \\
x & =&x \; \text{w.\,A.}
\end{matrix}
[/mm]
Eine leichte Veränderung:
[mm] \begin{matrix}
\frac x4\,y' + y & =& x && \vert \cdot \frac{4}{x}\\
y' + \frac{4}{x}\,y & =& 4 \\
y' + p(x) \cdot y & =& q(x)\\
\end{matrix}
[/mm]
NR:
[mm] \begin{matrix}
H(x) & =& \int p(x) \,\mathrm{d}\,x = \int \frac{4}{x} \, \mathrm{d}\,x = 4\,\ln(x) \\
e^{H(x)} & =& e^{4\,\ln(x)} = e^{\ln(x^4)} = x^4 \\
y' + \frac{4}{x}\,y & = 4 && \vert \,\cdot x^4 \\
x^4 y' + 4\,x^3\,y & =& 4\,x^4 \\
(x^4\,y)' & =& 4\,x^4 \\
\int (x^4\,y)' \; \mathrm{d}\,x & =& \int 4\,x^4 \, \mathrm{d}\,x \\
x^4\,y & =& \frac{4}{5}\,x^5 + C \\
y & =& \frac{4}{5}\,x + \frac{C}{x^4}
\end{matrix}
[/mm]
Gibt's dazu Anmerkungen?
Gruß
mathemak
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:29 Do 25.02.2010 | | Autor: | gfm |
> Hallo!
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> Die Aufgabe würde ich so lösen. Leider fehlt es mir da an
> der Unterrichtspraxis, da wir DGL nicht im Leer-plan
> haben.
>
> [mm]\begin{matrix}
x\,y' + y & =& x \\
x \cdot y' + 1 \cdot y & =& x \\
1 \cdot y + x \cdot y' & =& x \\
(x \cdot y)' & = &x \\
\int (x \cdot y)' \,\mathrm{d}\,x & =& \int x \,\mathrm{d}\,x \\
x \cdot y & =& \frac 12\,x^2 + C \\
y & = &\frac{1}{2}\,x + \frac{C}{x} \\
\end{matrix}[/mm]
>
> Probe:
> [mm]\begin{matrix}
x \cdot \left( \frac{1}{2} - \frac{C}{x^2}\right) + \frac{1}{2}\,x + \frac{C}{x} & = &x \\
\frac{1}{2}\,x - \frac{C}{x} + \frac{1}{2}\,x + \frac{C}{x} & =& x \\
x & =&x \; \text{w.\,A.}
\end{matrix}[/mm]
Gefällt mir am besten.
>
> Eine leichte Veränderung:
> [mm]\begin{matrix}
\frac x4\,y' + y & =& x && \vert \cdot \frac{4}{x}\\
y' + \frac{4}{x}\,y & =& 4 \\
y' + p(x) \cdot y & =& q(x)\\
\end{matrix}[/mm]
>
> NR:
> [mm]\begin{matrix}
H(x) & =& \int p(x) \,\mathrm{d}\,x = \int \frac{4}{x} \, \mathrm{d}\,x = 4\,\ln(x) \\
e^{H(x)} & =& e^{4\,\ln(x)} = e^{\ln(x^4)} = x^4 \\
y' + \frac{4}{x}\,y & = 4 && \vert \,\cdot x^4 \\
x^4 y' + 4\,x^3\,y & =& 4\,x^4 \\
(x^4\,y)' & =& 4\,x^4 \\
\int (x^4\,y)' \; \mathrm{d}\,x & =& \int 4\,x^4 \, \mathrm{d}\,x \\
x^4\,y & =& \frac{4}{5}\,x^5 + C \\
y & =& \frac{4}{5}\,x + \frac{C}{x^4}
\end{matrix}[/mm]
>
> Gibt's dazu Anmerkungen?
oder: [mm] y=x^{-4}z\rightarrow \frac{1}{4}x^{-3}z'=x\rightarrow z=\frac{4}{5}x^5+C\rightarrow [/mm] Deine Lösung
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