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| Aufgabe | Man bestimme die allgemeinen Lösungen folgender Differentialgleichungen der Methode der Trennung der Veränderlichen!
a) [mm]y'=e^{x-y}[/mm]
b) [mm]yy'=e^{-y^{2}}[/mm]
c) [mm]y'=9y^{2}-4 [/mm] |
Hallo nochmal,
also wie gesagt ich bin blutiger Anfänger in Sachen Differentialgleichungen...also net lachen wenns nicht stimmt. =)
also mein ansatz zu a)
[mm]y'=e^{x-y}=\bruch{e^x}{e^y}=\bruch{x*ln(e)}{y*ln(e)}[/mm]
dann habe ich das ln(e) gekürzt und auf das gekommen:
[mm]\bruch{x}{y}=x*\bruch{1}{y}[/mm]
d.f. [mm]\integral_{}^{}{y dy}=\integral_{}^{}{x dx}[/mm]
...ist es bis hierhin richtig? wie kann ich nun weiterrechnen?
mfg markus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:34 Mo 24.09.2007 | | Autor: | barsch |
Hi,
> also wie gesagt ich bin blutiger Anfänger in Sachen
> Differentialgleichungen...also net lachen wenns nicht
> stimmt. =)
Hier wird nicht gelacht ![[lol]](/images/smileys/lol.gif "[lol]")
>
> also mein ansatz zu a)
>
> [mm]y'=e^{x-y}=\bruch{e^x}{e^y}=\bruch{x*ln(e)}{y*ln(e)}[/mm]
okay, jedoch zu viel des Guten
[mm] y'=e^{x-y}=\bruch{e^x}{e^y} [/mm] weiter brauchst du nicht; zur Veranschaulichung würde ich noch soweit umstellen:
[mm] y'=e^x*\bruch{1}{e^y}
[/mm]
[mm] f(x)=e^x, [/mm]
[mm] g(y)=\bruch{1}{e^y}
[/mm]
Wir setzen die "Anfangsbedingung" [mm] \varphi(x_0)=y_0
[/mm]
[mm] F(x)=\integral_{x_0}^{x}{e^t dt}=e^x-e^{x_0}
[/mm]
[mm] G(y)=\integral_{y_0}^{y}{\bruch{1}{g(t)} dt}=\integral_{y_0}^{y}{ e^t dt}=e^{y}-e^{y_0}
[/mm]
[mm] G(\varphi(x))=F(x)
[/mm]
[mm] e^{\varphi(x)}-e^{y_0}=e^x-e^{x_0}
[/mm]
[mm] e^{\varphi(x)}=e^x-e^{x_0}+e^{y_0}
[/mm]
[mm] \varphi(x)=ln(e^x-e^{x_0}+e^{y_0})
[/mm]
Wir testen einmal:
[mm] \varphi'(x)=\bruch{1}{e^x-e^{x_0}+e^{y_0}}*e^x=\bruch{1}{e^{ln(e^x-e^{x_0}+e^{y_0})}}*e^x=\bruch{1}{e^{\varphi(x)}}*e^x
[/mm]
[mm] \varphi [/mm] genügt also der Bedingung und löst die DGL.
Ich hoffe, dir ist die Vorgehensweise ersichtlich.
MfG barsch
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danke für die schnelle antwort,
du hast ja jetzt das gleich für eine anfangsbedingung gelöst...ich glaub soweit hättest du nicht gehen brauchen, weil wir wenn es sich um ein anfangswertproblem handelt die anfangswerte explizit vorgegeben bekommen.
aber nochmal ne kurze nachfrage:
ich bin nach meiner rechnung ohne anfangsbedingung und mit unbestimmtem Integral letztendlich auf die Lösung:
[mm]y^{2}-x^{2}=2C[/mm] gekommen. stimmt das?
mfg markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:57 Mo 24.09.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Markus!
Du kannst Dein Ergebnsis doch schnell selber überprüfen, indum Du ableitest und in die ursprüngliche DGL einsetzt. Dein Ergebnis timmt leider nicht.
Hier mal die Schritte, die beim Verfahren "Trennung der Variablen" vollzogen werden. Wir bringen alle $y_$ auf die linke, und alle $x_$ auf die rechte Seite der gleichung und integrieren dann:
$$y' \ = \ \ [mm] e^{x-y}$$
[/mm]
[mm] $$\bruch{dy}{dx} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{e^x}{e^y}$$
[/mm]
[mm] $$e^y [/mm] \ dy \ = \ [mm] e^x [/mm] \ dx$$
[mm] $$\blue{\integral}e^y [/mm] \ dy \ = \ [mm] \blue{\integral}e^x [/mm] \ dx$$
[mm] $$e^y [/mm] \ = \ [mm] e^x+c$$
[/mm]
$$y \ = \ [mm] \ln\left(e^x+c\right)$$
[/mm]
Die Integrationskonstante nun mittels gegebenen Anfangswert lösen.
Gruß
Loddar
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aha also ist es quasi falsch oben zu kürzen
mfg markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:09 Mo 24.09.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Markus!
Du kannst hier gar nichts kürzen, da der Ausdruck [mm] $\bruch{e^x}{e^y} [/mm] \ [mm] \red{\not=} [/mm] \ [mm] \bruch{x*\ln(e)}{y*\ln(y)}$ [/mm] !
Du kannst ja nicht einfach nur auf eine Seite der Gleichung den Logarithmus anwenden, und auf der anderen Seite nicht ...
Gruß
Loddar
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ja klar wie dumm von mir...
aber kannst du mir nochmal bitte die "Probe" ausführlich zeigen?
das wäre echt super.
mfg markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:21 Mo 24.09.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Markus!
$$y \ = \ [mm] \ln\left(e^x+c\right)$$
[/mm]
[mm] $$\blue{e^y} [/mm] \ = \ [mm] e^{\ln\left(e^x+c\right)} [/mm] \ = \ [mm] \blue{e^x+c}$$
[/mm]
$$y' \ = \ [mm] \bruch{1}{e^x+c}*e^x [/mm] \ = \ [mm] \bruch{e^x}{e^x+c}$$
[/mm]
Ursprüngliche DGL:
$$y' \ = \ [mm] e^{x-y} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{e^x}{\blue{e^y}} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{e^x}{\blue{e^x+c}}$$
[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Probe erfüllt ...
Gruß
Loddar
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wieso führe ich die Integrationskonstante C immer nur auf der rechten seite ein?
mfg markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:45 Di 25.09.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Markus!
Du hast mit Deiner Beobachtung / Frage völlig Recht. Das ist im Prinzip eine verkürzte Angabe. Rein formell müsste ich auf beiden Seiten jeweils eine Integrationskonstante [mm] $c_1$ [/mm] und [mm] $c_2$ [/mm] einführen. Diese beiden kann ich dann aber durch Umformung auf einer der beiden Seiten zusammenfassen:
[mm] $$\integral{f(y) \ dy} [/mm] \ = \ [mm] \integral{g(x) \ dx}$$
[/mm]
[mm] $$F(y)+c_1 [/mm] \ = \ [mm] G(x)+c_2$$
[/mm]
$$F(y) \ = \ [mm] G(x)+\underbrace{c_2-c_1}_{= \ const.} [/mm] \ = \ G(x) + c$$
Gruß
Loddar
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hier mal meine Lösung zu b)...vor allem im letzten Schritt bin ich mir nicht sicher..
[Dateianhang nicht öffentlich]
mfg markus
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:04 Di 25.09.2007 | | Autor: | Loddar |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Markus!
Dieser Weg ist leider schon ziemlich zu Beginn falsch, da Du hier nicht sauber nach $y_$ und $x_$ aufteilst:
$$y*y' \ = \ e^{-y^2}$$
$$y*\bruch{dy}{dx} \ = \ e^{-y^2}$$
$$y*e^{y^2} \ * \ dy} \ = \ dx$$
$$\blue{\integral}y*e^{y^2} \ dy} \ = \ \blue{\integral}dx$$
Nun auf beiden Seiten integrieren (auf der linken Seite mittels Substitution) ...
Gruß
Loddar
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mmmh irgendwie verstehe ich den dritten schritt nicht so recht.
mit deiner zweiten formel: [mm]y\cdot{}\bruch{dy}{dx} \ = \ e^{-y^2}[/mm]
gehe ich ja noch mit, aber müsste daraus nicht folgen
[mm]y\cdot{}\bruch{dy}{dx} = 1*e^{-y^2}[/mm]
wobei [mm]f(x)=1[/mm] und [mm]g(y)=e^{-y^2}[/mm]
lt. definitionsformel (Papula): [mm]\integral_{}^{}{\bruch{dy}{g(y)}}=\integral_{}^{}{f(x) dx}[/mm]
würde doch daraus eher folgen:
[mm]\integral_{}^{}{y*\bruch{dy}{e^{-y^2}}}=\integral_{}^{}{ dx}[/mm]
also [mm]\integral_{}^{}{y*\bruch{1}{e^{-y^2}}dy}=\integral_{}^{}{ dx}[/mm]
oder?
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Hallo Markus,
das ist doch beides dasselbe 
ob du [mm] $\frac{y}{e^{-y^2}}$ [/mm] schreibst oder [mm] $y\cdot{}e^{y^2}$
[/mm]
Potenzgesetze !!
Loddar hat mit [mm] $e^{y^2}$ [/mm] und mit $dx$ durchmultipliziert, um das $dx$ auf der linken Seite und das [mm] $e^{-y^2}$ [/mm] auf der rechten Seite wegzubekommen. [mm] ($e^{-y^2}\cdot{}e^{y^2}=1$ [/mm] !!)
Aber das ist wie gesagt genau der Ausdruck, den du mit deiner Formel bekommen hast
LG
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:43 Di 25.09.2007 | | Autor: | crashby |
[mm] \blue{\integral}y\cdot{}e^{y^2} \ dy} \ = \ \blue{\integral}dx [/mm]
linkes Integral:
[mm]\integral{y*e^{y^2} dx}[/mm]
Mit Substitution kommst du auf [mm] F(x)=\frac{1}{2}*e^{y^2}+C
[/mm]
zusammen ergibt das dann:
[mm]\frac{e^{y^2}}{2}=x+k[/mm] wobei k die additative Konstante darstellt.
jetzt einfach nach y auflösen.
lg
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ok hier dann mal die lösung:
[mm]y=\wurzel{\ln{2x}+\ln{2k}}[/mm]
hoffe das die so richtig ist...
mfg markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:01 Di 25.09.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Markus!
Das stimmt fast, es fehlt nur eine Kleinigkeit:
$$y \ = \ [mm] \red{\pm} [/mm] \ [mm] \wurzel{\ln(2x)+\ln(2k)}$$
[/mm]
Das Vorzeichen hängt dann ganz vom enstprechenden Anfangswert ab.
Wenn man mag, kann man hier noch etwas gemäß  Logarithmusgesetzen umformen und zusammenfassen zu mit $c \ := \ 4*k$ :
$$y \ = \ [mm] \pm [/mm] \ [mm] \wurzel{\ln(c*x)}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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hier mein ansatz zu c)...hoffe mal das der wenigstens stimmt
[Dateianhang nicht öffentlich]
mfg markus
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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Hallo Markus,
> hier mein ansatz zu c)...hoffe mal das der wenigstens
> stimmt
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
Also m.E. sieht das bis hierher alles super aus ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
Dem Integral [mm] $\int{\frac{1}{9y^2-4}dy}$ [/mm] kommst du m.E. am besten mit einer Partialbruchzerlegung bei:
Es ist [mm] $\frac{1}{9y^2-4}=\frac{1}{(3y+2)\cdot{}(3y-2)}=\frac{A}{3y+2}+\frac{B}{3y-2}=...$
[/mm]
> mfg markus
Gruß
schachuzipus
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jo =)
also für die beiden Parameter habe ich erstmal A=-1/4 und B=1/4 raus
mfg markus
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Hi,
> jo =)
>
> also für die beiden Parameter habe ich erstmal A=-1/4 und
> B=1/4 raus
Das habe ich auch raus
>
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> mfg markus
>
LG
schachuzipus
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Ich poste jetz mal einfach wie weit ich gekommen bin.
allerdings weiss ich jetz nicht weiter bzw. auch nicht ob die letzten schritte richtig sind. ich muss ja jetz quasi wieder mein y isolieren.
[Dateianhang nicht öffentlich]
lg markus
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:11 Di 25.09.2007 | | Autor: | Loddar |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Markus!
... wird es leider falsch! Bis zur drittletzten Zeile stimmt alles soweit. Dann vergewaltigst Du etwas die Logarithmusgesetze nach Deinem (aber halt nicht allgemeingültigem!) Willen.
Es gilt: $12*(x+C) \ = \ \ln(3y-2)-\ln(3y+2) \ = \ \ln\left(\bruch{3y-2}{3y+2\right)$
Gruß
Loddar
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ah besten dank loddar
ja die logarithmengesetze...ich werde die jetzt auswendig lernen...versprochen =)
aber wie kann ich den daraus mein y rausziehen?
mfg markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:25 Di 25.09.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Markus!
Nun auf beiden Seiten "e hoch"-nehmen und anschließend nach $y \ = \ ...$ auflösen. indem Du zunächst mit dem Nenner mulstiplizierst:
[mm] $$e^{12*(x+c)} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{3y-2}{3y+2}$$
[/mm]
[mm] $$(3y+2)*e^{12*(x+c)} [/mm] \ = \ 3y-2$$
[mm] $$3y*e^{12*(x+c)} +2*e^{12*(x+c)} [/mm] \ = \ 3y-2$$
Nun alle Term mit $y_$ auf die eine Seite bringen und den Rest auf die andere Seite der Gleichung ... anschließend ausklammern ...
Gruß
Loddar
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[mm]y=\bruch{-\bruch{2}{3}-\bruch{2}{3}*e^{12(x+c)}}{e^{12(x+c)}-1}[/mm]
oder kann man das noch weiter vereinfachen? ist schon spät und ich bekomme langsam kopfschmerzen
mfg markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:50 Di 25.09.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Markus!
Das stimmt so. Und wenn man möchte, kann man das noch umformen zu:
$$y \ = \ [mm] \bruch{2}{3}*\bruch{1+e^{12*(x+c)}}{1-e^{12*(x+c)}}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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danke an alle die mir geholfen haben bei diesem Problem.
mfg markus
ps.: @ Loddar wie hast du das zum schluss noch so schön umgeformt?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:57 Di 25.09.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Markus!
Ich habe zunächst im Zähler [mm] $\bruch{2}{3}$ [/mm] ausgeklammert und dann den gesamten Bruch mit $-1_$ erweitert.
Gruß
Loddar
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