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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:15 Do 13.11.2008 | | Autor: | Marcel08 |
| Aufgabe | Vorgelegt sei die Differentialgleichung
[mm] y^{,}=(2/x)y
[/mm]
für [mm] x\not=0. [/mm] Skizzieren Sie ihr Richtungsfeld und einige Lösungskurven. Stellen Sie eine Vermutung an, wie die Lösung der Gleichung aussieht. Beweisen Sie die Vermutung. |
Liebe Matheraum- Community,
ich würde gerne wissen, wie man speziell bei dieser Aufgabe durch eine bloße Vermutung die Lösung der Gleichung erkennen kann. Wenn ich mir im Zuge der Gleichung
y(x)=(1/2)cx, für [mm] c\not=0
[/mm]
einige Geraden einzeichne und zu jeder Geraden eine Senkrechte konstruiere, entsteht durch die Schnittpunkte ein Quadrat. Wäre das soweit korrekt? Wenn ja, wie liest man nun die Lösung ab, bzw. welche Funktion muss ich ableiten, um die Richtigkeit meiner Vermutung zu beweisen? Für eine rasche Hilfe wäre ich sehr dankbar. Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:04 Do 13.11.2008 | | Autor: | uliweil |
Hallo Marcel,
mir ist nicht ganz klar, wie Du auf die Funktion y(x) = (1/2)cx kommst (sie löst die DGL jedenfalls nicht).
Um das Richtungsfeld zu zeichnen musst Du doch die Dgl selbst bemühen und für eine Fülle von Punkten [mm] (x_0, y_0) [/mm] durch Einsetzen in die DGl die Steigung [mm] y'(x_{0},y_{0}) [/mm] berechnen und einzeichnen.
Ich hab das mal mit Maple gemacht:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Das weitere Verfahren ist empirisch; wenn Du eine Vermutung für die Lösung hast, dann kannst Du sie durch Einsetzen verifizieren.
Gruß
Uli
PS: Hat etwas gedauert, hatte Probleme mit meinem Rechner.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:11 Fr 14.11.2008 | | Autor: | Marcel08 |
Wie komme ich auf y(x)=(1/2)cx? Zunächst habe ich ja den Ausdruck [mm] y^{,}=(2/x)y. [/mm] Wenn ich den rechten Term der Gleichung mit c (Konstante) gleichsetze, erhalte ich 2y*(1/x)=c. Löse ich nun nach y auf, so erhalte ich y(x)=(1/2)cx für [mm] c\not=0.
[/mm]
Irgendwie habe ich ein Problem damit, eine Kurve vom Polynomgrad 2 zu bekommen. Ich erhalte ausschließlich lineare Funktionen, da ich ja auch oben nur eine Funktion vom Grad 1 erhalte. Sicherlich handelt es sich hier wieder um eine ganz banale Sache. Vielleicht wärt ich nochmal so lieb und würdet eine kleine Hilfestellung geben. Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:55 Fr 14.11.2008 | | Autor: | uliweil |
Hallo Marcel,
verstanden, woher Du Deine Gleichung hast. Was Du beantwortet hast, ist eigentlich die Frage "Entlang welcher Funktionen treten bei den Lösungen der DGl eine konstante Steigung c auf". (Also, entlang der 1. Winkelhalbierenden f(x) = x zum Beispiel haben die Lösungskurven y(x) die Steigung 2). Das kann Dir allerdings helfen, das Richtungsfeld zu zeichnen und ist auch eine gute Idee, das Ganze zu systematisieren anstatt wild drauflos zu malen. Aber wenn man das Richtungsfeld fertig hat, dann vergisst man, wie man es gezeichnet hat und dann wird nur verlangt aufgrund des Aussehens des Bildes eine Vermutung über die Lösung zu machen (siehe dazu mein oder noch besser Al's Bild). Gerechnet werden soll nicht, da könnte man die DGl ja gleich lösen (Trennung der Veränderlichen).
Natürlich hast Du schon die richtige Vermutung gefunden, wie ich Deinem letzten Post entnehme.
Gruß
Uli
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:02 So 16.11.2008 | | Autor: | Marcel08 |
Nach eurer Zeichnung müsste die Lösung ja folgende sein:
[mm] y(x)=x^{2}e^{c}, [/mm] bzw [mm] y(x)=x^{2}C, [/mm] mit [mm] e^{c}=C
[/mm]
Wie aber komme ich aber über eine Rechnung auf dieses Ergebnis? Ich verwende dazu die entsprechende Formel und erhalte:
[mm] F(x)=\integral_{x_{0}}^{x}{(1/t) dt} [/mm] sowie [mm] H(y)=\integral_{y_{0}}^{y}{(1/(2t)) dt}, [/mm] für f(x)=1/x sowie g(y)=2y
Nun löse ich beide Integrale und erhalte:
[mm] ln|x|-ln|x_{0}| [/mm] sowie [mm] ln|2y|-ln|2y_{0}|
[/mm]
H(y(x))=F(x) liefert dann:
[mm] y(x)=(1/2)xe^{c}, [/mm] bzw. y(x)=(1/2)xC, mit [mm] C=e^{c}
[/mm]
Über eine hilfreiche Antwort wäre ich sehr dankbar. Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
ich würde das Ganze etwas anders notieren:
DGL: [mm] y'=\bruch{2y}{x}
[/mm]
[mm] \bruch{dy}{dx}=\bruch{2y}{x}
[/mm]
[mm] \bruch{dy}{y}=2*\bruch{dx}{x}
[/mm]
$\ ln(|y|)=2*ln(|x|)+C$
[mm] |y|=|x|^2*e^C\qquad\qquad e^C=k>0
[/mm]
[mm] y=±x^2*k [/mm] $\ (k>0)$
$\ [mm] y=a*x^2\qquad\qquad\qquad (a\not=0)$
[/mm]
Natürlich ist auch y=0 (für [mm] x\not=0) [/mm] eine Lösung der DGL,
deshalb kann man auf die Forderung [mm] a\not=0 [/mm] verzichten
und hat:
[mm] y=a*x^2\qquad\qquad (a\in\IR)
[/mm]
Nun muss aber noch etwas zum Definitionsbereich
gesagt werden. Da die DGL in der Form
[mm] y'=\bruch{2y}{x}
[/mm]
geschrieben ist (und nicht x*y'=2y) und ausdrück-
lich [mm] x\not=0 [/mm] vorausgesetzt wird, sind die Lösungskurven
natürlich nicht Parabeln, sondern nur "Halbparabeln".
Ohne die Bedingung [mm] x\not=0 [/mm] hätte die DGL x*y'=2y
als Lösungsfunktionen y(x) nicht nur Funktionen
der Form
[mm] y(x)=a*x^2\qquad\qquad (a\in \IR)
[/mm]
sondern auch solche:
$\ [mm] f(x)=\begin{cases} a*x^2, & \mbox{für }x\ge 0 \\ b*x^2, & \mbox{für } x<0 \end{cases}\qquad\qquad (a,b\in\IR)$
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:10 So 16.11.2008 | | Autor: | Marcel08 |
Ich danke dir recht herzlich. Deine schöne Erklärung hat mich gleich über zwei von mir gemachte Fehler informiert. Gruß,
Marcel
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noch ein Bild in der Art wie das von uliweil,
mit einer eingezeichneten Lösungskurve
(einer von unendlich vielen)
[Dateianhang nicht öffentlich]
Leider wurde die Kurve nicht wie in meinem
Original farbig dargestellt, aber man kann sie
trotzdem noch erkennen ...
Gruß
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:12 Fr 14.11.2008 | | Autor: | Marcel08 |
Ich danke dir recht herzlich.
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