Seperable oder lineare DGL? < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:13 Mo 24.02.2014 | | Autor: | nomath |
Hi,
im Prinzip habe ich folgendes Problem, woran erkenne ich z.b. dass:
[mm] f´(t)=\bruch{1}{(8t+1)^{2}} [/mm] f(0)=1
seperabel gelöst werden sollte (also Substitution u=f(t); [mm] \bruch{du}{dt}=f´(t)....)
[/mm]
wohingegen
[mm] f´(t)=\bruch{-t^{2}-5}{t} [/mm] f(1)=1
linear gelöst wird (sprich in die Formel für lDGL erster Ordnung eingesetzt wird .. f(t)=g(t)*(.....))?
Das z.b. [mm] f´(t)=(t^{4}+4)*(f(t))^2 [/mm] seperabel gelöst werden sollte ist soweit ja verständlich..
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:09 Mo 24.02.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
die ersten 2 die du hinschreibst sind doch gar keine echten Dgl.
da steht doch einfach u'=f(t) d.h. u ist einfach eine Stammfunktion von f. da steht aber bei dir u=f(t) u'=f(t)....) das versteh ich nicht. schreib doch bitte die Dgl hin , um die es geht.
wahrscheinlich geht es um die Pünktchen in u'
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:55 Mo 24.02.2014 | | Autor: | nomath |
Ups; stimmt da fehlt was. Sry.
Also es geht um
a)
[mm] f'(t)=\bruch{1}{(8t+1)^{2}}f(t) [/mm] mit f(0)=1
b)
[mm] f'(t)=\bruch{-t^{2}-5}{t}f(t) [/mm] mit f(1)=1
Ich hab mir das ein bisschen beigebogen, dass z.b. wenn ich ein "Absolutglied" habe (bspw. [mm] f´t=\bruch{5}{t}f(t)+t^{2}) [/mm] ich das ganze "linear" löse. Wohingegen ich das bei z.b. g(f(t)) nicht anwenden kann; sondern via Separationsverfahren löse.
Sry wenn ich die Begriffe vllt. etwas flapsig um mich werfe, DGL war/ist lediglich ein kurzer Anriss im Script und die Recherche war leider tlw. nicht 100% verständlich.
Danke im Voraus.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:14 Mo 24.02.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
Beides sind lineare Dgl (weil y und y' nur mit Potenz 1 vorkommen Dgl, mit nicht konstanten Koeffizienten, beide sind homogen, d.h. nur
f'+g(t)*f=0
Beide löst man am besten mit dem Separationsansatz df/f=-g(x)dx
Alle Dgl der Form f'=g(x)*h(f) löst man mit Separation
Also werden deine 2 verschiedenen f gleich behandelt.
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:05 Di 25.02.2014 | | Autor: | nomath |
Danke dir, damit habe ich schon mal ne Aussage dazu ;)
Eine Frage habe ich allerdings noch:
[mm] f'(t)=\bruch{-t^{2}-5}{t}f(t) [/mm] mit f(1) = 1
Wenn ich das versuche zu lösen, würde ich so vorgehen:
[mm] \bruch{f'(t)}{f(t)}=\bruch{-t^{2}-5}{t}
[/mm]
u = f(t)
[mm] \bruch{du}{dt}=f'(t) [/mm] <-> dt = [mm] \bruch{du}{f'(t)}
[/mm]
Für die linke Seite habe ich also:
[mm] \integral_{a}^{b}{\bruch{f'(t)}{u}*\bruch{du}{f'(t)}}
[/mm]
//f'(t) kürzt sich raus sodass
[mm] \integral_{a}^{b}{\bruch{1)}{u}*du} [/mm] übrig bleibt.
Aufleiten ergibt: ln(|u|)+C
Rücksubstituieren: ln(|f(t)|)+C
Die rechte Seite
[mm] \bruch{-t^{2}-5}{t}
[/mm]
-> Grad Zähler > Grad Nenner -> also Polynomdivision
[mm] -t^{2}-5 [/mm] : t = -t R: -5
Fazit [mm] \bruch{-t^{2}-5}{t} [/mm] = -t + [mm] \bruch{-5}{x}
[/mm]
-> [mm] \integral_{a}^{b}{-t + \bruch{-5}{x}dt}
[/mm]
sollte dann [mm] -\bruch{1}{2}t^{2} [/mm] -5*ln(|t|) ergeben?
ln(|f(t)|)+C = [mm] -\bruch{1}{2}t^{2} [/mm] -5*ln(|t|) +c
ln(|f(t)|) = [mm] -\bruch{1}{2}t^{2} [/mm] -5*ln(|t|) +c wobei c = c2-c1
ln(|f(t)|) = [mm] -\bruch{1}{2}t^{2} [/mm] -5*ln(|t|) +c // :-5
[mm] \bruch{ln(|f(t)|)}{-5}= \bruch{1}{10}t^{2} [/mm] + ln(|t|) +c //e
[mm] \bruch{f(t)}{-5}=e^{\bruch{1}{10}t^{2}}+t [/mm] +c
Leider ist das Ergebnis aber total daneben... ich schätze mal meine Umformung stimmt iwo nicht, aber ehrlich gesagt ich komm nicht drauf....
Ergebnis (linear gerechnet) wäre: [mm] e^{-t-\bruch{5}{t}+6}
[/mm]
Bisschen Hilfe wäre echt nett ;)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:25 Di 25.02.2014 | | Autor: | fred97 |
> Danke dir, damit habe ich schon mal ne Aussage dazu ;)
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> Eine Frage habe ich allerdings noch:
> [mm]f'(t)=\bruch{-t^{2}-5}{t}f(t)[/mm] mit f(1) = 1
>
> Wenn ich das versuche zu lösen, würde ich so vorgehen:
> [mm]\bruch{f'(t)}{f(t)}=\bruch{-t^{2}-5}{t}[/mm]
>
> u = f(t)
> [mm]\bruch{du}{dt}=f'(t)[/mm] <-> dt = [mm]\bruch{du}{f'(t)}[/mm]
> Für die linke Seite habe ich also:
> [mm]\integral_{a}^{b}{\bruch{f'(t)}{u}*\bruch{du}{f'(t)}}[/mm]
>
> //f'(t) kürzt sich raus sodass
> [mm]\integral_{a}^{b}{\bruch{1)}{u}*du}[/mm] übrig bleibt.
> Aufleiten ergibt: ln(|u|)+C
> Rücksubstituieren: ln(|f(t)|)+C
>
> Die rechte Seite
> [mm]\bruch{-t^{2}-5}{t}[/mm]
> -> Grad Zähler > Grad Nenner -> also Polynomdivision
> [mm]-t^{2}-5[/mm] : t = -t R: -5
>
> Fazit [mm]\bruch{-t^{2}-5}{t}[/mm] = -t + [mm]\bruch{-5}{x}[/mm]
>
> -> [mm]\integral_{a}^{b}{-t + \bruch{-5}{x}dt}[/mm]
> sollte dann
> [mm]-\bruch{1}{2}t^{2}[/mm] -5*ln(|t|) ergeben?
>
> ln(|f(t)|)+C = [mm]-\bruch{1}{2}t^{2}[/mm] -5*ln(|t|) +c
>
> ln(|f(t)|) = [mm]-\bruch{1}{2}t^{2}[/mm] -5*ln(|t|) +c wobei c =
> c2-c1
>
> ln(|f(t)|) = [mm]-\bruch{1}{2}t^{2}[/mm] -5*ln(|t|) +c // :-5
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> [mm]\bruch{ln(|f(t)|)}{-5}= \bruch{1}{10}t^{2}[/mm] + ln(|t|) +c
> //e
> [mm]\bruch{f(t)}{-5}=e^{\bruch{1}{10}t^{2}}+t[/mm] +c
Wie kommst Du darauf ????
>
> Leider ist das Ergebnis aber total daneben... ich schätze
> mal meine Umformung stimmt iwo nicht, aber ehrlich gesagt
> ich komm nicht drauf....
>
> Ergebnis (linear gerechnet) wäre: [mm]e^{-t-\bruch{5}{t}+6}[/mm]
Das stimmt auch nicht.
FRED
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> Bisschen Hilfe wäre echt nett ;)
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