homogene und partikul. Lösung < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:17 Di 23.08.2011 | | Autor: | ljubow |
| Aufgabe | Finden Sie eine Lösung des Anfangswertproblems
y' = y sin(2x) + sin(2x), [mm] y(\pi) [/mm] = 1 |
Guten Tag,
ich komme bei dieser Aufgabe einfach nicht mehr weiter:
Zuerst berechne ich die homogene Lösung (siehe auch https://www.vorhilfe.de/read?t=816927 ) und erhalte dafür
y(x) = [mm] \wurzel{e}e^{-1/2cos(2x)}
[/mm]
Dann will ich die partikuläre Lösung finden, damit ich diese dann mit der homogenen Lösung addieren kann.
Allgemein: [mm] \integral{e^{P(x)-P(s)} q(s) ds}
[/mm]
hier: [mm] \integral{e^{-1/2cos(2x) + 1/2cos(2s)} sin(2s) ds}
[/mm]
Es ist jedoch irgendwie ein Problem, diese Riesenintegral auszurechnen...gibt es da einen Trick?
Vielen Dank!
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Hallo ljubow,
> Finden Sie eine Lösung des Anfangswertproblems
> y' = y sin(2x) + sin(2x), [mm]y(\pi)[/mm] = 1
> Guten Tag,
>
> ich komme bei dieser Aufgabe einfach nicht mehr weiter:
> Zuerst berechne ich die homogene Lösung (siehe auch
> https://www.vorhilfe.de/read?t=816927 ) und erhalte dafür
> y(x) = [mm]\wurzel{e}e^{-1/2cos(2x)}[/mm]
>
> Dann will ich die partikuläre Lösung finden, damit ich
> diese dann mit der homogenen Lösung addieren kann.
> Allgemein: [mm]\integral{e^{P(x)-P(s)} q(s) ds}[/mm]
> hier:
> [mm]\integral{e^{-1/2cos(2x) + 1/2cos(2s)} sin(2s) ds}[/mm]
> Es ist
> jedoch irgendwie ein Problem, diese Riesenintegral
> auszurechnen...gibt es da einen Trick?
Der Trick heisst hier Substitution.
Substituiere hier [mm]z=-\bruch{1}{2}*\cos\left(2x\right)+\bruch{1}{2}*\cos\left(2s\right)[/mm]
Alternativ kannst Du obige DGL auch
über Trennung der Veränderlichen lösen.
> Vielen Dank!
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:42 Di 23.08.2011 | | Autor: | ljubow |
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>
>
> Der Trick heisst hier Substitution.
>
> Substituiere hier
> [mm]z=-\bruch{1}{2}*\cos\left(2x\right)+\bruch{1}{2}*\cos\left(2s\right)[/mm]
>
Au ja, das geht ja richtig auf 
u=-1/2cos(2x) + 1/2cos(2s)
du = sin(2s)dx
du/sin(2s) = dx
[mm] \integral{e^{u}du} [/mm] = [mm] e^{u} [/mm] = [mm] e^{-1/2cos(2x) + 1/2cos(2s)}
[/mm]
Doch wie geht es jetzt weiter? Jetzt habe ich 2 Variablen -s und x- und eigentlich will ich ja nur x haben. Müsste ich hier das bestimmte Integral nehmen? Wenn ja, mit welchen Werten?
Danke!
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Hallo ljubow,
> ...
> >
> >
> > Der Trick heisst hier Substitution.
> >
> > Substituiere hier
> >
> [mm]z=-\bruch{1}{2}*\cos\left(2x\right)+\bruch{1}{2}*\cos\left(2s\right)[/mm]
> >
> Au ja, das geht ja richtig auf
> u=-1/2cos(2x) + 1/2cos(2s)
> du = sin(2s)dx ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
> du/sin(2s) = dx
>
> [mm]\integral{e^{u}du}[/mm] = [mm]e^{u}[/mm] = [mm]e^{-1/2cos(2x) + 1/2cos(2s)}[/mm]
Moment mal, es ist doch [mm]u=u(x)[/mm] von [mm]x[/mm] abh., also ist [mm]\frac{1}{2}\cos(2s)[/mm] doch konstant bzgl. x und fällt beim Ableiten weg, also
[mm]u'(x)=\frac{du}{dx}=\sin(2x)[/mm] und das Integral wird in der Tat zu [mm]\int{e^{u} \ du}[/mm]
> Doch wie geht es jetzt weiter? Jetzt habe ich 2 Variablen
> -s und x- und eigentlich will ich ja nur x haben. Müsste
> ich hier das bestimmte Integral nehmen? Wenn ja, mit
> welchen Werten?
Ich glaube ja, du hast das irgendwie mit der anderen Aufgabe durcheinander gebracht...
Den Anfangswert benutzt man erst ganz am Ende, nachdem die allg. inhomogene Lsg bestimmt ist.
Alternativ und schneller geht's über Trennung, wie MP schon gesagt hat:
[mm]y'=y\sin(2x)+\sin(2x)=\sin(2x)(y+1)[/mm]
Also [mm]\int{\frac{1}{y+1} \ dy} \ = \ \int{\sin(2x) \ dx}[/mm]
Das geht schnell.
Alternativ löse die zugeh. homogene Dgl
[mm]y'=y\sin(2x)[/mm] über Trennung, das hattest du ja in dem anderen thread gemacht.
Dann aber nicht den Anfangswert einsetzen, sondern erstmal eine part. Lösung bestimmen über Variation der Konstanten.
Die homog. Lsg ist [mm]y_h=c\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm]
Dann mache [mm]c[/mm] von x abh. [mm]y_p(x)=c(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x}}[/mm]
Damit [mm]y'=c'(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}+c(x)\cdot{}\sin(2x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm]
Vgl. mit der Ausgangsdgl.
[mm]\Rightarrow c'(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}=\sin(2x)[/mm]
Also [mm]c'(x)=\sin(2x)\cdot{}e^{\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm]
Das per Substitution lösen liefert mit [mm]y=y_h+y_p[/mm] die allg. Lösung für die inhomogene Dgl.
Dann die AB einsetzen ...
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:05 Do 25.08.2011 | | Autor: | ljubow |
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> Ich glaube ja, du hast das irgendwie mit der anderen
> Aufgabe durcheinander gebracht...
>
> Den Anfangswert benutzt man erst ganz am Ende, nachdem die
> allg. inhomogene Lsg bestimmt ist.
>
> Alternativ und schneller geht's über Trennung, wie MP
> schon gesagt hat:
>
> [mm]y'=y\sin(2x)+\sin(2x)=\sin(2x)(y+1)[/mm]
>
> Also [mm]\int{\frac{1}{y+1} \ dy} \ = \ \int{\sin(2x) \ dx}[/mm]
>
> Das geht schnell.
Stimmt, hatte ich gar nicht bemerkt, dass man das so einfach aufsplitten kann!
Trotzdem versuche ich jetzt noch, die Alternative durchzurechnen:
>
> Alternativ löse die zugeh. homogene Dgl
>
> [mm]y'=y\sin(2x)[/mm] über Trennung, das hattest du ja in dem
> anderen thread gemacht.
>
> Dann aber nicht den Anfangswert einsetzen, sondern erstmal
> eine part. Lösung bestimmen über Variation der
> Konstanten.
>
> Die homog. Lsg ist [mm]y_h=c\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm]
>
> Dann mache [mm]c[/mm] von x abh.
> [mm]y_p(x)=c(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x}}[/mm]
>
> Damit
> [mm]y'=c'(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}+c(x)\cdot{}\sin(2x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm]
Bis hier her bin ich mitgekommen, doch den nächsten Schritt verstehe ich nicht.
>
> Vgl. mit der Ausgangsdgl.
>
> [mm]\Rightarrow c'(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}=\sin(2x)[/mm]
Wie kommst du auf dies?
Danke!
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Hallo nochmal,
> >
> > Die homog. Lsg ist [mm]y_h=c\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm]
> >
> > Dann mache [mm]c[/mm] von x abh.
> > [mm]y_p(x)=c(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x}}[/mm]
> >
> > Damit
> >
> [mm]\red{y'=c'(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}+c(x)\cdot{}\sin(2x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}}[/mm]
> Bis hier her bin ich mitgekommen, doch den nächsten
> Schritt verstehe ich nicht.
Ok, oben steht die Ableitung von [mm]y_p(x)=c(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm]
Ich habe sie mal rot markiert.
Dann gehen wir mit dem Ansatz [mm]y_p(x)=c(x)e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm] in die Ausgangsdgl. [mm]y'=y\sin(2x)+\sin(2x)[/mm]
[mm]\blue{y_p'(x)=c(x)e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}\cdot{}\sin(2x)+\sin(2x)}[/mm]
Nun vergleiche rot und blau:
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> >
> > Vgl. mit der Ausgangsdgl.
> >
> > [mm]\Rightarrow c'(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}=\sin(2x)[/mm]
>
> Wie kommst du auf dies?
Durch den Vergleich von rot und blau
> Danke!
>
>
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:52 Do 25.08.2011 | | Autor: | ljubow |
> Ok, oben steht die Ableitung von
> [mm]y_p(x)=c(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm]
>
> Ich habe sie mal rot markiert.
>
> Dann gehen wir mit dem Ansatz
> [mm]y_p(x)=c(x)e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm] in die Ausgangsdgl.
> [mm]y'=y\sin(2x)+\sin(2x)[/mm]
>
> [mm]\blue{y_p'(x)=c(x)e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}\cdot{}\sin(2x)+\sin(2x)}[/mm]
>
> Nun vergleiche rot und blau:
>
Hi, Danke für die Erklärungen. Ich mache also folgendes:
-> ich erhalte durch den Vergleich c'(x) = [mm] sin(2x)e^{1/2cos(2x)}
[/mm]
Durch Integration mit Substitution u= 1/2cos(2x), du = -2sin(2x)dx, dx = 1/(-2sin(2x) du erhalte ich
[mm] \bruch{sin(2x)}{-2sin(2x)} \integral{e^{u}du} [/mm] = -1/2 [mm] e^{u} [/mm] = -1/2 [mm] e^{1/2cos(2x)} [/mm] + c
Ich setze in [mm] y_{p}(x) [/mm] = [mm] -1/2e^{1/2cos(2x)} e^{-1/2cos(2x)}+c =-1/2e^{(1/2cos(2x)) + (-1/2cos(2x))} [/mm] = - 1/2 + c
Muss ich das nun in y = [mm] y_p [/mm] + [mm] y_h [/mm] einsetzen?
Danke!
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Hallo nochmal,
> > Ok, oben steht die Ableitung von
> > [mm]y_p(x)=c(x)\cdot{}e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm]
> >
> > Ich habe sie mal rot markiert.
> >
> > Dann gehen wir mit dem Ansatz
> > [mm]y_p(x)=c(x)e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}[/mm] in die Ausgangsdgl.
> > [mm]y'=y\sin(2x)+\sin(2x)[/mm]
> >
> >
> [mm]\blue{y_p'(x)=c(x)e^{-\frac{1}{2}\cos(2x)}\cdot{}\sin(2x)+\sin(2x)}[/mm]
> >
> > Nun vergleiche rot und blau:
> >
> Hi, Danke für die Erklärungen. Ich mache also folgendes:
> -> ich erhalte durch den Vergleich c'(x) =
> [mm]sin(2x)e^{1/2cos(2x)}[/mm]
> Durch Integration mit Substitution u= 1/2cos(2x), du =
> -2sin(2x)dx,
Stopp!
Es ist [mm] $u'=\frac{du}{dx}=-\sin(2x)$ [/mm] ...
> dx = 1/(-2sin(2x) du erhalte ich
> [mm]\bruch{sin(2x)}{-2sin(2x)} \integral{e^{u}du}[/mm] = -1/2 [mm]e^{u}[/mm] = -1/2 [mm]e^{1/2cos(2x)}[/mm] + c ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Kleiner Fehler, den ich zuerst übersehen habe ...
Die Integrationskonstante kannst du [mm]=0[/mm] setzen, du benötigst ja nur irgendeine spezielle (partik.) Lsg.
> Ich setze in [mm]y_{p}(x)[/mm] = [mm]-1/2e^{1/2cos(2x)} e^{-1/2cos(2x)}+c =-1/2e^{(1/2cos(2x)) + (-1/2cos(2x))}[/mm]
> = - 1/2 + c
Es ergibt sich [mm] $y_p(x)=-1$
[/mm]
> Muss ich das nun in y = [mm]y_p[/mm] + [mm]y_h[/mm] einsetzen?
Ganz genau! Und wenn das dann steht, sezte den Anfangswert ein, um das noch zu bestimmende c aus der homogenen Lsg zu ermitteln
> Danke!
>
>
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:36 Do 25.08.2011 | | Autor: | ljubow |
Hallo nochmal,
> > >
> > Hi, Danke für die Erklärungen. Ich mache also folgendes:
> > -> ich erhalte durch den Vergleich c'(x) =
> > [mm]sin(2x)e^{1/2cos(2x)}[/mm]
> > Durch Integration mit Substitution u= 1/2cos(2x), du =
> > -2sin(2x)dx,
>
> Stopp!
Au ja, blöder Fehler...
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> Es ist [mm]u'=\frac{du}{dx}=-\sin(2x)[/mm] ...
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> > dx = 1/(-2sin(2x) du erhalte ich
> > [mm]\bruch{sin(2x)}{-2sin(2x)} \integral{e^{u}du}[/mm] = -1/2
> [mm]e^{u}[/mm] = -1/2 [mm]e^{1/2cos(2x)}[/mm] + c
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> Kleiner Fehler, den ich zuerst übersehen habe ...
>
> Die Integrationskonstante kannst du [mm]=0[/mm] setzen, du
> benötigst ja nur irgendeine spezielle (partik.) Lsg.
>
> > Ich setze in [mm]y_{p}(x)[/mm] = [mm]-1/2e^{1/2cos(2x)} e^{-1/2cos(2x)}+c =-1/2e^{(1/2cos(2x)) + (-1/2cos(2x))}[/mm]
> > = - 1/2 + c
>
> Es ergibt sich [mm]y_p(x)=-1[/mm]
Ja, hab ich auch bekommen.
Dann erhalte ich:
y = [mm] y_p [/mm] + [mm] y_h [/mm] = -1 + [mm] ce^{-1/2cos(2x)}
[/mm]
durch [mm] y(\pi) [/mm] = 1 erhalte ich:
1 = -1 + [mm] ce^{-1/2} [/mm] -> 2 = [mm] ce^{-1/2} [/mm] -> [mm] 2\wurzel{e} [/mm] = c
und somit als Lösung
y = -1 + [mm] 2\wurzel{e}e^{-1/2cos(2x)}
[/mm]
Stimmt das?
Vielen Dank für deine Hilfe!
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> > Muss ich das nun in y = [mm]y_p[/mm] + [mm]y_h[/mm] einsetzen?
>
> Ganz genau! Und wenn das dann steht, sezte den Anfangswert
> ein, um das noch zu bestimmende c aus der homogenen Lsg zu
> ermitteln
>
> > Danke!
> >
> >
>
> Gruß
>
> schachuzipus
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Hallo nochmal,
> > Es ergibt sich [mm]y_p(x)=-1[/mm]
> Ja, hab ich auch bekommen.
> Dann erhalte ich:
> y = [mm]y_p[/mm] + [mm]y_h[/mm] = -1 + [mm]ce^{-1/2cos(2x)}[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> durch [mm]y(\pi)[/mm] = 1 erhalte ich:
> 1 = -1 + [mm]ce^{-1/2}[/mm] -> 2 = [mm]ce^{-1/2}[/mm] -> [mm]2\wurzel{e}[/mm] = c
> und somit als Lösung
> y = -1 + [mm]2\wurzel{e}e^{-1/2cos(2x)}[/mm]
> Stimmt das?
Ja, bestens, fehlt nur noch die Angabe des Definitionsbereiches, dann ist es komplett.
Du könntest ja mal testen, ob du auf dem anderen Weg, also rechterhand [mm] $\sin(2x)$ [/mm] ausklammern und weiter per TdV lösen, auf dasselbe Ergebnis kommst ...
> Vielen Dank für deine Hilfe!
Gerne!
Gruß
schachuzipus
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> Finden Sie eine Lösung des Anfangswertproblems
> y' = y sin(2x) + sin(2x), [mm]y(\pi)[/mm] = 1
Bei dieser DGL hätte ich empfohlen, gleich von Anfang
an die Substitution
z:=y+1
zu verwenden. Dann bleibt nämlich übrig:
$\ z'\ =\ z*sin(2x)\ [mm] ,\quad z(\pi)\ [/mm] =\ 2$
Dies lässt sich leicht durch Separation der Variablen lösen.
LG Al-Chw.
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