| Autor |
Beitrag |
    
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 664
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 22. September, 2005 - 21:45: | 
|
hallo,
wie sieht denn das lösungsverfahren bei DGLs 2ter ordnung mit veränderlichen Koeffizienten aus? dazu habe ich auch in den Skripts nix gefunden!
detlef |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 665
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Montag, den 26. September, 2005 - 12:15: |
|
hmm kann mir keienr helfen wie das funktioniert?
d
etlef |
Green
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. September, 2005 - 21:13: |
|
N'abend Detlef.
Beschreibe doch mal kurz, was Du unter einer DGL 2ter Ordnung mit verÜnderlichen Koeffizienten verstehst. Wie soll denn die rechte Seite aussehen? |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 666
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 28. September, 2005 - 18:04: |
|
naja z.b.
x²(ln|x|-1)y''-xy'+y=0
detlef |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1918
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. September, 2005 - 09:55: |
|
Hallo Detlef
Schau mal im Archiv nach bei Klasse 12/13/Differentialrechnung/Differentialgleichungen.
Dort hat Niels mal einen Exkurs zum Thema Differentialgleichungen angeboten. Dazu gehören sämtliche Threads deren Name mit "Exkurs:" anfängt. Hier mal die kompletten Links:
Teil 1
Teil 2
Teil 3
Teil 4
Teil 5
Teil 6
Teil 7
In Teil 2 wird deine oben angegebene DGL gelöst. Der Beitrag ist etwa in der Mitte.
MfG
Christian |
Friedrichlaher (Friedrichlaher)
Senior Mitglied
Benutzername: Friedrichlaher
Nummer des Beitrags: 2932
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. September, 2005 - 10:28: |
|
Danke fuers Ausgraben, Christian.
Wenn das Erlernen der Mathematik einigermaÜen ihre Erfindung wiederspiegeln soll, so muÜ es einen Platz für Erraten, für plausibles SchlieÜen haben.
[Aus dem Vorwort zu "Mathematik und plausibles Schliessen, Bd. 1 Induktion und Analogie in der Mathematik" von Georg PÜlya]
|
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 667
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. September, 2005 - 12:15: |
|
hmm ja ok, aber was ist ne partikuläre lösung und wie erhält man diese?
was muss man denn "in worten" machen, um die gleichung zu lösen?
detlef |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1922
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. September, 2005 - 13:03: |
|
Hallo Detlef
Eine partikuläre Lösung ist nichts weiter als irgendeine Lösung der DGL. Die musst du "erraten".
Hier zum Beispiel y=ln(|x|).
Und dann verfährst du wie Niels es beschrieben hat. Substituiere y=ln(|x|)*z. Das setzt du in die DGL ein und solltest damit eine vereinfachte DGL in z kriegen.
MfG
Christian |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1923
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. September, 2005 - 14:28: |
|
Hallo Detlef
Vielleicht noch eine Erklärung zum weiteren Verlauf. Nach der Substitution wirst du eine DGL der Form
g1(x)*z''+g0(x)*z'=0 erhalten.
Dort substituierst du
z'=u und erhältst
g1(x)*u'+g0(x)*u=0
Eine DGL erster Ordnung in u. Mit u'=du/dx folgt(Trennung der Variablen):
du/u=-g0(x)/g1(x)*dx
Durch Integration auf beiden Seiten erhältst du die allgemeine Lösung der DGL in u. Aus der folgt mit z'=u die Lösung für z und aus der wiederum via y=ln(|x|)*z die allgemeine Lösung der ursprünglichen DGL.
Es ist klar, dass die Integrationen nicht immer machbar sind. Von daher wirst du nicht immer eine geschlossene Form für deine Lösung finden.
MfG
Christian |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 668
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. September, 2005 - 15:29: |
|
wie errät man denn so eine lösung und was und wieso muss man dann substituieren?
also ich erkenne da noch nicht so viel....
detlef |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 669
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. September, 2005 - 16:30: |
|
also bin doch noch ne schritt weitergekommen...
aber wie kommt man dann auf die ableitungen, wenn y= x*z; y'=xz'+z und y''=xz''+2z'
und wenn man das einsetzt, komme ich auf was anderes, als dem ausm skript!
detlef |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1924
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. September, 2005 - 16:55: |
|
Hi Detlef
Fürs Erraten gibts keine Methode. Musst halt ein wenig Glück haben, dass du eine Lösung "siehst".
Obige DGL erfüllt zum Beispiel auch die einfache Funktion yp(x)=x.
Ich rechne das damit einfach mal vor wie es gedacht ist. ich beschränke mich der Einfachheit halber mal nur auf die positive reelle Achse, wo die Betragsstriche in der DGL wegfallen. Der Fall für die negative reelle Achse geht analog.
Unsere DGL ist also
x²(ln(x)-1)y''-xy'+y=0
Wir erraten die Lösung yp=x.
Substituiere y=yp*z
Den Schritt mache ich jetzt erstmal mit der allgemeinen DGL
f2(x)*y''+f1(x)*y'+f0(x)*y=0 , damit du siehst, dass der Schritt immer funktioniert.
yp soll also eine Lösung der DGL sein.
Einsetzen von y=yp*z liefert(Produktregel beim Ableiten beachten!):
f2(x)*[yp''*z+2*yp'z'+yp*z'']+f1(x)*[yp'z+yp*z']+f0(x)*yp*z=0
Beachte nun, dass yp Lösung der DGL ist, also erhält man
f2(x)*[2*yp'*z'+yp*z'']+f1(x)*yp*z'=0
Du siehst, dass der Term z nicht mehr auftaucht!
In unserem speziellen Fall erhält man also die neue DGL
x2*(ln(x)-1)*(2*z'+x*z'')-x2*z'=0
<=> x3*(ln(x)-1)*z''+x2*[2ln(x)-3]*z'=0
Substituiere z'=u. Daraus ergibt sich die DGL
x3*(ln(x)-1)*u'+x2*[2ln(x)-3]*u=0
Kürzen:
x*(ln(x)-1)*u'+[2ln(x)-3]*u=0
<=> x*(ln(x)-1)*du/dx=(3-2ln(x))*u
<=> du/u=(3-2ln(x))/(x*(ln(x)-1))*dx
Lösung hier erhältst du durch Integration auf beiden Seiten zu
u(x)=C1*(ln(x)-1)/(x2) mit einer Konstanten C1. Das Integrierst du erneut um z(x) zu erhalten. Es ergibt sich
z(x)=-C1*ln(x)/x+C2
Nun ist y(x)=yp(x)*z(x)=-C1*ln(x)+C2*x
Das erste Minus-Zeichen könntest du noch in die Konstante C1 ziehen damit es schöner aussieht.
Du siehst schon, dass es ganz schön aufwendig ist so eine Gleichung zu lösen.
MfG
Christian |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 670
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. September, 2005 - 21:02: |
|
was bei:
Beachte nun, dass y_p Lösung der DGL ist, also erhält man"
passiert ist kann ich nicht nachvollziehen...fällt das weg, weil z auch lösung ist?
detlef
(Beitrag nachträglich am 29., September. 2005 von detlef01 editiert) |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1925
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. September, 2005 - 00:39: |
|
Hi Detlef
f2(x)*[yp''*z+2*yp'z'+yp*z'']+f1(x)*[yp'z+yp*z']+f0(x)*yp*z=0
<=> [f2(x)*yp''+f1(x)*yp'+f0(x)*yp]*z+f2(x)*[2*yp'*z'+yp*z'']+f1(x)*yp*z'=0
Also du sortierst einfach ein wenig um. Der fettgedruckte Term ist nach Voraussetzung 0, da yp Lösung der DGL ist.
MfG
Christian |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 671
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. September, 2005 - 12:55: |
|
axo okay, das ist klar, aber wenn ich jetzt den speziellen fall einsetze,weiss ich nciht wie du auf die gleichung kommst??!
was setzt du für f2(x) und so ein? wann setzt du x und wann z für x y_p ein?
detlef
(Beitrag nachträglich am 30., September. 2005 von detlef01 editiert) |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1926
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. September, 2005 - 13:44: |
|
Hallo Detlef
Also wir haben
f2(x)=x2*(ln(x)-1)
f1(x)=-x
f0(x)=1
Für yp wird x eingesetzt und dementsprechend 1 für yp' usw.
Und das z ist ja unsere neue gesuchte Funktion.
MfG
Christian |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 672
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. September, 2005 - 13:50: |
|
ja habe das eben nochmal selber nachgerechent und habe es verstanden! vielen dank!
aber nun noch zu der integration, die ist mir nicht klar??
detlef |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1927
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. September, 2005 - 14:12: |
|
Hallo Detlef
Also wir haben
du/u=(3-2ln(x))/(x*(ln(x)-1))*dx
Da Integrierst du beide Seiten. Links ergibt sich
ln(u), rechts müssen wir ein bißchen was tun.
Substituiere t=ln(x)-1 => dt/dx=1/x =>
ò(3-2ln(x))/(x*(ln(x)-1))*dx
=ò (3-2*(t+1))/t * dx
=ln(t)-2t+C
=ln(ln(x)-1)-2*(ln(x)-1)+C
Also ergibt sich die Gleichung
ln(u)=ln(ln(x)-1)-2*(ln(x)-1)+C
Es folgt ("e hoch beide Seiten"):
u=eC*(ln(x)-1)/x2
Nun ist hier eC>0. Du kannst dich aber durch einsetzen sofort davon überzeugen, dass u=C1*(ln(x)-1)/x2 für alle reellen Zahlen C1 erfüllt.
Die Funktion u integierst du dann analog wieder mit der Substitution t=ln(x)-1.
MfG
Christian |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 673
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. September, 2005 - 15:46: |
|
muss es nicht 2ln(t)-2t+C seinß
detlef |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1928
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. September, 2005 - 15:48: |
|
Hallo Detlef
(3-2*(t+1))/t=1/t-2
Müsste also stimmen.
MfG
Christian |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 674
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. September, 2005 - 16:05: |
|
oh ja...manoman..danke!
detlef |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 675
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. Oktober, 2005 - 12:50: |
|
wie fällt bei der zweiten substitution das x² weg, bei mir bleibt im nenner ein x noch stehen?!?! |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1929
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. Oktober, 2005 - 13:10: |
|
Hallo Detlef
Ich schätze mal du meinst die Integration von
u(x)=C1*(ln(x)-1)/(x2)
Hier kannst du die Substitution t=ln(x)-1 nehmen
=> dt/dx=1/x und x=et+1
=> ò C1*(ln(x)-1)/(x2) dx
= ò C1*t/et+1 dt
= ò C1*t*e-(t+1) dt
Das Integral lässt sich leicht mit partieller Integration lösen(u'(t)=e-(t+1), v(t)=C1*t).
Als Ergebnis erhalte ich
-C1*t*e-(t+1)-C1e-(t+1)+C2
=-C1*[(ln(x)-1)/x+1/x]+C2
=-C1*ln(x)/x-C2
MfG
Christian |
Detlef01 (Detlef01)
Senior Mitglied
Benutzername: Detlef01
Nummer des Beitrags: 676
Registriert: 01-2003
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 02. Oktober, 2005 - 13:18: |
|
oh je, damit hatte ich das auch probiert, aber einen schusselfehler gemacht!danke schön!
jetzt ist alles klar!
vielen dank für deine geduld und deine ausführlichen erklärungen!
detlef |
