Partikuläre Lösung finden < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:04 Di 09.10.2012 | | Autor: | Jodocus |
| Aufgabe | [mm] \bruch{d}{dt}x(t) [/mm] = [mm] \bruch{3}{2t^{2}} [/mm] + [mm] \bruch{x(t)}{2t}
[/mm]
[mm] x(t_0) [/mm] = x(1) = [mm] x_0 [/mm] = 0 |
Damit ich nicht ganz einroste, wollte ich mal wieder etwas DGL-Lösen üben.
Leider habe ich irgendwo einen Fehler gemacht (vermutlich in der partikulären Lösung), sieht ihn jemand?
Vorweg: die Lösung ist x(t) = [mm] \wurzel{t} [/mm] - [mm] \bruch{1}{t}
[/mm]
Homogene Lösung:
[mm] \bruch{d}{dt}x(t) [/mm] = [mm] \bruch{x(t)}{2t}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{x(t)}\bruch{d}{dt}x(t) [/mm] = [mm] \bruch{1}{2t}
[/mm]
Sei y(x(t)) = [mm] \bruch{1}{x(t)}\bruch{d}{dt}x(t) [/mm] und y(x(t)) = [mm] \bruch{d}{dt}Y(x(t)) [/mm] = [mm] \bruch{d}{dx}Y(x(t))\bruch{d}{dt}x(t)
[/mm]
[mm] \to \bruch{1}{x(t)} [/mm] = [mm] \bruch{d}{dx}Y(x(t))
[/mm]
[mm] \integral_{x_0}^{x}{\bruch{1}{x(t)}dx} [/mm] = [mm] ln(\bruch{x(t)}{x_0})
[/mm]
[mm] \to \bruch{d}{dt}ln(\bruch{x(t)}{x_0}) [/mm] = [mm] \bruch{1}{2t}
[/mm]
[mm] 2ln(\bruch{x(t)}{x_0}) [/mm] = [mm] \integral_{t_0}^{t}{\bruch{1}{t}dt} [/mm] = [mm] ln(\bruch{t}{t_0})
[/mm]
[mm] \to (\bruch{x(t)}{x_0})^{2} [/mm] = [mm] \bruch{t}{t_0}
[/mm]
[mm] \Rightarrow x_h(t) [/mm] = [mm] x_0\wurzel{\bruch{t}{t_0}}
[/mm]
Partikuläre Lösung (per Variation der Konstanten):
[mm] x_p(t) [/mm] = [mm] c(t)x_h(t)
[/mm]
Eingesetzt in die DGL:
[mm] \to x_h(t)\bruch{d}{dt}c(t) [/mm] + [mm] c(t)\bruch{d}{dt}x_h(t) [/mm] = [mm] \bruch{3}{2t^2} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2t}c(t)x_h(t)
[/mm]
[mm] \wurzel{\bruch{t}{t_0}}\bruch{d}{dt}c(t) [/mm] + [mm] c(t)\bruch{1}{2t_0}\wurzel{\bruch{t_0}{t}} [/mm] = [mm] \bruch{3}{2t^2} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2t}c(t)\wurzel{\bruch{t}{t_0}}
[/mm]
Es ist:
[mm] \bruch{1}{2t_0}\wurzel{\bruch{t_0}{t}} [/mm] = [mm] \bruch{\wurzel{t_0^3}}{2t_0^2\wurzel{t}} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2\wurzel{t}\wurzel{t_0}} [/mm] = [mm] \bruch{\wurzel{t}}{2t\wurzel{t_0}} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2t}\wurzel{\bruch{t}{t_0}}
[/mm]
Also:
[mm] \to \wurzel{\bruch{t}{t_0}}\bruch{d}{dt}c(t) [/mm] = [mm] \bruch{3}{2t^2}
[/mm]
[mm] \bruch{d}{dt}c(t) [/mm] = [mm] \bruch{3\wurzel{t_0}}{2t^{\bruch{5}{2}}}
[/mm]
[mm] \to [/mm] c(t) = [mm] \integral_{t_0}^{t}{\bruch{3\wurzel{t_0}}{2t^{\bruch{5}{2}}} dt} [/mm] = [mm] t^{-1}-\wurzel{t_0}t^{-\bruch{3}{2}}
[/mm]
[mm] \Rightarrow x_p(t) [/mm] = [mm] c(t)x_h(t) [/mm] = [mm] \wurzel{\bruch{t}{t_0}}(t^{-1}-\wurzel{t_0}t^{-\bruch{3}{2}})
[/mm]
Die vermeindliche Lösung der DGL ist dann:
x(t) = [mm] x_h(t) [/mm] + [mm] x_p(t) [/mm] = [mm] \wurzel{\bruch{t}{t_0}}(x_0 [/mm] + [mm] t^{-1}-\wurzel{t_0}t^{-\bruch{3}{2}})
[/mm]
So, jetzt setze ich die Anfangsbedingung [mm] x(t_0) [/mm] = x(1) = [mm] x_0 [/mm] = 0 ein:
x(t) = [mm] \wurzel{t}(t^{-1} [/mm] - [mm] t^{-\bruch{3}{2}}) [/mm] = [mm] \bruch{1}{t} -\bruch{1}{\wurzel{t}}
[/mm]
Da die homogene Lösung für diese Anfangsbedingung eh egal ist, muss der Fehler in der partikulären sein. Ich sehe aber beim besten Willen nicht, wo.
_____
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
Hallo Jodocus,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> [mm]\bruch{d}{dt}x(t)[/mm] = [mm]\bruch{3}{2t^{2}}[/mm] + [mm]\bruch{x(t)}{2t}[/mm]
> [mm]x(t_0)[/mm] = x(1) = [mm]x_0[/mm] = 0
> Damit ich nicht ganz einroste, wollte ich mal wieder etwas
> DGL-Lösen üben.
> Leider habe ich irgendwo einen Fehler gemacht (vermutlich
> in der partikulären Lösung), sieht ihn jemand?
> Vorweg: die Lösung ist x(t) = [mm]\wurzel{t}[/mm] - [mm]\bruch{1}{t}[/mm]
>
> Homogene Lösung:
>
> [mm]\bruch{d}{dt}x(t)[/mm] = [mm]\bruch{x(t)}{2t}[/mm]
> [mm]\bruch{1}{x(t)}\bruch{d}{dt}x(t)[/mm] = [mm]\bruch{1}{2t}[/mm]
> Sei y(x(t)) = [mm]\bruch{1}{x(t)}\bruch{d}{dt}x(t)[/mm] und y(x(t))
> = [mm]\bruch{d}{dt}Y(x(t))[/mm] =
> [mm]\bruch{d}{dx}Y(x(t))\bruch{d}{dt}x(t)[/mm]
> [mm]\to \bruch{1}{x(t)}[/mm] = [mm]\bruch{d}{dx}Y(x(t))[/mm]
> [mm]\integral_{x_0}^{x}{\bruch{1}{x(t)}dx}[/mm] =
> [mm]ln(\bruch{x(t)}{x_0})[/mm]
> [mm]\to \bruch{d}{dt}ln(\bruch{x(t)}{x_0})[/mm] = [mm]\bruch{1}{2t}[/mm]
> [mm]2ln(\bruch{x(t)}{x_0})[/mm] =
> [mm]\integral_{t_0}^{t}{\bruch{1}{t}dt}[/mm] = [mm]ln(\bruch{t}{t_0})[/mm]
> [mm]\to (\bruch{x(t)}{x_0})^{2}[/mm] = [mm]\bruch{t}{t_0}[/mm]
> [mm]\Rightarrow x_h(t)[/mm] = [mm]x_0\wurzel{\bruch{t}{t_0}}[/mm]
>
> Partikuläre Lösung (per Variation der Konstanten):
>
> [mm]x_p(t)[/mm] = [mm]c(t)x_h(t)[/mm]
> Eingesetzt in die DGL:
> [mm]\to x_h(t)\bruch{d}{dt}c(t)[/mm] + [mm]c(t)\bruch{d}{dt}x_h(t)[/mm] =
> [mm]\bruch{3}{2t^2}[/mm] + [mm]\bruch{1}{2t}c(t)x_h(t)[/mm]
> [mm]\wurzel{\bruch{t}{t_0}}\bruch{d}{dt}c(t)[/mm] +
> [mm]c(t)\bruch{1}{2t_0}\wurzel{\bruch{t_0}{t}}[/mm] =
> [mm]\bruch{3}{2t^2}[/mm] + [mm]\bruch{1}{2t}c(t)\wurzel{\bruch{t}{t_0}}[/mm]
> Es ist:
> [mm]\bruch{1}{2t_0}\wurzel{\bruch{t_0}{t}}[/mm] =
> [mm]\bruch{\wurzel{t_0^3}}{2t_0^2\wurzel{t}}[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{2\wurzel{t}\wurzel{t_0}}[/mm] =
> [mm]\bruch{\wurzel{t}}{2t\wurzel{t_0}}[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{2t}\wurzel{\bruch{t}{t_0}}[/mm]
> Also:
> [mm]\to \wurzel{\bruch{t}{t_0}}\bruch{d}{dt}c(t)[/mm] =
> [mm]\bruch{3}{2t^2}[/mm]
> [mm]\bruch{d}{dt}c(t)[/mm] =
> [mm]\bruch{3\wurzel{t_0}}{2t^{\bruch{5}{2}}}[/mm]
> [mm]\to[/mm] c(t) =
> [mm]\integral_{t_0}^{t}{\bruch{3\wurzel{t_0}}{2t^{\bruch{5}{2}}} dt}[/mm]
> = [mm]t^{-1}-\wurzel{t_0}t^{-\bruch{3}{2}}[/mm]
> [mm]\Rightarrow x_p(t)[/mm] = [mm]c(t)x_h(t)[/mm] =
> [mm]\wurzel{\bruch{t}{t_0}}(t^{-1}-\wurzel{t_0}t^{-\bruch{3}{2}})[/mm]
>
> Die vermeindliche Lösung der DGL ist dann:
>
> x(t) = [mm]x_h(t)[/mm] + [mm]x_p(t)[/mm] = [mm]\wurzel{\bruch{t}{t_0}}(x_0[/mm] +
> [mm]t^{-1}-\wurzel{t_0}t^{-\bruch{3}{2}})[/mm]
>
> So, jetzt setze ich die Anfangsbedingung [mm]x(t_0)[/mm] = x(1) =
> [mm]x_0[/mm] = 0 ein:
> x(t) = [mm]\wurzel{t}(t^{-1}[/mm] - [mm]t^{-\bruch{3}{2}})[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{t} -\bruch{1}{\wurzel{t}}[/mm]
>
> Da die homogene Lösung für diese Anfangsbedingung eh egal
> ist, muss der Fehler in der partikulären sein. Ich sehe
> aber beim besten Willen nicht, wo.
>
Du musst zuerst die allgemeine Lösung der obigen DGL bestimmen,
bevor Du die Anfangsbedingung einsetzen und somit eine spezielle
Lösung dieser DGL bestimmen kannst.
>
> _____
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
Gruss
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:52 Di 09.10.2012 | | Autor: | Jodocus |
Ich verstehe dich nicht recht, ist denn die allgemeine Lösung nicht:
x(t) = [mm] \wurzel{\bruch{t}{t_0}}(x_0 [/mm] + [mm] t^{-1}-\wurzel{t_0}t^{-\bruch{3}{2}})
[/mm]
?
Und die Anfangsbedingung in diese eingesetzt bringt mich eben zu diesem falschen Ergebnis.
|
|
|
| |
|
Hallo Jodocus,
> Ich verstehe dich nicht recht, ist denn die allgemeine
> Lösung nicht:
>
> x(t) = [mm]\wurzel{\bruch{t}{t_0}}(x_0[/mm] +
> [mm]t^{-1}-\wurzel{t_0}t^{-\bruch{3}{2}})[/mm]
>
> ?
> Und die Anfangsbedingung in diese eingesetzt bringt mich
> eben zu diesem falschen Ergebnis.
Nachdem Du eine Lösung der homogen DGL bestimmt hast,
darfst Du die Anfangsbedingung nicht einsetzen.
Die homogene Lösung der DGL lautet: [mm]x_{h}\left(t\right)=c*\wurzel{t}[/mm]
Dann lautet der Ansatz zur Bestimmung der partikulären Lösung der DGL:
[mm]x_{p}\left(t\right)=c\left(t\right)*\wurzel{t}[/mm]
Erst nachdem Du auch diese partikuläre Lösung ermittelt hast,
kannst Du die Anfangsbedingung einsetzen, um die Konstante c zu bestimmen.
Gruss
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:02 Di 09.10.2012 | | Autor: | Jodocus |
Okay, du hast recht. Als partikuläre Lösung erhalte ich dann [mm] -x^{-1} [/mm] und somit x(t) = [mm] c\wurzel{t} [/mm] - [mm] \bruch{1}{x}.
[/mm]
Mit der Bedingung x(t = 1) = 0 ist dann c = 1 [mm] \to [/mm] x(t) = [mm] \wurzel(t) [/mm] - [mm] \bruch{1}{t}
[/mm]
Danke!
|
|
|
|
