4. Homogene Gleichung mehrdeutig?

Homogene Gleichung mehrdeutig?

  • S

    Folgende DiffGl erster Ordnung:

    y' = (2y-1) / x

    Welche der folgenden Gleichungen ist die richtige "homogene Gleichung" mit der ich dann die homogene Lösung via Variablentrennung berechne:

    (1) y'  -  (2y-1) / x = 0 <- ohne Störfunktion

(2) y' - 2y/x = -1/x <- mit Störfunktion s(x) = -1/x

(3) y'*x  -2y = -1 <- mit Störfunktion s(x) = -1

    (3) ist meiner Meinung nach gar keine lineare DiffGl 1. Ordnung, da laut meinem Buch hier y' alleine stehen sollte...aber ein Kollege besteht auf diese Form.

    Welche ist denn nun richtig? Hoffe ihr könnt uns helfen.

    MfG SideWinder

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  • ?

    Erstmal so hinschreiben, dass es linear aussieht:

    y' = (2y - 1) / x
    y' = 2/x * y - 1/x

    Da springt einem der inhomogene Teil gleich ins Auge, und zwar der Term -1/x
    Also ist die homogene Gleichung

    y' = 2/x * y

    Alles klar?

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  • B

    SideWinder schrieb:

    Folgende DiffGl erster Ordnung:

    y' = (2y-1) / x

    Welche der folgenden Gleichungen ist die richtige "homogene Gleichung" mit der ich dann die homogene Lösung via Variablentrennung berechne:

    Für die Lösung mittels Variablentrennung muss keine homogene Gleichung vorliegen. Übrigens aufpassen, es gibt zwei verschiedene Bedeutungen von "homogen": Einmal eine lineare DGL ohne Störfunktion, aber eine DGL der Form y'=f(y/x) heißt auch homogene DGL.

    Deine DGL ist schon getrennt (sie hat die Form y' = g(x)h(y)) und kann direkt aufgelöst werden.

    (1) y' - (2y-1) / x = 0 <- ohne Störfunktion

    Der Begriff Störfunktion ergibt m.W. nur bei linearen DGLs Sinn.

    (2) y' - 2y/x = -1/x <- mit Störfunktion s(x) = -1/x

    linear, inhomogen

    (3) y'*x -2y = -1 <- mit Störfunktion s(x) = -1

    (3) ist meiner Meinung nach gar keine lineare DiffGl 1. Ordnung, da laut meinem Buch hier y' alleine stehen sollte...aber ein Kollege besteht auf diese Form.

    Ja, ist sie auch nicht. Sieht irgendwie aus wie eine Eulersche DGL, nur halt erster Ordnung. Vielleicht greift ja hier auch die Substitution x := e^t ... hab ich grad keine Lust durchzurechnen.

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  • ?

    SideWinder schrieb:

    (3) ist meiner Meinung nach gar keine lineare DiffGl 1. Ordnung, da laut meinem Buch hier y' alleine stehen sollte...aber ein Kollege besteht auf diese Form.

    Wie man die Gleichung hinschreibt, ist doch wurscht. So lange man es auf die entsprechende Form bringen kann, ist das Ding linear.

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  • S

    @Bashar: Das heißt ich müsste für das Beispiel (alle drei sind übrigens dasselbe Beispiel nur anders hingeschrieben) nur die Variablentrennung durchführen (dann beide Seiten integrieren, Ergebnis steht nach Umformung auf y= da)?

    Ich dachte ich darf die Variablentrennung nur für den homogenen Teil (siehe Antwort von Mups) anwenden und muss dann noch eine partikuläre Lösung suchen. Ist das unnötig?

    MfG SideWinder

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  • B

    SideWinder schrieb:

    @Bashar: Das heißt ich müsste für das Beispiel (alle drei sind übrigens dasselbe Beispiel nur anders hingeschrieben) nur die Variablentrennung durchführen (dann beide Seiten integrieren, Ergebnis steht nach Umformung auf y= da)?

    Genau. Das ist übrigens schon klar, dass das alles dieselbe Gleichung ist (bzw. aus derselben Gleichung stammt, (3) ist ja nicht wirklich äquivalent, weil dort x=0 sein kann).

    Ich dachte ich darf die Variablentrennung nur für den homogenen Teil (siehe Antwort von Mups) anwenden und muss dann noch eine partikuläre Lösung suchen. Ist das unnötig?

    Ja, genau. Manchmal gibt es halt mehrere passende Ansätze. Die getrennte Lösung des homogenen Teils und das folgende Suchen einer partikulären Lösung gehört zur Lösungsstrategie für lineare DGLs.
    Die Trennung der Variablen braucht nur die Form y'=g(x)h(y), von homogen und inhomogen kann man da gar nicht sprechen.

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  • S

    Das heißt die Lösung lautet:

    y' = (2y-1)/x

y'/(2y-1) = 1/x

I 2y-1 dy = I 1/x dx

1/2 * ln |2y-1| = ln|x| + ln|c|
ln|2y-1| = 2*ln|x*c|
2y -1 = e^2xc
y = (e^2xc + 1) / 2

fertig

    MfG SideWinder

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  • B

    Du hast dich beim exponentieren (?) beider Seiten vertan. Ich komm auf y(x) = Cx^2 + 1/2.

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  • S

    Ich bin offenbar dumm. Ich habe das jetzt noch einmal möglichst einfach gerechnet und komme nicht auf den Ergebnis:

    1/2 * ln(2y-1) = ln(x) + ln(c)
1/2 * ln(2y-1) = ln(x*c)
ln(2y-1) = 2 * ln(x*c)
ln(2y-1) = ln( (xc)² )
2y-1 = x²c²
      x²c² + 1
y = -------------
          2

    😕

    MfG SideWinder

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  • B

    Mein C ist dein c^2/2. Bei dir fehlen dann aber die negativen C. Ich denke mal, die hast du an der Stelle verloren, an der du die Betragsstriche weggelassen hast.

    Ich hab das ganze allerdings als Anfangswertproblem mit allgemeiner Anfangsbedingung y(x0)=y0 aufgezogen und mit bestimmten Integralen durchgerechnet, das erscheint mir etwas sauberer zu sein. Insbesondere wird man so die Beträge sofort wieder los. Dann kommt $$y(x) = \frac{2y_0-1}{x_02}x2 + \frac{1}{2}$$ raus. Den Vorfaktor hab ich zu C zusammengezogen (da y0, x0 beliebig sind kann C jede reelle Zahl sein), um die Lösung mit deiner vergleichen zu können.

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