Differentialgleichung: y' = 5 - 2y

Question

y`= -2y + 5

dy/dx = -2y + 5

dy +2y = 5dx

3/2 y^2 = 5x

y = √10/3x

kann ich diese dgl überhaupt so lösen ?

Answer 1

Mein Freund Wolfram löst das mit links.

Wolfram kann auch dein Freund werden.

https://www.wolframalpha.com/

Comments

Du scheinst seltsame Freunde zu haben.

Jeder vernünfige Mensch schreibt die Lösung als  y = c·e^-2x + 5/2 ,  aber Maschinen ticken wohl etwas anders.

Man beachte insbesondere, dass dein Spezi nicht alle Lösungen findet.

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Auch ich halte die Notation von Wolframalpha meist für gewöhnungsbedürftig und auch ich notiere die Sachen meist anders wenn ich sie notiere.

Vermutlich fehlen denen bei Wolfram noch ein paar schlaue Kerlchen.

Vielleicht solltest du dich einfach mal bewerben.

http://www.wolfram.com/company/careers/

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Über der Grundmenge ℝ (?)  ergibt sich aus der angegebenen allgemeinen Lösung kein passendes c₁ ∈ ℝ für die offensichtliche Lösung  y = e^-2x + 5/2.

Diese exakte Lösung (vgl. meine Antwort) ist ziemlich lästig und ergibt sich mit dem üblichen  Ansatzverfahren für lineare DGL mit konstanten Koeffizienten einfacher.

Letzteres ist aber weniger grundsätzlich (weil es Kenntnisse über affine Räume zu Vektorräumen unterstellt)   und könnte in der Schule nicht angewendet werden.

Dort wird aber  die  DGL  f '(x) = a • f(x)   mit der allgemeinen Lösung  y = c • e^ax   [ c∈ℝ] behandelt.

Für f '(x) = a • f(x) + b  = a • ( f(x) + b/a ) ergibt sich dann mit der 

Hilfsfunktion h(x) := f(x) + b/a) wegen h'(x) = f '(x):

h'(x) = a • h(x)   →  h(x) = c • e^ax   →  f(x) = c • e^ax  -  b/a   [ mit c∈ℝ ]

Answer 2

wenn man von der Grundmenge ℝ ( = Definitionsmenge von y ) ausgeht, ist die allgemeine Lösung von "Freund" wolfram aus Antwort 1  unvollständig:

y = e^-2x + 5/2   ist - wie man durch Einsetzen in die DGL leicht erkennt - eine Lösung:

y ' = -2 • e^-2x  →  -2 • e^-2x = -2 • ( e^-2x + 5/2 ) + 5  ist allgemeingültig über ℝ

 e^-2x + 5/2 = -1 / [ 2 • e^2(x+c) ] + 5/2

⇔  e^-2x  = -1/2 • e^-2(x+c) ergibt aber offensichtlich kein passendes c∈ℝ.

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Aus  der 3. Zeile von  WA

∫   y ' / (-2y+5) dx =  ∫ 1 dx

 [ für y ≠ 5/2 ist der Nenner ≠ 0, y = 5/2 wird später betrachtet  (#) ]

ergibt sich( der Betrag fehlt in der wolfram-Lösung!):

-1/2 • ln( | -2y + 5 |) = x + c₁    mit c₁ ∈ ℝ

 ln(| -2y + 5 |)  = -2x + k         mit k ∈ ℝ

| -2y + 5 |  = e^{-2x + k} = e^-2x • e^k  = e^-2x • c₂   mit  c₂ ∈ ℝ⁺ 

-2y + 5 = ± c₂ •  e^-2x  = c₃ • e^-2x  mit c₃ ∈ ℝ / {0}

→   y = -1/2 •  c₃ • e^-2x + 5/2

#  [ y = 5/2 mit c₃ = 0 ergibt auch eine Lösung (Einsetzen!), für c₃ ≠ 0 nimmt keine Funktion y den Wert 5/2 an]

→  y = c • e^-2x + 5/2  mit c ∈ ℝ 

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Diese exakte Lösung ist ziemlich lästig und ergibt sich mit dem üblichen  Ansatzverfahren für lineare DGL mit konstanten Koeffizienten einfacher.

Letzteres ist aber in der Schule im Allgemeinen nicht bekannt.

Dort wird aber  die  DGL  f '(x) = a • f(x)   mit der allgemeinen Lösung  y = c • e^ax   [ c∈ℝ] behandelt.

Für f '(x) = a • f(x) + b  = a • ( f(x) + b/a ) ergibt sich dann mit der 

Hilfsfunktion h(x) := f(x) + b/a) wegen h'(x) = f '(x):

h'(x) = a • h(x)   →  h(x) = c • e^ax   →  f(x) = c • e^ax  -  b/a   [ mit c∈ℝ ]

Hier also  f(x) = c • e^-2x + 5/2

Gruß Wolfgang

Answer 3

Du hast ganz gut angefangen

y`= -2y + 5

dy/dx = -2y + 5

dy +2y = 5dx

Aber hier ist der Haken. Du hast

da wie 2ydy= 5dx

behandelt. Hier stand aber ein + und

dann funktuioniert die Methode

"Trennung der Variablen" nicht.

Also siehe die alternativen Lösungen.