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ich habe eine kurze Frage, ich hänge bei einer Rechnung ich habe nämlich: x´= \( \frac{1}{1+t} \) *x+1 . Nun will ich das x auf die linke Seite bekommen, ich habe eigentlich \( \frac{x´}{x+1} \) =\( \frac{1}{1+t} \) raus  bekommen, werde mir aber mit der Zeit immer unsicherer.

Ich würde mich über eine Antwort freuen.

Gruß

von

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Aloha :)

Vorige Variante:$$\left.x'=\frac{1}{1+t}\cdot(x+1)\quad\right|\;:(x+1)\;\;;\;\;x'=dx/dt$$$$\left.\frac{dx/dt}{x+1}=\frac{1}{1+t}\quad\right|\;\cdot dt$$$$\left.\frac{dx}{x+1}=\frac{dt}{1+t}\quad\right|\;\text{integrieren}$$$$\left.\ln|x+1|=\ln|1+t|+c_1\quad\right|\;e^{\cdots}\;;\;c_1=\text{const}$$$$\left.e^{\ln|x+1|}=e^{\ln|1+t|+c_1}\quad\right.$$$$\left.|x+1|=|1+t|\cdot c_2\quad\right|\;c_2:=e^{c_1}=\text{const}$$$$x=c\cdot(t+1)-1\quad;\quad c=\text{const}$$

Neue Variante:

Wie ich durch mllmaas Anmerkung mitbekommen habe, lautet die DGL wohl so:$$x'=\frac{1}{1+t}x+1$$Das ist eine inhomogene DGL. Zur Lösung lassen wir die \(1\) zunächst außen vor und lösen die homogene DGL. Das geht ähnlich wie bei der vorigen Interpretation:$$\left.x'_0=\frac{1}{1+t}x_0\quad\right|\;:x_0$$$$\left.\frac{x'_0}{x}=\frac{1}{1+t}\quad\right|\;\text{integrieren über } dt$$$$\left.\ln(|x_0|)=\ln(|1+t|)+c_1\quad\right|\;e^\cdots\;;\;c_1=\text{const}$$$$\left.e^{\ln(|x_0|)}=e^{\ln(|1+t|)+c_1}=e^{\ln(|1+t|)}\cdot e^{c_1}\quad\right|\;c_2:=e^{c_1}=\text{const}$$$$x_0(t)=c_2\cdot(t+1)$$Jetzt müssen wir noch den Term "+1" in der inhomogenen DGL berücksichtigen. Dazu nehmen wir \(c_2\) nicht mehr als Konstante an, sondern als Funktion \(c_2=c_2(t)\). Dieses Verfahren heißt "Variation der Konstanten". Wir setzen also für die Lösung \(x(t)\) folgenden Term an:$$x(t)=c_2(t)\cdot(t+1)$$Den setzen wir in die DGL ein:$$\left.x'=\frac{1}{1+t}\,x+1\quad\right|\;x(t)=c_2(t)\cdot(t+1)\text{ einsetzen}$$$$\left.\left(c_2(t)\cdot(t+1)\right)'=\frac{1}{t+1}\,c_2(t)\cdot(t+1)+1\quad\right|\;\text{Produktregel links}$$$$\left.c'_2(t)\cdot(t+1)+c_2(t)\cdot1=c_2(t)+1\quad\right|\;-c_2(t)$$$$\left.c'_2(t)\cdot(t+1)=1\quad\right|\;:(t+1)$$$$\left.c'_2(t)=\frac{1}{t+1}\quad\right|\;\text{integrieren}$$$$\left.c_2(t)=\ln|t+1|+c_3\quad\right|\;c_3=\text{const}$$Damit haben wir die Lösung gefunden:$$x(t)=\left(\ln(t+1)+c_3\right)\cdot(t+1)$$$$x(t)=(t+1)\ln(t+1)+c\cdot(t+1)\quad;\quad c=\text{const}$$

von 128 k 🚀

Vielen Dank für die schnelle Antwort!

Deine Lösung ist falsch.

 @xenyro:

Die DGL war wohl anders gemeint als ich vermutet habe. Daher habe ich meine Antwort um die neue Variante ergänzt.

Deine alte Variante ist nicht falsch, wiel Du interpretierst anstatt zu lesen (genau das sollte man doch als Mathematiker niemals tun), sondern weil Du nicht richtig gerechnet hast. --- Und Deine neue Lösung ist wohl die umständlichste Methode die es hier gibt.

Hallo,

ich habe jetzt auch erkannt das es sich hier um eine inhomogene Dgl. handelt. Ich wollte das eigentlich auch mit der Variation der Konstanten machen, jedoch verstehe ich leider die Rechnung nicht ganz. Wäre es nicht möglich die alternative Lösungsformel:

x(t) = (\( \int\limits_{}^{} \) r(x) * eA(x) dx) * e-A(x)  , mit  x´(t) +a(t) * x(t) = r(x) ?

Würde man nicht, wenn man die gegebene Dgl. umstellt auf x´- x = t kommen?

Gruß

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Heißt die Dgl.

(1) \( x´= {1\over1+t}*x+1 \) oder

(2) \( x´= {1\over1+t}*(x+1) \)?

Im Fall (1) sind die angegebenen Lösungen falsch; im Fall (2) mache Klammern, wie es sich gehört. Jemand, der Dgl. lösen will, sollte wissen, was Klammern und Brüche sind.

von

Die Dgl. sieht wie (1) aus, wie ändert sich die Lösung denn? Ich verwirre mich nämlich ständig selbst.

Gruß

Was heißt "sieht aus"? Du hast die Dgl. doch irgendwoher.

Und die Lösung ändert sich dadurch ganz deutlich.

Die gegeben Dgl. lautet x´= \( \frac{1}{1+t} \) *x+1 um diese zu lösen müsste ich doch erstmal - 1 rechnen sodass ich doch  x´-1 = \( \frac{1}{1+t} \) *x erhalte und dann durch x teilen kann oder?

Kannst Du machen, führt aber zu nichts. Die Dgl. ist nicht trennbar. Am sinnvollsten multiplizierst Du denn Nenner weg und bringt alles auf die linke Seite. Du kannst dann den Ansatz über Euler benutzen oder den über linear, oder Du schaust ganz genau hin, dann geht es recht leicht.

Danke für den Hinweis

(zu oben). Anstatt umständlich erst homogen und dann mit Variation zu rechnen, kannst Du das zusammenfassen und kommst zu einer viel einfacheren Rechnung.

Es geht aber noch viel einfacher -- richtig hinschauen.

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