Verständnisproblem y'=1+y^2 < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Bestimme die Lösung der Differentialgleichung y' = [mm] 1+y^{2} [/mm] mit y(0) = -1 . |
Hallo!
Ich bin am Verzweifeln. Wir werden in Ana2 gerade ins kalte Wasser geworfen was Differentialgleichungen erster Ordnung angeht.
Mein Ansatz bisher:
y' = [mm] 1+y^{2} [/mm] mit y(0) = -1
Die Lösung müsste meiner Meinung nach die Form y(x) = x - [mm] \bruch{1}{x} [/mm] haben. Bin ich da schon auf dem Holzweg?
Auf jeden Fall habe ich die Variation der Konstanten probiert nach dem Schema der Übung von gestern.
Löse dafür erst die homogene DGL
y' = [mm] y^{2} \gdw [/mm] (- [mm] \bruch{1}{y})' [/mm] = [mm] \bruch{1}{y^{2}}
[/mm]
Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ist also - [mm] \bruch{c}{y}
[/mm]
y(x) = c(x) *(- [mm] \bruch{1}{y}) [/mm] mit Produktregel folgt
y'(x) = c'(x) *(- [mm] \bruch{1}{y}) [/mm] + c(x) * [mm] \bruch{1}{y^{2}} [/mm] = 1 + [mm] y^{2} [/mm] (nach Vorraussetzung)
Und jetzt hab ich das Problem, dass ich nicht weiß wie es weitergehen soll. In der Übung hat sich c(x) rausgekürzt. Und dann hat er nach c'(x) aufgelöst.
Oh man, ich glaube das ist alles voll verwirrend gerade und ich schreib es bestimmt schrecklich auf. :(
Hat jemand Zeit und Lust mir Anfänger etwas zu helfen?
Liebe Grüße,
Dominik
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:54 Do 20.10.2011 | | Autor: | fred97 |
> Bestimme die Lösung der Differentialgleichung y' = [mm]1+y^{2}[/mm]
> mit y(0) = -1 .
> Hallo!
>
> Ich bin am Verzweifeln. Wir werden in Ana2 gerade ins kalte
> Wasser geworfen was Differentialgleichungen erster Ordnung
> angeht.
>
> Mein Ansatz bisher:
>
> y' = [mm]1+y^{2}[/mm] mit y(0) = -1
>
> Die Lösung müsste meiner Meinung nach die Form y(x) = x -
> [mm]\bruch{1}{x}[/mm] haben.
So, und wie kommst Du zu dieser Meinung ?
> Bin ich da schon auf dem Holzweg?
Ja, gewaltig.
1. die Funktion y(x) = x - [mm]\bruch{1}{x}[/mm] erfüllt die DGL hinten und vorne nicht, wie Du sofort durch nachrechnen feststellen kannst.
2. die Funktion y(x) = x - [mm]\bruch{1}{x}[/mm] ist in x=0 nicht definiert, kann also auch nicht die Anfangsbed,. y(0)=-1 erfüllen.
>
> Auf jeden Fall habe ich die Variation der Konstanten
> probiert nach dem Schema der Übung von gestern.
>
> Löse dafür erst die homogene DGL
>
> y' = [mm]y^{2} \gdw[/mm] (- [mm]\bruch{1}{y})'[/mm] = [mm]\bruch{1}{y^{2}}[/mm]
>
> Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ist also -
> [mm]\bruch{c}{y}[/mm]
>
>
> y(x) = c(x) *(- [mm]\bruch{1}{y})[/mm] mit Produktregel folgt
>
> y'(x) = c'(x) *(- [mm]\bruch{1}{y})[/mm] + c(x) * [mm]\bruch{1}{y^{2}}[/mm] =
> 1 + [mm]y^{2}[/mm] (nach Vorraussetzung)
>
> Und jetzt hab ich das Problem, dass ich nicht weiß wie es
> weitergehen soll. In der Übung hat sich c(x) rausgekürzt.
> Und dann hat er nach c'(x) aufgelöst.
Vergiss das alles bei dieser Aufgabe ! Der ganze Schnick-Schnack mit "allg. Lösung der homogenen Gleichung", "Variation der Konstanten " , etc.... funktioniert nur bei linearen DGLen.
Die Gl. y' = $ [mm] 1+y^{2} [/mm] $ ist nicht linear !!
>
> Oh man, ich glaube das ist alles voll verwirrend gerade und
> ich schreib es bestimmt schrecklich auf. :(
>
> Hat jemand Zeit und Lust mir Anfänger etwas zu helfen?
Bin ja schon dabei ....
Tipp: Trennung der Veränderlichen
FRED
>
> Liebe Grüße,
> Dominik
>
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Soo, ich hab nochmal in unsere Aufzeichnungen geguckt. Wir haben da bisher nur Lineare DGL gehabt und diese nach homogen und inhomogen unterteilt.
Sieht ungefähr so aus:
1. Fall: homogen
dann kannst du machen Ableiten, Trennung der Variablen, Ansatz
2. Fall: inhomogen
dann kannst du machen Variation der Konstanten
Und das hat mich einfach verunsichert. :)
Habs jetzt nochmal probiert, hoffe es sieht besser aus:
[mm] y'=1+y^{2}
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{dy}{dx}=1+y^{2}
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{dy}{1+y^{2}}=dx
[/mm]
[mm] \gdw \integral{\bruch{dy}{1+y^{2}}}=\integral{dx}
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] tan(y) = x+C
[mm] \gdw [/mm] y = arctan(x+C)
Mit Anfangswert y(0)=-1 ergibt sich:
y=arctan(0+C)=-1
[mm] \gdw [/mm] C=-tan(1)
Soll es schon so einfach gewesen sein?
Ein letztes Mal raufgucken wäre super! :)
Liebe Grüße,
Dominik
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Hallo Dominik,
> Soo, ich hab nochmal in unsere Aufzeichnungen geguckt. Wir
> haben da bisher nur Lineare DGL gehabt und diese nach
> homogen und inhomogen unterteilt.
Echt? Dann ist die Aufgabe aber unerwartet.
> Sieht ungefähr so aus:
>
> 1. Fall: homogen
> dann kannst du machen Ableiten, Trennung der Variablen,
> Ansatz
> 2. Fall: inhomogen
> dann kannst du machen Variation der Konstanten
>
> Und das hat mich einfach verunsichert. :)
>
> Habs jetzt nochmal probiert, hoffe es sieht besser aus:
>
> [mm]y'=1+y^{2}[/mm]
>
> [mm]\gdw \bruch{dy}{dx}=1+y^{2}[/mm]
>
> [mm]\gdw \bruch{dy}{1+y^{2}}=dx[/mm]
>
> [mm]\gdw \integral{\bruch{dy}{1+y^{2}}}=\integral{dx}[/mm]
Bis hier sieht es viel besser aus. Üblicherweise schreibt man [mm] \int{1\ dx}, [/mm] aber das ist Kleinkram.
> [mm]\gdw[/mm] tan(y) = x+C
Da hast Du in Deiner Integraltabelle falsch nachgesehen oder Dir etwas Falsches gemerkt.
Schau nochmal nach.
> Soll es schon so einfach gewesen sein?
> Ein letztes Mal raufgucken wäre super! :)
Naja, fast. Also fast so einfach. Und fast das letzte Mal.
Grüße
reverend
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Arghs, verdammt. Das ist natürlich arctan.
Hm, also eher so:
...
[mm] \gdw \integral{\bruch{dy}{1+y^{2}}}=\integral{1dx}
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] arctan(y) = x+C
[mm] \gdw [/mm] y = tan(x+C)
Und mit dem Anfangswert y(0)=-1 dann C=arctan(-1) ?
Also sieht die Lösung der DGL so aus:
y = tan(x+arctan(-1))
Irgendwie sieht das immernoch komisch aus... vielen vielen Dank nochmal für eure Tips und Geduld!
Liebe Grüße,
Dominik
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Hallo!
Deine Lösung y = tan(x+arctan(-1)) ist richtig, soweit ich das sehen kann, aber du weißt hoffentlich, dass du bei jeder Lösung noch das Definitionsgbiet angeben musst, wo eben die jeweilige Lösung definiert ist.
Welche Werte nimmt der Tangens an und bedenke, dass dein Definitionsgebiet den Anfangswert y(0)=-1 beinhalten muss.
gruß
TheBozz-mismo
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Ja, genau darüber hatte ich eben noch nachgedacht wegen des Tangens. :)
Der Tangens ist an den Nullstellen der Cosinusfunktion ja nicht definiert, also ist
y definiert auf [mm] D=\IR \backslash [/mm] {x+arctan(-1)|x+arctan(-1) = [mm] k\pi+\bruch{\pi}{2} [/mm] , [mm] k\in \IZ [/mm] }.
Muss ich da jetzt den Anfangswert wirklich noch extra erwähnen?
y(0)=-1 = tan(arctan(-1) = tan(- [mm] \bruch{\pi}{4}) [/mm] liegt im Definitionsbereich, oder? :)
LG Dominik
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hallo nochmal
ja, du musst den Anfangswert miteinbeziehen.
Du darfst in deinem Definitionsgebiet kein k [mm] \in \IZ [/mm] mit drin haben, weil du eben ein bestimmtes Definitionsgebiet angeben musst, wo eben der Anfangswert enthalten ist.
Am Besten mach dir mal ne Skizze oder lass dir die Lösung mal plotten. Dann siehst du bestimmt, was ich meine.
Gruß
TheBozz-mismo
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Ich steh gerade echt auf dem Schlauch. Habe keine Ahnung worauf du hinauswillst. :(
Also das ist ja einfach die Tangensfunktion um [mm] \bruch{\pi}{4} [/mm] nach links verschoben. Der Anfangswert liegt also zwischen den Polstellen [mm] -\bruch{3*\pi}{4} [/mm] und [mm] \bruch{\pi}{4}.
[/mm]
In diesem Intervall ist der Tangens definiert und er enthält den Anfangswert. Ist es das, was du mit "bestimmtes Definitionsgebiet" meinst?
LG Dominik
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Wenn du im Definitionsgebiet [mm] k\in \IZ [/mm] schreibst, dann meinst du ja nicht ein bestimmtes Intervall, sondern unendlich viele Intervalle.
Du musst aber das Intervall angben, wo die Anfangsbedingung drinliegt.
In deinem Fall muss k=0 sein. Lass dir mal die Funktion zeichnen und im Fall k=1 liegt die Anfangsbedingung nicht liegt, im Punkt k=2 auch nicht etc.
Ich hoffe, ich konnte es dir besser erklären.
gruß
TheBozz-mismo
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> Wenn du im Definitionsgebiet [mm]k\in \IZ[/mm] schreibst, dann
> meinst du ja nicht ein bestimmtes Intervall, sondern
> unendlich viele Intervalle.
> Du musst aber das Intervall angben, wo die
> Anfangsbedingung drinliegt.
> In deinem Fall muss k=0 sein. Lass dir mal die Funktion
> zeichnen und im Fall k=1 liegt die Anfangsbedingung nicht
> liegt, im Punkt k=2 auch nicht etc.
>
> Ich hoffe, ich konnte es dir besser erklären.
>
> gruß
>
> TheBozz-mismo
Du meinst also ich muss nicht den gesamten Definitionsbereich angeben, sondern nur den Teil, in dem Anfangsbedingung liegt? Kann ich so akzeptieren, aber gibt es dafür einen Grund? Normalerweise muss man bei Funktionen doch den gesamten Definitionsbereich angeben. :x
Gruß,
Dominik
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Hallo
> > Wenn du im Definitionsgebiet [mm]k\in \IZ[/mm] schreibst, dann
> > meinst du ja nicht ein bestimmtes Intervall, sondern
> > unendlich viele Intervalle.
> > Du musst aber das Intervall angben, wo die
> > Anfangsbedingung drinliegt.
> > In deinem Fall muss k=0 sein. Lass dir mal die Funktion
> > zeichnen und im Fall k=1 liegt die Anfangsbedingung nicht
> > liegt, im Punkt k=2 auch nicht etc.
> >
> > Ich hoffe, ich konnte es dir besser erklären.
> >
> > gruß
> >
> > TheBozz-mismo
>
> Du meinst also ich muss nicht den gesamten
> Definitionsbereich angeben, sondern nur den Teil, in dem
> Anfangsbedingung liegt?
Genau so ist es, aber bedenke: Wenn du keine Anfangsbedingung gegeben hast, dann musst du natürlich alle Gebiete angeben
>Kann ich so akzeptieren, aber gibt
> es dafür einen Grund? Normalerweise muss man bei
> Funktionen doch den gesamten Definitionsbereich angeben.
> :x
Der gesamte Definitionsgebiet ist ja nicht, wenn man alle Intervalle zusammen betrachtet.
Wenn du den Startwert y(0)=-1 hast und die Funktion für k=0 trifft den Startwert. Wenn du dir k=1 anguckst, ist das eine eigenständige Lösung, bzw. ein anderes Intervall, denn eine Lösung muss zusammenhängend sein. Das ist der springende Punkt. Die Funktion muss diffbar sein, also stetig und stetig wurde in der Schule ja so definiert "Die Funktion ist an einem Stück, es gibt keine Lücken" und so in etwa kannst du dir das denken.
Ich hoffe, ich konnte es dir etwas erklären.Besser erklären kann ich es noch nicht. Ich bin selbst noch lange kein Profi in Mathe, aber helfe, wo ich kann :)
>
> Gruß,
> Dominik
Gruß
theBozz-mismo
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:56 Fr 21.10.2011 | | Autor: | Dominik.be |
Aah, jetzt ist es klarer! Mir war gerade nicht bewusst, dass die Lösung zusammenhängend sein muss, aber klar, wenn man bedenkt, dass sie diffbar ist. :)
Und nochmal vielen Dank für die Erklärung, der Nebel lichtet sich unaufhörlich! *g*
Liebe Grüße,
Dominik
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:23 Do 20.10.2011 | | Autor: | Dominik.be |
Arghs, oh man. Vielen Dank für die schnelle Antwort, ich werd mich morgen nochmal ransetzen und dann hoffentlich mit Besserem aufwarten können. :)
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Mach es wie Gottfried Wilhelm Leibnitz oder wie die Physiker:
Fasse y' als [mm] \bruch{dy}{dx} [/mm] und dieses als Bruch auf.
Damit erhältst du [mm] \bruch{dy}{dx}=1+y^2.
[/mm]
Das stellst du um zu [mm] \bruch{dy}{1+y^2}=dx.
[/mm]
Nun integrierst du beide Seiten (z.B. in Formelsammlung nachsehen) und fügst auf einer Seite die Integrationskonstante so zu, dass y(0)=-1 ist.
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| Aufgabe | | Bestimmen Sie durch Trennung der Variablen Lösungen der Differentialgleichung y′ = [mm] e^{y}*sin(x). [/mm] |
Und weil's ja zum Thema passt gleich die nächste Aufgabe, hoffe diesmal werden nicht die Hände über'm Kopf zusammengeschlagen, aber ich habe trotzdem drei kleine Fragen. :)
Meine Lösung:
y′ [mm] =e^{y}*sin(x)
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{dy}{dx}=e^{y}*sin(x)
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{dy}{e^{y}}=sin(x)dx
[/mm]
[mm] \gdw \integral{e^{-y}dy}=\integral{sin(x)dx}
[/mm]
[mm] \gdw -e^{-y}=-cos(x) [/mm] (1.)
[mm] \gdw e^{-y}=cos(x)
[/mm]
[mm] \gdw ln(1)-ln(e^{y})=ln(cos(x)) [/mm] (2.)
[mm] \gdw [/mm] y=ln(1)-ln(cos(x))
[mm] \gdw y=\bruch{1}{cos(x)} [/mm] (3.)
Definitionsbereich wäre dann wieder [mm] \IR [/mm] ohne die Nullstellen des Cosinus.
Und meine Fragen:
zu (1.) muss ich hier die Integrationskonstante C hinschreiben? Wenn ja muss ich alles ab da eh nochmal anpassen, sollte aber das Ergebnis nicht verändern, oder? Weil das haut so ja hin.
zu (2.) hmm, der ln ist ja nur für positive Zahlen definiert, cos schwankt aber zwischen 1 und -1. Hier hab ich leider noch keine Idee. Muss ich den Definitionsbereich von y jetzt so eingrenzen, dass cos(x) immer positiv ist? Da würde ich ja 50% wegschneiden. :/
zu (3.) bezieht sich etwas auf (1.), kann ich jetzt hier am Ende einfach +C schreiben?
LG Dominik
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Hallo
> Bestimmen Sie durch Trennung der Variablen Lösungen der
> Differentialgleichung y′ = [mm]e^{y}*sin(x).[/mm]
> Und weil's ja zum Thema passt gleich die nächste Aufgabe,
> hoffe diesmal werden nicht die Hände über'm Kopf
> zusammengeschlagen, aber ich habe trotzdem drei kleine
> Fragen. :)
>
> Meine Lösung:
>
> y′ [mm]=e^{y}*sin(x)[/mm]
>
> [mm]\gdw \bruch{dy}{dx}=e^{y}*sin(x)[/mm]
>
> [mm]\gdw \bruch{dy}{e^{y}}=sin(x)dx[/mm]
>
> [mm]\gdw \integral{e^{-y}dy}=\integral{sin(x)dx}[/mm]
>
> [mm]\gdw -e^{-y}=-cos(x)[/mm] (1.)
>
> [mm]\gdw e^{-y}=cos(x)[/mm]
>
> [mm]\gdw ln(1)-ln(e^{y})=ln(cos(x))[/mm] (2.)
>
Warum schreibst du ln(1) bzw. wo kommst das her?
Von
> [mm]\gdw[/mm] y=ln(1)-ln(cos(x))
>
nach
> [mm]\gdw y=\bruch{1}{cos(x)}[/mm] (3.)
>
ist dir ein Fehler unterlaufen. Warum ist der ln plötzlich weg?
> Definitionsbereich wäre dann wieder [mm]\IR[/mm] ohne die
> Nullstellen des Cosinus.
>
>
> Und meine Fragen:
>
> zu (1.) muss ich hier die Integrationskonstante C
> hinschreiben?
Ja
>Wenn ja muss ich alles ab da eh nochmal
> anpassen, sollte aber das Ergebnis nicht verändern, oder?
> Weil das haut so ja hin.
>
Naja, du musst die Konstante durch alle Umformungen mitnehmen und die konstante muss in der Lösung vorkommen, da ja hier nach der allgemeinen lösung gefragt ist.
> zu (2.) hmm, der ln ist ja nur für positive Zahlen
> definiert, cos schwankt aber zwischen 1 und -1. Hier hab
> ich leider noch keine Idee. Muss ich den Definitionsbereich
> von y jetzt so eingrenzen, dass cos(x) immer positiv ist?
> Da würde ich ja 50% wegschneiden. :/
Ich denke schon. Anders geht es ja nicht.
>
> zu (3.) bezieht sich etwas auf (1.), kann ich jetzt hier am
> Ende einfach +C schreiben?
>
Nein, du kannst nicht einfach +c schreiben, du musst mal c rechnen, glaub ich, weil ich ja beide Seiten mit der e-Funktion erweiterst und deshalb kommt es zu diesem Mal.
> LG Dominik
>
Am Besten schreibst du alles nochmal genau auf(also mit der Konstante)
Gruß
TheBozz-mismo
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> Warum schreibst du ln(1) bzw. wo kommst das her?
Daher: [mm] ln(\bruch{1}{e^{y}})=ln(1)-ln(e^{y}) [/mm] :)
> Von
> > [mm]\gdw[/mm] y=ln(1)-ln(cos(x))
> >
> nach
> > [mm]\gdw y=\bruch{1}{cos(x)}[/mm] (3.)
> >
> ist dir ein Fehler unterlaufen. Warum ist der ln plötzlich
> weg?
Ups, ja, auf dem Papier stand der noch. *g*
So, next try:
y' [mm] =e^{y}*sin(x)
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{dy}{dx}=e^{y}*sin(x)
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{dy}{e^{y}}=sin(x)dx
[/mm]
[mm] \gdw \integral{e^{-y}dy}=\integral{sin(x)dx}
[/mm]
[mm] \gdw -e^{-y}=-cos(x)+C
[/mm]
[mm] \gdw e^{-y}=cos(x)-C
[/mm]
[mm] \gdw ln(\bruch{1}{e^{y}})=ln(cos(x)-C)
[/mm]
[mm] \gdw ln(1)-ln(e^{y})=ln(cos(x)-C)
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] y=ln(1)-ln(cos(x)-C)
[mm] \gdw y=ln(\bruch{1}{cos(x)-C})
[/mm]
Definiert für cos(x) - C > 0 .
Werd jetzt auch schlafen gehen, morgen geht's weiter. Vielen Dank nochmal! :)
Gruß,
Dominik
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Hallo!
> > Warum schreibst du ln(1) bzw. wo kommst das her?
>
> Daher: [mm]ln(\bruch{1}{e^{y}})=ln(1)-ln(e^{y})[/mm] :)
>
> > Von
> > > [mm]\gdw[/mm] y=ln(1)-ln(cos(x))
> > >
> > nach
> > > [mm]\gdw y=\bruch{1}{cos(x)}[/mm] (3.)
> > >
> > ist dir ein Fehler unterlaufen. Warum ist der ln plötzlich
> > weg?
>
> Ups, ja, auf dem Papier stand der noch. *g*
>
>
> So, next try:
>
> y' [mm]=e^{y}*sin(x)[/mm]
>
> [mm]\gdw \bruch{dy}{dx}=e^{y}*sin(x)[/mm]
>
> [mm]\gdw \bruch{dy}{e^{y}}=sin(x)dx[/mm]
>
> [mm]\gdw \integral{e^{-y}dy}=\integral{sin(x)dx}[/mm]
>
> [mm]\gdw -e^{-y}=-cos(x)+C[/mm]
>
> [mm]\gdw e^{-y}=cos(x)-C[/mm]
>
Hier würde ich eine neue Konstante wählen, also d:=-c. Das kannst du bei Konstanten immer machen
> [mm]\gdw ln(\bruch{1}{e^{y}})=ln(cos(x)-C)[/mm]
>
> [mm]\gdw ln(1)-ln(e^{y})=ln(cos(x)-C)[/mm]
>
ln(1) ist 0 und [mm] ln(\bruch{1}{e^y}) [/mm] ist -y
=> -y=ln(cos(x)+c)
=> y=-ln(cos(x)+c)
> [mm]\gdw[/mm] y=ln(1)-ln(cos(x)-C)
>
> [mm]\gdw y=ln(\bruch{1}{cos(x)-C})[/mm]
>
> Definiert für cos(x) - C > 0 .
>
Also lautet die Lösung y=-ln(cos(x)+c)
Die Lösung ist abhängig von c <=>Lösung abhängig vom Anfangswert cos(x)+c>0(wegen ln)
Fallunterscheidung:
1) c>1 => cos(x)+c immer größer 0=> Es ex. Lösung mit [mm] D=\IR
[/mm]
2) c<-1 => cos(x)+c immer kleiner c => nicht definiert => es ex. keine Lösung
3) [mm] c\in [/mm] [-1,1] cos(x)>-c <=> x>arccos(-c)
=> Es ex. Lösungen für x [mm] \in (2\pi k-arccos(-c),2\pi [/mm] k + arccos(-c)) [mm] k\in \IZ
[/mm]
ich hoffe, ich hab mich nicht vertan.
Gruß
TheBozz-mismo
>
> Werd jetzt auch schlafen gehen, morgen geht's weiter.
> Vielen Dank nochmal! :)
>
> Gruß,
> Dominik
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:19 Fr 21.10.2011 | | Autor: | Dominik.be |
Klingt gut, langsam komm ich rein in das Thema. :)
Vielen Dank für deine Hilfe!
Gruß,
Dominik
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Hallo!
Mir ist gerade noch eine Kleinigkeit aufgefallen:
> Also lautet die Lösung y=-ln(cos(x)+c)
> Die Lösung ist abhängig von c <=>Lösung abhängig vom Anfangswert cos(x)+c>0(wegen ln)
> Fallunterscheidung:
> 1) c>1 => cos(x)+c immer größer 0=> Es ex. Lösung mit [mm]D=\IR[/mm]
> 2) c<-1 => cos(x)+c immer kleiner c => nicht definiert => es ex. keine Lösung
> 3) [mm]c\in[/mm] [-1,1] cos(x)>-c <=> x>arccos(-c)
> => Es ex. Lösungen für x [mm]\in (2\pi k-arccos(-c),2\pi[/mm] k + arccos(-c)) [mm]k\in \IZ[/mm]
> ich hoffe, ich hab mich nicht
> vertan.
Bei deinem 3. Fall:
Stimmt es, wenn man bei einer Ungleichung den arccos anwendet, dass sich das Ungleichheitszeichen nicht umdreht?
Beispiel: Sei x=0, c=1.
Dann gilt cos(x)=cos(0)=1>-1=-c
Aber [mm] x=0<\pi [/mm] = arccos(-1)
Irr ich mich? :)
LG Dominik
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:27 Mi 26.10.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:04 Mo 24.10.2011 | | Autor: | fract |
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:16 Mo 24.10.2011 | | Autor: | fract |
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