Bernoulli, getrennte Veränderl < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:49 Mi 14.07.2010 | | Autor: | Blinkly |
Hallo schachuzipus :)
Erst einmal danke für Deine Antwort und dein herzliches Willkommen 
Leider hab ich immer noch ein paar Fragen:
Zum einen bin ich mir noch nicht sicher, wann ich welches $c$ ersetzen darf (bspw. [mm] $\tilde [/mm] c$ und [mm] $\hat [/mm] c$), zum anderen versteh ich in diesem Zusammenhang nicht, warum bei Deiner Anwendung der e-Fkt. nun das $c$ multipliziert wird. Ich hoffe, das ist nicht eine zu doofe Frage =/
So, nun zu meiner Rechnung, das oben vorausgesetzt:
[mm] $y^2 [/mm] = [mm] \frac{e^{-2\cos(x)}\cdot \hat c}{1 - e^{-2\cos(x)}\cdot \hat c}$
[/mm]
$y = [mm] \sqrt{\frac{\hat c}{e^{2\cos(x)}-\hat c}}$
[/mm]
mit $y(0) = 1$ folgt dann:
[mm] $\hat [/mm] c = [mm] \frac{e^2}{2}$
[/mm]
Nun weiß ich nicht, ob ich das [mm] $\hat [/mm] c$ quasi wieder zurückrechnen muss, um es dann in die Gleichung einsetzten zu können. Ich habe leider auch noch kein Beispiel gefunden bisher, an dem ich das gut erkennen könnte.
Grüße
Blinkly
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Hallo Blinkly,
> Hallo schachuzipus :)
>
> Erst einmal danke für Deine Antwort und dein herzliches
> Willkommen
>
> Leider hab ich immer noch ein paar Fragen:
> Zum einen bin ich mir noch nicht sicher, wann ich welches
> [mm]c[/mm] ersetzen darf (bspw. [mm]\tilde c[/mm] und [mm]\hat c[/mm]), zum anderen
> versteh ich in diesem Zusammenhang nicht, warum bei Deiner
> Anwendung der e-Fkt. nun das [mm]c[/mm] multipliziert wird. Ich
> hoffe, das ist nicht eine zu doofe Frage =/
Nach der Integration erhältst Du
[mm]\ln\left(\frac{|y|}{\sqrt{y^2+1}}\right)=-\cos(x)+c[/mm]
Wendet man jetzt die e-Funktion darauf an, dann steht da:
[mm]e^{\ln\left(\frac{|y|}{\sqrt{y^2+1}}\right)}=e^{-\cos(x)+c}[/mm]
Da ln die Umkehrfunktion der e-Funktion ist, gilt:
[mm]\frac{|y|}{\sqrt{y^2+1}}=e^{-\cos(x)+c}[/mm]
Nach den Potenzgesetzen gilt:
[mm]e^{-\cos(x)+c}=e^{-\cos(x)}*e^{c}[/mm]
Dann definieren wir als neue Konstante
[mm]\tilde{c}:=e^{c}[/mm]
Mit der Definition dieser neuen Konstante ergibt sich:
[mm]\frac{|y|}{\sqrt{y^2+1}}=\tilde{c}*e^{-\cos(x)}, \ \tilde{c} \in \IR^{+}[/mm]
Jetzt werden beide Seiten quadriert:
[mm]\frac{y^{2}}{y^2+1}=\tilde{c}^{2}*e^{-2*\cos(x)}, \ \tilde{c} \in \IR^{+}[/mm]
Definieren wir hier wiederum als neue Konstante
[mm]\hat{c}:=\tilde{c}^{2}[/mm]
so ergibt sich:
[mm]\frac{y^{2}}{y^2+1}=\hat{c}*e^{-2*\cos(x)}, \ \hat{c} \in \IR^{+}[/mm]
>
> So, nun zu meiner Rechnung, das oben vorausgesetzt:
> [mm]y^2 = \frac{e^{-2\cos(x)}\cdot \hat c}{1 - e^{-2\cos(x)}\cdot \hat c}[/mm]
>
> [mm]y = \sqrt{\frac{\hat c}{e^{2\cos(x)}-\hat c}}[/mm]
Eigentlich
[mm]y = \blue{\pm}\sqrt{\frac{\hat c}{e^{2\cos(x)}-\hat c}}[/mm]
> mit [mm]y(0) = 1[/mm]
> folgt dann:
> [mm]\hat c = \frac{e^2}{2}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Nun weiß ich nicht, ob ich das [mm]\hat c[/mm] quasi wieder
> zurückrechnen muss, um es dann in die Gleichung einsetzten
> zu können. Ich habe leider auch noch kein Beispiel
> gefunden bisher, an dem ich das gut erkennen könnte.
Nein, das [mm]\hat c[/mm] wird nicht zurückgerechnet.
>
> Grüße
> Blinkly
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:26 Mi 14.07.2010 | | Autor: | Blinkly |
> Nach der Integration erhältst Du
>
> [mm]\ln\left(\frac{|y|}{\sqrt{y^2+1}}\right)=-\cos(x)+c[/mm]
>
> Wendet man jetzt die e-Funktion darauf an, dann steht da:
>
> [mm]e^{\ln\left(\frac{|y|}{\sqrt{y^2+1}}\right)}=e^{-\cos(x)+c}[/mm]
>
> Da ln die Umkehrfunktion der e-Funktion ist, gilt:
>
> [mm]\frac{|y|}{\sqrt{y^2+1}}=e^{-\cos(x)+c}[/mm]
>
> Nach den Potenzgesetzen gilt:
>
> [mm]e^{-\cos(x)+c}=e^{-\cos(x)}*e^{c}[/mm]
Danke! =)
War wieder mal etwas blind von mir, hätte aus der rechten Seite ein [mm] $e^{-\cos(x)} [/mm] + [mm] e^c$ [/mm] gemacht, was natürlich Quatsch ist
> Dann definieren wir als neue Konstante
>
> [mm]\tilde{c}:=e^{c}[/mm]
>
> Mit der Definition dieser neuen Konstante ergibt sich:
>
> [mm]\frac{|y|}{\sqrt{y^2+1}}=\tilde{c}*e^{-\cos(x)}, \ \tilde{c} \in \IR^{+}[/mm]
>
> Jetzt werden beide Seiten quadriert:
>
> [mm]\frac{y^{2}}{y^2+1}=\tilde{c}^{2}*e^{-2*\cos(x)}, \ \tilde{c} \in \IR^{+}[/mm]
>
> Definieren wir hier wiederum als neue Konstante
>
> [mm]\hat{c}:=\tilde{c}^{2}[/mm]
>
> so ergibt sich:
>
> [mm]\frac{y^{2}}{y^2+1}=\hat{c}*e^{-2*\cos(x)}, \ \hat{c} \in \IR^{+}[/mm]
Super Erklärung, danke Dir =)
> > [mm]y = \sqrt{\frac{\hat c}{e^{2\cos(x)}-\hat c}}[/mm]
>
>
> Eigentlich
>
> [mm]y = \blue{\pm}\sqrt{\frac{\hat c}{e^{2\cos(x)}-\hat c}}[/mm]
Hoffentlich treten solche Unkonzentriertheiten in keiner Klausur auf
> Nein, das [mm]\hat c[/mm] wird nicht zurückgerechnet.
Macht auch beim 3. oder 4. Hinschauen keinen Sinn mehr, das [mm] $\hat [/mm] c$ zurück zu rechnen, da man es ja in eben diese Gleichung wieder einsetzt.
> Gruss
> MathePower
Grüße
Blinkly
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Hallo Blinkly,
> Bestimmen Sie die Lösung von
> [mm]y' = (y + y^3) \cdot \sin(x), y(0)=1[/mm]
> Lösen Sie die Dgl.
> sowohl als Typ "getrennte Veränderliche" wie auch als
> Bernoulli-DGL.
> Hallo =)
>
> Erst einmal vorweg:
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt
>
> Habe die Aufgabe versucht zu lösen (auf beide Arten, mehr
> oder weniger erfolgreich) und habe leider noch ein paar
> Fragen, aber erstmal zu meiner Rechnung:
>
> Bernoulli:
> [mm]y' = \sin(x)y + sin(x)y^3, \alpha = 3[/mm]
> [mm]u = y^{-2}[/mm]
> [mm]u' = -2\sin(x)u - 2\sin(x)[/mm]
>
> [mm]u_h = e^{2\cos(x)}[/mm]
> [mm]u_p = e^{2\cos(x)} \cdot \int \frac{-2\sin(x)}{e^{2\cos(x)}} dx = e^{2\cos(x)}\cdot -e^{-2\cos(x)} = -1[/mm]
> Substitution: [mm]t = \cos(x)[/mm]
> [mm]\Rightarrow u = c \cdot e^{2\cos(x)} - 1[/mm]
>
> [mm]y = \frac{1}{\sqrt{u}}[/mm]
> [mm]y = \frac{1}{\sqrt{c\cdot e^{2\cos(x)}-1}}[/mm]
>
> [mm]c = \frac{2}{e^2}[/mm] mit [mm]y(0) = 1[/mm]
> [mm]\Rightarrow y = \frac{1}{\sqrt{2\cdot e^{2(\cos(x)-1)}-1}}[/mm]
>
> Hier ist die Frage noch relativ einfach, stimmt das? :)
Ja.
>
> Ich bedanke mich schon mal für Eure Mühe =)
>
> Grüße
> Blinkly
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:52 Mi 14.07.2010 | | Autor: | Blinkly |
> > [mm]\Rightarrow y = \frac{1}{\sqrt{2\cdot e^{2(\cos(x)-1)}-1}}[/mm]
>
> >
> > Hier ist die Frage noch relativ einfach, stimmt das? :)
>
>
> Ja.
>
Hihi, danke =)
Nun habe ich noch eine letzte, kurze Frage...
Ich habe ja nun zusammen mit Euch auf zwei verschiedenen Wegen diese Aufgabe gelöst und als Ergebnisse:
$y = [mm] \frac{1}{\sqrt{2\cdot e^{2(\cos(x)-1)}-1}}$
[/mm]
und
$y = [mm] \sqrt{\frac{\frac{e^2}{2}}{e^{2cosx}-\frac{e^2}{2}}} [/mm] = [mm] \frac{e}{\sqrt{2e^{2cos(x)}-e^2}}$
[/mm]
Müssten die gleich sein, bzw. sind sie das und ich sehe das einfach wieder nicht ?
Grüße
Blinkly
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:00 Mi 14.07.2010 | | Autor: | Herby |
Hi,
> > > [mm]\Rightarrow y = \frac{1}{\sqrt{2\cdot e^{2(\cos(x)-1)}-1}}[/mm]
>
> >
> > >
> > > Hier ist die Frage noch relativ einfach, stimmt das? :)
> >
> >
> > Ja.
> >
>
> Hihi, danke =)
>
> Nun habe ich noch eine letzte, kurze Frage...
>
> Ich habe ja nun zusammen mit Euch auf zwei verschiedenen
> Wegen diese Aufgabe gelöst und als Ergebnisse:
>
> [mm]y = \frac{1}{\sqrt{2\cdot e^{2(\cos(x)-1)}-1}}[/mm]
>
> und
>
> [mm]y = \sqrt{\frac{\frac{e^2}{2}}{e^{2cosx}-\frac{e^2}{2}}} = \frac{e}{\sqrt{2e^{2cos(x)}-e^2}}[/mm]
>
> Müssten die gleich sein, bzw. sind sie das und ich sehe
> das einfach wieder nicht ?
Du kannst entweder den oberen Bruch mit e erweitern oder aus der Wurzel des unteren ein e herausziehen und anschließend kürzen.
LG
Herby
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:23 Mi 14.07.2010 | | Autor: | Blinkly |
> Du kannst entweder den oberen Bruch mit e erweitern oder
> aus der Wurzel des unteren ein e herausziehen und
> anschließend kürzen.
>
> LG
> Herby
Oh je, ich hab es extra ein paar mal hin und hergerechnet, aber ich glaube, es will heute nicht so...im Zweifelsfall schieb ich es auf die Wärme :P
Ich danke Dir für die schnelle Antwort auf diese blöde Frage und danke sowieso allen für ihre Hilfe =)
Grüße
Blinkly
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![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
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