ansatz zu beispiel 2.13

[LordOfTheBite]

(sorry dass nichts fertig gerechnet ist, aber ... zeitmangel)

setzt man an mit

eta(x) = y ^ (-1)

daraus:
eta'(x) = - y ^ (-2) * y'
y' = - eta'(x) * y ^2


man multipliziert die gesamte DGL mit (- y^(-2))

dann vergleicht man, aus dem teil mit y' wird eta', aus dem rest auf der linken seite wird eta und rechts bleiben nur cos(x) und sin(x) in einer linearkombination

-> man hat eine lineare diffgl, die man mit elementaren methoden loesen kann

[thebigMuh]

Könntest du diese elementaren Methoden vielleicht ein wenig erläutern :D ?

Ciao, ¡muh!

[mmp]

Ich habs jetzt soweit hinbekommen, dass ich dort stehen hab:
eta' - eta=-cos x+ sin x

Dann ist das ja wieder eine Differentialgleichung 1. Ordnung mit Störfunktion die es zu lösen gilt:
Also die Lösung setzt sich ja aus der allgm und der partikulären Lsg zusammen.
Die allgemeine ist ja schnell zu finden: y_h(x)=c*e^x
So die partikuläre is ein wenig schwieriger:
Auf Seite 19 im Buch fällt die DGL in den 4ten Fall, d.h. wir könenn sie mitm Speziellen Ansatz lösen, der besagt wir sollen mit unbestimmten Koeffizienten auf der rechten Seite der DGL rechnen. Und da frag ich mich wie das funktioniert, hat irgendwer ne Ahnung??

[Matthias]

mit dem bernoulli zeug kommt man wie beschrieben auf die DGL:
eta' - eta = -cosx + sinx

das ist eine inhomogene DGL, d.h. zuerst den homogenen teil bestimmen:
A(x) = int(-1 dx) = -x =>
eta_h = c * e^x

die part. lösung hab ich über variation der konstanten berechnet:

eta_p = c(x) * e^x
eta_p' = c'(x) * e^x + c(x)*e^x
eta_p' - eta_p = -cosx + sinx
=> c'(x) * e^x = -cosx + sinx => c'(x) = (-cosx + sinx)/e^x

c(x) ist dann c'(x) integriert und das ergibt
-sinx/e^x + c
(mit matlab gerechnet, weiß nicht genau wie man das händisch macht, irgendwer einen tipp?)

daher ist eta_p = -sinx/e^x * e^x = -sin x

eta = eta_h + eta_p = c*e^x - sinx

y(x) = eta(x)^(-1) = 1/(c*e^x - sinx)

fertig :)

[Matthias]

Auf Seite 19 im Buch fällt die DGL in den 4ten Fall, d.h. wir könenn sie mitm Speziellen Ansatz lösen, der besagt wir sollen mit unbestimmten Koeffizienten auf der rechten Seite der DGL rechnen. Und da frag ich mich wie das funktioniert, hat irgendwer ne Ahnung??

das hab ich auch nicht verstanden, mit der variation der konstanten gehts aber ganz gut, aber ev. nicht so schnell wie mit diesem komischen ansatz.

[mmp]

mit dem bernoulli zeug kommt man wie beschrieben auf die DGL:
eta' - eta = -cosx + sinx

das ist eine inhomogene DGL, d.h. zuerst den homogenen teil bestimmen:
A(x) = int(-1 dx) = -x =>
eta_h = c * e^x

die part. lösung hab ich über variation der konstanten berechnet:

eta_p = c(x) * e^x
eta_p' = c'(x) * e^x + c(x)*e^x
eta_p' - eta_p = -cosx + sinx
=> c'(x) * e^x = -cosx + sinx => c'(x) = (-cosx + sinx)/e^x

c(x) ist dann c'(x) integriert und das ergibt
-sinx/e^x + c
(mit matlab gerechnet, weiß nicht genau wie man das händisch macht, irgendwer einen tipp?)

daher ist eta_p = -sinx/e^x * e^x = -sin x

eta = eta_h + eta_p = c*e^x - sinx

y(x) = eta(x)^(-1) = 1/(c*e^x - sinx)

fertig :)

Jupe, so hab ich es auch jetzt gerechnet, das Problem is nur, dass ich nicht weiß wie ich ein Integral das aus dem Produkt von "e^" und einer
"winkelfunktion" besteht, berechnen soll.
Das is das einzige Problem an diesem Beispiel. Ansonsten sag ich einfach, für soetwas is ja schließich mathematica da.*g*

[thebigMuh]

OMG, vielen lieben Dank...

Wie man das "zu Fuß" integriert, weiß ich auch nicht. Zurück-Differenzieren um das Ergebnis zu beweisen ist leicht, aber integrieren - eeks.

Ciao, ¡muh!

[Matthias]

OMG, vielen lieben Dank...

Wie man das "zu Fuß" integriert, weiß ich auch nicht. Zurück-Differenzieren um das Ergebnis zu beweisen ist leicht, aber integrieren - eeks.

Ciao, ¡muh!

Vielleicht einfach "Gespür" :) Aber das sollte man halt mal haben ;)

[thebigMuh]

Jo =) Falls ich morgen dazu an die Tafel komm', versuch ich ihm halt reinzudrücken, daß ich das "halt gesehen hab" :P

Ciao, ¡muh!

[LordOfTheBite]

zu fuss rechnet man das imho mit partiellem integrieren, wenn man hinreichend gescheit substituiert faellt entweder das e^ oder die winkelfunktion weg, und dann hat man gewonnen, wenn nicht muss mans andersrum probieren ;)

[mmp]

zu fuss rechnet man das imho mit partiellem integrieren, wenn man hinreichend gescheit substituiert faellt entweder das e^ oder die winkelfunktion weg, und dann hat man gewonnen, wenn nicht muss mans andersrum probieren ;)
Jo, is aber nicht genau das das Problem. Du schaust ja bei der Partiellen Integration dass du irgendwas wegbekommst. Das Problem ist nur das eine Winkelfunktion immer wieder eine Winkelfuktion ergibt genauso wie e^immer e^bleiben wird.

[LordOfTheBite]

wenn du eine winkelfunktion 2mal partiell integrierst, hast du am ende wieder die gleiche wie am anfang (inklusive dem e hoch)

dann bringst du das integral rechts nach links und hast rechts kein integral mehr und links Xmal das urspruengliche integral -> durch X dividieren und du hast das integral "auf umwegen" geloest