Differentialgleichungen

28.02.2022, 06:27

Thomas007

Differentialgleichungen

Hallo zusammen

Ich suche Graphen, wobei die Tangenten in einem Punkt P(x,y) mit dem Lot zusammen mit der x-Achse rechtwinklige Dreiecke bilden. Diese Dreiecke haben einen vorgegebenen Flächeninhalt A.

Wenn die angesprochene Tangente durch P die x-Achse in einem Punkt B(x, 0) schneiden, warum gilt dann: $\begin{eqnarray*} x-a = \frac{y}{y'} \end{eqnarray*}$ ?

28.02.2022, 09:53

klauss

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RE: Differentialgleichungen
Ich habe versucht, mit etwas Rechnen das Ziel Deiner Frage zu entschlüsseln. Noch nicht mit dem nötigen Erfolg.
Du mußt Deine Bezeichnungen präziser fassen:
- Du gibst der Koordinate von P und B denselben Namen x, obwohl diese sicher nicht gleich sind. Hier ist zumindest ein Index zu verwenden.
- Du sprichst von einer Fläche (Groß-)A und verwendest danach ein (Klein-)a. Wofür steht letzteres?
- Was ist bei Dir genau y? Eine Koordinate des Punktes P oder die Funktion, an die die Tangente gelegt wird?
- Was ist bei Dir y'? Die Ableitung der Funktion oder der Funktionswert der Ableitung an einer bestimmten Stelle.

Es ist schon Deine Aufgabe, das Problem sauber zu beschreiben, nicht Aufgabe der Helfer, sich die wahrscheinlichste Deutung zusammenzureimen.

28.02.2022, 10:04

HAL 9000

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Zitat:

Original von Thomas007 (korrigiert)
Wenn die angesprochene Tangente durch P die x-Achse in einem Punkt B(a, 0) schneidet [...]

Es gibt Stellen, da sind Schreibfehler einfach fatal.

Die Punkte $\begin{eqnarray*} P(x,y) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} B(a,0) \end{eqnarray*}$ liegen auf einer Geraden mit dem Tangentenanstieg im Punkt $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ , d.h., mit Bezeichnung $\begin{eqnarray*} y' \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} y'(x) \end{eqnarray*}$ gemeint. Das ergibt im Steigungsdreieck $\begin{eqnarray*} \frac{y-0}{x-a} = y' \end{eqnarray*}$ , was umgestellt der von dir angegebenen Gleichung entspricht.

28.02.2022, 13:29

Thomas007

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Ufff jaaa, da hat sich ein böser Schreibfehler eingeschlichen. :/

Danke für die Korrektur, HAL 9000, und sorry wegen dem Fauxpas. :/
Und danke vielmals für die Erklärung.

28.02.2022, 13:51

Thomas007

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Zur selben Problemstellung habe ich gleich noch eine Frage:

Wenn ich den Flächeninhalt A berechnen möchte, rechne ich doch:
A = ( (x-a) * y ) / 2, nicht?

In den MuLö sehe ich, dass A = y^2 / 2y' sein soll. --> Aber wieso; wie kommt man auf das?

28.02.2022, 14:02

HAL 9000

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$\begin{eqnarray*} A= \frac{(x-a)\cdot y}{2} \end{eqnarray*}$ ist richtig, wobei man vorsichtigerweise eher $\begin{eqnarray*} A= \frac{\left|(x-a)\cdot y\right|}{2} \end{eqnarray*}$ schreiben sollte, denn in bestimmten Konstellationen liefert die erstgenannte Formel negative Flächenwerte.

Na und wenn man $\begin{eqnarray*} (x-a) \end{eqnarray*}$ durch eben jenes $\begin{eqnarray*} \frac{y}{y'} \end{eqnarray*}$ der obigen Formel ersetzt, dann ist man eben bei $\begin{eqnarray*} A= \frac{y^2}{2y'} \end{eqnarray*}$ . Dazu braucht es bei DER Abfolge der Fragen hier nun wirklich kein Genie.

28.02.2022, 14:46

Thomas007

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Da gebe ich dir recht.

Nun habe ich also die Gleichung $\begin{eqnarray*} A = \frac{y^2}{2y'} \end{eqnarray*}$ . Wenn es nun ums Lösen dieser Differntialgleichung geht, ersetze ich am besten gleich y' durch $\begin{eqnarray*} \frac{y}{x-a} \end{eqnarray*}$ ?
...oder wie komme ich am Schluss auf $\begin{eqnarray*} y = \frac{-2A}{x+C \cdot 2A} \end{eqnarray*}$ ?

28.02.2022, 15:25

klauss

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Die Gleichung $\begin{eqnarray*} A = \frac{y^2}{2y'} \end{eqnarray*}$ kann man salopp umstellen zu
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{y^2}y'=\frac{1}{2A} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{y^2}\frac{dy}{dx} =\frac{1}{2A} \end{eqnarray*}$
und daraus
$\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! \frac{1}{y^{2} } \, dy=\int_{}^{} \! \frac{1}{2A} \, dx \end{eqnarray*}$

Eine fällige Integrationskonstante ergänzt man üblich auf der rechten Seite.

28.02.2022, 22:27

Thomas007

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Lieber Klauss

Ich verstehe jede deiner Zeilen und alle Umformungen. Wie aber kommt man von
$\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! \frac{1}{y^{2} } \, dy=\int_{}^{} \! \frac{1}{2A} \, dx \end{eqnarray*}$
auf $\begin{eqnarray*} y(x) = \frac{-2A}{x + C \cdot 2A} \end{eqnarray*}$ ?

Danke vielmals fürs Aufklären! smile

01.03.2022, 00:42

Helferlein

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Auch wenn ich nicht klaus bin: Integrieren und Umformen.

$\begin{eqnarray*} -\frac 1y = \int \frac{1}{y^{2}} \, dy=\int \frac{1}{2A} \, dx = \frac 1{2A}x+C \end{eqnarray*}$

01.03.2022, 21:18

Thomas007

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Liebes Helferlein smile

Ok, die Zwischenschritte verstehe ich auch. Aber jetzt steh' ich glaub wirklich auf dem Schlauch...
Wieso soll $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2A} x + C = \frac{-2A}{x+2AC} \end{eqnarray*}$ sein?

01.03.2022, 23:41

Helferlein

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Das behauptet doch niemand..

$\begin{eqnarray*} \textcolor{red}{-\frac 1y} = \int \frac{1}{y^{2}} \, dy=\int \frac{1}{2A} \, dx = \textcolor{red}{\frac 1{2A}x+C} \end{eqnarray*}$

Dann ist y=...

02.03.2022, 09:57

Thomas007

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Ah well, klar Hammer

So kommt das natürlich zu 100% hin, vielen Dank für die Erklärungen! smile

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