DGL der "Kettenlinie" (ohne x) lösen; Rechenfehler?

19.05.2006, 23:49	Lefko	Auf diesen Beitrag antworten »
DGL der "Kettenlinie" (ohne x) lösen; Rechenfehler? Hallo Leute , ich muss eine DGL lösen, eigentlich nur analog zu einer gemachten Übungsaufgabe (ausführl. Rechenweg siehe hier), aber ich stecke an einer Stelle fest; ich denke, ich habe einen Fehler gemacht bzw. irgendetwas falsch substituiert. Die DGL: $\begin{eqnarray} a \cdot y'' = \sqrt{1+(y')^2} \end{eqnarray}$ Hier meine Schritte (anklicken): http://img107.imageshack.us/img107/6801/kettenglied7dc.th.jpg Könnt ihr mir weiterhelfen?
20.05.2006, 09:01	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Meiner Ansicht nach hast du alles richtig gemacht. Nur hat dich jetzt zum Schluß der Mut verlassen. Wenn du $\begin{eqnarray} \frac{y - c_1}{a} = t \end{eqnarray}$ substituierst, kommst du mit $\begin{eqnarray} \operatorname{arcosh}{t} \end{eqnarray}$ ans Ziel. Allerdings erscheint mir dein Vorgehen nicht besonders vorteilhaft. Warum rechnest du am Anfang alles auf $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ als unabhängige Variable um? Mit $\begin{eqnarray} p = y' \end{eqnarray}$ kannst du doch gleich schreiben: $\begin{eqnarray} a \cdot \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x} = \sqrt{1 + p^2} \end{eqnarray}$ Und hier führt Trennen der Veränderlichen sofort auf $\begin{eqnarray} p \end{eqnarray}$ und eine weitere Integration dann auf $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ .
20.05.2006, 14:58	Lefko	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast Recht, das hört sich einfacher an, sollte auch gehen, ich werde es probieren. :-) Wo ich den arcosh(t) anwenden soll, weiss ich allerdings nicht, ich habe zuwenig Ahnung von diesen trigonometrischen Funktionen. Kannst du mir das zeigen? Danke schonmal. Viele Grüße, Jo //Edit: Ich bin jetzt bei Wikipedia schlau geworden; woher zur Hölle soll man wissen, dass $\begin{eqnarray} \frac{1}{\sqrt{x^2-1}} \end{eqnarray}$ die Ableitung von $\begin{eqnarray} arcosh(x) \end{eqnarray}$ ist?!
20.05.2006, 15:14	Lefko	Auf diesen Beitrag antworten »
Meine beiden Lösungen (mein Weg und dein Weg) unterscheiden sich aber; sind sie trotzdem richtig? dein Weg: $\begin{eqnarray} y=a \cdot sinh(\frac{x}{a}) + C \end{eqnarray}$ mein Weg: $\begin{eqnarray} y = a \cdot cosh(x+C_2) + C_1 \end{eqnarray}$
20.05.2006, 17:57	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn man deinen Weg weiterrechnet, kommt man mittels Substitution von $\begin{eqnarray} \frac{y - c_1}{a} = t \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \sqrt{\left( \frac{y - c_1}{a} \right)^2 - 1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left( \frac{y - c_1}{a} \right)^2 - 1}} = \mathrm{d}x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} a \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t^2 - 1}} = \mathrm{d}x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} a \operatorname{arcosh}{t} = x + c_2 \ \ \text{mit einer Konstanten} \ c_2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} t = \cosh{\left( \frac{x + c_2}{a} \right)} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{y - c_1}{a} = \cosh{\left( \frac{x + c_2}{a} \right)} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y = c_1 + a \cosh{\left( \frac{x + c_2}{a} \right)} \end{eqnarray}$ Wenn man meinen Vorschlag verfolgt, geht die Rechnung so: $\begin{eqnarray} a \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x} = \sqrt{1 + p^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} a \frac{\mathrm{d}p}{\sqrt{1 + p^2}} = \mathrm{d}x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} a \operatorname{arsinh}{p} = x + c_2 \ \ \text{mit einer Konstanten} \ c_2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} p = y' = \sinh{\left( \frac{x + c_2}{a} \right)} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y = c_1 + a \cosh{\left( \frac{x + c_2}{a} \right)} \ \ \text{mit einer Konstanten} \ c_1 \end{eqnarray}$
21.05.2006, 14:00	Lefko	Auf diesen Beitrag antworten »
Alles klar, ich war wohl etwas müde, als ich das nochmal gerechnet habe Vielen Dank.
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