DGL - Intervall finden

03.05.2009, 00:02

tigerbine

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DGL - Intervall finden

AWP

$\begin{eqnarray*} y'(x)=y^2(x),~y(0)=c \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

Man soll nun ein möglichst großes Intervall $\begin{eqnarray*} I \subset \mathbb R, 0 \in I \end{eqnarray*}$ bestimmen und y soll dort differenzierbar sein.

Wäre die Lösung für c ungleich 0:

$\begin{eqnarray*} y(x)=-\frac{1}{x-\frac{1}{c}} \end{eqnarray*}$

c > 0, I = ]-oo,1/c[,
c < 0, I= ]1/c,+ oo[

Für c=0 könnte man doch auch die Nullfunktion nehmen? I=IR?

AWP

$\begin{eqnarray*} y'(x)=\frac{1}{\sin(x+y(x))} -1,~y(0)=\frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$

Hier ist erstmal die Lösung das Problem. Mit welchem Ansatz würde man da ran gehen?

03.05.2009, 00:26

Ungewiss

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Ich hoffe, ich rede keinen Stuss smile

smile

$\begin{eqnarray*} y'\sin(x+y)=1-\sin(x+y) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow (1+y')\sin(x+y)=1 \end{eqnarray*}$

Die linke Seite ist die Ableitung von -cos(x+y)

03.05.2009, 00:38

tigerbine

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verwirrt

und was bedeutet das bezogen auf die DGL....

03.05.2009, 00:39

Ungewiss

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Du integrierst beide Seiten und löst nach y auf. Würde ich mit meinem Halbwissen mal naiv vorschlagen.

03.05.2009, 11:22

vektorraum

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AWP 2:

Eine andere Möglichkeit, die vielleicht etwas komplizierter ist, ist die folgende:

Substituiere $\begin{eqnarray*} z=x+y(x)~\Rightarrow~z'(x)=1+y'(x) \end{eqnarray*}$

Damit erhälst du eine lineare Dgl, die entsprechend lösen kannst. Die Lösung ist nicht besonders hübsch, scheint aber zu stimmen.

AWP 1:

Die Lösung des AWP's stimmt!

03.05.2009, 12:17

AD

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Zitat:

Original von vektorraum
AWP 2:

Eine andere Möglichkeit, die vielleicht etwas komplizierter ist

Das ist prinzipiell derselbe Lösungsvorschlag wie von Ungewiss, nur dass er das $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ nicht explizit genannt hat. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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03.05.2009, 12:25

vektorraum

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Das ist prinzipiell derselbe Lösungsvorschlag wie von Ungewiss, nur dass er das $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ nicht explizit genannt hat. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Habe ich auch schon gemerkt beim durchrechnen Hammer

Hammer

03.05.2009, 13:23

tigerbine

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Zitat:

Original von vektorraum
AWP 1:

Die Lösung des AWP's stimmt!

Also auch wie ich die Intervalle gemacht habe?

Bei der 2 hänge ich. Und peinlich ist, dass ich das Ergebnis von maple durch ableiten nicht bestätigen kann... verwirrt

verwirrt

code:
1:	ans1 := y(x) = -x+Pi-arccos(x-_C1)

Leite ich den arccos nun ab, bekomme ich doch nichts mit sinus raus, sondern

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{eqnarray*}$

03.05.2009, 13:33

AD

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Naja, der Term $\begin{eqnarray*} \sin(\arccos(x-C_1)) \end{eqnarray*}$ lässt sich ja auch noch etwas vereinfachen, zumindest bei Intervalleinschränkung des Arguments $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

03.05.2009, 13:33

vektorraum

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AWP 1: Für c=0 ist es die Nullfunktion. Das Intervall müsste auch stimmen.

AWP 2: Dort habe ich schon eine etwas andere allgemeine Lösung. Schreibst du mal deinen Lösungsweg auf?

03.05.2009, 13:36

Huggy

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Zitat:

Original von tigerbine
[quote]Original von vektorraum

code:
1:	ans1 := y(x) = -x+Pi-arccos(x-_C1)

Leite ich den arccos nun ab, bekomme ich doch nichts mit sinus raus, sondern

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{eqnarray*}$

Dieses x ist eigentlich ein x - c. Und x - c kannst du wieder mittels der gefundenen Lösung ersetzen.

03.05.2009, 13:41

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Generell ist Vorsicht angebracht, um vom zweifelsohne richtigen

$\begin{eqnarray*} -\cos(x+y(x)) = x-C_1 \end{eqnarray*}$

zur Lösumg $\begin{eqnarray*} y(x) \end{eqnarray*}$ zu kommen: Schließlich ist der Kosinus keine global (also auf ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ) invertierbare Funktion! Also bitte etwas mehr Obacht in dieser Frage, auf die CAS kann man sich in der Hinsicht überhaupt nicht verlassen, so zumindest meine Erfahrung.

03.05.2009, 14:02

tigerbine

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@ Arthur Dent:
Ich wollte Ungewiss keines Falls ignorieren. Ich blicke hier einfach noch nicht durch. Fallen treffe ich ziemlicher Sicherheit. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Hat der Weg der er genommen hat einen Namen?

@Vektorraum:

Also, mit deinem Ansatz habe ich es so versucht:

$\begin{eqnarray*} z=x+y(x)~\Rightarrow~z'(x)=1+y'(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'(x)=z'(x)-1 \end{eqnarray*}$

Dann in die DGL geschrieben:

$\begin{eqnarray*} z'(x)-1 = \frac{1}{\sin(z(x)} - 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z'(x) = \frac{1}{\sin(z(x)} \end{eqnarray*}$

Nun hätte ich es mit Trennen der Variablen versucht.

$\begin{eqnarray*} \frac{dz}{dx}= \frac{1}{\sin(z(x))} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sin(z) dz=1~dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_{\frac{\pi}{4}}^z\sin(t) dt= \int_0^x~1~ds \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} [-\cos(t)]_{\frac{\pi}{4}}^z= [s]_0^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -\cos(z) + \frac{\sqrt{2}}{2}= x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \cos(z) = \frac{\sqrt{2}}{2}-x \end{eqnarray*}$

Kommen wir zu Arthurs Invertiereinwand. Für welches Intervall von z bzw. x muss ich mich denn entscheiden? verwirrt

verwirrt

Hängt das nun vom Startwert ab? Und wie lege ich das Intervall da drum....

$\begin{eqnarray*} x_0=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z(x_0)=\frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z \in [0,\pi[ \end{eqnarray*}$ verwirrt

verwirrt

Weiter dann mit:

$\begin{eqnarray*} z = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}-x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z(x)=\arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}-x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x+y(x)=\arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}-x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(x)=\arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}-x) - x \end{eqnarray*}$

03.05.2009, 14:11

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Zitat:

Original von tigerbine
$\begin{eqnarray*} z(x_0)=\frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z \in [0,\pi[ \end{eqnarray*}$ verwirrt

verwirrt

Unscheinbare Stelle, aber zentral für die weitere Verzweigung - und richtig durchgeführt. Freude

Freude

Wäre z.B.

$\begin{eqnarray*} z(x_0)=\frac{3\pi}{4} \end{eqnarray*}$

dann müsste mit $\begin{eqnarray*} z \in [\pi,2\pi] \end{eqnarray*}$ fortgesetzt werden.

Anzumerken ist noch, dass wegen

$\begin{eqnarray*} -1 \leq \cos(z) = \frac{\sqrt{2}}{2}-x \leq 1 \end{eqnarray*}$

die Lösung nur auf maximal $\begin{eqnarray*} \left[ \frac{\sqrt{2}}{2}-1, \frac{\sqrt{2}}{2}+1 \right] \end{eqnarray*}$ fortgesetzt werden kann.

03.05.2009, 14:14

vektorraum

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Die Lösung des AWP's habe ich auch so bestimmt.

Arthur hat schon bemerkt, dass man hier einschränken muss weil

$\begin{eqnarray*} \arccos(\cos z)=z \end{eqnarray*}$

nur gilt für

$\begin{eqnarray*} 0\leq z\leq \pi \end{eqnarray*}$ .

03.05.2009, 14:30

tigerbine

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Ok, auf die Substitution wäre ich alleine nicht gekommen. Bei TdV muss man nun ja aber noch die Probe machen, oder?

$\begin{eqnarray*} y(x)=\arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}-x) - x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z(x)=\arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}-x) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Arthur Dent
Naja, der Term $\begin{eqnarray*} \sin(\arccos(x-C_1)) \end{eqnarray*}$ lässt sich ja auch noch etwas vereinfachen, zumindest bei Intervalleinschränkung des Arguments $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ .

Mmh, also wir hatten $\begin{eqnarray*} z \in [0,\pi[ \end{eqnarray*}$ . Das muss nun auf x ausgelegt werden. Es muss gelten:

$\begin{eqnarray*} -1 \leq \frac{\sqrt{2}}{2}-x \leq 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{2}}{2}-1 \leq x \leq \frac{\sqrt{2}}{2}+1 \end{eqnarray*}$

Wie meinst du das nun mit dem Vereinfachen?

03.05.2009, 15:13

AD

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Es ist

$\begin{eqnarray*} \sin^2(\arccos(x)) = 1-\cos^2(\arccos(x)) = 1-x^2 \end{eqnarray*}$ .

Da zudem $\begin{eqnarray*} \arccos(x) \in [0,\pi] \end{eqnarray*}$ und der Sinus in diesem Intervall nichtnegativ ist, folgt auch

$\begin{eqnarray*} \sin(\arccos(x)) = \sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$ für ale $\begin{eqnarray*} x\in[-1,1] \end{eqnarray*}$ .

03.05.2009, 15:49

tigerbine

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Danke!

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