Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)

12.04.2013, 13:20

DGLelchen

Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)

Meine Frage:
Hallo. Meine Aufgabe lautet:

Untersuchen Sie folgende Anfangswertprobleme auf Lösbarkeit und (lokale) Eindeutigkeit der Lösung und lösen Sie sie:

$\begin{eqnarray*} a) y'=x^3+cos(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(1)=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b) y'=e^y sin(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(0)=y_0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c) y'=\frac{2xy}{x^2+1} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(0)=3 \end{eqnarray*}$

Geben Sie in $\begin{eqnarray*} b) \end{eqnarray*}$ außerdem den maximalen Definitionsbereich der Lösung an. Wie verhält er sich für $\begin{eqnarray*} y_0 \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Wir haben es ja mit Differentialgleichungen zu tun? Dazu gibt es ja einige Lösungsmethoden: z.B. 1. Trennung der Variablen, Substitutionsmethode oder Variation der Konstanten

Bei $\begin{eqnarray*} a) \end{eqnarray*}$ sähe es doch so aus:

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=x^3+cos(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} dy=(x^3+cos(x))\cdot dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y=\frac{1}{4}x^4+sin(x)+c \end{eqnarray*}$

LaTeX korrigiert. Steffen

so und dann noch weiter. Und bei $\begin{eqnarray*} b) \end{eqnarray*}$ ginge es auch so?
Bei $\begin{eqnarray*} c) \end{eqnarray*}$ aber nicht mehr, wie dann?

12.04.2013, 13:39

RavenOnJ

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)

Zitat:

Original von DGLelchen

$\begin{eqnarray*} b) y'=e^y sin(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(0)=y_0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c) y'=\frac{2xy}{x^2+1} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(0)=3 \end{eqnarray*}$

b) und c) lassen sich beide mit Trennung der Variablen lösen.

12.04.2013, 14:03

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
Bei $\begin{eqnarray*} a) \end{eqnarray*}$ sähe es doch so aus:

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=x^3+cos(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} dy=(x^3+cos(x))\cdot dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y=\frac{1}{4}x^4+sin(x)+c \end{eqnarray*}$

Nutze Anfangsbedingung $\begin{eqnarray*} y(1)=1 \end{eqnarray*}$ aus.
$\begin{eqnarray*} 1=\frac{1}{4}+sin(1)+c \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c=0,89 \end{eqnarray*}$

richtig?

12.04.2013, 14:32

RavenOnJ

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Die numerische Rechnung habe ich nicht nachgeprüft ( sie ist aber falsch. Es sollte ungefähr rauskommen c = -0.1), aber ansonsten ist das richtig. Du hättest aber auch einfach die rechte Seite integrieren können ohne den Ansatz mit Trennung der Variablen. Ist aber egal, da dasselbe rauskommt.

12.04.2013, 14:38

DGLelchen

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Die numerische Rechnung habe ich nicht nachgeprüft ( sie ist aber falsch. Es sollte ungefähr rauskommen c = -0.1), aber ansonsten ist das richtig.

Nicht nachgeprüft sie ist aber falsch? Okay Big Laugh

und wie bekomme ich $\begin{eqnarray*} c=0,1 \end{eqnarray*}$ heraus? Und was mache ich dann damit?

12.04.2013, 14:41

RavenOnJ

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Ich habe es halt nur überschlägig berechnet, das meinte ich mit "nicht nachgeprüft".

Zitat:

Original von DGLelchen
und wie bekomme ich $\begin{eqnarray*} c=0,1 \end{eqnarray*}$ heraus? Und was mache ich dann damit?

indem du rechnest, ganz einfach. Die Gleichung steht ja bereits da.

12.04.2013, 14:51

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
Sry hast recht. Also nochmal zusammengefasst:
$\begin{eqnarray*} a) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=x^3+cos(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} dy=(x^3+cos(x))\cdot dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y=\frac{1}{4}x^4+sin(x)+c \end{eqnarray*}$

Nutze Anfangsbedingung $\begin{eqnarray*} y(1)=1 \end{eqnarray*}$ aus.
$\begin{eqnarray*} 1=\frac{1}{4}+sin(1)+c \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c=-0,1 \end{eqnarray*}$

Was muss ich mit dem $\begin{eqnarray*} c=-0,1 \end{eqnarray*}$ genau machen?

12.04.2013, 19:38

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
Wenn man es einsetzt dann bekommt man die allgemeine Lösung
$\begin{eqnarray*} y=\frac{1}{4}x^2+sin(x)-0,1 \end{eqnarray*}$ für a)?

bei b) haben wir ja $\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=e^y sin(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{e^y}dy=sin(x) dx \end{eqnarray*}$

Integrieren: $\begin{eqnarray*} -e^{-y}=-cos(x)+c \end{eqnarray*}$

Anfangsbedingung ergibt: $\begin{eqnarray*} c=1-e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

Dann bekommen wir die allgemeine Lösung $\begin{eqnarray*} -e^{-y}=-cos(x)+1-e^{-y_0} \end{eqnarray*}$ Jetzt weiß ich nicht wie man das vereinfachen könnte.

12.04.2013, 20:03

RavenOnJ

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)

Zitat:

Original von DGLelchen

Was muss ich mit dem $\begin{eqnarray*} c=-0,1 \end{eqnarray*}$ genau machen?

Das c ist über die Nebenbedingung bestimmt und Teil der speziellen Lösung. Nur mit diesem c wird die Nebenbedingung y(1)=1 erfüllt.

12.04.2013, 20:06

RavenOnJ

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
Es heißt $\begin{eqnarray*} y(0) = y_0 \end{eqnarray*}$ . Du musst die Lösung in die Form

$\begin{eqnarray*} y=? \end{eqnarray*}$

bringen. Was muss anstelle des Fragezeichens stehen?

12.04.2013, 20:22

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)

Zitat:

Original von RavenOnJ
Es heißt $\begin{eqnarray*} y(0) = y_0 \end{eqnarray*}$ . Du musst die Lösung in die Form

$\begin{eqnarray*} y=? \end{eqnarray*}$

bringen. Was muss anstelle des Fragezeichens stehen?

Anstelle des Fragezeichen? Ja die Lösungsfunktion, die die DGL löst? Was mache ich denn falsch um das c) herauszubekommen muss man doch die Anfangsbedingung einsetzen bzw. verwenden haben wir $\begin{eqnarray*} y(0)=y_0 \end{eqnarray*}$ dann ist der $\begin{eqnarray*} y=y_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ Und das setzen wir doch ein? Was mache ich denn falsch?

12.04.2013, 21:08

RavenOnJ

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Ich habe mich missverständlich ausgedrückt. Was du geschrieben hattest, war nicht falsch. Es ging mir nur darum, die Lösung in die Form y = ... zu bringen, da du nach Vereinfachung gefragt hattest.

12.04.2013, 21:23

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
Jetzt bin ich neben mir.

$\begin{eqnarray*} -e^{-y}=-cos(x)+1-e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

Aber hiermit bin ich doch nicht fertig? Mir geht darum, dass ja normalerweise immer $\begin{eqnarray*} y=... \end{eqnarray*}$ steht und das wollte ich halt noch versuchen. Oder kann man das so stehen lassen?

12.04.2013, 22:00

RavenOnJ

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Eben nicht, ist aber einfach in diese Form umzuwandeln. Denk an den Logarithmus.

12.04.2013, 22:09

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
$\begin{eqnarray*} -e^{-y}=-cos(x)+1-e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

Wenn ich den ln auf beiden Seiten anwende, dann bekomme ich?

$\begin{eqnarray*} y=ln(1)+y_0-cos(x)^{ln x} \end{eqnarray*}$ ?

12.04.2013, 22:13

RavenOnJ

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Nein, so geht's nicht.

12.04.2013, 22:16

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
Wie denn dann mhh?

$\begin{eqnarray*} e^y=2 \end{eqnarray*}$ Wenn ich darauf den ln anwende ist das ja

$\begin{eqnarray*} y=ln(2) \end{eqnarray*}$

12.04.2013, 22:43

RavenOnJ

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und wenn da nicht 2 steht, sondern eine Summe?

12.04.2013, 22:48

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
Dann wohl der ln von der Summe?

12.04.2013, 22:51

RavenOnJ

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Mach doch einfach, ohne immer dazwischen zu fragen.

12.04.2013, 22:57

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
[quote]Original von DGLelchen
$\begin{eqnarray*} -e^{-y}=-cos(x)+1-e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln(-e^{-y})=ln(-cos(x)+1-e^{-y_0}) \end{eqnarray*}$

Der ln hebt die e-Fkt auf dann muss es doch links zu +y kommen?

$\begin{eqnarray*} y=ln(-cos(x)+1-e^{-y_0}) \end{eqnarray*}$

13.04.2013, 00:28

RavenOnJ

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)

Zitat:

Original von DGLelchen

$\begin{eqnarray*} ln(-e^{-y})=ln(-cos(x)+1-e^{-y_0}) \end{eqnarray*}$

Was ist der Logarithmus einer negativen Zahl?

13.04.2013, 07:15

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
Der negative LN im Argument ist nicht definiert, ich stehe gerade auf'm Schlauch. So schwer kann das doch nicht sein... traurig

13.04.2013, 10:22

RavenOnJ

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)

Zitat:

Original von DGLelchen
So schwer kann das doch nicht sein... traurig

Nee, wirklich nicht. Wie wäre es mit einem Multiplizieren der Gleichung mit -1 und erst dann Logarithmieren?

14.04.2013, 08:28

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
$\begin{eqnarray*} -e^{-y}=-cos(x)+1-e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

Ok zuerst mal $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ ergibt

$\begin{eqnarray*} e^{-y}=cos(x)-1+e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln(e^{-y})=ln(cos(x))+ln(e^{-y_0}) \end{eqnarray*}$

Der ln hebt die e-Fkt auf dann muss es doch

$\begin{eqnarray*} -y=ln(cos(x)-y_0 \end{eqnarray*}$ sein? Das $\begin{eqnarray*} ln(-1) \end{eqnarray*}$ ist ja nicht definiert, also fällt es weg?

14.04.2013, 11:45

Orangina999

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DGLelchen, ich schließe mich deiner Frage an... Schätze mal wir sitzen in der selben VL! Also ich habe das folgende Problem damit: ich bekommen das Lösen bzw Finden der Gleichung eigentlich ganz gut hin, aber ich weiß nicht, wie ich auf Lösbarkeit bzw eindeutige (lokale) Lösbarkeit überprüfen soll? Kann mir da vllt jemand weiterhelfen?

14.04.2013, 15:12

RavenOnJ

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Es ist

$\begin{eqnarray*} \ln(A+B)\not=\ln(A)+\ln(B) \end{eqnarray*}$

allerdings

$\begin{eqnarray*} \ln(AB)=\ln(A)+\ln(B) \end{eqnarray*}$

14.04.2013, 18:25

DGLelchen

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Es ist

$\begin{eqnarray*} \ln(A+B)\not=\ln(A)+\ln(B) \end{eqnarray*}$

allerdings

$\begin{eqnarray*} \ln(AB)=\ln(A)+\ln(B) \end{eqnarray*}$

Ja das sind die berüchtigten Logarithmusregeln. Nur wir haben es doch mit $\begin{eqnarray*} \ln(A+B) \end{eqnarray*}$ zu tun. Und das kann man nicht vereinfachen

14.04.2013, 22:43

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
$\begin{eqnarray*} a) y'=x^3+cos(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(1)=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b) y'=e^y sin(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(0)=y_0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c) y'=\frac{2xy}{x^2+1} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(0)=3 \end{eqnarray*}$

Zu nochmal $\begin{eqnarray*} a) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=x^3+cos(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} dy=(x^3+cos(x))\cdot dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y=\frac{1}{4}x^4+sin(x)+c \end{eqnarray*}$ (die Zeile mit dem Integralzeichen habe ich mir gespart)
$\begin{eqnarray*} y=\frac{1}{4}x^4+sin(x)+0,1 \end{eqnarray*}$

Wenn wir $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ableiten dann bekommen wir $\begin{eqnarray*} y' \end{eqnarray*}$ heraus und es stimmt.

Zu $\begin{eqnarray*} b) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=e^y sin(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{e^y}dy=sin(x) dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -e^{-y} =-cos(x)+c \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} e^{-y} =cos(x)-c \end{eqnarray*}$ und Anfangsbedingung $\begin{eqnarray*} y(0)=y_0 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} \Rightarrow c=1-e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

Und ich habe keine Ahnung wie ich das zu Ende bringen soll habe mir alle Postings und Tipps durchgelesen, aber irgendwie komme ich nicht zum Ende unglücklich

zu $\begin{eqnarray*} c) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=\frac{2xy}{x^2+1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{y} dy=\frac{2x}{x^2+1} dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} ln(y)=ln(x^2+1)+c \end{eqnarray*}$ und damit erhalten wir: $\begin{eqnarray*} \Rightarrow c=ln(3) \end{eqnarray*}$

Und wenn wir denn $\begin{eqnarray*} ln \end{eqnarray*}$ darauf loslassen kriegen wir

$\begin{eqnarray*} y=x^2+1+ln(3) \end{eqnarray*}$ ? Kann das sein, eher nicht, weil wenn wir das ableiten erhalten wir nicht unser $\begin{eqnarray*} y' \end{eqnarray*}$

Wäre super dankbar für die Korrektur.

15.04.2013, 00:07

RavenOnJ

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Zitat:

Original von DGLelchen
Nur wir haben es doch mit $\begin{eqnarray*} \ln(A+B) \end{eqnarray*}$ zu tun. Und das kann man nicht vereinfachen

Du sagst es, hast aber in deinem Post davor so getan, als könnte man den Logarithmus einer Summe als Summe der Logarithmen seiner Summanden darstellen.

15.04.2013, 01:03

RavenOnJ

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Du scheinst mit dem (natürlichen) Logarithmus auf Kriegsfuß zu stehen. Wie der Graph des Logarithmus ungefähr aussieht und die Rechenregeln solltest du dir unbedingt einprägen. Sie sind eminent wichtig. $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \ln(x) \end{eqnarray*}$ sind mit die wichtigsten Funktionen. Sie tauchen immer wieder auf.

Einerseits schreibst du:

Zitat:

Original von DGLelchen

Zitat:

Original von RavenOnJ
Es ist

$\begin{eqnarray*} \ln(A+B)\not=\ln(A)+\ln(B) \end{eqnarray*}$

allerdings

$\begin{eqnarray*} \ln(AB)=\ln(A)+\ln(B) \end{eqnarray*}$

Ja das sind die berüchtigten Logarithmusregeln.

andererseits ignorierst du das wieder im nächsten Posting anstatt es zu benutzen. Was ist denn

$\begin{eqnarray*} \ln(x^2 + 1)+ \ln(3) \end{eqnarray*}$ ,

wenn du die Regeln anwendest?

In der b) gehst du auch wieder zwei Schritte zurück und schreibst wieder, dass du die Gleichung $\begin{eqnarray*} e^{-y} = \cdots \end{eqnarray*}$ nicht nach y auflösen kannst. Da warst du schon mal weiter. Und wenn dabei der Logarithmus einer Summe auftaucht, dann lass den einfach so stehen, der lässt sich nun mal nicht weiter vereinfachen - wie du selber schon geschrieben hast.

15.04.2013, 08:32

DGLelchen

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Zitat:

Original von RavenOnJ

Zitat:

Original von DGLelchen
Nur wir haben es doch mit $\begin{eqnarray*} \ln(A+B) \end{eqnarray*}$ zu tun. Und das kann man nicht vereinfachen

Du sagst es, hast aber in deinem Post davor so getan, als könnte man den Logarithmus einer Summe als Summe der Logarithmen seiner Summanden darstellen.

Guten Morgen. Sry vielleicht kam es so herüber, aber war nicht so gemeint.

Zitat:

Original von RavenOnJ
Du scheinst mit dem (natürlichen) Logarithmus auf Kriegsfuß zu stehen. Wie der Graph des Logarithmus ungefähr aussieht und die Rechenregeln solltest du dir unbedingt einprägen. Sie sind eminent wichtig. $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \ln(x) \end{eqnarray*}$ sind mit die wichtigsten Funktionen. Sie tauchen immer wieder auf.

andererseits ignorierst du das wieder im nächsten Posting anstatt es zu benutzen. Was ist denn

$\begin{eqnarray*} \ln(x^2 + 1)+ \ln(3) \end{eqnarray*}$ ,

wenn du die Regeln anwendest?

In der b) gehst du auch wieder zwei Schritte zurück und schreibst wieder, dass du die Gleichung $\begin{eqnarray*} e^{-y} = \cdots \end{eqnarray*}$ nicht nach y auflösen kannst. Da warst du schon mal weiter. Und wenn dabei der Logarithmus einer Summe auftaucht, dann lass den einfach so stehen, der lässt sich nun mal nicht weiter vereinfachen - wie du selber schon geschrieben hast.

$\begin{eqnarray*} \ln(x^2 + 1)+ \ln(3)=ln(3 (x^2+1)) \end{eqnarray*}$

Somit bekommen wir bei $\begin{eqnarray*} c) \end{eqnarray*}$ doch

$\begin{eqnarray*} ln(y)=ln(3 (x^2+1)) \end{eqnarray*}$ Haben mich in einem der vorigen Postings falsch ausgedrückt jetzt lasse ich die e-Funktion darauf los ^^

$\begin{eqnarray*} y=3 (x^2+1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=3x^2+3 \end{eqnarray*}$ Hm?

Eine kurze Frage $\begin{eqnarray*} e^{ln(y)}=e^{ln(3 (x^2+1))} \end{eqnarray*}$ ist doch das gleiche wie: $\begin{eqnarray*} ln(e^y)=ln(e^{3(x^2+1)}) \end{eqnarray*}$

Jetzt zu Problemfall $\begin{eqnarray*} b) \end{eqnarray*}$

Ja bin in der Tat zwei Schritte zurückgegangen. Nur die Bestimmung des $\begin{eqnarray*} c's \end{eqnarray*}$ verwirrt mich. Bzw. wann ich das am Besten erledige

$\begin{eqnarray*} e^{-y}=cos(x)-c \end{eqnarray*}$ (jetzt mache ich's) und bekomme $\begin{eqnarray*} c=-e^{-y_0}+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{-y}=cos(x)-1+e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -y=ln(cos(x)-1+e^{-y_0}) \end{eqnarray*}$ (Man wendet doch den ln auf die ganze Summe an und nicht auf die einzelnen Summanden?

15.04.2013, 09:55

RavenOnJ

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Zitat:

Original von DGLelchen

$\begin{eqnarray*} y=3 (x^2+1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=3x^2+3 \end{eqnarray*}$ Hm?

Ja.

Zitat:

Eine kurze Frage $\begin{eqnarray*} e^{ln(y)}=e^{ln(3 (x^2+1))} \end{eqnarray*}$ ist doch das gleiche wie: $\begin{eqnarray*} ln(e^y)=ln(e^{3(x^2+1)}) \end{eqnarray*}$

Klar doch, der Logarithmus ist die Umkehrfunktion der Exponentialfunktion.

$\begin{eqnarray*} e^{\ln(y)} = y =y\ln(e) = \ln(e^y) \end{eqnarray*}$

15.04.2013, 10:07

RavenOnJ

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Zu b):

Zitat:

Ja bin in der Tat zwei Schritte zurückgegangen. Nur die Bestimmung des $\begin{eqnarray*} c's \end{eqnarray*}$ verwirrt mich. Bzw. wann ich das am Besten erledige

$\begin{eqnarray*} e^{-y}=cos(x)-c \end{eqnarray*}$ (jetzt mache ich's) und bekomme $\begin{eqnarray*} c=-e^{-y_0}+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{-y}=cos(x)-1+e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -y=ln(cos(x)-1+e^{-y_0}) \end{eqnarray*}$ (Man wendet doch den ln auf die ganze Summe an und nicht auf die einzelnen Summanden?

So haut's doch hin. Wenn du dann noch schreibst
$\begin{eqnarray*} y=-\ln(\cos(x)-1+e^{-y_0}) \end{eqnarray*}$

dann steht die Lösung (aufgelöst nach y) da.

An welcher Stelle du die Nebenbedingung $\begin{eqnarray*} y(0)=y_0 \end{eqnarray*}$ benutzt, um c zu bestimmen, ist relativ egal. Du könntest natürlich auch zuerst nach y auflösen und danach das c bestimmen, was aber nicht sehr sinnvoll wäre, da du dann an einer Stelle wieder rückwärts gehen müsstest:

$\begin{eqnarray*} e^{-y}=\cos(x)-c\Rightarrow y = -\ln(\cos(x) -c) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(0)=y_0\Rightarrow y_0 = y(0) = -\ln(\cos(0) -c)=-\ln(1-c)\Rightarrow e^{-y_0} = 1-c\Rightarrow c = 1-e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

Interessant ist allerdings noch der Definitionsbereich, das Argument des Logarithmus muss positiv sein. Da musst du dir noch etwas zu überlegen.

15.04.2013, 13:42

DGLelchen

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RE: Anfangswertprobleme Eindeutigkeit (lokal)
Die ursprüngliche Aufgabenstellung lautet ja: Untersuchen Sie folgende Anfangswertprobleme auf Lösbarkeit und (lokale) Eindeutigkeit der Lösung und lösen Sie sie. Haben wir das mit der Lösbarkeit und lokalen Eindeutigkeit abgehakt?

Ja bei $\begin{eqnarray*} b) \end{eqnarray*}$ soll man außerdem den maximalen Definitionsbereich der Lösung angeben und sagen wie er sich verhält für $\begin{eqnarray*} y_0 \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{-\infty} \end{eqnarray*}$ geht ja gegen Null. Mhm verwirrt

15.04.2013, 14:06

RavenOnJ

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Zur Lösbarkeit und Eindeutigkeit solltest du dir bei der c) auch noch mal Gedanken machen, da das durch das Auftauchen des Logarithmus im Lösungsweg nicht von vorneherein klar ist. Auch dort, muss natürlich das Argument des Logarithmus größer als Null sein. Ist das für alle x der Fall?

Zu b): Das ist der interessante Fall, $\begin{eqnarray*} y_0 \to \infty\Rightarrow e^{-y_0}\to 0 \end{eqnarray*}$ . Schreib mal ganz allgemein den Definitionsbereich abhängig von $\begin{eqnarray*} y_0 \end{eqnarray*}$ auf. Was gilt für den Fall $\begin{eqnarray*} e^{-y_0}> 2\Rightarrow y_0 < \ln(0.5) \end{eqnarray*}$ ?

16.04.2013, 10:02

DGLelchen

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Zur Lösbarkeit und Eindeutigkeit solltest du dir bei der c) auch noch mal Gedanken machen, da das durch das Auftauchen des Logarithmus im Lösungsweg nicht von vorneherein klar ist. Auch dort, muss natürlich das Argument des Logarithmus größer als Null sein. Ist das für alle x der Fall?

$\begin{eqnarray*} c) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln(x^2 + 1)+ \ln(3)=ln(3 (x^2+1)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln(y)=ln(3 (x^2+1)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=3 (x^2+1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=3x^2+3 \end{eqnarray*}$

Für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ist das doch der Fall, dass das Argument des Logarithmus größer Null ist wegen des $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von RavenOnJ
Zu b): Das ist der interessante Fall, $\begin{eqnarray*} y_0 \to \infty\Rightarrow e^{-y_0}\to 0 \end{eqnarray*}$ . Schreib mal ganz allgemein den Definitionsbereich abhängig von $\begin{eqnarray*} y_0 \end{eqnarray*}$ auf. Was gilt für den Fall $\begin{eqnarray*} e^{-y_0}> 2\Rightarrow y_0 < \ln(0.5) \end{eqnarray*}$ ?

$\begin{eqnarray*} b) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{-y}=cos(x)-c \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c=-e^{-y_0}+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{-y}=cos(x)-1+e^{-y_0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -y=ln(cos(x)-1+e^{-y_0}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=-ln(cos(x)-1+e^{-y_0}) \end{eqnarray*}$
-----------------------------------------------------
$\begin{eqnarray*} e^{-y_0}> 2\Rightarrow y_0 < \ln(0.5) \end{eqnarray*}$

Wie kommst du darauf? Wo ist das Minuszeichen hin?

Im Grunde muss ja das Argument $\begin{eqnarray*} >0 \end{eqnarray*}$ sein.

Also: $\begin{eqnarray*} cos(x)-1+e^{-y_0}>0 \end{eqnarray*}$

Nur wie mache ich das?

16.04.2013, 10:38

RavenOnJ

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Zitat:

Original von DGLelchen

Für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ist das doch der Fall, dass das Argument des Logarithmus größer Null ist wegen des $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$

Das ist richtig, bedarf aber einer Erwähnung, da es nicht von vorneherein klar ist.

[ Ein Exkurs:

$\begin{eqnarray*} y'=\frac{2xy}{x^2{\color{red}-}1} \end{eqnarray*}$

Diese DGl löst man so ähnlich wie deine c), muss aber sehr aufpassen. Man muss die drei Abschnitte des Definitionsbereichs, die durch $\begin{eqnarray*} x^2-1=0 \end{eqnarray*}$ getrennt sind, gesondert betrachten. Da die Bereiche nicht zusammenhängen, gibt es drei unterschiedliche Integrationskonstanten, für jeden Bereich eine.]

Zitat:

$\begin{eqnarray*} e^{-y_0}> 2\Rightarrow y_0 < \ln(0.5) \end{eqnarray*}$

Wie kommst du darauf? Wo ist das Minuszeichen hin?

Es ist $\begin{eqnarray*} e^{-z}=\frac 1{e^z} \end{eqnarray*}$ , also
$\begin{eqnarray*} e^{-z}>a\Rightarrow e^{z}<\frac 1 a\Rightarrow z <\ln(\frac 1 a) = -\ln(a) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Im Grunde muss ja das Argument $\begin{eqnarray*} >0 \end{eqnarray*}$ sein.

Also: $\begin{eqnarray*} cos(x)-1+e^{-y_0}>0 \end{eqnarray*}$

Nur wie mache ich das?

Umformen. Es gibt eine Funktion Arcuscosinus (auf wikipedia seltsamerweise Arkuskosinus), $\begin{eqnarray*} \arccos(x) \end{eqnarray*}$ , die Umkehrfunktion des Cosinus.

16.04.2013, 15:05

DGLelchen

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Zitat:

Original von RavenOnJ

Zitat:

Original von DGLelchen

Für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ist das doch der Fall, dass das Argument des Logarithmus größer Null ist wegen des $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$

Ja nur wie schreibe ich jetzt bei meiner c) $\begin{eqnarray*} c) \end{eqnarray*}$ genau auf? Z.B. Es muss gelten fur alle x>0 $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ . Ist erfullt, da wir es mit x^2 $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ zu tun haben.

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Original von RavenOnJ

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Original von DGLelchen

[quote]
$\begin{eqnarray*} e^{-y_0}> 2\Rightarrow y_0 < \ln(0.5) \end{eqnarray*}$

Wie kommst du darauf? Wo ist das Minuszeichen hin?

Es ist $\begin{eqnarray*} e^{-z}=\frac 1{e^z} \end{eqnarray*}$ , also
$\begin{eqnarray*} e^{-z}>a\Rightarrow e^{z}<\frac 1 a\Rightarrow z <\ln(\frac 1 a) = -\ln(a) \end{eqnarray*}$

Und wieso gilt $\begin{eqnarray*} z<\ln(\frac 1 a) = -\ln(a) \end{eqnarray*}$ Das verstehe ich gerade nicht.

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Original von RavenOnJ

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Original von DGLelchen

[quote]
Im Grunde muss ja das Argument $\begin{eqnarray*} >0 \end{eqnarray*}$ sein.

Also: $\begin{eqnarray*} cos(x)-1+e^{-y_0}>0 \end{eqnarray*}$

Nur wie mache ich das?

Umformen. Es gibt eine Funktion Arcuscosinus (auf wikipedia seltsamerweise Arkuskosinus), $\begin{eqnarray*} \arccos(x) \end{eqnarray*}$ , die Umkehrfunktion des Cosinus.

Und dann mache ich auf beiden Seiten mal arccos(x) $\begin{eqnarray*} arccos(x) \end{eqnarray*}$ ?

Dann: $\begin{eqnarray*} -1+e^{-y_0}>0 \end{eqnarray*}$ (Ich habe wenig Ahnung mit Ungleichungen)

16.04.2013, 18:19

RavenOnJ

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Kleiner Exkurs zu Ungleichungen: Man kann Ungleichungen wie Gleichungen umformen, mit gewissen Ausnahmen.
Ausnahmen:
A) Multiplizieren einer Ungleichung mit einer negativen Zahl kehrt das Ungleichungszeichen um. Also

$\begin{eqnarray*} a<b\land c <0\Rightarrow ac>bc \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a\le b\land c <0\Rightarrow ac\ge bc \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a>b\land c <0\Rightarrow ac<bc \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a\ge b\land c <0\Rightarrow ac\le bc \end{eqnarray*}$

B) Dividieren einer Ungleichung durch eine negative Zahl kehrt das Ungleichungszeichen um. Also

$\begin{eqnarray*} a<b\land c <0\Rightarrow \frac a c >\frac b c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a\le b\land c <0\Rightarrow \frac a c \ge \frac b c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a>b\land c <0\Rightarrow \frac a c <\frac b c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a\ge b\land c <0\Rightarrow \frac a c \le \frac b c \end{eqnarray*}$

C) Kehrwert auf beiden Seiten bilden kehrt dann das Ungleichheitszeichen um, wenn beide Seiten der Ungleichung positiv oder beide negativ sind, da das nichts anderes ist, als die Ungleichung durch die linke und durch die rechte Seite zu dividieren und anschließend die Seiten zu vertauschen.

$\begin{eqnarray*} 0 < a < b\text{ oder }a < b <0\Rightarrow \frac 1 a > \frac 1 b \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a > b >0\text{ oder }0 > a > b \Rightarrow \frac 1 a < \frac 1 b \end{eqnarray*}$

usw. für $\begin{eqnarray*} \le,\ge \end{eqnarray*}$

Ist eine der Seiten positiv und die andere negativ, dann ändert sich das Ungleichheitszeichen nicht, da die Vorzeichen bei Kehrwertbildung erhalten bleiben. Also

$\begin{eqnarray*} a < b, a <0\land b>0\Rightarrow \frac 1 a < \frac 1 b \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a > b, a >0\land b<0\Rightarrow \frac 1 a > \frac 1 b \end{eqnarray*}$

usw. für $\begin{eqnarray*} \le,\ge \end{eqnarray*}$ .

Mach dir das Ganze an konkreten Beipielen klar.

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