DGL und Taylor

01.04.2021, 10:52

Ahnungslos 2021

DGL und Taylor

Meine Frage:
Hallo Freunde des Wissens,

kom bei folgender Aufgabe nicht weiter.
Bestimmen sie die Funktion y(t), die für y >=0 die DGL

Sinh(y)*dy/dt-2t*cosh(y)+t=0

erfüllt.
Die Anfangsbedingungen sei y(0)=0
a) Klassifizieren sind die Differenzialgleichung
b) die Anfangsbedingungen sichert das für kleine Zeiten t auch y(t) klein ist weswegen man für t<<0 eine Approximative Lösung durch Reihenentwicklung finden kann. entwickeln Sie dazu die hyperbolischen Funktion bis zur 2. Ordnung in y und lösen sie die entstehende DGL
c) berechnen Sie die exakte Lösung der Differenzialgleichung mitgegeben anfangsbedingungen
Hinweis: es reicht aus wenn Sie die Lösung für cosh(y(t)) angeben

Wie fängt man den bei der an?

Meine Ideen:
Meine Ansätze waren

1.
dy/dt=y'=(2t*cosh(y)-t)/sinh(y)

Doch dann weiß ich schon nicht weiter da ja y von t abhängig ist.
Oder ist es egal wegen der anfangsbedingung?
Also Taylor schaffe ich aber dann die exakte Lösung der dgl schaffe ich nicht

2. Trennung der Variablen

Sinh(y)/(2*cosh(y)-1)*dy=t*dt

Dann integrieren beide seiten

ln(2*cosh(y)-1)/2 = 1/2t^2+c

Doch dann komm ich auch nicht viel weiter, da ich ja garkein y frei bekomme also wird es das auch nicht sein

3. Ich denke das ist eher falsch aber nahja mal sehen

y runterschubsen und den diffentialoperator auf sinh(y) anwenden
Und da es ja eigentlich sinh(y(t)) ist kettenregel

Komm ich nach dem umstellen auf

y'= 2t-t/cosh(y)

01.04.2021, 11:47

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: DGL und Taylor

Zitat:

Original von Ahnungslos 2021
ln(2*cosh(y)-1)/2 = 1/2t^2+c

Doch dann komm ich auch nicht viel weiter, da ich ja garkein y frei bekomme also wird es das auch nicht sein

Hm, einen Fehler kann ich da jetzt nicht erkennen. Und bei der Auflösung der Gleichung nach y sehe ich jetzt auch kein großes Problem.

01.04.2021, 11:54

gast_free

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: DGL und Taylor
Gegeben:
$\begin{eqnarray*} \dot y\cdot sinh(y)-2\cdot t\cdot cosh(y)+t=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y(0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} w(y)=sinh(y) => w(0)=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} w'(y)=cosh(y)=> w'(0)=1 \end{eqnarray*}$

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

$\begin{eqnarray*} v(y)=cosh(y) => v(0)=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v'(y)=sinh(y)=> v'(0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} cosh(y)=1+\frac{y^2}{2!} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \dot y\cdot y-2\cdot t-2\cdot t\cdot \frac{y^2}{2}+t=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \dot y\cdot y- t\cdot {y^2}=t \end{eqnarray*}$ Formel (1)

$\begin{eqnarray*} \dot y\cdot y=t\cdot (1+y^2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \frac{y}{1+y^2}dy=\int t dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\cdot ln(1+y^2)=\frac{t^2}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1+y^2=e^{t^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=\sqrt{e^{t^2}-1} \end{eqnarray*}$

Probe:
$\begin{eqnarray*} \dot y={t}\cdot {\frac{e^{t^2}}{\sqrt{e^{t^2}-1}}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \dot y\cdot y={t}\cdot {\frac{e^{t^2}}{\sqrt{e^{t^2}-1}}}\cdot \sqrt{e^{t^2}-1}=t\cdot e^{t^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t\cdot y^2=t\cdot e^{t^2}-t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \dot y\cdot y- t\cdot {y^2}=t\cdot e^{t^2}-(t\cdot e^{t^2}-t)=1 \end{eqnarray*}$ Formel (2)

Vergleiche Formel (1) mit Formel (2) Q.E.D.

01.04.2021, 14:03

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: DGL und Taylor

Zitat:

Original von gast_free
$\begin{eqnarray*} y=\sqrt{e^{t^2}-1} \end{eqnarray*}$

Und was ist mit der Lösung

$\begin{eqnarray*} y=-\sqrt{e^{t^2}-1} \end{eqnarray*}$

01.04.2021, 14:35

gast_free

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: DGL und Taylor

Zitat:

Original von Huggy

Zitat:

Original von gast_free
$\begin{eqnarray*} y=\sqrt{e^{t^2}-1} \end{eqnarray*}$

Und was ist mit der Lösung

$\begin{eqnarray*} y=-\sqrt{e^{t^2}-1} \end{eqnarray*}$

Die ist auch gültig aber wurde nicht überprüft. Das negative Vorzeichen bleibt bei der Ableitung erhalten. Beide negative Vorzeichen heben sich im Produkt auf. Das Quadrat der Lösungsfunktion ist auch immer positiv sofern y reell ist.

$\begin{eqnarray*} y(t)=-\sqrt{e^{t^2}-1}=>y(t)^2=e^{t^2}-1=>t\cdot y(t)^2=t\cdot e^{t^2}-t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \dot y(t)=-\frac{t\cdot e^{t^2}}{\sqrt{e^{t^2}-1}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \dot y(t)\cdot y=(-\frac{t\cdot e^{t^2}}{\sqrt{e^{t^2}-1}})\cdot (-\sqrt{e^{t^2}-1})=t\cdot e^{t^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t\cdot e^{t^2}-(t\cdot e^{t^2}-t)=t \end{eqnarray*}$

P.S. Wo ist "Ahnungslos 2021" verblieben?

01.04.2021, 15:05

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: DGL und Taylor

Zitat:

Original von gast_free
Die ist auch gültig

Das weiß ich. Ich wollte darauf hinaus, wenn man schon eine Komplettlösung liefert (was man nach den Boardprinzipien

Prinzip "Mathe online verstehen!"

nicht sollte), dann sollte sie auch wirklich vollständig sein.

01.04.2021, 15:31

gast_free

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: DGL und Taylor
Ich glaube verstanden zu haben.

01.04.2021, 15:47

Ahnungslos2021

Auf diesen Beitrag antworten »

Musste leider schnell los, die schönen Feiertage.

Erstmal danke für eure rege Beteiligung Freude

Besondere Dank geht an gast_fee für die viele Mühe.

Soweit das meiste verstanden und es ist sehr gut nachvollziehbar bloß noch wenige Fragen:

Ich muss also bei so etwas immer die Funktionen einzeln das Taylorpolynom aufstellen. Ich dachte immer an der gesamten Funktion. Oder ist es nur hier so weil es in der Aufgabe steht?

Und warum hast du das mit dem w und dem v gemacht?
Damit du weißt wo du ableiten musst? Bzw ein Taylorpolynom bilden musst und was weg fällt?
Oder hat das noch einen anderen Grund?

Und warum kann man sinh und cosh normal ableiten muss man nicht die kettenregel benutzen da y durchgehend von t abhängig ist?

Frohes Osterfest euch allen.

01.04.2021, 18:53

Ahnungslos2021

Auf diesen Beitrag antworten »

Und die DGL

Kann ich die über die Trennung der Variablen machen?

ln(2*cosh(y)-1)/2 =( 1/2)t^2+c ----> hieraus das c errechnen in dem ich y(0)=0 benutze komm ich auf c=0

2*cosh(y)-1=e^(t^2+c)

Cosh(y)=(exp(t^2+2C))/2+1/2

Bin ich soweit richtig?

02.04.2021, 12:19

gast_free

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Ahnungslos2021
Und die DGL

Kann ich die über die Trennung der Variablen machen?

Yepp. Aber zuerst die Näherungen entwickeln und einsetzen.

Zitat:

Original von Ahnungslos2021
ln(2*cosh(y)-1)/2 =( 1/2)t^2+c ----> hieraus das c errechnen in dem ich y(0)=0 benutze komm ich auf c=0

$\begin{eqnarray*} cosh(y)=1+\frac{y^2}{2} \end{eqnarray*}$ Näherung nach Taylor. Abbruch zweites Glied!
Stumpf in die Dgl. einsetzen genauso wie die Näherung für $\begin{eqnarray*} sinh(y)=y \end{eqnarray*}$
Dann Trennung der Variablen durchführen und Dgl. lösen.

Zitat:

Original von Ahnungslos2021

2*cosh(y)-1=e^(t^2+c)

Cosh(y)=(exp(t^2+2C))/2+1/2

Bin ich soweit richtig?

Soweit ich das sehe eher nicht. Zuerst die transzendenten Funktionen sinh(y) und cosh(y) durch Näherungen ersetzen. Dann erst die Trennung der Variablen durchführen. Der Hinweis y(0)=0 galt nur für die Tauglichkeit der Approximation. Schau Dir meine Herleitung Schritt für Schritt an. Frage gerne nach, wenn Du an einem Punkt hängen bleibst.Die Abkürzungen w und v sind nur Hilfsvariablen für die Taylorreihen.

02.04.2021, 12:44

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von gast_free

Zitat:

Original von Ahnungslos2021
Und die DGL

Kann ich die über die Trennung der Variablen machen?

Yepp. Aber zuerst die Näherungen entwickeln und einsetzen.

Nein!
Hier bezieht sich der Fragesteller doch offensichtlich auf Teil c) der Aufgabe:

Zitat:

Original von Ahnungslos 2021
c) berechnen Sie die exakte Lösung der Differenzialgleichung mitgegeben anfangsbedingungen
Hinweis: es reicht aus wenn Sie die Lösung für cosh(y(t)) angeben

Da ist eben nicht der Anfang der Taylorreihe zu verwenden.

03.04.2021, 19:13

gast_free

Auf diesen Beitrag antworten »

Huggy hat wohl wieder Recht. Wer lesen kann ist klar im Vorteil. Also Teil C.

$\begin{eqnarray*} \dot y\cdot sinh(y)-2\cdot t\cdot cosh(y)+t=0 \end{eqnarray*}$

Zitat:
"c) berechnen Sie die exakte Lösung der Differenzialgleichung mitgegeben anfangsbedingungen
Hinweis: es reicht aus wenn Sie die Lösung für cosh(y(t)) angeben"

Für mich ist das jetzt auch nicht klar. Ich hasse unklare Aufgabenstellungen. Ich vermute jedoch, das der sinh durch cosh ersetzt werden soll. Wie könnte man das anstellen?

Meine erste Idee:
$\begin{eqnarray*} sinh(y)+cosh(y)=e^y \end{eqnarray*}$ somit $\begin{eqnarray*} sinh(y)=e^y-cosh(y) \end{eqnarray*}$

Daraus würde:

$\begin{eqnarray*} \dot y\cdot [e^y-cosh(y)]-2\cdot t\cdot cosh(y)+t=0 \end{eqnarray*}$

Wenn man frech ist und die angegebenen Anfangsbedingungen berücksichtigt könnte man argumentieren:
$\begin{eqnarray*} e^{y(t)}=1 \end{eqnarray*}$

Also:
$\begin{eqnarray*} \dot y - \dot y\cdot cosh(y)-2\cdot t\cdot cosh(y)+t=0 \end{eqnarray*}$

Versuchen wir es wieder mit Variablentrennung.
$\begin{eqnarray*} \dot y[1 - cosh(y)]=t\cdot [2\cdot cosh(y)-1] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1 - cosh(y)}{2\cdot cosh(y)-1}\cdot dy=t\cdot dt \end{eqnarray*}$

bzw.

$\begin{eqnarray*} \int \frac{1 - cosh(y)}{2\cdot cosh(y)-1}\cdot dy=\int t\cdot dt \end{eqnarray*}$

Wie bereits geschrieben. Keine Ahnung ob so etwas gemeint war. Aus der Lösung ergebe sich eine transzendente Gleichung die nach y(t) aufzulösen währe. Die Integrale lassen sich auf saubere Stammfunktionen zurück führen.

04.04.2021, 09:20

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Ahnungslos2021
Und die DGL

Kann ich die über die Trennung der Variablen machen?

ln(2*cosh(y)-1)/2 =( 1/2)t^2+c ----> hieraus das c errechnen in dem ich y(0)=0 benutze komm ich auf c=0

Hoffentlich hat dich gast_free nicht zu sehr verwirrt. Das ist vollkommen richtig! Nach Umstellung auf

$\begin{eqnarray*} \cosh y = \frac 1 2 (1+e^{t^2}) \end{eqnarray*}$

ist c) gelöst. Wenn man das noch in die Form

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

bringen möchte (was nicht gefordert ist), muss man beachten, dass der $\begin{eqnarray*} \cosh \end{eqnarray*}$ nicht eindeutig umkehrbar ist. Es ergeben sich zwei Lösungen, die beide die DGL und die Anfangsbedingung erfüllen. Diese unterscheiden sich nur im Vorzeichen

06.04.2021, 14:47

Ahnungslos2021

Auf diesen Beitrag antworten »

Erstmal danke an alle war leider über die Feiertage zu abgelenkt um mich wirklich zu konzentrieren

Hat mir sehr geholfen hier danke smile

Ist es immer so dass man bei taylorpolynom immer nur einzeln die Funktion nehmen und aufstellen muss? Hier den cosh und sinh
Oder liegt es an der Aufgaben Stellung?

06.04.2021, 16:19

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Na, von $\begin{eqnarray*} y'(t) \end{eqnarray*}$ kannst du ja kein Taylorpolynom bilden, weil $\begin{eqnarray*} y(t) \end{eqnarray*}$ die zunächst unbekannte Lösung der DGL ist. Und die explizite Abhängigkeit der DGL von $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ passt auch nicht in das Taylorpolynom, das als Funktion $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ gebildet wird.

Neue Frage »

Antworten »

DGL und Taylor

Verwandte Themen