DGL mit Anfangswertproblem

16.03.2022, 14:41

MMchen60

DGL mit Anfangswertproblem

Liebe Forumsgemeine,
gibt es neben dem Eulerverfahren eventuell eine logische Lösungsmöglichkeit für die DGL laut Anhang?
Danke für Antwort.

16.03.2022, 14:43

IfindU

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RE: DGL mit Anfangswertproblem
Diese Differentialgleichung kannst du analytisch lösen. "Trennung der Variablen" ist hier eine Möglichkeit so eine Lösung zu berechnen.

16.03.2022, 15:06

MMchen60

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RE: DGL mit Anfangswertproblem

Zitat:

Original von IfindU
Diese Differentialgleichung kannst du analytisch lösen. "Trennung der Variablen" ist hier eine Möglichkeit so eine Lösung zu berechnen.

Also $\begin{eqnarray*} e^{3y} \cdot dy = t \cdot sin(t^2)\;dt \end{eqnarray*}$ ?

16.03.2022, 15:15

IfindU

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RE: DGL mit Anfangswertproblem
Formal ja (und ggf. rigoros in Differentialgeometrie). Wenn du auf beiden Seiten Integral-Symbole schreibst, ist es wieder eine wahre Aussage (wobei Gleichheit dazwischen eher vage zu deuten ist, da durch unbestimmte Integrale auf beiden Seiten additive Konstanten erscheinen).

Dann kannst du beide Integrale lösen und nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ auflösen. Zusammen mit dem Anfangswert bekommst du eine (eindeutige) Lösung.

16.03.2022, 15:24

MMchen60

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RE: DGL mit Anfangswertproblem

Zitat:

Original von IfindU
Dann kannst du beide Integrale lösen und nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ auflösen. Zusammen mit dem Anfangswert bekommst du eine (eindeutige) Lösung.

Somit nächster Teilschritt:
$\begin{eqnarray*} \frac {1}{3}e^{3y}=\frac {1}{2}cos(t^2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y=\frac {1}{3}ln(\frac {3}{2}cos(t^2)) + C \end{eqnarray*}$

16.03.2022, 15:29

HAL 9000

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1) Vorzeichenfehler
2) Falsche Platzierung der Integrationskonstanten

Richtig wäre daher zunächst $\begin{eqnarray*} \frac {1}{3} e^{3y} = -\frac {1}{2}\cos(t^2) + C \end{eqnarray*}$ .

16.03.2022, 16:34

MMchen60

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Zitat:

Original von HAL 9000
1) Vorzeichenfehler
2) Falsche Platzierung der Integrationskonstanten

Danke. ad 1) habe ich übersehen.
ad 2) dann gerät C doch aber in den ln. Aber OK, wenn das so sein muss, dann gibt es eben etwas mehr Rechenschritte um C zu bestimmen.

16.03.2022, 16:36

IfindU

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Du kannst auch früher $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ bestimmen. Die Reihenfolge von mir war eine Möglichkeit es zu bestimmen. Ich persönliche hindere dich nicht daran, es auch frúher einzusetzen, wo $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ leichter ablesbar ist Augenzwinkern

16.03.2022, 16:41

MMchen60

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Zitat:

Original von HAL 9000

Chapeau für die Flagge. Auch die kleinste Geste - obwohl ziemlich unbemerkt - kann helfen, diesen verrückten in Moskau zu stoppen.

16.03.2022, 16:52

MMchen60

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Zitat:

Original von HAL 9000
1) Vorzeichenfehler

Hallo HAL sehe gerade, es ist doch kein Vorzeichenfehler, denn durch die Trennung der Variablen wird ja aus dem e^(-3y) ein e^(3y)

16.03.2022, 18:14

IfindU

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HALs Bemerkung zum Vorzeichen bezog sich auf die Stammfunktion von $\begin{eqnarray*} \sin \end{eqnarray*}$ , die ist nämlich $\begin{eqnarray*} -\cos \end{eqnarray*}$ und nicht wie $\begin{eqnarray*} \cos \end{eqnarray*}$ wie du suggerierst.

17.03.2022, 11:19

HAL 9000

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Zitat:

Original von IfindU
Du kannst auch früher $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Eben. Ich würde es als naheliegend ansehen, direkt $\begin{eqnarray*} t=0,y=1 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} e^{3y} = -\frac{1}{2}\cos(t^2) + C \end{eqnarray*}$ einzusetzen, um daraus $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ zu gewinnen.

Zitat:

Original von MMchen60
Auch die kleinste Geste - obwohl ziemlich unbemerkt - kann helfen, diesen verrückten in Moskau zu stoppen.

Naja, dieser Illusion gebe ich mich nicht hin, dass die Geste bei DIESEM Ziel hilft. Sie drückt nur (neben humanitären Spenden) meinen Willen aus, die Ukraine zu unterstützen.

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