noch ein Kritiker

[Ich]

??
tan(0)=0, ja. Immer.
Und was versuchst du mir jetzt mitzuteilen?

[criptically]

[zeitgenosse]

[cfb]

Und bereits dort: http://www.relativ-kritisch.net/forum/viewtopic.php?p=18587#18587
wurde von Ich darauf hingewiesen, dass dies die DGL y'(x)=x*y(x) löst. Diese Lösung löst die eigentlich Gleichung y'(x)=tan(x*y(x)) also nur, wenn man die Näherung tan(x)=x annehmen kann. Dies ist also keine allgemeine Lösung. - Im übrigen ist mir klar, dass man die Lösung "irgendwo" nachschlagen kann. Aber das sie hier erstmal eine dicke Lippe riskieren und dann ihre eigene Aufgabe nicht lösen können, nunja...

[zeitgenosse]

[cfb]

So, die allgemeine Lösung, die garkeine allgemeine Lösung ist...

[zeitgenosse]

[cfb]

*Gähn*... die Antwort lautet: 42!

Jetzt mal Spass beiseite, ihre "Lösung" löst nur die linearisierte DGL, das ist also keine allgemeine Lösung, sondern nur eine Lösung in erster Näherung.

[zeitgenosse]

[pauli]

[Lucas]

Es ging um folgende DGL: y'=tan(xy)
Deine Lösung

[Karl]

Hallo Alpha Centauri, hallo zeitgenosse,

y(x) = C e^(x^2/2) ist auch meiner Meinung nach nicht die Lösung der gewöhnlichen nichtlinearen Differentialgleichung 1. Ordnung:

y' = tan(xy)

Geht man von einem Lösungsansatz

F(x,y) = C

aus, so gilt für das Differential dF von F(x,y):

dF = Fx(x,y) dx + Fy(x,y) dy = 0

wobei Fx die partielle Ableitung von F(x,y) nach x ist und Fy die partielle Ableitung von F(x,y) nach y.

Mit y' = dy/dx erhält man weiter

y' = -Fx(x,y)/Fy(x,y)

Schreibt man nun die Differentialgleichung

y' = tan(xy)

um als

y' = - sin(xy)/(-cos(xy))

so kann man auf die Idee kommen für

Fx(xy) = sin(xy) und für Fy(xy) = -cos(xy)

zu setzen. Allerdings muss dafür die Differentialgleichung exakt sein, d.h., dass Fxy = Fyx sein muss.

Eine kurze Probe schafft Klarheit:

Fxy = d/dy sin(xy) = x cos(xy)

Fyx = d/dx (-cos(xy)) = y sin(xy)

In diesem Fall ist Fxy ungleich Fyx und die Diff.-Gl. ist nicht exakt.

Machen wir uns auf die Suche nach einem integrierenden Faktor k(x,y), d.h.,

y' = - (k(x,y) sin(xy))/(-k(x,y) cos(xy))

(an der Diff.-Gl. ändert das nichts aber statt Fx hat man nun Gx = k(x,y)Fx und statt Fy Gy=k(x,y) Fy)

Gxy = ky sin(xy) + k x cos(xy)

Gyx = -kx cos(xy) + k y sin(xy)

Nun muss Gxy = Gyx gelten

ky sin(xy) + k x cos(xy) = -kx cos(xy) + k y sin(xy)

Statt einer gewöhnlichen nichtlinearen Diff.-Gl. haben wir nun eine partielle nichtlineare Diff.-Gl. damit ist im allgemeinen nichts gewonnen, im Gegenteil die Situation ist im Vergleich zur Aussgangslage schwieriger geworden. Aber hier kann man einen Trick versuchen indem wir die Terme nach Sinus und Cosinus zusammenfassen:

(k x + kx) cos(xy) = (k y - ky) sin(xy)

Diese Gleichung hat eine Lösung wenn für k(x,y) gilt:

k x + kx = 0 und k y - ky = 0

Macht man nun den üblichen Ansatz zur Lösung partieller Diff.-Gl.

k(x,y) = X(x)Y(y)

so erhält man

X Y x + Y Xx = 0 bzw. X x + Xx = 0 ==> ln(X) = -x^2/2

und

X Y y - X Yy = 0 bzw. Y y - Yy = 0 ==> ln(Y) = y^2/2

und damit für k(x,y) = X(x)Y(y)

k(x,y) = e^((y^2-x^2)/2)

und z.B. für Gx:

Gx = e^((y^2-x^2)/2) sin(xy)

das muss nun nach x integriert werden um F(x,y) zu erhalten:

F(x,y) = int [0 bis t] e^((y^2-t^2)/2) sin(ty) dt + C(y) = K

Nach einer kurzen Zwischenrechnung (Berechnung von Fy) findet man für C(y) = 0 und die endgültige Lösung lautet:

F(x,y) = int [0 bis t] e^((y^2-t^2)/2) sin(yt) dt = K

LG,

Karl
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„Wo ist meine kleine gelbe Chinalackdose?“ Der ganz normale Wahnsinn

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