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Kein bestimmter Bereich DGL erster Ordnung
sbrain
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-09-17


Hi,

ich versuche die DGL tan(x)*y'(x)+y(x)=1 mithilfe von
de.wikipedia.org/wiki/Trennung_der_Ver%C3%A4nderlichen#Differentiale_als_anschauliche_Rechenhilfe zu lösen.

fed-Code einblenden

Stimmt die homogene Lösung? Ich gehe wie im Wiki Artikel vor. Befreie die Variablen und integriere dann. Nur wie bestimme ich nun y_p?



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-09-17

\(\begingroup\)
Irgendwo hast du da beim Integrieren die Integrationskonstante verloren, welche du ja dann auch noch später bei der Methode "Variation der Konstanten" zur Bestimmung einer partiellen Lösung brauchst.  eek

Aber ein "Profi" würde das sowieso von Haus aus ganz anders rechnen, indem er nämlich die Dgl zuerst umformt zu

$\sin(x)y'(x)+y(x)\cos(x)=\cos(x)$

und dann natürlich augenblicklich erkennt, dass die linke Seite die Ableitung eines gewissen Produkts nach der Produktregel ist, nämlich von welchem?
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sbrain
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-14 11:28

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2018-09-17 21:56 - weird in Beitrag No. 1 schreibt:
Irgendwo hast du da beim Integrieren die Integrationskonstante verloren, welche du ja dann auch noch später bei der Methode "Variation der Konstanten" zur Bestimmung einer partiellen Lösung brauchst.  eek

Danke für den Hinweis. Nach Berücksichtigung der Konstante C erhalte ich für yhx=csc(x)*C.


Für Variation der Konstanten wird C die Funktion C(x).
Somit ypx=csc(x)*C und die Ableitung ypx`=csc(x)*(C(x)*cot(x)-C`(x))
Einsetzen in "tan(x)*y`(x)-csc(x)=1", kürzen, integrieren und erhalte dann dafür C(x)=-sin(x)+C

y(x)=-csc(x)*C(x)=-csc(x)(-sin(x)+C=1+C

y(x)=yhx+ypx=C*csc(x)+1

2018-09-17 21:56 - weird in Beitrag No. 1 schreibt:
Aber ein "Profi" würde das sowieso von Haus aus ganz anders rechnen, indem er nämlich die Dgl zuerst umformt zu

$\sin(x)y'(x)+y(x)\cos(x)=\cos(x)$

und dann natürlich augenblicklich erkennt, dass die linke Seite die Ableitung eines gewissen Produkts nach der Produktregel ist, nämlich von welchem?
Ich habe mir die Summensätze der Winkelfunktionen angesehen, konnte dazu aber nichts übereinstimmendes finden.
\(\endgroup\)


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-11-14 12:28

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Hm, eigentlich hätte ich nicht gedacht, dass es nach dieser "Pause" von 2 Monaten hier noch weitergeht, aber okay, immerhin macht das jetzt schon bedeutend mehr Sinn.  wink

Schade nur, das du den von mir vorgeschlagenen Alternativweg nicht auch verstanden hast, wie dieser Kommentar zeigt:

2018-11-14 11:28 - sbrain in Beitrag No. 2 schreibt:
Ich habe mir die Summensätze der Winkelfunktionen angesehen, konnte dazu aber nichts übereinstimmendes finden.

Mit den trigonometrischen Summensätzen hat das nämlich rein gar nichts zu tun, sondern - wie ich ja oben auch geschrieben hatte - mit der Produktregel für Ableitungen. Ausgehend von der umgeformten Dgl
\[\sin(x)y'(x)+\cos(x)y(x)=cos(x)\] muss man diese nur umschreiben zu
\[(sin(x)y(x))'=cos(x)\] Beidseitiges Integrieren und anschließendes Dividieren durch $\sin(x)$ führt dann sofort auf
\[y(x)=\frac C{\sin(x)}+1\] Insgesamt ist dieser "fiese Trick" vermutlich nicht im Sinne des Erfinders dieser Aufgabe, der sich sehr wahrscheinlich eine Lösung, wie du sie oben gegeben hast, vorgestellt hatte. Falls der Rechenweg aber nicht ausdrücklich in der Aufgabenstellung anders vorgeschrieben war, kann man aber andererseits auch schwer etwas dagegen sagen. Ich persönlich hätte jedenfalls meine Freude an einer solchen Lösung gehabt.  biggrin  
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dietmar0609
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-11-14 15:46


Dieser "fiese Trick" ist hochelegant, allerdings braucht man dazu ein sehr geübtes Auge: Dazu braucht man viel Übung.

Zur Standard Methode:

Um die Integrationskonstante zu bestimmen, hier ein kleiner Trick:  

fed-Code einblenden

Die partikuläre Lösung kann man leicht raten y=1

oder Variation der Konstanten .....

Gruss Dietmar



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sbrain
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-14 16:05


Vielen Dank für die Anmerkungen bzw. Ergänzungen.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-11-14 16:30

\(\begingroup\)
2018-11-14 15:46 - dietmar0609 in Beitrag No. 4 schreibt:
Um die Integrationskonstante zu bestimmen, hier ein kleiner Trick:  

fed-Code einblenden

Ich denke, dass man hier $\int \frac{dx}{y(x)}$ gar nicht bestimmen kann, da man zu diesem Zeitpunkt $y(x)$ ja gar nicht kennt! Tatsächlich geht es aber hier um $\int \frac{y'(x)}{y(x)}dx$ und das kann man dann problemlos berechnen, allerdings muss man dazu deine Rechnung oben wie folgt abändern:
\[\ln(|y|)=\ln\left(\frac C{|\sin(x)|}\right)\quad\] \[ |y|=\frac C{|\sin(x)|}\] wobei hier noch $C>0$ ist, da sonst $\ln(C)$ ja keinen Sinn machen würde. Im nächsten Schritt lassen wir die Beträge weg, womit dann der Fall $C<0$ neu dazukommt, aber $C=0$ noch immer ausgeschlossen ist! Den Fall $C=0$ müssen wir tatsächlich per Hand und nachträglich hinzufügen, indem wir uns durch Einsetzen davon überzeugen, dass $y(x)=0$ tatsächlich eine Lösung unserer Differenzialgleichung zu Beginn ist. Die Lösung $y=C/\sin(x)$ mit $C\in \mathbb R$ der homogenen Dgl ist also in Ordnung, die Herleitung ist aber tatsächlich ein bißchen komplizierter als von dir oben dargestellt.  wink

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-11-14 17:17

\(\begingroup\)
Huhu,

als "Standardmethode" würde ich hier eher Trennung der Variablen ansehen:

\(\displaystyle \tan(x)\cdot y'+y=1\)

\(\displaystyle\tan(x)\cdot \frac{\dd y}{\dd x}=1-y\)

\(\displaystyle \int\frac{\dd y}{1-y}=\int \cot(x) \, \dd x\)

Gruß,

Küstenkind
\(\endgroup\)


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dietmar0609
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-11-14 17:44


Habe Schreib / Kopierfehler in Beitrag 4 behoben.

Dietmar



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-11-14 18:26

\(\begingroup\)
2018-11-14 17:17 - Kuestenkind in Beitrag No. 7 schreibt:
als "Standardmethode" würde ich hier eher Trennung der Variablen ansehen:

\(\displaystyle \tan(x)\cdot y'+y=1\)

\(\displaystyle\tan(x)\cdot \frac{\dd y}{\dd x}=1-y\)

\(\displaystyle \int\frac{\dd y}{1-y}=\int \cot(x) \, \dd x\)

Ja stimmt, dass eigentlich schon die gegebene Dgl homogen ist, wenn man sie auf die Form
\[\tan(x)y'+(y-1)=0\] bringt, hatten wir bisher alle übersehen. Manchmal sieht man eben den Wald vor lauter Bäumen nicht.  biggrin
\(\endgroup\)


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sbrain
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-14 21:08


Oh, Danke für den Hinweis. Die DGL hat also gar keine Störfunktion.

Laut unserem Buch kann die DGL wie folgt aufgebaut sein:
fed-Code einblenden

Ich bin davon ausgegangen, dass der "1" auf der rechten Seite der Gleichung ( fed-Code einblenden
der Störfunktion entspricht. Daher meine Frage, ab wann handelt es sich den um eine Störfunktion? Sobald ich im Rechten Teil eine Funktion in Abhänigkeit von x habe?



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sbrain
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-14 21:36

\(\begingroup\)
2018-11-14 17:17 - Kuestenkind in Beitrag No. 7 schreibt:
Huhu,

als "Standardmethode" würde ich hier eher Trennung der Variablen ansehen:

\(\displaystyle \tan(x)\cdot y'+y=1\)

\(\displaystyle\tan(x)\cdot \frac{\dd y}{\dd x}=1-y\)

\(\displaystyle \int\frac{\dd y}{1-y}=\int \cot(x) \, \dd x\)


Ich habe versucht diese Gleichung zu lösen. Allerdings stimmt das Vorzeichen beim Ergebnis nicht. Ich bin mir auch nicht sicher ob der Schritt mit der Konstantenvereinfachung so erlaubt ist.

fed-Code einblenden
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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-11-14 21:45

\(\begingroup\)
2018-11-14 21:08 - sbrain in Beitrag No. 10 schreibt:
Laut unserem Buch kann die DGL wie folgt aufgebaut sein:
fed-Code einblenden

Ich denke, du meintest hier die Fallunterscheidung $y'+a(x)y=0$ bzw. $y'+a(x)y=s(x)$.

Ich bin davon ausgegangen, dass der "1" auf der rechten Seite der Gleichung ( fed-Code einblenden
der Störfunktion entspricht. Daher meine Frage, ab wann handelt es sich den um eine Störfunktion? Sobald ich im Rechten Teil eine Funktion in Abhänigkeit von x habe?

Huch, das ist hier gar nicht so leicht zu beantworten. Technisch gesprochen hat die ursprüngliche Dgl nämlich sicher eine Störfunktion $\ne 0$, insofern möchte ich meine obige Aussage also korrigieren, dass schon diese homogen war. Andererseits kann man die rechte Seite auch sofort zu 0 machen, indem man $Y=y-1$ setzt, wonach in der neuen Variablen $Y$ keine Störfunktion mehr da ist (beachte Y'=y'). Das ist also dann der Stand der Dinge, so wie ich das sehe.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]
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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-11-15 07:39

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@sbrain

Noch ein Kommentar zu deinen Rechnungen in #11, die mit all diesen verschiedenen Konstanten und anderen Unansehnlichkeiten, einfach nur "grauslich" sind, sorry!  eek

Mach einfach das, was ich in #12 empfohlen hatte, indem du $Y=y-1$ setzt, wonach du die neue homogene Dgl
\[\tan(x)Y'+Y=0\] erhältst, auf welche du dann exakt die Überlegungen anwenden kannst, welche ich für diesen Fall in #6 angestellt hatte (dort halt mit $y$ statt $Y$). Als Ergebnis erhältst du dann wieder
\[Y=\frac C{\sin(x)}\quad (C\in \mathbb R)\] und durch Rückeinsetzen von $Y=y-1$ schließlich
\[y=\frac C{\sin(x)}+1\quad (C\in \mathbb R)\] Das alles kurz und schmerzlos, ohne diese unsäglichen Konstantenwechseln *) und vor auch allem richtig mit all diesen Betragzeichen!  biggrin

*) Wenn du die zwei Seiten einer Gleichung integrierst, dann bitte immer nur auf einer(!) Seite eine Integrationskonstante einführen, nie auf beiden, das ist mehr als ausreichend! (Du hättest ja auch bei deiner Rechnung sofort $C_1$ und $C_2$ zu einer neuen Konstanten $C:=C_2-C_1$ zusammenfassen können, daher führt man auch von vornherein hier keine zwei Integrationskonstanten ein!)
\(\endgroup\)


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sbrain
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-15 09:54

\(\begingroup\)
2018-11-15 07:39 - weird in Beitrag No. 13 schreibt:
@sbrain

*) Wenn du die zwei Seiten einer Gleichung integrierst, dann bitte immer nur auf einer(!) Seite eine Integrationskonstante einführen, nie auf beiden, das ist mehr als ausreichend! (Du hättest ja auch bei deiner Rechnung sofort $C_1$ und $C_2$ zu einer neuen Konstanten $C:=C_2-C_1$ zusammenfassen können, daher führt man auch von vornherein hier keine zwei Integrationskonstanten ein!)


Ich kenne das Zusammenfassen der Konstanten aus diesem Video www.youtube.com/watch?v=8zOVjp08nbs&t=1105s .
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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-11-15 10:15


Wieder mal ein gutes Beispiel für ein suboptimales Erklärvideo.

Wally



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2018-11-15 11:32


2018-11-15 10:15 - Wally in Beitrag No. 15 schreibt:
Wieder mal ein gutes Beispiel für ein suboptimales Erklärvideo.

Wally

Ja, sehe ich genauso. Der führt in dem Video doch tatsächlich zwei Integrationskonstanten ein, um sie anschließend in einem wahren Geniestreich wieder zu einer zusammenzufassen. Dass man in einer Nebenbemerkung einmal kurz darauf hinweist, wie ich dies ja auch oben gemacht hatte, könnte ich ja noch verstehen, dass man da ein großes Thema daraus macht dagegen gar nicht. Hier werden selbstverständliche Nebensächlichkeiten zu einem wahren Popanz aufgeblasen.  frown



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-11-15 17:05

\(\begingroup\)
Huhu sbrain,

mach dir nichts aus der Kritik, ich durfte diese auch schon mal ertragen.  wink  Ich hätte auch so gerechnet. Zu deiner Frage: Vergiss nicht, dass \(-c\) auch einfach nur wieder eine Konstante ist. Von daher ist deine Lösung identisch. Man könnte hier ja mal auf Minute 50 vorspulen und schauen, was Prof. Dr. Crauel macht, welcher an der Uni Frankfurt Differentialgleichungen lehrt. Dort werden übrigens auch (ich nehme es vorweg) zwei Integrationskonstanten eingeführt und zu einer zusammengefasst - und dieses halte ich für ein durchaus brauchbares Lernvideo (OK - ab der 2. Vorlesung macht er es auch nicht mehr). Man kann eben i. d. R. leicht hinterher untersuchen, ob und wo die Lösung seine DGL löst. So stellt Prof. Crauel eben hinterher fest, dass auch negative Konstanten als Faktor seine DGL lösen.

Ganz kritisch könnte ich auch sagen:

2018-11-14 12:28 - weird in Beitrag No. 3 schreibt:
 Ausgehend von der umgeformten Dgl
\[\sin(x)y'(x)+\cos(x)y(x)=cos(x)\]

Diese Gleichung gilt aber nur für \(\cos(x)\neq0\).

Gruß,

Küstenkind
\(\endgroup\)


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sbrain
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-16 08:00


Danke @Kuestenkind, das beruhigt mich. An das -C hatte ich auch gedacht, ich war mir aber nicht sicher ob das erlaubt ist.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2018-11-16 11:16

\(\begingroup\)
Ok, gehen wir mal deine Herleitung in #11 noch einmal im Detail durch, auch wenn mich das einiges an Überwindung kostet, da hier eigentlich eh schon alles gesagt wurde.

2018-11-14 21:36 - sbrain in Beitrag No. 11 schreibt:

fed-Code einblenden

Fehler 1: Es muss hier natürlich

$-\ln(|1-y|)+C_1=\ln(|\sin(x)|)+C_2$

heißen. Warum du dich dann nicht schon hier - wie in dem Video - dazu "durchringen" konntest, die beiden Konstanten zu einer zusammenzufassen, sondern diese noch einige Gleichungen weiter "mitschleppst", bleibt dein Geheimnis, ein echter Fehler ist dies aber nicht.  eek


fed-Code einblenden

Fehler 2:

Uh oh, was haben wir denn da? Einen Vorzeichenwechsel in den Konstanten? Eigentlich müsstest du hier neue Konstanten $C_3:=-C_1$ und $C_4:=-C_2$ einführen, also dann genau der Schritt, gegen den du dann später interessanterweise Bedenken haben wirst.


fed-Code einblenden

Fehler 3:

In meiner Zählweise sind wir jetzt schon bei den Konstanten $C_5$ und $C_6$, nämlich $C_5:=e^{C_1}$ und $C_6:=e^{C_2}$, die aber beide jetzt von ihrer Gestalt her positiv(!) sind.


fed-Code einblenden

Fehler 4:

Ne, $C$ ist hier nicht irgendeine Konstante, sondern es gilt $C>0$, weil eben hier $C_1>0$ und $C_2>0$ sind. Damit sind wir dann gleich bei

Fehler 5:

In deiner Lösung fehlt der Fall $C<0$, sowie auch der Fall $C=0$, d.h., sie ist klar falsch.

Mein Eindruck ist also insgesamt, dass du hier einen geradezu verzweifelten Kampf gegen deine verschiedenen Konstanten führst, den du am Ende aber dann doch trotz allem verlierst (s. Fehler 5)  frown

Daher hier nochmals mein Vorschlag: Vergiss am Besten alles, was da oben steht, setze einfach $Y=y-1$ und löse dann die Dgl

$\tan(x)Y'+Y=0$

so wie ich das oben (mit $y$ statt $Y$) ja schon vorgeführt hatte. Hierin kommt nur eine einzige(!) Konstante $C$ vor, deren Gültigkeitsbereich von zunächst nur $C>0$ dann schrittweise auf $C\in \mathbb R$ ausgedehnt wurde. Und ja, am Ende sind's dann insgesamt auch nicht mehr als ca. 4 Zeilen, was auch nicht zu unterschätzen ist. Denn i.Allg. gilt: Je weniger man rechnen muss, desto weniger leicht kann man sich auch verrechnen.  wink
\(\endgroup\)


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Kuestenkind
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\(\begingroup\)
Mich würde nun wirklich noch mal eine andere Meinung interessieren. Ich gebe ja zu , dass ich auch kein Profi auf diesem Gebiet bin. Aber kann man nun wirklich von einem "Fehler" sprechen, wenn man diese Konstanten nicht durchnummeriert und hinter schaut, ob und wo die Lösung seine Lösung DGL löst?

@weird:

Wärst du nun zufrieden, wenn man die Lösung einsetzt und schreibt:

\(\tan(x)(-c\cot(x)\csc(x))+c\csc(x)+1=1\)

\(-c\csc(x)+c\csc(x)+1=1\)

Die Lösung gilt offensichtlich für alle \(c\in \mathbb{R}\).

Dass dein Weg eleganter ist, möchte ich ja garnicht bestreiten. Mir geht es darum, dass du den anderen Weg als "grauslich" beschreibst und von einem Fehler sprichst.

@Wally / haeter: Mich würde auch mal eure Meinung interessieren. Was für einen Lösungsweg würdet ihr von einem Studenten erwarten?

Würde das nun gerne auch mal für mich klar haben. Vielen Dank!

Gruß (und ein schönes Wochenende wünscht),

Küstenkind
\(\endgroup\)


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weird
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@Küstenkind

Ja, das halte ich für eine gute Idee, dass auch mal andere die Gleichungskette in #11 "auf sich wirken" lassen und dann ein Urteil darüber abgeben. Meiner Meinung muss man da eigentlich bei all den - aus meiner Sicht - "haarsträubenden" Umformungen, welche unterwegs gemacht wurden, von einem "Zufall" sprechen, dass das, was am Ende dabei herauskommt, noch insofern "brauchbar" ist, als man in der von dir beschriebenen Art und Weise durch Einsetzen die tatsächliche Lösung bekommt. Das hätte nicht sein müssen und hat hier m.E. auch sehr viel damit zutun, dass der TS ja schon wusste, was am Ende herauskommen soll!

Man könnte das Ganze vielleicht am besten mit einem Schiläufer beim Riesentorlauf vergleichen: Es genügt eben nicht, dass er im Starthäuschen startet und am Ende auch durch das Ziel fährt, er muss unterwegs auch alle Tore nehmen! Oder um eine reichlich abgenützte Redensart zu verwenden, die aber hier sehr gut passt: Der Weg ist das Ziel! Aber ich habe jetzt schon mehr als genug hier gesagt, jetzt sollen auch wirklich andere mal ihre Meinung dazu kundtun!  wink



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