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Universität/Hochschule J DGL 1. Ordnung finden
curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-12-12


Hallo,
bevor ich mich an die Lösung oder versuchsweise Lösung meiner Übungsaufgabe setzen kann, muss ich erst mal die Voraussetzungen verstehen und diese werfen bei mir schon Fragen auf.

Hier die Aufgabe:


1. Frage:
Ich bin verwirrt, was hier den "Graphen" angeht: Wenn der Graph aus der Punktmenge $\{\binom{t}{y(t)}\}$ besteht, ist das doch der Graph einer Funktion $y:I\longrightarrow \mathbb{R}$ und nicht der Graph der Funktion $\varphi$, oder?
Ich glaube ich blicke gerade den Unterschied zwischen $\varphi$ und $y$ nicht so recht.

2. Frage:
Ich soll eine DGL 1.Ordnung aufstellen, "welcher $y$ auf $(0,\infty)$ genügt". Also muss ich irgendwas in der Form $y' = f(t,y)$ für eine Funktion $f:\mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R}$ versuchen hinzubekommen, richtig?

Danke schon mal. :)



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-12-12

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

du denkst hier zu sehr an Funktionen vom Typ \(x\mapsto y(x)\). Das ist zwar hier ein kartesisches Koordinatensystem mit x- und y-Achse. Die Funktion, deren Graph man betrachtet, ist aber nach einem Parameter t parametrisiert angegeben. Hier bekommt man die Richtung der Tangente, indem man beide Komponenten nach dem Parameter ableitet. Und damit bist du der gesuchten DGL dann schon ein ordentliches Stück näher gekommen. Der Rest ist noch etwas Dreiecksgeometrie...


Gruß, Diophant


[Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'DGLen 1. Ordnung' von Diophant]
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curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-14


Hallo Diophant,

hm, mir ist nicht wirklich klar, welche meiner Fragen du jetzt beantwortet hast...



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-12-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hi,

ich habe beide Fragen auf einmal beantwortet.

Du hattest noch nach dem Graphen gefragt: das ist der Graph der vektorwertigen Funktion \(\varphi(t)\), die mittels der Funktion \(y(t)\) definiert ist. Es ist allerdings der Graph im xy-Koordinatensystem, also dem System der beiden Vektorkoordinaten von \(\varphi\). Das mag etwas verwirrend sein.

Die DGL bekommst du so:

- stelle die Tangentengleichung auf
- Berechne die Nullstelle der Tangente
- Nutze nun den Satz des Pythagoras für die konstante Länge \(l\) aus.

Und noch ein Nachtrag:
2019-12-12 14:21 - curious_mind im Themenstart schreibt:
...Also muss ich irgendwas in der Form $y' = f(t,y)$ für eine Funktion $f:\mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R}$ versuchen hinzubekommen, richtig?

Nein, das ist falsch. Die Funktion \(y\) ist eindimensional, aber so ist sie auch angegeben!


Gruß, Diophant
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curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2019-12-14 07:46 - Diophant in Beitrag No. 3 schreibt:
Hi,

ich habe beide Fragen auf einmal beantwortet.

Du hattest noch nach dem Graphen gefragt: das ist der Graph der vektorwertigen Funktion \(\varphi(t)\), die mittels der Funktion \(y(t)\) definiert ist. Es ist allerdings der Graph im xy-Koordinatensystem, also dem System der beiden Vektorkoordinaten von \(\varphi\). Das mag etwas verwirrend sein.

Ja, das ist mir echt über. Verstehe ich nicht. Wie gesagt, der Unterschied zwischen $\varphi$ und $y$ ist mir nicht klar.

Wenn ein Punkt namens $(t,y(t))$, also $(x, f(x))$ (nur mit $y$ statt $f$ und $x$ statt $t$) nicht einen Punkt der Funktion $y$ darstellt, also aus der Menge des Graphens $\{\binom{t}{y(t)}\}$ von $y$ kommt, genau so wie es auch in der Definition des Graphs in Wiki steht -



- dann sollte ich das weitere Studium lieber sein lassen, dann habe ich nämlich überhaupt gar nichts verstanden über Funktionen.


Die DGL bekommst du so:
...

Das will ich nicht wissen. Da muss ich selbst drauf kommen. Und dazu muss ich die Aufgabe erst mal verstehen...

Mal ein Beispiel:

Sei $y:(0,\infty) \longrightarrow \mathbb{R}, y(t):=-ln(t)+3$. (Diese Funktion ist von mir jetzt einfach geraten, weil sie bisschen so aussieht wie die in der Aufgabe aus meiner Sicht.)

Dann ist der Graph dieser Funktion die Menge $G_y = \{\binom{t}{y(t)} \in (0,\infty)\times \mathbb{R}\mid t \in (0,\infty)\}$

Wenn das falsch ist, weiß ich auch nicht... Jedenfalls kann ich unter diesen Umständen $\varphi$ nur so verstehen, das $\varphi$ eine Funktion ist, die für ein gegebenes $t$ den Punkt $\binom{t}{y(t)}$ aus dem Graphen von $y$ zurückgibt, also irgendwie die Kurve beschreibt vom Graphen von $y$. Aber ist ja eh falsch... :(
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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-12-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

wie gesagt, das Stichwort ist die Parameterdarstellung einer Kurve.

Der Unterschied zwischen den beiden Funktionen \(\varphi\) und \(y\) ist der, dass \(\varphi\) vektorwertig ist und \(y\) eindimensional. Gemeinsam haben beide Funktionen, dass sie von einem Parameter \(t\) abhängen. Ein solcher Parameter ist unabhängig vom Koordinatensystem. Man kann ihn sich als Variable vorstellen, der für die Zeit steht. Dann würde man sich bei Veränderung von t auf der beschriebenen Kurve bewegen und wäre eben zum Zeitpunkt \(t_0\) am Punkt \(\varphi\left(t_0\right)=\bpm\ t_0\\y\left(t_0\right) \epm\).

Die Funktion \(y\) ist halt hier nicht angegeben sondern durch geometrische Sachverhalte beschrieben.

Vielleicht hilft dir das weiter?

Nachtrag:
2019-12-14 11:31 - curious_mind in Beitrag No. 4 schreibt:
Sei $y:(0,\infty) \longrightarrow \mathbb{R}, y(t):=-ln(t)+3$. (Diese Funktion ist von mir jetzt einfach geraten, weil sie bisschen so aussieht wie die in der Aufgabe aus meiner Sicht.)

Dann ist der Graph dieser Funktion die Menge $G_y = \{\binom{t}{y(t)} \in (0,\infty)\times \mathbb{R}\mid t \in (0,\infty)\}$

Wenn das falsch ist, weiß ich auch nicht... Jedenfalls kann ich unter diesen Umständen $\varphi$ nur so verstehen, das $\varphi$ eine Funktion ist, die für ein gegebenes $t$ den Punkt $\binom{t}{y(t)}$ aus dem Graphen von $y$ zurückgibt, also irgendwie die Kurve beschreibt vom Graphen von $y$. Aber ist ja eh falsch... :(

Nein, das ist in diesem Fall schon richtig, da in beiden Fällen (also in deinem Beispiel und in der Aufgabe) jeweils \(x=t\) ist. Wäre hingegen \(x=x(t)\) eine Funktion von t ungleich der Identität, dann wären die Graphen von \(y\) und der betreffenden vektorwertigen Funktion \(\bpm x(t)\\y(t) \epm\) unterschiedlich. So wie am Beispiel des Kreises auf der verlinkten Wikipediaseite.


Gruß, Diophant
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curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-14


Also die eindimensionale Fkt. $y$ hat den Graphen wie im Bild, gleichzeitig stellt der Graph auch die Kurve der parametr. Kurve $\varphi$ dar.
Ich hoffe das ist jetzt richtig.

Jetzt soll ich eine DGL aufstellen, der $y$ genügt. Dann bin ich wie schon in Post #1 aber noch immer der Meinung, da muss also irgendwas der Art "$y'$ = tu irgendwas mit $y$" stehen.

Denn dann ist $y$ eben eine Lösung so einer Gleichung und "genügt" der DGL somit.

Wieso ist das falsch?




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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-12-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

2019-12-14 17:44 - curious_mind in Beitrag No. 6 schreibt:
Also die eindimensionale Fkt. $y$ hat den Graphen wie im Bild, gleichzeitig stellt der Graph auch die Kurve der parametr. Kurve $\varphi$ dar.
Ich hoffe das ist jetzt richtig.

Das ist jetzt richtig, aber wie gesagt: nur für den Fall \(x(t)=t\), der hier vorliegt.

2019-12-14 17:44 - curious_mind in Beitrag No. 6 schreibt:
Jetzt soll ich eine DGL aufstellen, der $y$ genügt. Dann bin ich wie schon in Post #1 aber noch immer der Meinung, da muss also irgendwas der Art "$y'$ = tu irgendwas mit $y$" stehen.

Das ist zwar nicht so ganz leicht zu verstehen, aber ich denke, es ist richtig.

2019-12-14 17:44 - curious_mind in Beitrag No. 6 schreibt:
Denn dann ist $y$ eben eine Lösung so einer Gleichung und "genügt" der DGL somit.

Wieso ist das falsch?

Wieso soll das falsch sein? Falsch war nur, dass du für die Funktion \(y\) angenommen hast, dass sie vom Typ \(f:\ \IR^2\to\IR\) ist. Es ist aber wie gesagt eine eindimensionale Funktion.


Gruß, Diophant
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curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-14


Also die Tangentengleichung ist ja generell:
$T=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$

Ich weiß aber nicht wirklich, was ich überhaupt errechnen soll. Willst du dass ich $l$ errechne? Oder soll man den Abstand der Nullstelle der Tangente zu t berechnen?

Pythagoras ist auch völlig klar, nur weiß ich nicht, was ich überhaupt zeigen soll.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]

Edit: Oh, wir haben gleichzeitig geschrieben. Muss erst mal deinen Beitrag lesen.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-12-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

Nein, \(l\) ist doch fest vorgegeben. Es ist die Hypothenuse eines rechtwinkligen Dreiecks mit den Katheten \(y(t)\) sowie der Differenz der x-Koordinaten von Berührpunkt (die ist \(x=t)\) und Schnittpunkt mit der x-Achse.

Wenn du diesen Schnittpunkt berechnest (mit Hilfe der von dir erwähnten Tangentengleichung), kommt auf ganz natürliche Weise die Ableitung \(y'(t)\) in die Rechnung hinein. Der fragliche Pythagoras liefert dann direkt die gewünschte DGL, die man dann je nach Geschmack bzw. Anforderungen an das Resultat noch entsprechend umformen kann (quadrieren, nach \(y'(t)\) auflösen).


Gruß, Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2019-12-14 17:58 - Diophant in Beitrag No. 7 schreibt:

Wieso soll das falsch sein? Falsch war nur, das du für die Funktion \(y\) angenommen hast, dass sie vom Typ \(f:\ \IR^2\to\IR\) ist. Es ist aber wie gesagt eine eindimensionale Funktion.

Wo hab ich das je angenommen?
Dann hast du vielleicht Post #1 missverstanden. Die Funktion f, die ich da "erfand" soll nur heißen, dass mit $t$ und $y$ etwas gemacht wird.

So wurde die DGL bei uns definiert, schau:



Wie dem auch sei: ich nehme jetzt mal an, wir haben die ganze Zeit dasselbe gemeint und dann ist ja alles gut. Jetzt frage ich mich nur noch, was ich genau tun muss.

Ich hätte jetzt angenommen, dass die Tangentengleichung dann so aussieht:
$T(x) = y(t)+y'(t)(x-t)$

Weiter würde ich denken, dass hier $T=y'$ ist, sodass ich auf

$y'(x) = y(t_0)+y'(t_0)(t-t_0)$ komme. Hm...






[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-14



Wenn du diesen Schnittpunkt berechnest (mit Hilfe der von dir erwähnten Tangentengleichung),...

Sage mir doch bitte wieso ich diesen Schnittpunkt berechnen wollen sollte. Was ist denn dein Gedanke dahinter? Wieso hilft der mir? Welche Länge oder Strecke oder Punkt suchst du zu berechnen???



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-14


Habe jetzt gemacht, was du willst (auch wenn ich nicht weiß, wieso ich das tun sollte):

$T(x)=y(t)+y'(t)(x-t)=0 \Longleftrightarrow y'(t)(x-t) = -y(t) \Longleftrightarrow y'(t) = \frac{-y(t)}{x-t}.$

Mit Pythagoras ist dann $x-t = \sqrt{l^2-y(t)^2}$.

Also ist die DGL: $y' = \frac{-y}{\sqrt{l^2-y^2}}$

Danke. Aber wie du darauf kamst dafür die Tangentengleichung null zu setzen, ist mir immer noch ein Rätsel. Das erschließt sich mir nicht.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-12-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

mal noch eine kurze Antwort (mehr Zeit habe ich gerade nicht):

Deine DGL ist falsch.

Mache besser folgendes: benenne die Koordinaten um in \(\overline{x}\) und \(\overline{y}\). Dann sollte die Tangentengleichung so aussehen:

\[t:\ \overline{y}=y'(t)\cdot\left(\overline{x}-t\right)+y(t)\]
Damit rechnest du das nochmals durch (so besteht keine Gefahr, die Koordinate y mit der Funktion y(t) zu verwechseln).

Warum ich das mache? Weil die Funktion y(t) über das erwähnte Dreieck definiert ist. Warum sollte man dann überhaupt über einen anderen Ansatz nachdenken?

Den Schnittpunkt der Tangente mit der x-Achse brauchst du, um die Länge der waagerechten Kathete zu erhalten.


Gruß, Diophant

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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-12-14


Nachtrag:
Deine DGL aus #12 ist richtig, sorry.


Gruß, Diophant



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-12-15

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Und noch ein Nachtrag:

2019-12-14 18:16 - curious_mind in Beitrag No. 11 schreibt:
Sage mir doch bitte wieso ich diesen Schnittpunkt berechnen wollen sollte. Was ist denn dein Gedanke dahinter? Wieso hilft der mir? Welche Länge oder Strecke oder Punkt suchst du zu berechnen???

Ich hatte gestern nicht mehr die Kapazität, deine Rechnung genügend zu würdigen.

Ich habe so gerechnet: ich habe diese Nullstelle berechnet, damit die Länge der waagerechten Kathete und am Ende alle drei Seiten in den Satz des Pythagoras eingesetzt.

Deine Vorgehensweise ist jedoch eleganter und kommt in der Tat ohne diesen Schnittpunkt aus (du solltest nur mit der Variablenbenennung etwas aufpassen, wie schon erwähnt): du löst einfach die Tangentengleichung nach \(y'(t)\) auf und berechnest dann die Länge der waagerechten Kathete mit dem Pythagoras. Wie gesagt: elegant!

Jedenfalls ist die Aufgabe damit geklärt.


Gruß, Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-15


Ja, super danke smile

Wobei ich die $T(x)$ ja auch $=0$ gesetzt habe.

Nur eine Frage bleibt mir trotzdem: Soll man bei dem Ermitteln einer Lösungsfunktion bei DGLen möglichst immer die DGL null setzen?

So wie man zur Ermittlung der Lösungsmenge von normalen Funktionsgleichungen ja auch meist die gegebene Gleichung erst mal null setzt und dann nach x auflöst?

Jedenfalls vielen Dank für deine Geduld mit mir (wieder mal) smile biggrin



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-12-15

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

2019-12-15 12:32 - curious_mind in Beitrag No. 16 schreibt:
Ja, super danke smile

Wobei ich die $T(x)$ ja auch $=0$ gesetzt habe.

Ja, aber du hast das Schild beachtet mit der Aufschrift Bitte nicht weiterklettern, Baum hier zu Ende! Ich hatte das übersehen.  biggrin

Sprich: du hast darauf verzichtet, die resultierende Gleichung nach x aufzulösen und dir somit unnötige Arbeit erspart.

2019-12-15 12:32 - curious_mind in Beitrag No. 16 schreibt:
Nur eine Frage bleibt mir trotzdem: Soll man bei dem Ermitteln einer Lösungsfunktion bei DGLen möglichst immer die DGL null setzen?

So wie man zur Ermittlung der Lösungsmenge von normalen Funktionsgleichungen ja auch meist die gegebene Gleichung erst mal null setzt und dann nach x auflöst?



Also du meinst das jetzt nicht auf die Definition bezogen sondern aus dem praktischen Blickwinkel?

Also bei DGLen erster Ordnung ist die Darstellung \(y'=f(x,y)\) sogar u.U. die beste: dann nämlich, wenn eine Lösung durch die sog. Trennung der Variablen möglich ist. Das wäre hier auch der Fall:

\[\frac{\on{dy}}{\on{dt}}=-\frac{y}{\sqrt{l^2-y^2}}\quad\Leftrightarrow\quad \on{dy}\cdot\frac{\sqrt{l^2-y^2}}{y}=-\on{dt}\]
Nun könnte man die DGL durch Integrieren beider Seiten nach der jeweiligen Variablen lösen. Würde ich aber nur probieren, wenn es sein muss, denn das Integral hat es in sich.

Generell hängt die Schreibweise bei DGLen am ehesten vom Typ ab. Bei linearen Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten spielen die zugehörigen homogenen DGLen eine wichtige Rolle. Und die schreibt man dann in der Nullform, obwohl das für das weitere Prozedere nicht wirklich dienlich ist.

Du musst dir auch klar machen, dass der wesentliche Schritt zum Lösen einer Differentialgleichung das Integrieren ist, insofern lässt sich das nicht mit der Vorgehensweise bei algebraischen Gleichungen vergleichen.

2019-12-15 12:32 - curious_mind in Beitrag No. 16 schreibt:
Jedenfalls vielen Dank für deine Geduld mit mir (wieder mal) smile biggrin

Gern geschehen. Ich fand die Aufgabe persönlich auch interessant.


Gruß, Diophant
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2019-12-15 13:02 - Diophant in Beitrag No. 17 schreibt:
 Ich fand die Aufgabe persönlich auch interessant.

Im Skript gibt es noch die ergänzunge Info:

Bei Wiki findet sich dazu auch was:
de.wikipedia.org/wiki/Traktrix#Herleitung



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