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| Aufgabe | [mm] y''-(1+2tan^{2}(x))y=0
[/mm]
[mm] y\in(-\bruch{\pi}{2};\bruch{\pi}{2}), y_{1}=cos^{\alpha}(x), [/mm] y(0)=0, y'(0)=1 |
Hallo,
leider ist mir absolut nicht klar was ich mit dieser Aufgaben anfangen soll.
Kann mir dabei jemand helfen?
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Wenn du [mm]y = y_1[/mm] in die Differentialgleichung einsetzt, wirst du feststellen, daß für den Fall [mm]\alpha = -1[/mm] eine Lösung vorliegt, allerdings mit den falschen Anfangsbedingungen.
Mit der Substitution [mm]y = \frac{u}{\cos x}[/mm] geht die Differentialgleichung dann über in
[mm]u'' \cos x + 2 u' \sin x = 0[/mm]
Das ist eine homogene lineare Differentialgleichung ersten Grades in [mm]u'[/mm]. Sie läßt sich etwa durch Trennen der Veränderlichen lösen.
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Danke für deine Antwort.
Aber ich kann nicht nachvollziehen was du mir sagen willst.
Wenn ich [mm] y=\bruch{u}{cos(x)} [/mm] substituiere dann muss ich doch 2mal ableiten um auch y'' weg zu bekommen. Aber damit komme ich doch niemals auf deine DGL...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:10 Sa 05.09.2015 | | Autor: | Fl4shM4k3r |
Es gibt eine Musterlösung dazu. Die kann ich aber genauso wenig nachvollziehen:
AWP: y(0)=0, y'(0)=1
[mm] y=cos^{-1}(x)[C_1+C_2(x+\bruch{1}{2}sin(2x))]
[/mm]
[mm] y'=(-1)cos^{-2}(x)(-sin(x))[C_1+C_2(x+\bruch{1}{2}sin(2x))]+cos^{-1}(x)[C_2(1+cos(2x))]
[/mm]
1) [mm] 0=C_1
[/mm]
2) [mm] 1=C_2*2
[/mm]
=> [mm] C_1=0, C_2=\bruch{1}{2}
[/mm]
[mm] y=cos^{-1}(x)(\bruch{1}{2}(x+\bruch{1}{2}sin(2x)))
[/mm]
Was um alles in der Welt passiert da?
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Wenn Du für [mm]C_1 + C_2 \cdot \left( x + \frac{1}{2} \sin (2x) \right) = u[/mm] setzt, paßt das zu meinem Vorschlag. Darauf wird also die Lösung hinauslaufen.
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[mm]y = \frac{u}{\cos x}[/mm]
[mm]y' = \frac{u' \cos x + u \sin x}{\cos^2 x}[/mm]
[mm]y'' = \frac{u \cdot \left( 2 \sin^2 x + \cos^2 x \right) + 2u' \sin x \cos x + u'' \cos^2 x}{\cos^3 x}[/mm]
Einsetzen in [mm]y'' - \left( 1 + 2 \tan^2 x \right) \cdot y = 0[/mm] ergibt das, nachdem man mit [mm]\cos^2 x[/mm] durchmultipliziert hat:
[mm]u'' \cos x + 2u' \sin x = 0[/mm]
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Hmm ja gut da hab ich mich wohl etwas vertan.
Dennoch würde ich in der Klausur niemals darauf kommen...
Wie hast du das erkannt?
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Ich habe bemerkt, daß [mm]\frac{1}{\cos x}[/mm] eine Lösung der Differentialgleichung, allerdings mit anderen Anfangsbedingungen, ist, als ich dem Vorschlag [mm]y=y_1[/mm] der Aufgabe gefolgt bin. Dann habe ich meinen Ansatz probiert, und es hat funktioniert. Ich gebe allerdings zu, daß das als spontane Idee für eine Klausur wohl nicht geeignet ist.
Man kann das verallgemeinern: Wenn man eine Differentialgleichung
[mm]y'' + q(x) \cdot y = 0[/mm]
hat und weiß, daß [mm]y = f(x)[/mm] eine spezielle Lösung ist, daß also [mm]f''(x) + q(x) \cdot f(x) = 0[/mm] gilt, dann bekommt man mit dem Ansatz
[mm]y = u \cdot f(x)[/mm]
das Folgende:
[mm]y' = u' \cdot f(x) + u \cdot f'(x)[/mm]
[mm]y'' = u'' \cdot f(x) + 2u' \cdot f'(x) + u \cdot f''(x)[/mm]
Man setzt das in die Differentialgleichung ein:
[mm]u'' \cdot f(x) + 2u' \cdot f'(x) + u \cdot \underbrace{\left( f''(x) + q(x) \cdot f(x) \right)}_{=0} = 0[/mm]
Man erhält
[mm]u'' \cdot f(x) + 2 u' \cdot f'(x) = 0[/mm]
Diese homogene lineare Differentialgleichung ersten Grades in [mm]u'[/mm] läßt sich durch Trennen der Veränderlichen lösen.
In unserem Beispiel war [mm]f(x) = \frac{1}{\cos x}[/mm], was auf
[mm]\frac{u''}{\cos x} + \frac{2u' \cdot \sin x}{\cos^2 x} = 0[/mm]
[mm]u'' \cos x + 2u' \sin x = 0[/mm]
führt.
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