Mathe Probeklausur Aufgabe 6

a.huelser · Beitrag von **a.huelser** » 06.08.2012 11:22

Hallo Leute,

ich versuche mich grade an der Aufgabe 6 b) der Mathe Probeklausur.

gegeben ist y´- ycos(x) = e^sin(x)

da das ja der form y´+ f(x) y = g(x) enspricht, würde ich das mit dieser formel

y= e^-int f(x)dx (k+int g(x) x e^int f(x) lösen.

setzte ich für f(x) cos(x) ein, dann komme ich auf das richtige ergebnis. setzte ich aber -cos(x) ein, dann stimmt das ergebnis nicht. eigentlich muss ich doch aber -cos(x) einsetzen. ich bin grad echt ratlos. wäre cool, wenn mir da jemand auf die sprünge helfen könnte.

A.

FSW · Beitrag von **FSW** » 06.08.2012 11:33

a.huelser hat geschrieben: gegeben ist y´- ycos(x) = e^sin(x)

da das ja der form y´+ f(x) = g(x) enspricht,

tut es nicht, oder ist das y vor dem cos ein Tippfehler?

a.huelser · Beitrag von **a.huelser** » 06.08.2012 13:17

hab mich da vertippt. ich meine natürlich y´ + f(x) y = g(x)

FSW · Beitrag von **FSW** » 06.08.2012 14:13

ok, also

$\frac{dy}{dx} -y \cdot \cos x =e^{ \sin x}$

zunächst wird die homogene Lösung berechnet:

$\frac{dy}{dx} -y \cdot \cos x = 0$ $\Leftrightarrow$ $\frac{dy}{dx} = y \cdot \cos x$

Trennung der Variablen:

$\frac{dy}{y} = \cos x dx$ $\Rightarrow$ $\int \frac{dy}{y} = \int \cos x dx$

$\Rightarrow$ $\ln y = \sin x +C_1$ $\Rightarrow$ $y_h =C_2 e^{\sin x}$ mit $C_2 = e^{c_1}$

Damit kann man die Partikuläre Lösung mit Variation der Konstanten berechnen:
Ansatz:

$y =C_2 (x) \cdot e^{\sin x}$

Der Ansatz wird in die Ausgangsgleichung eingesetzt. Dazu benötigt man erst noch

$\frac{dy}{dx} = e^{\sin x} \cdot \frac{d}{dx}C_2 (x) + C_2(x) \cdot e^{\sin x} \cdot \cos x$

einsetzen liefert:

$e^{\sin x} \cdot \frac{d}{dx}C_2 (x) + C_2(x) \cdot e^{\sin x} \cdot \cos x - C_2 (x) \cdot e^{\sin x} \cdot \cos x = e^{ \sin x}$

es kürzt sich einiges raus, man erhält:

$\cdot \frac{d}{dx}C_2 (x) = 1$ $\Rightarrow$ $C_2 (x) = \int 1 dx = x+ C_3$

damit ist die partikuläre Lösung

$y_p =( x+ C_3 )\cdot e^{\sin x}$

Die allgemeine Lösung ergibt sich damit zu

$y= y_h +y_p = ( x+ C_4 )\cdot e^{\sin x}$

Stimmt das Ergebnis so?

FSW · Beitrag von **FSW** » 06.08.2012 14:24

ja, tut es, siehe in wolfram alpha

a.huelser · Beitrag von **a.huelser** » 06.08.2012 14:50

okay! vielen dank das kann ich nachvollziehen!

aber wieso funktioniert das mit der formel : y= e^-int f(x)dx (k+int g(x) x e^int f(x)dx dx)

nicht?

FSW · Beitrag von **FSW** » 06.08.2012 15:07

Ich kenne deine Formel nicht, was macht da das k drin? Man kann sich das Verfahren mit Variation der Konstanten auch allgemein herleiten (aber achtung, in klausur ist rechenweg gefragt):

$\frac{dy}{dx} + f(x) y = g(x)$

Homogene Lösung:

$\frac{dy}{y} = - f(x) dx$ $\Rightarrow$ $y_h = C_2 e^{\int -f(x) dx$

Partikuläre Lösung:
Ansatz

$y = C_2 (x) e^{\int -f(x) dx$

$\Rightarrow$ $\frac{dy}{dx} =e^{ - \int f(x) dx} \cdot \frac{d}{dx} C_2 (x) + \underbrace{C_2(x) \cdot e^{\int -f(x) dx}}_{=y} \cdot ( -f(x) )$

Einsetzen in die Ausgangsgleichung liefert:

$\frac{d}{dx} C_2 (x) = e^{ \int f(x) dx} \cdot g(x)$

Folglich ist das Ergebnis:

$y = y_h + y_p = e^{\int -f(x) dx }\left( C_2 + \int e^{ \int f(x) dx} \cdot g(x) dx \right)$

a.huelser · Beitrag von **a.huelser** » 06.08.2012 15:57

Folglich ist das Ergebnis:

$y = y_h + y_p = e^{\int -f(x) dx }\left( C_2 + \int e^{ \int f(x) dx} \cdot g(x) dx \right)$

...das ist genau die Formel, die ich gemeint habe. Hab das leider nicht so raus mit dem Formeln schön am PC aufschreiben. (mein k ist dein C2)

so. ich habe dann versucht mit dieser formel auf das ergebnis zu kommen. f(x) wäre dann wie gesagt -cos(x)

ich erhalte dann:

$y = y_h + y_p = e^{\int cos(x) dx }\left( C_2 + \int e^{ \int -cos(x) dx} \cdot e^{sin(x)} dx \right)$

$= y_h + y_p = e^{-sin(x)}\left( C_2 + \int e^{ \sin(x)} \cdot e^{sin(x)} dx \right)$

vielleicht weiß ich ab da dann auch nicht richtig weiter...aber hätte ich bei f(x) statt -cos(x) nur +cos(x) eingesetzt, dann wäre ich auf das richtige ergebnis gekommen...

FSW · Beitrag von **FSW** » 06.08.2012 16:47

den cosinus musst du dann aber auch richtig integrieren

a.huelser · Beitrag von **a.huelser** » 06.08.2012 16:54

ach mist. ja stimmt. ich hab abgeleitet...manmanman. da hab ich noch viel vor mir die nächsten tage. danke aber für deine mühe!

padawan_n · Beitrag von **padawan_n** » 07.08.2012 00:49

ich rechne auch an der klausur und hab irgendwie probleme bei 3. wie sind bei der volumina meine grenzen definiert, kann mir einfach die körper/ flächen nicht vorstellen.
und warum zur hölle ist bei 1. die zielfunktion (4/a⁴) x² + (4/b⁴) y² u.s.w. weiß ni wo die 4 herkommt.

basti1105 · Beitrag von **basti1105** » 07.08.2012 05:27

Aufgabe 3:

Stichwort: elliptischen Zylinderkoordinaten
z1=4*(x-1)²+(y+2)²
z2=-8x+4y+24
(x²/4)+(y²/16)=1
a=2
b=4
x=a*r*cos(phi)=2*r*cos(phi)
y=a*r*sin(phi)=4*r*sin(phi)
dv=a*b*r*dz*dr*dphi=8*r*dz*dr*dphi

Integration:
phi=> 0...2*pi
r => 0...1
z => z1...z2

a.huelser · Beitrag von **a.huelser** » 07.08.2012 11:38

wie kommst du da bei r auf die Integrationsgrenzen 0 bis 1 ?

basti1105 · Beitrag von **basti1105** » 07.08.2012 12:19

Das ist ein Verhältnis von r zu a bzw. b. Schau dir die Aufgabe 22.8 im Übungsbuch mal an!

a.huelser · Beitrag von **a.huelser** » 07.08.2012 12:30

ok die werd ich mir mal anschauen. wie genau hast du denn jetzt hier dieses verhätlnis errechnet, bzw wie bist du dann auf 0 bis 1 gekommen?

basti1105 · Beitrag von **basti1105** » 07.08.2012 13:10

Bei der Transformation hab ich doch für x=a*r*cos (phi) und für y=b*r*sin(phi) eingesetzt. Man wandert, um es sozusagen, von 0...a und 0...b. r wird bei einem solchem Ellipse meistens von 0..1 wandern. Das könnte man vielleicht über die ellipsengleichung herleiten.

padawan_n · Beitrag von **padawan_n** » 07.08.2012 15:55

die sogenannte transformation zeigt eben das 1 der radius ist. denn die ellypsengleichung ist definiert mit x²/a² + y²/b² = 1 und 1 ist immer der "radius", denn so recht kann man bei einer ellypse nicht von radien sprechen.
aber die ellyptischen zylinderkoordinaten sind faszinierend.

würde gern wissen wo du das gelernt hast ^^

a.huelser · Beitrag von **a.huelser** » 08.08.2012 13:02

hat jemand einen Ansatz für die Aufgabe 6 a) ???

padawan_n · Beitrag von **padawan_n** » 08.08.2012 17:36

du wendest einfach TdV an

dy/4y = dx/x^2+x-1. integrieren mithilfe des merziger. auf der letzten umschlagseite ist die lösund des integrals von 1/(ax^2+bx+c)
und fertsch oder so ungefähr^^

a.huelser · Beitrag von **a.huelser** » 09.08.2012 11:19

padawan_n hat geschrieben:
dy/4y = dx/x^2+x-1

...das habe ich getan und ich komme auf: 1/4 lny = 1/3 ln(x-1/x+2)

das sieht auf jeden fall schonmal ganz gut aus, aber wie komme ich dann genau von dem auf die lösung :

y= C Ix-1/x+2Iexp 4/3

????

Rums · Beitrag von **Rums** » 09.08.2012 16:43

Du hast die beiden INTEGRATIONSKONSTANTEN (die man dann zu einer zusammenfasst) vergessen.

1/4 ln(y) +C1 = 1/3 ln(x-1/x+2) + C2

1/4 ln(y) = 1/3 ln(x-1/x+2) + C2-C1 | wobei C2-C1 einfach als C bezeichnet wird.

1/4 ln(y) = 1/3 ln(x-1/x+2) + C

Die C-Konstanten kannst du umschreiben, wie du magst. Wichtig dabei ist nur, dass sie alle Funktionswerte durchlaufen können (Also auf der y-Achse). Du kannst also C auch zu ln(C) umschreiben. Das machst du dann und wendest die Logartihmengesetze an. (In der Regel geht das immer so! bei diesen Aufgaben!)

Logarithmengesetz: ln(a)-ln(b) = ln (a/b)

Vorher setzt du noch C zu (1/4)*ln(C) auf der Seite mit x-en:

1/4 ln(y) = 1/3 ln(x-1/x+2) + (1/4)ln(C) |*4
ln(y)-ln(C) = 4/3 ln(x-1/x-2) | C rüber

ln(y/C) = 4/3 ln(x-1/x-2) | Logarithmengesetz und Entlogarithmisiererei

y/C = 4/3 [(x-1)/(x+2)]
y = C*[e^(4/3)]*[(x-1)/(x+2)]

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