Polarkoordinaten in DGL < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:18 Mi 16.09.2009 | | Autor: | jerry46 |
| Aufgabe |
Hallo Leute, hier meine Aufgabe:
Gegeben Sie die Differentialgleichung
[mm] \frac{d}{dx}\left(u^{p-2}(x)\frac{d}{dx}u(x)\right)=-2
[/mm]
mit dem Parameter $p>2$. Von der gesuchten Funktion sei $u(0)=0$ und
die Tatsache bekannt, da"s sie im Ursprung eine senkrechte Tangente
hat.
Behandeln Sie dieses Problem, welches einem Anfangswertproblem ähnelt,
auf zwei Arten. Im ersten Ansatz setzen Sie $u'(0)=a$, und diskutieren
das Verhalten der Lösung f"ur [mm] $a\to+\infty$.
[/mm]
Im zweiten Ansatz führen Sie Polarkoordinaten mit dem Ursprung $(1,0)$
ein. Die Anfangsbedingungen lauten nun [mm] $r(-\pi)=1$ [/mm] und [mm] $r'(-\pi)=0$.
[/mm]
Die Schwierigkeit des unendlichen Anstiegs ist also verschwunden.
Vergleichen Sie Ihre Lösung mit der Funktion
[mm] u(x)=\sqrt[p-1]{(p-1)x(2-x)}\,,
[/mm]
welche die obige Gleichung und die geforderten Anfangsbedingungen erf"ullt.
Suchen Sie Erklärungen für das beobachtete Phänomen.
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Den ersten Teil der aufgabe habe ich gelöst.
Es geht um die Polarkoordinaten, ich habe einen Ansatz:
[mm] y=\vektor{1+rcos(\phi) \\ rsin(\phi)},
[/mm]
komme damit aber nicht weiter.
Wie kann man polarkoordinaten in die Differentialgleichung einführen?
Vielen Dank für eure Hilfe!
Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen Internetseiten gestellt:
[http://www.matheplanet.com/default3.html?call=viewtopic.php?topic=121917&ref=http%3A%2F%2Fwww.google.de%2Fsearch%3Fq%3DPolarkoordinaten%2BDifferentialgleichungen%26ie%3Dutf-8%26oe%3Dutf-8%26aq%3Dt%26rls%3Dorg.mozilla%3Ade%3Aofficial%26client%3Dfirefox-a]
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Hallo jerry46,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
>
>
> Hallo Leute, hier meine Aufgabe:
> Gegeben Sie die Differentialgleichung
>
> [mm]\frac{d}{dx}\left(u^{p-2}(x)\frac{d}{dx}u(x)\right)=-2[/mm]
>
> mit dem Parameter [mm]p>2[/mm]. Von der gesuchten Funktion sei
> [mm]u(0)=0[/mm] und
> die Tatsache bekannt, da"s sie im Ursprung eine senkrechte
> Tangente
> hat.
> Behandeln Sie dieses Problem, welches einem
> Anfangswertproblem ähnelt,
> auf zwei Arten. Im ersten Ansatz setzen Sie [mm]u'(0)=a[/mm], und
> diskutieren
> das Verhalten der Lösung f"ur [mm]a\to+\infty[/mm].
> Im zweiten Ansatz führen Sie Polarkoordinaten mit dem
> Ursprung [mm](1,0)[/mm]
> ein. Die Anfangsbedingungen lauten nun [mm]r(-\pi)=1[/mm] und
> [mm]r'(-\pi)=0[/mm].
> Die Schwierigkeit des unendlichen Anstiegs ist also
> verschwunden.
> Vergleichen Sie Ihre Lösung mit der Funktion
>
> [mm]u(x)=\sqrt[p-1]{(p-1)x(2-x)}\,,[/mm]
>
> welche die obige Gleichung und die geforderten
> Anfangsbedingungen erf"ullt.
> Suchen Sie Erklärungen für das beobachtete Phänomen.
>
>
> Den ersten Teil der aufgabe habe ich gelöst.
> Es geht um die Polarkoordinaten, ich habe einen Ansatz:
> [mm]y=\vektor{1+rcos(\phi) \\ rsin(\phi)},[/mm]
> komme damit aber
> nicht weiter.
> Wie kann man polarkoordinaten in die Differentialgleichung
> einführen?
Setze hier an mit:
[mm]y\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)=y\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)[/mm]
Und bestimme durch Differentiation nach [mm]\phi[/mm] y'.
Nochmalige Differentiation liefert dann y''.
> Vielen Dank für eure Hilfe!
>
> Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen
> Internetseiten gestellt:
>
> [http://www.matheplanet.com/default3.html?call=viewtopic.php?topic=121917&ref=http%3A%2F%2Fwww.google.de%2Fsearch%3Fq%3DPolarkoordinaten%2BDifferentialgleichungen%26ie%3Dutf-8%26oe%3Dutf-8%26aq%3Dt%26rls%3Dorg.mozilla%3Ade%3Aofficial%26client%3Dfirefox-a]
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:38 Do 17.09.2009 | | Autor: | jerry46 |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Hallo jerry46,
>
>
> Hallo Leute, hier meine Aufgabe:
> Gegeben Sie die Differentialgleichung
>
> $ \frac{d}{dx}\left(u^{p-2}(x)\frac{d}{dx}u(x)\right)=-2 $
>
> mit dem Parameter $ p>2 $. Von der gesuchten Funktion sei
> $ u(0)=0 $ und
> die Tatsache bekannt, da"s sie im Ursprung eine senkrechte
> Tangente
> hat.
> Behandeln Sie dieses Problem, welches einem
> Anfangswertproblem ähnelt,
> auf zwei Arten. Im ersten Ansatz setzen Sie $ u'(0)=a $, und
> diskutieren
> das Verhalten der Lösung f"ur $ a\to+\infty $.
> Im zweiten Ansatz führen Sie Polarkoordinaten mit dem
> Ursprung $ (1,0) $
> ein. Die Anfangsbedingungen lauten nun $ r(-\pi)=1 $ und
> $ r'(-\pi)=0 $.
> Die Schwierigkeit des unendlichen Anstiegs ist also
> verschwunden.
> Vergleichen Sie Ihre Lösung mit der Funktion
>
> $ u(x)=\sqrt[p-1]{(p-1)x(2-x)}\,, $
>
> welche die obige Gleichung und die geforderten
> Anfangsbedingungen erf"ullt.
> Suchen Sie Erklärungen für das beobachtete Phänomen.
>
>
> Den ersten Teil der aufgabe habe ich gelöst.
> Es geht um die Polarkoordinaten, ich habe einen Ansatz:
> $ y=\vektor{1+rcos(\phi) \\ rsin(\phi)}, $
> komme damit aber
> nicht weiter.
> Wie kann man polarkoordinaten in die Differentialgleichung
> einführen?
Setze hier an mit:
$ y\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)=y\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right) $
Und bestimme durch Differentiation nach $ \phi $ y'.
Nochmalige Differentiation liefert dann y''.
> Vielen Dank für eure Hilfe!
>
> Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen
> Internetseiten gestellt:
>
> [http://www.matheplanet.com/default3.html?call=viewtopic.php?topic=121917&ref=http%3A%2F%2Fwww.google.de%2Fsearch%3Fq%3DPolarkoordinaten%2BDifferentialgleichungen%26ie%3Dutf-8%26oe%3Dutf-8%26aq%3Dt%26rls%3Dorg.mozilla%3Ade%3Aofficial%26client%3Dfirefox-a]
Gruss
MathePower |
hallo MathePower,
also ich hab dann
$ y\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)=y\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right) $
$ y'\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)= y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right) * \ x'\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) *\ r'\left(\phi\right)$
$y''\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)=y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)*\left(\ x''\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)*\ r'^2\left(\phi\right)\ + x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)* \ r''\left(\phi\right)\right) + y''\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)* x'^2\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)* \ r'^2\left(\phi\right)\right) $
Dann kann ich das ist die DGL einsetzen:
$\left( y^{p-2}\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)* \left(y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)* \ x'\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) *\ r'\left(\phi\right) \right)\right)'=-2$
Das kann man dann noch weiterrechnen, ich bin mir nur nicht sicher..
Wie bekomme ich dann eine DGL die nur von $\ r\left(\phi\right)$ , bzw. $\ r'\left(\phi\right)$ abhängt?
Und inwiefern benutze ich dann die Polakoordinaten bei $\left(1,0\right)$?
Oder hab ich den Ansatz falsch interpretiert?
LG, Jerry46
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Hallo jerry46,
> hallo MathePower,
> also ich hab dann
>
> [mm]y\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)=y\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)[/mm]
>
> [mm]y'\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)= y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right) * \ x'\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) *\ r'\left(\phi\right)[/mm]
Die Ableitung wird hier wie folgt gebildet:
[mm]y'*\left(\bruch{\partial x}{\partial \phi}+\bruch{\partial x}{\partial r}*\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right)=\bruch{\partial y}{\partial \phi}+\bruch{\partial y}{\partial r}*\bruch{\partial r}{\partial \phi}[/mm]
,wobei [mm]\bruch{\partial x}{\partial \phi}, \ \bruch{\partial x}{\partial r}, \ \bruch{\partial y}{\partial \phi}, \ \bruch{\partial y}{\partial r}[/mm]
die entsprechenden partiellen Ableitungen sind.
>
> [mm]y''\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)=y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)*\left(\ x''\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)*\ r'^2\left(\phi\right)\ + x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)* \ r''\left(\phi\right)\right) + y''\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)* x'^2\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)* \ r'^2\left(\phi\right)\right)[/mm]
>
> Dann kann ich das ist die DGL einsetzen:
>
> [mm]\left( y^{p-2}\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)* \left(y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)* \ x'\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) *\ r'\left(\phi\right) \right)\right)'=-2[/mm]
>
> Das kann man dann noch weiterrechnen, ich bin mir nur nicht
> sicher..
> Wie bekomme ich dann eine DGL die nur von [mm]\ r\left(\phi\right)[/mm]
> , bzw. [mm]\ r'\left(\phi\right)[/mm] abhängt?
> Und inwiefern benutze ich dann die Polakoordinaten bei
> [mm]\left(1,0\right)[/mm]?
> Oder hab ich den Ansatz falsch interpretiert?
>
> LG, Jerry46
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:38 Di 22.09.2009 | | Autor: | jerry46 |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Hallo jerry46,
> hallo MathePower,
> also ich hab dann
>
> $ y\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)=y\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right) $
>
> $ y'\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)= y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right) \cdot{} \ x'\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \cdot{}\ r'\left(\phi\right) $
Die Ableitung wird hier wie folgt gebildet:
$ y'\cdot{}\left(\bruch{\partial x}{\partial \phi}+\bruch{\partial x}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right)=\bruch{\partial y}{\partial \phi}+\bruch{\partial y}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi} $
,wobei $ \bruch{\partial x}{\partial \phi}, \ \bruch{\partial x}{\partial r}, \ \bruch{\partial y}{\partial \phi}, \ \bruch{\partial y}{\partial r} $
die entsprechenden partiellen Ableitungen sind.
>
> $ y''\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)=y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)\cdot{}\left(\ x''\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)\cdot{}\ r'^2\left(\phi\right)\ + x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)\cdot{} \ r''\left(\phi\right)\right) + y''\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)\cdot{} x'^2\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)\cdot{} \ r'^2\left(\phi\right)\right) $
>
> Dann kann ich das ist die DGL einsetzen:
>
> $ \left( y^{p-2}\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)\cdot{} \left(y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)\cdot{} \ x'\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \cdot{}\ r'\left(\phi\right) \right)\right)'=-2 $
>
> Das kann man dann noch weiterrechnen, ich bin mir nur nicht
> sicher..
> Wie bekomme ich dann eine DGL die nur von $ \ r\left(\phi\right) $
> , bzw. $ \ r'\left(\phi\right) $ abhängt?
> Und inwiefern benutze ich dann die Polakoordinaten bei
> $ \left(1,0\right) $?
> Oder hab ich den Ansatz falsch interpretiert?
>
> LG, Jerry46
Gruss
MathePower |
Also, es tut mir leid, aber ich verstehe deinen Ansatz nicht.
Ich forme die DGL um, und leite nach x ab, also:
y''_{xx}+\bruch{(p-2) }{y} y_x '^2+\bruch{2}{y^{p-2}},
wobei, wenn ich nach x ableite ich nach
\bruch{\partial x}{\partial \phi}+\bruch{\partial x}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right
ableiten muss, ist das richtig?
Dann ist also
y'_x=\bruch{\partial y}{\partial \phi}+\bruch{\partial y}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}
und
y''_{xx}=\bruch{\partial^2 y}{\partial \phi^2}+\bruch{\partial^2 y}{\partial r^2}\cdot{}\bruch{\partial^2 r}{\partial \phi^2}
Ist das so richtig?
Und wie geht es dann weiter?
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Hallo jerry46,
> Hallo jerry46,
>
> > hallo MathePower,
> > also ich hab dann
> >
> > [mm]y\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)=y\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)[/mm]
>
>
> >
> > [mm]y'\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)= y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right) \cdot{} \ x'\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \cdot{}\ r'\left(\phi\right)[/mm]
>
>
> Die Ableitung wird hier wie folgt gebildet:
>
>
> [mm]y'\cdot{}\left(\bruch{\partial x}{\partial \phi}+\bruch{\partial x}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right)=\bruch{\partial y}{\partial \phi}+\bruch{\partial y}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}[/mm]
>
> ,wobei [mm]\bruch{\partial x}{\partial \phi}, \ \bruch{\partial x}{\partial r}, \ \bruch{\partial y}{\partial \phi}, \ \bruch{\partial y}{\partial r}[/mm]
>
> die entsprechenden partiellen Ableitungen sind.
>
>
> >
> > [mm]y''\left( \ r\left(\phi\right), \phi \ \right)=y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)\cdot{}\left(\ x''\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)\cdot{}\ r'^2\left(\phi\right)\ + x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)\cdot{} \ r''\left(\phi\right)\right) + y''\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)\cdot{} x'^2\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right)\cdot{} \ r'^2\left(\phi\right)\right)[/mm]
>
> >
> > Dann kann ich das ist die DGL einsetzen:
> >
> > [mm]\left( y^{p-2}\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)\cdot{} \left(y'\left( \ x\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \ \right)\cdot{} \ x'\left(\ r\left(\phi\right), \phi \ \right) \cdot{}\ r'\left(\phi\right) \right)\right)'=-2[/mm]
>
> >
> > Das kann man dann noch weiterrechnen, ich bin mir nur
> nicht
> > sicher..
> > Wie bekomme ich dann eine DGL die nur von [mm]\ r\left(\phi\right)[/mm]
>
> > , bzw. [mm]\ r'\left(\phi\right)[/mm] abhängt?
> > Und inwiefern benutze ich dann die Polakoordinaten bei
> > [mm]\left(1,0\right) [/mm]?
> > Oder hab ich den Ansatz falsch
> interpretiert?
> >
> > LG, Jerry46
>
>
> Gruss
> MathePower
> Also, es tut mir leid, aber ich verstehe deinen Ansatz
> nicht.
> Ich forme die DGL um, und leite nach x ab, also:
> [mm]y''_{xx}+\bruch{(p-2) }{y} y_x '^2+\bruch{2}{y^{p-2}},[/mm]
>
> wobei, wenn ich nach x ableite ich nach
> [mm]\bruch{\partial x}{\partial \phi}+\bruch{\partial x}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right[/mm]
>
> ableiten muss, ist das richtig?
Das ist jetzt die Ableitung von x nach [mm]\phi[/mm]. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Dann ist also
> [mm]y'_x=\bruch{\partial y}{\partial \phi}+\bruch{\partial y}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}[/mm]
Das ist jetzt die Ableitung von y nach [mm]\phi[/mm].
>
> und
> [mm]y''_{xx}=\bruch{\partial^2 y}{\partial \phi^2}+\bruch{\partial^2 y}{\partial r^2}\cdot{}\bruch{\partial^2 r}{\partial \phi^2}[/mm]
>
> Ist das so richtig?
Leider nicht.
Für das nochmalige Ableiten empfiehlt es sich
[mm]u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right):=\bruch{\partial x}{\partial \phi}+\bruch{\partial x}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right[/mm]
und
[mm]v\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right):=\bruch{\partial y}{\partial \phi}+\bruch{\partial y}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right[/mm]
zu setzen.
Dann kannst Du nach der Produktregel ableiten:
[mm]\bruch{d}{d\phi}\left( \ y'\left( \ x \left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) \ \right) * u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) \ \right)=\bruch{d}{d\phi}v\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)[/mm]
> Und wie geht es dann weiter?
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:01 Mi 23.09.2009 | | Autor: | jerry46 |
| Aufgabe | > Also, es tut mir leid, aber ich verstehe deinen Ansatz
> nicht.
> Ich forme die DGL um, und leite nach x ab, also:
> $ [mm] y''_{xx}+\bruch{(p-2) }{y} y_x '^2+\bruch{2}{y^{p-2}}, [/mm] $
>
> wobei, wenn ich nach x ableite ich nach
> $ [mm] \bruch{\partial x}{\partial \phi}+\bruch{\partial x}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right [/mm] $
>
> ableiten muss, ist das richtig?
Das ist jetzt die Ableitung von x nach $ [mm] \phi [/mm] $.
> Dann ist also
> $ [mm] y'_x=\bruch{\partial y}{\partial \phi}+\bruch{\partial y}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi} [/mm] $
Das ist jetzt die Ableitung von y nach $ [mm] \phi [/mm] $.
>
> und
> $ [mm] y''_{xx}=\bruch{\partial^2 y}{\partial \phi^2}+\bruch{\partial^2 y}{\partial r^2}\cdot{}\bruch{\partial^2 r}{\partial \phi^2} [/mm] $
>
> Ist das so richtig?
Leider nicht.
Für das nochmalige Ableiten empfiehlt es sich
$ [mm] u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right):=\bruch{\partial x}{\partial \phi}+\bruch{\partial x}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right [/mm] $
und
$ [mm] v\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right):=\bruch{\partial y}{\partial \phi}+\bruch{\partial y}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right [/mm] $
zu setzen.
Dann kannst Du nach der Produktregel ableiten:
$ [mm] \bruch{d}{d\phi}\left( \ y'\left( \ x \left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) \ \right) \cdot{} u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) \ \right)=\bruch{d}{d\phi}v\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) [/mm] $
> Und wie geht es dann weiter?
Gruss
MathePower |
Hallo MathePower,
ich setze dann also ein uns leite nach [mm] $\phi$ [/mm] ab:
$\ [mm] y''\left( \ x \left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) \ \right)=\bruch{\bruch{d}{d\phi}v\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)- \bruch{d}{d\phi}y'\left(x\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) \ \right)\cdot{}\bruch{d}{d\phi}u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)}{u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)}$,
[/mm]
wobei [mm] $\bruch{d}{d\phi}v$ [/mm] gleich v nach [mm] $\phi$ [/mm] abgeleitet ist
[mm] $\bruch{d}{d\phi}v\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)=\bruch{\partial v}{\partial \phi}+\bruch{\partial v}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right [/mm] $,
analog
[mm] $\bruch{d}{d\phi}y'\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)=\bruch{\partial y'}{\partial \phi}+\bruch{\partial y'}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right [/mm] $,
und
[mm] $\bruch{d}{d\phi}u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)=\bruch{\partial u}{\partial \phi}+\bruch{\partial u}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right [/mm] $.
So?
Entschuldige bitte meine Begriffstutzigkeit, ich hab erst sehr wenig mit partiellen Ableitungen gearbeitet...
Gruß, jerry46
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Hallo jerry46,
> > Also, es tut mir leid, aber ich verstehe deinen Ansatz
> > nicht.
> > Ich forme die DGL um, und leite nach x ab, also:
> > [mm]y''_{xx}+\bruch{(p-2) }{y} y_x '^2+\bruch{2}{y^{p-2}},[/mm]
>
> >
> > wobei, wenn ich nach x ableite ich nach
> > [mm]\bruch{\partial x}{\partial \phi}+\bruch{\partial x}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right[/mm]
>
> >
> > ableiten muss, ist das richtig?
>
>
> Das ist jetzt die Ableitung von x nach [mm]\phi [/mm].
>
>
> > Dann ist also
> > [mm]y'_x=\bruch{\partial y}{\partial \phi}+\bruch{\partial y}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}[/mm]
>
>
> Das ist jetzt die Ableitung von y nach [mm]\phi [/mm].
>
>
> >
> > und
> > [mm]y''_{xx}=\bruch{\partial^2 y}{\partial \phi^2}+\bruch{\partial^2 y}{\partial r^2}\cdot{}\bruch{\partial^2 r}{\partial \phi^2}[/mm]
>
> >
> > Ist das so richtig?
>
>
> Leider nicht.
>
>
> Für das nochmalige Ableiten empfiehlt es sich
>
> [mm]u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right):=\bruch{\partial x}{\partial \phi}+\bruch{\partial x}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right[/mm]
>
> und
>
> [mm]v\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right):=\bruch{\partial y}{\partial \phi}+\bruch{\partial y}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right[/mm]
>
> zu setzen.
>
> Dann kannst Du nach der Produktregel ableiten:
>
> [mm]\bruch{d}{d\phi}\left( \ y'\left( \ x \left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) \ \right) \cdot{} u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) \ \right)=\bruch{d}{d\phi}v\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)[/mm]
>
>
> > Und wie geht es dann weiter?
>
>
> Gruss
> MathePower
> Hallo MathePower,
> ich setze dann also ein uns leite nach [mm]\phi[/mm] ab:
> [mm]\ y''\left( \ x \left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) \ \right)=\bruch{\bruch{d}{d\phi}v\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)- \bruch{d}{d\phi}y'\left(x\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right) \ \right)\cdot{}\bruch{d}{d\phi}u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)}{u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)}[/mm],
>
> wobei [mm]\bruch{d}{d\phi}v[/mm] gleich v nach [mm]\phi[/mm] abgeleitet ist
> [mm]\bruch{d}{d\phi}v\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)=\bruch{\partial v}{\partial \phi}+\bruch{\partial v}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right [/mm],
>
> analog
> [mm]\bruch{d}{d\phi}y'\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)=\bruch{\partial y'}{\partial \phi}+\bruch{\partial y'}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right [/mm],
>
> und
> [mm]\bruch{d}{d\phi}u\left( \ \phi, \ r\left(\phi\right) \ \right)=\bruch{\partial u}{\partial \phi}+\bruch{\partial u}{\partial r}\cdot{}\bruch{\partial r}{\partial \phi}\right [/mm].
Jetzt mußt Du noch u und bzw. deren Ableitungen dementsprechend ersetzen.
>
> So?
> Entschuldige bitte meine Begriffstutzigkeit, ich hab erst
> sehr wenig mit partiellen Ableitungen gearbeitet...
Ok, dann machen wir das anders:
[mm]y\left( \ x\left(\phi\right) \ \right)=y\left(\phi\right)=1+r\left(\phi\right)*\cos\left(\phi\right)[/mm]
mit
[mm]x\left(\phi\right)=r\left(\phi\right)*\sin\left(\phi\right)[/mm]
Nach der Kettenregel ist dann
[mm]y'\left( \ x\left(\phi\right) \right) * \dot{x}\left(\phi\right) =\dot{y}\left(\phi\right)[/mm]
,wobei [mm]\dot{x}\left(\phi\right)=\bruch{dx}{d\phi}}\left(\phi\right)[/mm]
und [mm]\dot{y}\left(\phi\right)=\bruch{dy}{d\phi}}\left(\phi\right)[/mm]
Nochmalige Differentiation liefert dann durch Umformung y''.
>
> Gruß, jerry46
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:54 Do 24.09.2009 | | Autor: | jerry46 |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Ok, dann machen wir das anders:
$ y\left( \ x\left(\phi\right) \ \right)=y\left(\phi\right)=1+r\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right) $
mit
$ x\left(\phi\right)=r\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right) $
Nach der Kettenregel ist dann
$ y'\left( \ x\left(\phi\right) \right) \cdot{} \dot{x}\left(\phi\right) =\dot{y}\left(\phi\right) $
,wobei $ \dot{x}\left(\phi\right)=\bruch{dx}{d\phi}}\left(\phi\right) $
und $ \dot{y}\left(\phi\right)=\bruch{dy}{d\phi}}\left(\phi\right) $
Nochmalige Differentiation liefert dann durch Umformung y''.
>
> Gruß, jerry46
Gruss
MathePower |
Dann ist
$y\left(\phi\right)=1+r\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right) $
$ x\left(\phi\right)=r\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right) $
$\dot{y}\left(\phi\right)=r'\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)-r\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right) $
$\dot{x}\left(\phi\right)=r'\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)+r\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right) $
$\dot{}\dot{y}\left(\phi\right)=r''\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)-2r'\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)-r\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)$
$\dot{}\dot{x}\left(\phi\right)=r''\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)+2r'\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)-r\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)$
Und damit bekommt man:
$ y'\left( \ x\left(\phi\right) \right)=\bruch{\dot{y}\left(\phi\right)}{\dot{x}\left(\phi\right)}$
und nachdem ich
$ y'\left( \ x\left(\phi\right) \right) \cdot{} \dot{x}\left(\phi\right) =\dot{y}\left(\phi\right) $
nochmal abgeleitet hab, ist dann
$y''\left( \ x\left(\phi\right) \right)=\bruch{\dot{}\dot{y}\left(\phi\right)-\bruch{\dot{y}\left(\phi\right)}{\dot{x}\left(\phi\right)}\cdot{}
\dot{}\dot{x}\left(\phi\right)}{\dot{x}\left(\phi\right)^2}$
Das kann ich in die umgestellte DGL
$ y''+\bruch{(p-2) }{y} y'^2+\bruch{2}{y^{p-2}}=0$
einsetzen.
Ist das soweit richtig?
GRuß, jerry46
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Hallo jerry46,
> Ok, dann machen wir das anders:
>
> [mm]y\left( \ x\left(\phi\right) \ \right)=y\left(\phi\right)=1+r\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)[/mm]
>
> mit
>
> [mm]x\left(\phi\right)=r\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)[/mm]
>
>
> Nach der Kettenregel ist dann
>
> [mm]y'\left( \ x\left(\phi\right) \right) \cdot{} \dot{x}\left(\phi\right) =\dot{y}\left(\phi\right)[/mm]
>
> ,wobei
> [mm]\dot{x}\left(\phi\right)=\bruch{dx}{d\phi}}\left(\phi\right)[/mm]
>
> und
> [mm]\dot{y}\left(\phi\right)=\bruch{dy}{d\phi}}\left(\phi\right)[/mm]
>
> Nochmalige Differentiation liefert dann durch Umformung
> y''.
>
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> > Gruß, jerry46
>
>
> Gruss
> MathePower
> Dann ist
>
> [mm]y\left(\phi\right)=1+r\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)[/mm]
>
> [mm]x\left(\phi\right)=r\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)[/mm]
>
> [mm]\dot{y}\left(\phi\right)=r'\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)-r\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)[/mm]
>
> [mm]\dot{x}\left(\phi\right)=r'\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)+r\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)[/mm]
>
> [mm]\dot{}\dot{y}\left(\phi\right)=r''\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)-2r'\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)-r\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)[/mm]
>
> [mm]\dot{}\dot{x}\left(\phi\right)=r''\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)+2r'\left(\phi\right)\cdot{}\cos\left(\phi\right)-r\left(\phi\right)\cdot{}\sin\left(\phi\right)[/mm]
>
> Und damit bekommt man:
>
> [mm]y'\left( \ x\left(\phi\right) \right)=\bruch{\dot{y}\left(\phi\right)}{\dot{x}\left(\phi\right)}[/mm]
>
> und nachdem ich
> [mm]y'\left( \ x\left(\phi\right) \right) \cdot{} \dot{x}\left(\phi\right) =\dot{y}\left(\phi\right)[/mm]
>
> nochmal abgeleitet hab, ist dann
>
> [mm]$y''\left( \ x\left(\phi\right) \right)=\bruch{\dot{}\dot{y}\left(\phi\right)-\bruch{\dot{y}\left(\phi\right)}{\dot{x}\left(\phi\right)}\cdot{}
\dot{}\dot{x}\left(\phi\right)}{\dot{x}\left(\phi\right)^2}$[/mm]
>
> Das kann ich in die umgestellte DGL
>
> [mm]y''+\bruch{(p-2) }{y} y'^2+\bruch{2}{y^{p-2}}=0[/mm]
> einsetzen.
>
> Ist das soweit richtig?
Ja.
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> GRuß, jerry46
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:43 Mo 28.09.2009 | | Autor: | jerry46 |
Hallo MathePower,
vielen Dank für deine Hilfe, und vor allem Geduld :)
gruß jerry46
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