Hallo,

prinzipiell sind Störfunktionen der selben Art wie die partikuläre Lösung. 

Hast du ein Polynom als Störfunktion, so ist der Ansatz der partikuläre Lösung auch ein Polynom selben Grades. Hast du eine Exponentialfunktion als Störfunktion, so ist dein Ansatz auch eine Exponentialfunktion usw.

Ich muss gerade ehrlich sagen ich wüsste gar nicht genau wie es bei cot(x) aussieht. Finde gerade leider auch nichts dazu. Werde morgen nochmal etwas recherchieren. 
Hast du vielleicht eine Beispielaufgabe?

Grüße Christian

Die Aufgabe lautet:

Lösen Sie die  folgende Differentialgleichung: \(y'=-(y+1)*\cot(x)\), Anfangswert: \(y_{(\pi/2)}=0\)

Hinweis: \(\int\frac{dy}{y+1}=ln\vert{y+1}\vert\); \(\int\cot xdx=ln\vert\sin x\vert\)

Mein Lösungsansatz war die Klammer ausmultiplizieren mit \(\cot x\), wobei sich ergibt:

\(y'=-y*\cot x-\cot x\), bzw. \(y'+y\cot x=-\cot x\).

Dann wäre \(-\cot x\) die Störfunktion.

Meine Überlegung war den Kotangens umzuformen nach \(\cot x=\frac {\cos x} {\sin x}\)

Die beiden Winkelfunktionen müssten sich dann mithilfe eines Lösungsansatzes zu einer partikulären Lösung formen lassen. Ich habe den Lösungsansatz \(y_{p}=A*\sin x+B*\cos x\) gefunden. Den könnte man dann anwenden oder?

Es würde dann folgendermaßen aussehen:

\(y_{p}=-\frac{A_{1}*\sin x+B_{1}*\cos x}{A_{2}*\sin x+B_{2}*\cos x}\)

Ich habe die Lösung der Aufgabe, jedoch ohne Lösungsweg.

Die allgemeine Lösung ist \(y=\frac{C}{\sin x}-1\)

Ich glaube ich hab die Lösung selbst gefunden.

Wenn ich nach dem Schema was ich oben beschrieben hab vorgehe habe ich ja die partikuläre Lösung \(y_{p}=-\frac{A_{1}*\sin x+B_{1}*\cos x}{A_{2}*\sin x+B_{2}*\cos x}\)

Angenommen die Stellparameter \(A_{1}=A_{2}\), und \(B_{1}=B_{2}\), dann kürzt sich der Bruch zu \(y_{p}=-1\)

Daraus ergibt sich die Lösung, da durch Trennung der Variablen \(y_{h}=\frac{C}{\sin x}\) entsteht.

Ist das soweit korrekt?

Hier musst du gar nicht gesondert auf die Störfunktion eingehen. Es gilt

\( y' =-(y+1) \cdot \cot(x) \\ \Rightarrow \frac {dy} {dx} = -(y+1) \cdot \cot(x) \\ \Rightarrow \frac {dy} {y+1} = - \cot(x) dx \\ \Rightarrow \ln\vert y+1 \vert = - \ln\vert \sin(x) \vert +C \\ \Rightarrow y+1 = e^{-\ln \vert \sin(x) \vert + C} = e^{\ln \vert \sin(x) \vert^{-1}} \cdot e^C = \frac C {\sin(x)} \)

Im letzten Schritt, habe ich \( e^C \) als eine neue Konstante aufgefasst. Stellen wir das nach \( y \) um, erhalten wir die Lösung.

\( y = \frac C {\sin(x)} -1 \)

Prinzipiell solltest du aber Recht haben. Da \( \cot(x) = \frac {\cos(x)}{\sin(x)} \) gilt, sollte dein Ansatz der richtige sein. Bedenke aber immer vorher ob du überhaupt die Störfunktion einzelnd betrachten musst. 
Für die Trennung der Variablen, reicht es das deine DGL die Form 

\( y' = f(y) \cdot g(x) \)

hat. Bei uns ist dann \( f(y) = y+1 \)

Grüße Christian

Ich habe mir im Prinzip eine Störfunktion durch das Ausmultiplizieren geschaffen, wo eigentlich gar keine ist.

Danke für die schnelle Antwort.

MfG,

Lui