DGL wird komplex < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:34 Do 09.12.2010 | | Autor: | M-Ti |
Hallo!
Ich versuche gerade folgende Aufgabe zu lösen:
y''+4y=1
In der Aufgabe steht, dass man ggf. die komplexe Schreibweise in eine reele umformulieren soll.
Lösung der homogenen DGL:
y''+4y=0
[mm] e^{\lambda*t}[(\lambda)^2+2]=0
[/mm]
--> [mm] \lambda_{1}=+2i \lambda_{2}=-2i
[/mm]
Fundamentalsystem:
y1(t)=C1*e^(2i*t) und y2(t)=C2*e^(-2i*t)
[mm] \vektor{C1't(t) \\ C2'(t)}*\pmat{ e^(2i*t) & e^(-2i*t) \\ 2i*e^(2i*t) & -2i*e^(-2i*t) }=\vektor{0\\ 1}
[/mm]
<->
[mm] \vektor{C1't(t) \\ C2'(t)}=\bruch{1}{-2i-2i}*\pmat{ -2i*e^(-2i*t)& -e^(-2i*t) \\ -2i*e^(2i*t) & e^(2i*t)}*\vektor{0\\ 1}=\bruch{1}{-4i}*\vektor{-e^(-2i*t) \\ e^(2i*t)}=\vektor{ \bruch{1}{4i*e^(2i*t)}\\ \bruch{e^(2i*t)}{4i}}=\vektor{C1't(t) \\ C2'(t)}
[/mm]
[mm] C1(t)=-\bruch{1}{8i}*e^{-2i*t}
[/mm]
[mm] C2(t)=-\bruch{1}{8i}*e^{2i*t}
[/mm]
Stimmt das so?
Dann wäre die partikuläre Lösung:
[mm] y1p(t)=-\bruch{1}{8i}
[/mm]
[mm] y2p(t)=-\bruch{1}{8i}
[/mm]
und die gesuchte Lösung:
[mm] y=y1h+y1p+y2h+y2p=C1*e^{2i*t}-\bruch{1}{8i}+C2*e^{-2i*t}-\bruch{1}{8i}=-\bruch{1}{4i}+C1*e^{2i*t}+C2*e^{-2i*t}
[/mm]
Ist das die gesuchte reelwerte Funktion?
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Hallo M-Ti,
> Hallo!
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> Ich versuche gerade folgende Aufgabe zu lösen:
> y''+4y=1
> In der Aufgabe steht, dass man ggf. die komplexe
> Schreibweise in eine reele umformulieren soll.
>
> Lösung der homogenen DGL:
> y''+4y=0
> [mm]e^{\lambda*t}[(\lambda)^2+2]=0[/mm]
> --> [mm]\lambda_{1}=+2i \lambda_{2}=-2i[/mm]
>
> Fundamentalsystem:
> y1(t)=C1*e^(2i*t) und y2(t)=C2*e^(-2i*t)
>
> [mm]\vektor{C1't(t) \\ C2'(t)}*\pmat{ e^(2i*t) & e^(-2i*t) \\ 2i*e^(2i*t) & -2i*e^(-2i*t) }=\vektor{0\\ 1}[/mm]
>
> <->
> [mm]\vektor{C1't(t) \\ C2'(t)}=\bruch{1}{-2i-2i}*\pmat{ -2i*e^(-2i*t)& -e^(-2i*t) \\ -2i*e^(2i*t) & e^(2i*t)}*\vektor{0\\ 1}=\bruch{1}{-4i}*\vektor{-e^(-2i*t) \\ e^(2i*t)}=\vektor{ \bruch{1}{4i*e^(2i*t)}\\ \bruch{e^(2i*t)}{4i}}=\vektor{C1't(t) \\ C2'(t)}[/mm]
>
> [mm]C1(t)=-\bruch{1}{8i}*e^{-2i*t}[/mm]
>
> [mm]C2(t)=-\bruch{1}{8i}*e^{2i*t}[/mm]
>
> Stimmt das so?
Die beiden Funktionen [mm]C1(t), \ C2(t)[/mm] müssen lauten:
[mm]C1(t)=\bruch{1}{8}*e^{-2i*t}[/mm]
[mm]C2(t)=\bruch{1}{8}*e^{2i*t}[/mm]
>
> Dann wäre die partikuläre Lösung:
> [mm]y1p(t)=-\bruch{1}{8i}[/mm]
> [mm]y2p(t)=-\bruch{1}{8i}[/mm]
>
> und die gesuchte Lösung:
>
> [mm]y=y1h+y1p+y2h+y2p=C1*e^{2i*t}-\bruch{1}{8i}+C2*e^{-2i*t}-\bruch{1}{8i}=-\bruch{1}{4i}+C1*e^{2i*t}+C2*e^{-2i*t}[/mm]
>
> Ist das die gesuchte reelwerte Funktion?
Nein, das ist sie nicht..
Eine reellwertige Lösung erhältst Du durch
spezielle Wahl der Konstanten C1,C2.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:20 Do 09.12.2010 | | Autor: | M-Ti |
Die beiden Funktionen $ C1(t), \ C2(t) $ müssen lauten:
$ [mm] C1(t)=\bruch{1}{8}\cdot{}e^{-2i\cdot{}t} [/mm] $
$ [mm] C2(t)=\bruch{1}{8}\cdot{}e^{2i\cdot{}t} [/mm] $
stimmt, da habe ich vergessen, die i's runter zu holen.
Nein, das ist sie nicht..
Eine reellwertige Lösung erhältst Du durch
spezielle Wahl der Konstanten C1,C2.
Und wie mache ich das?
Einfach sagen y1(0)=y2(0)=1 und dann ausrechnen? Also kann man sich das freiwählen?
Das wäre dann:
[mm] y1(0)=1=yh(0)+y1p(0)=C1*1+\bruch{1}{8} [/mm] --> [mm] C1=\bruch{7}{8}
[/mm]
[mm] y2(0)=1=C2*1+\bruch{1}{8} [/mm] --> [mm] C2=\bruch{7}{8}
[/mm]
und somit
[mm] y(t)=e^{2i*t}+\bruch{1}{8} +e^{-2i*t}+\bruch{1}{8}=e^{2i*t}+e^{-2i*t}+\bruch{1}{4}?
[/mm]
Oder was meinst Du mit spezieller Lösung?
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Hallo M-Ti,
> Die beiden Funktionen [mm]C1(t), \ C2(t)[/mm] müssen lauten:
>
> [mm]C1(t)=\bruch{1}{8}\cdot{}e^{-2i\cdot{}t}[/mm]
>
> [mm]C2(t)=\bruch{1}{8}\cdot{}e^{2i\cdot{}t}[/mm]
>
> stimmt, da habe ich vergessen, die i's runter zu holen.
>
>
>
>
> Nein, das ist sie nicht..
>
> Eine reellwertige Lösung erhältst Du durch
> spezielle Wahl der Konstanten C1,C2.
>
>
> Und wie mache ich das?
Betrachte die Lösung der homogenen DGL.
Untersuche dann, für welche Wahl der Konstanten C1,C2
diese Lösung reell ist.
Dazu nimmst Du an, daß
[mm]C1=a_{1}+i*b_{1}, \ C2=a_{2}+i*b_{2}, \ a_{k}. b_{k} \in \IR, \ k=1,2[/mm]
Mutilpliziere dann die homogene Lösung aus, und bestimme
[mm]a_{k}. b_{k} , \ k=1,2[/mm]., so daß Du eine reelle Lösung erhältst.
Andererseits, wenn eine DGL komplexe Lösungen besitzt.
dann stellen sowohl Real- als auch Imaginärteil dieser
komplexen Lösung auch Lösungen der homogenen DGL dar.
> Einfach sagen y1(0)=y2(0)=1 und dann ausrechnen? Also kann
> man sich das freiwählen?
>
> Das wäre dann:
>
> [mm]y1(0)=1=yh(0)+y1p(0)=C1*1+\bruch{1}{8}[/mm] -->
> [mm]C1=\bruch{7}{8}[/mm]
> [mm]y2(0)=1=C2*1+\bruch{1}{8}[/mm] --> [mm]C2=\bruch{7}{8}[/mm]
>
> und somit
> [mm]y(t)=e^{2i*t}+\bruch{1}{8} +e^{-2i*t}+\bruch{1}{8}=e^{2i*t}+e^{-2i*t}+\bruch{1}{4}?[/mm]
Das ist die komplexe Lösung der DGL. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Oder was meinst Du mit spezieller Lösung?
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:56 Fr 10.12.2010 | | Autor: | M-Ti |
y'+4y=1
Die homogenen Lösungen lauten:
y1(t)=C1*e^(2i*t) und y2(t)=C2*e^(-2i*t)
wenn ich C1=e^(-2i*t) und C2=e^(2i*t) wähle, dann sind y1(t)=y2(t)=1 und reell.
Für die inhomogene DGL:
[mm] \vektor{C1'(t)\\ C2'(t)}=\bruch{1}{det[\pmat{ 1 & 1 \\ 0 & 0 }]}*\pmat{ 0 & -1 \\ 0 & 1 }*\vektor{0 \\ 1}=\vektor{0 \\ 0}
[/mm]
Das scheint nicht richtig zu sein. Kannst Du mir das bitte mal an dieser Aufgabe erklären (vorrechnen)
Besten Dank.
Gruß
M-Ti
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Hallo M-Ti,.
> y'+4y=1
>
> Die homogenen Lösungen lauten:
>
> y1(t)=C1*e^(2i*t) und y2(t)=C2*e^(-2i*t)
>
> wenn ich C1=e^(-2i*t) und C2=e^(2i*t) wähle, dann sind
> y1(t)=y2(t)=1 und reell.
Die Konstanten C1 und C2 müssen auch konstant sein.
Die Lösung der homogenen DGL ergibt sich zu:
[mm]y\left(t\right)=c_{1}*e^{2*i*t}+c_{2}*e^{-2*i*t}[/mm]
Setze für [mm]c_{k}=a_{k}+i*b_{k}, a_{k},b_{k} \in \IR, \ k=1,2[/mm] ein.
Dann ergibt sich:
[mm]y\left(t\right)=\left(a_{1}+i*b_{1}\right)*e^{2*i*t}+\left(a_{2}+i*b_{2}\right)*e^{-2*i*t}[/mm]
Weiterhin gilt [mm]e^{i*\alpha}=\cos\left(\alpha\right)+i*\sin\left(\alpha\right)[/mm]
Damit ist die Lösung
[mm]y\left(t\right)=\left(a_{1}+i*b_{1}\right)*\left( \ \cos\left(2t\right)+i*\sin\left(2*t\right) \ \right)+\left(a_{2}+i*b_{2}\right)*\left( \ \cos\left(2t\right)-i*\sin\left(2*t\right) \ \right)[/mm]
zu untersuchen, wann diese reell ist.
>
> Für die inhomogene DGL:
>
> [mm]\vektor{C1'(t)\\ C2'(t)}=\bruch{1}{det[\pmat{ 1 & 1 \\ 0 & 0 }]}*\pmat{ 0 & -1 \\ 0 & 1 }*\vektor{0 \\ 1}=\vektor{0 \\ 0}[/mm]
>
>
> Das scheint nicht richtig zu sein. Kannst Du mir das bitte
> mal an dieser Aufgabe erklären (vorrechnen)
>
> Besten Dank.
>
> Gruß
> M-Ti
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:06 Fr 10.12.2010 | | Autor: | M-Ti |
Danke.
Ich habe jetzt im Skript nachgeschaut und das noch ein Mal wie dort versucht:
Die Lösung der homogenen DGL ist:
[mm] y1(t)=e^{-\bruch{t}{2}}*cos(\bruch{\wurzel{3}}{2}*t)
[/mm]
[mm] y2(t)=e^{-\bruch{t}{2}}*sin(\bruch{\wurzel{3}}{2}*t)
[/mm]
Jetzt waren da aber nur 2 Beispiele, wo die homogene DGL einmal dem cos(t) und einmal dem sin(t) gleichgesetzt wurde mit entsprechenden spezifischen Formeln wie man das für den cos und sin macht. Das ganze war auch ziemlich unübersichtlich und lang, sodass ich das nicht nachvollziehen konnte.
Ich konnte nichts finden, wie man das Ganze angeht, wenn die homogene DGL =1 oder =t oder [mm] =e^t [/mm] oder sonst was ist.
Kannst di mir das bitte nochmal kurz weiterrechnen?
Vielen Dank.
Gruß
M-Ti
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:13 Fr 10.12.2010 | | Autor: | M-Ti |
Oh sorry, das sind die homogenen Lösungen einer anderen Aufgabe gewesen, die ich versucht habe auszurechnen.
Aber wie würde es funktionieren, wenn es doch die richtige Lösung wäre?
Richtig wäre hier:
y1(t)=cos(2t) und y2(t)=sin(2t)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:19 Fr 10.12.2010 | | Autor: | M-Ti |
Oh sorry, das sind die homogenen Lösungen einer anderen Aufgabe gewesen, die ich versucht habe auszurechnen.
Richtig wäre hier:
y1(t)=cos(2t) und y2(t)=sin(2t)
PS: Die DGL aus der Aufgabe war: y''+4y=1
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:25 Fr 10.12.2010 | | Autor: | abakus |
> Oh sorry, das sind die homogenen Lösungen einer anderen
> Aufgabe gewesen, die ich versucht habe auszurechnen.
>
>
> Richtig wäre hier:
> y1(t)=cos(2t) und y2(t)=sin(2t)
>
> PS: Die DGL aus der Aufgabe war: y''+4y=1
Ich bezog mich erstmal nur auf die homogene DGL.
Der Rest muss natürlich noch kommen.
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:28 Fr 10.12.2010 | | Autor: | M-Ti |
Danke, dass du antwortest.
Ich weiß aber noch immer nicht wie ich weitermachen muss...
Ich habe ja keine Konstanten mehr um die partikuläre Lösung zu finden...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:10 Sa 11.12.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
die allg reelle Losg der homogenen ist doch [mm] y_h=C_1cos(2x)+C_2sin(2x)
[/mm]
und um eine part. der inhomogenen zu finden ist der ansatz [mm] y_p=a [/mm] das schnellste. wozu brauchst du da Konstanten?
grus leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:40 Sa 11.12.2010 | | Autor: | M-Ti |
Das Problem ist, dass ich den Ansatz yp=a nicht kenne. Mit den Ansätzen, die ich bisher benutzt habe, komme ich auch nciht weiter...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:47 Sa 11.12.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
qwnn du ihn nicht kennst warum probierst du ihn nicht aaus?
a=const, y''=0 ist doch sehr offensichtlich ene Lösung der inh. Dgl. und was const ist kann man eigentlich auch dirkt sehen. dazu braucht man doch was ncht "Kennen! Jede Lösung der inh. die man rät ist gut!
gruss leduart
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:15 Fr 10.12.2010 | | Autor: | abakus |
> Danke.
>
> Ich habe jetzt im Skript nachgeschaut und das noch ein Mal
> wie dort versucht:
>
> Die Lösung der homogenen DGL ist:
> [mm]y1(t)=e^{-\bruch{t}{2}}*cos(\bruch{\wurzel{3}}{2}*t)[/mm]
> [mm]y2(t)=e^{-\bruch{t}{2}}*sin(\bruch{\wurzel{3}}{2}*t)[/mm]
>
> Jetzt waren da aber nur 2 Beispiele, wo die homogene DGL
> einmal dem cos(t) und einmal dem sin(t) gleichgesetzt wurde
> mit entsprechenden spezifischen Formeln wie man das für
> den cos und sin macht. Das ganze war auch ziemlich
> unübersichtlich und lang, sodass ich das nicht
> nachvollziehen konnte.
>
> Ich konnte nichts finden, wie man das Ganze angeht, wenn
> die homogene DGL =1 oder =t oder [mm]=e^t[/mm] oder sonst was ist.
>
> Kannst di mir das bitte nochmal kurz weiterrechnen?
>
> Vielen Dank.
> Gruß
> M-Ti
>
Hallo,
mir fallen spontan nur zwei (von y=0 verschiedene) Funktionen ein, deren Summe mit ihrer zweiten Ableitung Null ergibt:
Die zweite Ableitung von sin(x) ist -sin(x), und die zweite Ableitung von cos(x) ist -cos(x).
Wenn man da noch eine 2 reinnimmt (z.B. sin(2x)), dann ist die zweite Ableitung 2*2*(-sin(x)), also das (-4)-fache der Funktion sin(2x).
Mit dem Kosinus von 2x funktioniert das genau so.
Das schaffst du weder mit einer reellen Funktion vom Typ [mm] e^x [/mm] noch mit dem Typ [mm] e^{-x}.
[/mm]
Gruß Abakus
Gruß Abakus
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