Lösen einer DLG mit Anfangsbed < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:14 Sa 15.09.2007 | | Autor: | nilstk |
| Aufgabe | x'' + [mm] (PI^2)x [/mm] = [mm] e^t [/mm] mit x(0)=0 und x'(0)=0
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Hallo,
ich hab leider massive Problem mit obigem Aufgabentyp (so dass ich nicht mal einen Ansatz schaffe) .
Versuch mir das gerade nochmal im Papula-Buch anzulesen, aber wirklich verstehen was man da machen muss, tue ich es derzeit nicht.
Vielleicht ist es machbar, dass jemand mir einen kleinen Crashkurs geben kann, so dass ich derartige Aufgaben in meiner Klausur gelöst bekomme.
Man kann dies ja einmal ohne und einmal mit Laplace lösen.
Primär würde es mir um die Lösung ohne gehen.
Vielen Dank !! Gruss Nils
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:14 Sa 15.09.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Nils!
> x'' + [mm](PI^2)x[/mm] = [mm]e^t[/mm] mit x(0)=0 und x'(0)=0
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> Hallo,
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> ich hab leider massive Problem mit obigem Aufgabentyp (so
> dass ich nicht mal einen Ansatz schaffe) .
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> Versuch mir das gerade nochmal im Papula-Buch anzulesen,
> aber wirklich verstehen was man da machen muss, tue ich es
> derzeit nicht.
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> Vielleicht ist es machbar, dass jemand mir einen kleinen
> Crashkurs geben kann, so dass ich derartige Aufgaben in
> meiner Klausur gelöst bekomme.
>
> Man kann dies ja einmal ohne und einmal mit Laplace lösen.
> Primär würde es mir um die Lösung ohne gehen.
Die Differentialgleichung, die du lösen sollst, ist linear und inhomogen.
Die allgemeine Lösung setzt sich zusammen aus der allgemeinen Lösung [mm]x_h[/mm] der homogenen DGL
[mm]x'' + \pi^2 x = 0[/mm]
und einer Lösung [mm]x_p[/mm] der inhomogenen DGL.
Zuerst die homogene DGL: Da die Koeffizienten vor x und [mm]x''[/mm] konstant sind, nimmt man einen Exponentialansatz:
[mm]x_h = \mathrm{e}^{\lambda t}[/mm].
Eingesetzt ergibt sich
[mm]\lambda^2 \mathrm{e}^{\lambda t} + \pi^2 \mathrm{e}^{\lambda t} =0[/mm]
Da die Exponentialfunktion nie 0 werden kann, folgt daraus [mm]\lambda^2+\pi^2=0[/mm] oder
[mm]\lambda_{1,2} = \pm i\pi[/mm]
Es gibt also zwei Lösungen, und die allgemeine Lösung ist
[mm] x_h(t) = A \mathrm{e}^{\lambda_1 t} + B \mathrm{e}^{\lambda_2 t} = A \mathrm{e}^{i\pi t} + B \mathrm{e}^{-i\pi t}[/mm]
mit beliebigen Konstanten A und B.
Mit Hilfe der Moivre-Formel [mm]\mathrm{e}^{ix} = \cos x + i \sin x[/mm] lässt sich das umformen in
[mm] x_h(t) = (A+B) \cos(\pi t) + i(A-B) \sin(\pi t) = C \cos(\pi t) + D \sin(\pi t)[/mm]
mit wieder beliebigen Konstanten [mm]C= A+B[/mm], [mm]D=i(A-B)[/mm].
Das war der erste Teil. Jetzt musst du irgendeine Lösung [mm]x_p[/mm] der inhomogenen DGL finden.
Wenn du Glück hast, kannst du sie raten. Hier kommt ja [mm]e^t[/mm] dazu, da kann man einfach mal [mm]x_p=K\cdot \mathrm{e}^t[/mm] ausprobieren und erhält
[mm]
K\cdot \mathrm{e}^t +\pi^2 K\cdot \mathrm{e}^t = \mathrm{e}^t[/mm]
was für [mm]K\cdot (1+\pi^2)=1 [/mm] tatsächlich eine Lösung ist.
Unsere Lösung ist also:
[mm] x(t) = x_h(t) +x_p(t) =C \cos(\pi t) + D \sin(\pi t) + \bruch{1}{1+\pi^2} \mathrm{e}^t[/mm]
Jetzt noch die Anfangsbedingungen einsetzen:
[mm]x(0)=0 \Rightarrow C = \bruch{-1}{1+\pi^2}[/mm]
[mm]x'(0)=0 \Rightarrow D = \bruch{-1}{\pi(1+\pi^2)}[/mm]
und die Lösung ist
[mm] x(t) = \bruch{1}{1+\pi^2} \left(\mathrm{e}^t - \cos(\pi t) - \bruch{1}{\pi} \sin(\pi t)\right)[/mm]
Wenn du die Lösung nicht raten kannst, hilft die Methode der Variation der Konstanten.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:54 Mo 17.09.2007 | | Autor: | nilstk |
| Aufgabe | | Löse x'' + [mm] (PI^2) [/mm] x = [mm] e^t [/mm] mit x(0)=0 und x'(0)=0 mit Hilfe der Laplace-Transformation |
Hallo,
ich hab ein Problem bei Laplace in Verbindung mit der DGL.
Zur Zeitfunktion [mm] e^t [/mm] sucht man ja einfach in Korrespondenzlisten nach dem passenden F(s) - also hier 1 / (s-ln(e)) , wenn ich mich nicht irre.
Aber wie setze ich das nun fort? Wie bring ich die Anfangsbedingungen mithinein um so schließlich auf die Lösung der DGL zu kommen?
Vielen Dank!
Gruss Nils
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:11 Mo 17.09.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
warum gehst du auf rainers ausführliches post nicht ein? da ist doch alles erklärt?
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:24 Mo 17.09.2007 | | Autor: | nilstk |
Das habe ich mir schon durchgelesen. Vielen Dank dafür.
Ich suchte jedoch einmal die Lösung mit Laplace und einmal ohne Laplace, weshalb ich meine vorherige Frage zugefügt habe, da dieser Teil (DGL mit Laplace) noch offen war bzw. ist.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:33 Mo 17.09.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
siehe wiki, laplace Transf. Beispiel
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:41 Mo 17.09.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo,
> Zur Zeitfunktion [mm]e^t[/mm] sucht man ja einfach in
> Korrespondenzlisten nach dem passenden F(s) - also hier 1 /
> (s-ln(e)) , wenn ich mich nicht irre.
Nein, es ist [mm]\bruch{1}{s-1}[/mm].
> Aber wie setze ich das nun fort? Wie bring ich die
> Anfangsbedingungen mithinein um so schließlich auf die
> Lösung der DGL zu kommen?
Schau in der Korrespondenztabelle nach. Bei der Transformation der 2. Ableitung gehen die Anfangsbedingungen ein. Das siehst du auch, wenn du die Laplacetransformierte der Ableitung mittels partieller Integration ausrechnest, zum Beispiel:
[mm]\integral_0^\infty \mathrm{e}^{-st} f'(t) dt = \left. \mathrm{e}^{-st} f(t) \right|_0^\infty + s \integral_0^\infty \mathrm{e}^{-st} f(t) dt = -f(0) +s F(s)[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:44 Mo 17.09.2007 | | Autor: | Herby |
Hallo,
die Anfangswerte sind doch beide identisch Null, tauchen also gar nicht auf und für die Laplace-Transformierte solltest du besser:
[mm] \mathcal{L}\left\{e^{t}\right\}=\bruch{1}{s-\red{1}} [/mm] schreiben 
Liebe Grüße
Herby
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