Lösung der DGL bestimmen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:43 Fr 22.06.2018 | | Autor: | Dom_89 |
| Aufgabe | Bestimme die allgemeine Lösung von
[mm] y^{(4)}(x)+y(x)=17e^{2x}+x^{2x} [/mm] |
Hallo,
ich möchte bei der o.g. Aufgabe die homogene Lösung bestimme. Meine Idee hierfür:
[mm] y^{(4)}(x)+y(x)=17e^{2x}+x^{2x}
[/mm]
[mm] \lambda^{(4)}+1 [/mm] = 0
[mm] \lambda^{(4)} [/mm] = -1
[mm] \lambda [/mm] = [mm] \wurzel[4]{-1}
[/mm]
Kann man das so machen ?
Wie muss ich dann die Lösung notieren ?
Vielen Dank
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:50 Fr 22.06.2018 | | Autor: | fred97 |
> Bestimme die allgemeine Lösung von
>
> [mm]y^{(4)}(x)+y(x)=17e^{2x}+x^{2x}[/mm]
Ich denke, dass am Ende [mm] e^{2x} [/mm] stehen soll.
> Hallo,
>
> ich möchte bei der o.g. Aufgabe die homogene Lösung
> bestimme. Meine Idee hierfür:
>
> [mm]y^{(4)}(x)+y(x)=17e^{2x}+x^{2x}[/mm]
>
> [mm]\lambda^{(4)}+1[/mm] = 0
>
> [mm]\lambda^{(4)}[/mm] = -1
>
> [mm]\lambda[/mm] = [mm]\wurzel[4]{-1}[/mm]
>
>
> Kann man das so machen ?
>
> Wie muss ich dann die Lösung notieren ?
Nun bestimme zunächst die 4 Lösungen von [mm] \lambda^4=-1. [/mm] Damit notierst Du die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung. Dann bestimme noch eine spezielle Lösung der inhomogenen Dgl.
>
> Vielen Dank
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:25 So 24.06.2018 | | Autor: | Dom_89 |
Hallo fred97,
hier einmal mein Vorgehen für die homogene Lösung um welche es mir hauptsächlich geht:
Hallo,
im ersten Schritte kann ich ja sagen, dass
[mm] y^{(4)}+y [/mm] = 0
und somit das charakteristische Polynom bestimmen
[mm] p_{n}(\lambda) [/mm] = [mm] \lambda^{(4)}+1 \gdw \lambda^{(4)}=-1 [/mm] = [mm] e^{i\pi}
[/mm]
Für jeden k-fachen Eigenwert [mm] \lambda [/mm] tauchen dann k Funktionen auf
[mm] \lambda_{k} [/mm] = [mm] \bruch{\wurzel{2}}{2} \pm [/mm] i [mm] \bruch{\wurzel{2}}{2} [/mm] ; k=0,1,2,3
Alles eingesetzt und umgeschrieben ergibt dann meine homogene Lösung zu:
[mm] y_{h}=e^{\sqrt{2}/2\cdot{}x}\cdot{}\left(C_1\cdot{}cos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x\right)+C_2\cdot{}sin\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x\right)\right)+e^{-\sqrt{2}/2\cdot{}x}\cdot{}\left(C_3\cdot{}cos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x\right)+C_4\cdot{}sin\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x\right)\right)
[/mm]
Wäre das dann so in Ordnung bzw. kann man das auch noch anders lösen (weniger Schreibarbeit)?
Vielen Dank für die Hilfe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:13 Mo 25.06.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hallo fred97,
>
> hier einmal mein Vorgehen für die homogene Lösung um
> welche es mir hauptsächlich geht:
>
> Hallo,
>
> im ersten Schritte kann ich ja sagen, dass
>
> [mm]y^{(4)}+y[/mm] = 0
>
> und somit das charakteristische Polynom bestimmen
>
> [mm]p_{n}(\lambda)[/mm] = [mm]\lambda^{(4)}+1 \gdw \lambda^{(4)}=-1[/mm] =
> [mm]e^{i\pi}[/mm]
>
> Für jeden k-fachen Eigenwert [mm]\lambda[/mm] tauchen dann k
> Funktionen auf
??? k-facher Eigenwert ???
>
> [mm]\lambda_{k}[/mm] = [mm]\bruch{\wurzel{2}}{2} \pm[/mm] i
> [mm]\bruch{\wurzel{2}}{2}[/mm] ; k=0,1,2,3
???? In [mm]\bruch{\wurzel{2}}{2} \pm[/mm] i [mm]\bruch{\wurzel{2}}{2}[/mm] kommt k gar nicht vor !
Die Gleichung [mm] $\lambda^4=-1$ [/mm] hat 4 verschiedene Lösungen. Oben hast Du nur 2 aufgeführt.
>
> Alles eingesetzt und umgeschrieben ergibt dann meine
> homogene Lösung zu:
>
> [mm]y_{h}=e^{\sqrt{2}/2\cdot{}x}\cdot{}\left(C_1\cdot{}cos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x\right)+C_2\cdot{}sin\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x\right)\right)+e^{-\sqrt{2}/2\cdot{}x}\cdot{}\left(C_3\cdot{}cos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x\right)+C_4\cdot{}sin\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x\right)\right)[/mm]
>
> Wäre das dann so in Ordnung bzw. kann man das auch noch
> anders lösen (weniger Schreibarbeit)?
>
> Vielen Dank für die Hilfe
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:44 Mo 25.06.2018 | | Autor: | Dom_89 |
Hallo fred97,
danke für die Antwort !
Stimmt meine homogene Lösung am Ende denn und ich "nur" bezüglich der Herleitung auf dem Holzweg?
Besten Dank
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:46 Mo 25.06.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hallo fred97,
>
> danke für die Antwort !
>
> Stimmt meine homogene Lösung am Ende denn
Nein.
> und ich "nur"
> bezüglich der Herleitung auf dem Holzweg?
>
> Besten Dank
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:15 Di 26.06.2018 | | Autor: | Dom_89 |
Hallo,
irgendwie steige ich da noch nicht hinter bzw. mir fehlt ein Ansatz/Formel auf die ich das übertragen kann.
Ich weiß von anderen Aufgaben z.B.:
y''(x)+y(x) = 0
[mm] \lambda^{2}+1 [/mm] = 0
[mm] \lambda^{2} [/mm] = -1
[mm] \lambda [/mm] = [mm] \wurzel{-1}
[/mm]
[mm] \lambda_{1} [/mm] = i
[mm] \lambda_{2} [/mm] = -i
[mm] y_{h}= c_{1}*cos(x) [/mm] + [mm] c_{2}*sin(x)
[/mm]
oder
y''(x)+4y(x) = [mm] 8x^2
[/mm]
[mm] \lambda^{2}+4 [/mm] = 0
[mm] \lambda^{2} [/mm] = -4
[mm] \lambda [/mm] = [mm] \wurzel{-4}
[/mm]
[mm] \lambda_{1} [/mm] = 2i
[mm] \lambda_{2} [/mm] = -2i
[mm] y_{h}= c_{1}*cos(2x) [/mm] + [mm] c_{2}*sin(2x)
[/mm]
Wo aber ist der Trick bei der Aufgabe aus meiner Fragestellung ?
Könnt ihr da nochmal näher drauf eingehen ?
Danke !
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Hallo,
> irgendwie steige ich da noch nicht hinter bzw. mir fehlt
> ein Ansatz/Formel auf die ich das übertragen kann.
>
> Ich weiß von anderen Aufgaben z.B.:
>
> y''(x)+y(x) = 0
>
> [mm]\lambda^{2}+1[/mm] = 0
>
> [mm]\lambda^{2}[/mm] = -1
>
> [mm]\lambda[/mm] = [mm]\wurzel{-1}[/mm]
>
> [mm]\lambda_{1}[/mm] = i
> [mm]\lambda_{2}[/mm] = -i
>
> [mm]y_{h}= c_{1}*cos(x)[/mm] + [mm]c_{2}*sin(x)[/mm]
>
> oder
>
> y''(x)+4y(x) = [mm]8x^2[/mm]
>
> [mm]\lambda^{2}+4[/mm] = 0
>
> [mm]\lambda^{2}[/mm] = -4
>
> [mm]\lambda[/mm] = [mm]\wurzel{-4}[/mm]
>
> [mm]\lambda_{1}[/mm] = 2i
> [mm]\lambda_{2}[/mm] = -2i
>
> [mm]y_{h}= c_{1}*cos(2x)[/mm] + [mm]c_{2}*sin(2x)[/mm]
>
> Wo aber ist der Trick bei der Aufgabe aus meiner
> Fragestellung ?
>
> Könnt ihr da nochmal näher drauf eingehen ?
Da braucht man nicht so arg nah darauf eingehen, denn die Sache ist einfach: die Lösung der charakteristischen Gleichung ist falsch, da du - wie Fred schon angemerkt hat - nur zwei von vier Lösungen angeführt hast. Bei den beiden anderen Lösungen ist zusätzlich noch der Realteil negativ, und das musst du noch berücksichtigen.
Gruß, Diophant
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:06 Mi 27.06.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
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> irgendwie steige ich da noch nicht hinter bzw. mir fehlt
> ein Ansatz/Formel auf die ich das übertragen kann.
>
> Ich weiß von anderen Aufgaben z.B.:
>
> y''(x)+y(x) = 0
>
> [mm]\lambda^{2}+1[/mm] = 0
>
> [mm]\lambda^{2}[/mm] = -1
>
> [mm]\lambda[/mm] = [mm]\wurzel{-1}[/mm]
>
> [mm]\lambda_{1}[/mm] = i
> [mm]\lambda_{2}[/mm] = -i
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> [mm]y_{h}= c_{1}*cos(x)[/mm] + [mm]c_{2}*sin(x)[/mm]
>
> oder
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> y''(x)+4y(x) = [mm]8x^2[/mm]
>
> [mm]\lambda^{2}+4[/mm] = 0
>
> [mm]\lambda^{2}[/mm] = -4
>
> [mm]\lambda[/mm] = [mm]\wurzel{-4}[/mm]
>
> [mm]\lambda_{1}[/mm] = 2i
> [mm]\lambda_{2}[/mm] = -2i
>
> [mm]y_{h}= c_{1}*cos(2x)[/mm] + [mm]c_{2}*sin(2x)[/mm]
>
> Wo aber ist der Trick bei der Aufgabe aus meiner
> Fragestellung ?
Da gibts keinen "Trick" !
>
> Könnt ihr da nochmal näher drauf eingehen ?
O.K.:
Seien $ [mm] \lambda_1 [/mm] =a+ib, [mm] \lambda_2=a-ib= \overline{\lambda_1}, \lambda_3=c+id$ [/mm] und [mm] $\lambda_4=c-id= \overline{\lambda_3}$ [/mm] die 4 Lösungen der Gleichung $ [mm] \lambda^4=-1$
[/mm]
Damit setze
[mm] y_1(x)=e^{ax}\cos(bx), y_2(x)=e^{ax}\sin(bx), y_3(x)=e^{cx}\cos(dx) [/mm] und [mm] y_4(x)=e^{cx}\sin(dx).
[/mm]
Dann lautet die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung $ [mm] y^{(4)}(x)+y(x)=0 [/mm] $ so:
[mm] c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+c_3y_3(x)+c_4y_4(x).
[/mm]
Noch eine Anmerkung: Du hast oben häufig von der "homogenen Lösung" gesprochen. Das ist sprachlicher Unsinn. Man spricht von der Lösung der zugeh. homogenen Gleichung.
Die Gleichung $ [mm] y^{(4)}(x)+y(x)=0 [/mm] $ nennt man homogen, nicht deren Lösung !
>
> Danke !
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:53 So 01.07.2018 | | Autor: | Dom_89 |
Hallo,
vielen Dank für die Antwort!
Ich habe hier nochmal eine andere Aufgabe mit einer entsprechenden Musterlösung auch hier geht es mir erstmal nur um die Lösung der zugeh. homogenen Gleichung:
y''(x)+4y(x) = [mm] 8x^{2}
[/mm]
[mm] \lambda^{2} [/mm] + 4 = 0
[mm] \lambda^{2} [/mm] = -4
r = [mm] \wurzel{(-4)^{2}} [/mm] = 4
[mm] \phi [/mm] = [mm] arccos(\bruch{-4}{4}) [/mm] = arccos(-1) = [mm] \pi [/mm]
"Müsste das nicht arctan sein und woher weiß ich an dieser Stelle, welche Zahl mein Nenner und welche mein Zähler ist?"
[mm] z^{2}= \wurzel{4^{2}}*e^{i\pi} [/mm] = [mm] 2*e^{i\pi}
[/mm]
"Hier verstehe ich nicht, wie man auf die 2 am Ende kommt, weil die 4 doch auch wieder quadriert wird"
[mm] z_{k}= \wurzel{4}*e^{i*(\bruch{\pi+2k\pi)}{n}}
[/mm]
[mm] z_{0} [/mm] = [mm] 2*e^{i*\bruch{1}{2}*\pi} [/mm] = [mm] 2(cos(\bruch{1}{2}*\pi)+i*sin(\bruch{1}{2}*\pi)) [/mm] = 2(0+i) = 2i
[mm] z_{1} [/mm] = [mm] 2*e^{i*\bruch{3}{2}*\pi} [/mm] = [mm] 2(cos(\bruch{3}{2}*\pi)+i*sin(\bruch{3}{2}*\pi)) [/mm] = 2(0-i) = -2i
[mm] \lambda_{1} [/mm] = 2i
[mm] \lambda_{2} [/mm] = -2i
[mm] y_{h}(x) [/mm] = [mm] c_{1}*e^{0*x}*cos(2x)+c_{2}*e^{0*x}*sin(2x) [/mm] = [mm] c_{1}*cos(2x)+c_{2}*sin(2x)
[/mm]
Vielen Dank!
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Hallo,
> Ich habe hier nochmal eine andere Aufgabe mit einer
> entsprechenden Musterlösung auch hier geht es mir erstmal
> nur um die Lösung der zugeh. homogenen Gleichung:
>
> y''(x)+4y(x) = [mm]8x^{2}[/mm]
>
> [mm]\lambda^{2}[/mm] + 4 = 0
>
> [mm]\lambda^{2}[/mm] = -4
>
> r = [mm]\wurzel{(-4)^{2}}[/mm] = 4
>
> [mm]\phi[/mm] = [mm]arccos(\bruch{-4}{4})[/mm] = arccos(-1) = [mm]\pi[/mm]
>
> "Müsste das nicht arctan sein und woher weiß ich an
> dieser Stelle, welche Zahl mein Nenner und welche mein
> Zähler ist?"
>
> [mm]z^{2}= \wurzel{4^{2}}*e^{i\pi}[/mm] = [mm]2*e^{i\pi}[/mm]
>
> "Hier verstehe ich nicht, wie man auf die 2 am Ende kommt,
> weil die 4 doch auch wieder quadriert wird"
>
> [mm]z_{k}= \wurzel{4}*e^{i*(\bruch{\pi+2k\pi)}{n}}[/mm]
>
> [mm]z_{0}[/mm] = [mm]2*e^{i*\bruch{1}{2}*\pi}[/mm] =
> [mm]2(cos(\bruch{1}{2}*\pi)+i*sin(\bruch{1}{2}*\pi))[/mm] = 2(0+i) =
> 2i
>
> [mm]z_{1}[/mm] = [mm]2*e^{i*\bruch{3}{2}*\pi}[/mm] =
> [mm]2(cos(\bruch{3}{2}*\pi)+i*sin(\bruch{3}{2}*\pi))[/mm] = 2(0-i) =
> -2i
>
> [mm]\lambda_{1}[/mm] = 2i
>
> [mm]\lambda_{2}[/mm] = -2i
Ganz ehrlich? Ich kam da oben zunächst auch nicht mit. Vor allem: wer denkt sich so etwas grausam umständliches aus?* Mit [mm] i^2=-1 [/mm] bekommt man doch sofort
[mm] \lambda^2+4=0\ \Rightarrow\ \lambda_{1,2}= \pm{2i}=0\pm{2i}[/mm]
>
> [mm]y_{h}(x)[/mm] = [mm]c_{1}*e^{0*x}*cos(2x)+c_{2}*e^{0*x}*sin(2x)[/mm] =
> [mm]c_{1}*cos(2x)+c_{2}*sin(2x)[/mm]
>
Ja, das passt dann.
* Offensichtlich soll der Betrag und das Argument von [mm] \lambda^2 [/mm] berechnet, selbiges in Exponentialschreibweise dargestellt und damit die beiden Quadratwurzeln berechnet werden. Das ist ein schlechter Witz, in meinen Augen zumindest. Es erklärt aber, wie aus der 4 wieder eine 2 wird: eben, weil die Wurzel gezogen wird.
Der Arkuskosinus ist korrekt, da ja die Beziehung
[mm]cos(arg(z))= \frac{Re(z)}{|z|}[/mm]
gilt. Aber wie gesagt: da hast du dich gewaltig ins Bockshorn jagen lassen. 
Gruß, Diophant
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:39 Mo 02.07.2018 | | Autor: | Dom_89 |
Hallo,
vielen Dank für die Antwort!
Ich habe nochmal eine kurze Frage zu der Bestimmung des Winkels [mm] \phi
[/mm]
Du schreibst ja, dass cos(arg(z))= [mm] \frac{Re(z)}{|z|} [/mm] ist, was hier in dieser Aufgabe ja dann [mm] \phi [/mm] = [mm] arccos(\bruch{-4}{4}) [/mm] = arccos(-1) = [mm] \pi [/mm] ist.
Hierzu sind mir noch zwei Sachen unklar:
a)
Woher weiß ich, dass arccos(-1) = [mm] \pi [/mm] ist? Mir ist bisher nur die Tabelle mit den Winkelangaben für sin, cos und tan bekannt.
b)
Bisher war ich immer der Meinung, dass ich [mm] \phi [/mm] auch so bestimmen kann:
[mm] \wurzel[n]{r} [/mm] = [mm] \wurzel{4} [/mm] = 2 => [mm] \bruch{360°}{2} [/mm] = 180° = [mm] \pi
[/mm]
Das funktionierte bisher eigentlich auch immer - nun wollte ich die Aufgabe meiner ursprünglichen Fragestellung auch so rechnen; hier kam allerdings dann das dabei heraus:
[mm] \wurzel[n]{r} [/mm] = [mm] \wurzel{1} [/mm] = 1 => [mm] \bruch{360°}{1} [/mm] = 360° = [mm] 2\pi
[/mm]
Mit der von die genannten Gleichung komme ich dann aber auf:
[mm] \phi [/mm] = [mm] arccos(\bruch{-1}{1}) [/mm] = arccos(-1) = [mm] \pi
[/mm]
Was laut "Musterlösung" auch so sein soll. Warum ist meine Vorgehensweise hier nicht aufgegangen ?
Vielen Dank für die Unterstützung!
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Hallo,
> vielen Dank für die Antwort!
>
> Ich habe nochmal eine kurze Frage zu der Bestimmung des
> Winkels [mm]\phi[/mm]
>
> Du schreibst ja, dass cos(arg(z))= [mm]\frac{Re(z)}{|z|}[/mm] ist,
> was hier in dieser Aufgabe ja dann [mm]\phi[/mm] =
> [mm]arccos(\bruch{-4}{4})[/mm] = arccos(-1) = [mm]\pi[/mm] ist.
>
> Hierzu sind mir noch zwei Sachen unklar:
>
> a)
>
> Woher weiß ich, dass arccos(-1) = [mm]\pi[/mm] ist? Mir ist bisher
> nur die Tabelle mit den Winkelangaben für sin, cos und tan
> bekannt.
Und schon daraus solltest du es wissen. Die (reellwertige) Arkuskosinusfunktion ist ja definiert als Funktion von [-1,1] nach [mm] [0,\pi], [/mm] von daher folgt das aus der besagten Tabelle, da [mm] cos(\pi)=-1.
[/mm]
> b)
>
> Bisher war ich immer der Meinung, dass ich [mm]\phi[/mm] auch so
> bestimmen kann:
>
> [mm]\wurzel[n]{r}[/mm] = [mm]\wurzel{4}[/mm] = 2 => [mm]\bruch{360°}{2}[/mm] = 180°
> = [mm]\pi[/mm]
>
?????
Mathematik besteht nicht aus einer sinnlosen Anhäufung von Symbolen, sondern i.W. aus Definitionen sowie strukturierten und zielführenden Schlussfolgerungen. Die Symbolik dient dabei dazu, mathematische Gedankengänge präzise zum Ausdruck zu bringen. Also: was willst du uns mit obigem sagen? Ich kapiere es nicht!
> Das funktionierte bisher eigentlich auch immer - nun wollte
> ich die Aufgabe meiner ursprünglichen Fragestellung auch
> so rechnen; hier kam allerdings dann das dabei heraus:
>
> [mm]\wurzel[n]{r}[/mm] = [mm]\wurzel{1}[/mm] = 1 => [mm]\bruch{360°}{1}[/mm] = 360°
> = [mm]2\pi[/mm]
>
> Mit der von die genannten Gleichung komme ich dann aber
> auf:
>
> [mm]\phi[/mm] = [mm]arccos(\bruch{-1}{1})[/mm] = arccos(-1) = [mm]\pi[/mm]
>
> Was laut "Musterlösung" auch so sein soll. Warum ist meine
> Vorgehensweise hier nicht aufgegangen ?
Nochmals: wozu so ein Bohei machen um das Argument einer reellen Zahl in der Gaußschen Ebene? Für reelle Zahlen x gilt
- x>0 => arg(x)=0 (das enstpricht deinen [mm] 2\pi)
[/mm]
- x=0 => arg(x) ist nicht definiert
- x<0 => [mm] arg(x)=\pi
[/mm]
Da braucht man doch nichts rechnen? (Die einschlägig bekannten 5 Ostfriesen mit ihrer Glühbirne wären absolute Dilettanten dagegen).
Gruß, Diophant
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:03 Do 05.07.2018 | | Autor: | Dom_89 |
Hallo,
ich habe hier nochmal an Frage zur Lösung der zugeh. homogenen Gleichung:
Die Eigenwerte habe ich nun mit [mm] \lambda_{k} [/mm] = [mm] \pm \bruch{\wurzel{2}}{2} \pm [/mm] i [mm] \bruch{\wurzel{2}}{2} [/mm] ; k=0,1,2,3 bestimmt.
Allgemein lautet die Lösung der zugeh. homogenen Gleichung dann ja:
[mm] y_h(x)=c_1e^{ax}\cos(bx)+c_2e^{ax}\sin(bx)+c_3e^{cx}\cos(bx)+c_4e^{cx}\sin(bx)
[/mm]
wobei mein a = [mm] \pm \bruch{\wurzel{2}}{2} [/mm] und b = i [mm] \bruch{\wurzel{2}}{2} [/mm] ist.
[mm] y_h(x)=c_1e^{\bruch{\wurzel{2}}{2}x}\cos(\bruch{\wurzel{2}}{2}x)+c_2e^{\bruch{\wurzel{2}}{2}x}\sin(\bruch{\wurzel{2}}{2}x)+c_3e^{-\bruch{\wurzel{2}}{2}x}\cos(\bruch{\wurzel{2}}{2}x)+c_4e^{-\bruch{\wurzel{2}}{2}x}\sin(\bruch{\wurzel{2}}{2}x)
[/mm]
Wäre meine Lösung nun dann so in Ordnung?
Warum werden dann beim einsetzten von b keine Vorzeichen beachtet bzw. muss ich das noch ändern ?
Vielen Dank
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:29 Do 05.07.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> ich habe hier nochmal an Frage zur Lösung der zugeh.
> homogenen Gleichung:
>
> Die Eigenwerte habe ich nun mit [mm]\lambda_{k}[/mm] = [mm]\pm \bruch{\wurzel{2}}{2} \pm[/mm]
> i [mm]\bruch{\wurzel{2}}{2}[/mm] ; k=0,1,2,3 bestimmt.
Ich sehe links kein k !
Die Lösungen der Gleichung [mm] $\lambda^4=-1$ [/mm] lauten also
[mm] $\bruch{\wurzel{2}}{2}+i \bruch{\wurzel{2}}{2}$, $\bruch{\wurzel{2}}{2}-i \bruch{\wurzel{2}}{2}$,
[/mm]
[mm] $-\bruch{\wurzel{2}}{2}+i \bruch{\wurzel{2}}{2}$
[/mm]
und
[mm] $-\bruch{\wurzel{2}}{2}-i \bruch{\wurzel{2}}{2}$.
[/mm]
>
> Allgemein lautet die Lösung der zugeh. homogenen Gleichung
> dann ja:
>
> [mm]y_h(x)=c_1e^{ax}\cos(bx)+c_2e^{ax}\sin(bx)+c_3e^{cx}\cos(bx)+c_4e^{cx}\sin(bx)[/mm]
>
> wobei mein a = [mm]\pm \bruch{\wurzel{2}}{2}[/mm] und b = i
> [mm]\bruch{\wurzel{2}}{2}[/mm] ist.
>
> [mm]y_h(x)=c_1e^{\bruch{\wurzel{2}}{2}x}\cos(\bruch{\wurzel{2}}{2}x)+c_2e^{\bruch{\wurzel{2}}{2}x}\sin(\bruch{\wurzel{2}}{2}x)+c_3e^{-\bruch{\wurzel{2}}{2}x}\cos(\bruch{\wurzel{2}}{2}x)+c_4e^{-\bruch{\wurzel{2}}{2}x}\sin(\bruch{\wurzel{2}}{2}x)[/mm]
>
> Wäre meine Lösung nun dann so in Ordnung?
Ja, das ist O.K.
>
> Warum werden dann beim einsetzten von b keine Vorzeichen
> beachtet bzw. muss ich das noch ändern ?
Nein, Du musst nichts ändern. Hattet Ihr denn nicht folgend Regel:
ist [mm] $\lambda=a+ib$ [/mm] eine Nullstelle des char. Polynoms mit a,b [mm] \in \IR [/mm] und b [mm] \ne [/mm] 0, so ist auch [mm] \overline{\lambda}=a-ib [/mm] eine Nullstelle dieses Polynoms, denn es hat reelle Koeffizienten.
Um zugeh. Lösungen der homogenen Gleichung zu bestimmen, geht man so vor: man lässt die Nullstelle [mm] \overline{\lambda}=a-ib [/mm] unbeachtet und bekommt aus [mm] $\lambda=a+ib$ [/mm] die zwei folgenden linear unabhängigen Lösungen der homogenen Gleichung:
[mm] e^{ax} \cos(bx) [/mm] und [mm] e^{ax} \sin(bx).
[/mm]
>
> Vielen Dank
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:27 Do 05.07.2018 | | Autor: | Dom_89 |
Vielen Dank für die Antwort und Hilfe!
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