Differenzengleichung

30.06.2018, 15:42

Marcus9

Differenzengleichung

Meine Frage:
Hallo.
Wie kann ich eine Dzgl lösen? Anmerkung (mY+): DzGl = Differenzengleichung

Ich habe eine Dzgl erster Ordnung:

Lösen Sie die Dzgl $\begin{eqnarray*} y_{k+1}+2y_{k}=2^k \end{eqnarray*}$ für k>=0
mit der AWA: $\begin{eqnarray*} y_{0}=0 \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Gibt es dazu einen Lösungsweg oder eine bestimmte vorgehensweise ?

Ich bedanke mich an alle die mir helfen möchten! smile

30.06.2018, 16:24

HAL 9000

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Ist ganz genauso wie bei DGL:

1) Homogene Gleichung $\begin{eqnarray*} y_{k+1}+2y_k=0 \end{eqnarray*}$ lösen.

2) Eine (partikuläre) Lösung der inhomogenen Gleichung finden, durch den Ansatz $\begin{eqnarray*} y_k = A\cdot 2^k \end{eqnarray*}$ .

3) Summe beider ergibt die Gesamtlösung der Dzgl (nette Abkürzung übrigens).

30.06.2018, 17:06

Marcus9

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Hallo Hal

Danke dir für die Antwort.
Ich habe leider nicht verstanden wie man eine Dzgl löst auch nicht wie man diese löst wenn die Homogen ist. Ich schaue mir die Vorlesung an, nur verstehe ich Bahnhof. Können wir diese einmal zusammen machen und die nächste versuche ich ganz alleine versprochen. Wenn du keine lust hast ist das auch ok.

30.06.2018, 17:18

HAL 9000

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Die homogene Gleichung löst man so: Potenzansatz $\begin{eqnarray*} y_k = \lambda^k \end{eqnarray*}$ führt hier zur charakteristischen Gleichung

$\begin{eqnarray*} \lambda+2 = 0 \end{eqnarray*}$ mit Lösung $\begin{eqnarray*} \lambda=-2 \end{eqnarray*}$ ,

d.h., die allgemeine homogene Lösung ist $\begin{eqnarray*} y_k= C\cdot (-2)^k \end{eqnarray*}$ . Jetzt weiter im Plan (s.o.).

30.06.2018, 17:47

Marcus9

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Ok dank dir haben wir nun 1) nun muss ich was leisten Big Laugh

.

2)

Eine (partikuläre) Lösung der inhomogenen Gleichung finden, durch den Ansatz $\begin{eqnarray*} y_{k}= A*2^k \end{eqnarray*}$ .

Ich denke das müssen wir nun durch Koeffizentenvergleich lösen:

$\begin{eqnarray*} y_{k+1}+ 2y_{k}= A*2^k \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} \frac{(-2)^{k+1}+(-2)^k}{2^k}= A \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^k((2)^{k+1}+(2)^k)}{2^k}= A \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} (-1)^{k+1}*(2)^{k+1}= A \end{eqnarray*}$

stimmt das so?

30.06.2018, 19:42

HAL 9000

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Was hab ich hier geschrieben:

Zitat:

Original von HAL 9000
2) Eine (partikuläre) Lösung der inhomogenen Gleichung finden, durch den Ansatz $\begin{eqnarray*} y_k = A\cdot 2^k \end{eqnarray*}$ .

D.h. es ist nur Ansatz $\begin{eqnarray*} y_k=A\cdot 2^k \end{eqnarray*}$ in die Dzgl einsetzen, und was machst du stattdessen? Du setzt die homogene Lösung $\begin{eqnarray*} y_k=(-2)^k \end{eqnarray*}$ (um die es hier überhaupt nicht geht) ein und veränderst stattdessen überdies noch die rechte Seite der Dzgl zu $\begin{eqnarray*} A\cdot 2^k \end{eqnarray*}$ . Das ist Verstümmelung pur, ohne jeden Sinn und Verstand. unglücklich

---------------------------------

Richtig ist

$\begin{eqnarray*} A\cdot 2^{k+1} + 2A\cdot 2^k = 2^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 4A\cdot 2^k = 2^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A = \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ .

D.h., die Partikulärlösung ist $\begin{eqnarray*} y_k^{(p)} = \frac{1}{4}\cdot 2^k = 2^{k-2} \end{eqnarray*}$ .

Die Gesamtlösung (ohne Anfangswert) der Dzgl $\begin{eqnarray*} y_{k+1}+2y_k = 2^k \end{eqnarray*}$ setzt sich nun als Summe von homogener Lösung (1) sowie inhomogener Partikulärlösung (2) zusammen, und ist damit $\begin{eqnarray*} y_k = C\cdot (-2)^k + 2^{k-2} \end{eqnarray*}$ . Über Anfangswert $\begin{eqnarray*} y_0=0 \end{eqnarray*}$ bekommt man dann auch noch das passende $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ heraus.

30.06.2018, 20:01

Marcus9

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Okay dann ist also C:

$\begin{eqnarray*} y_{k}= C *(-2)^{k}+2^{k-2} \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} 0= C *(-2)^{0}+2^{0-2} \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} -1/4= C \end{eqnarray*}$

also

$\begin{eqnarray*} y_{k}= -1/4 *(-2)^{k}+2^{k-2} \end{eqnarray*}$ so ?

30.06.2018, 20:05

Marcus9

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Voll komisch die Lösung ist:

$\begin{eqnarray*} y_{k}=0 \end{eqnarray*}$ für k gerade

und $\begin{eqnarray*} y_{k}=2^{k-1} \end{eqnarray*}$ für k ungerade soll die Lösung sein.. häää

30.06.2018, 20:15

HAL 9000

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Nix "häää", sondern passt.

30.06.2018, 20:16

Marcus9

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Okay Prof.Dr Hal9000 wenn du das sagst smile

02.07.2018, 11:58

Marcus9

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Hal ich habe noch eine Frage zum 2) schritt.

Ist der Ansatz immer:

$\begin{eqnarray*} y_{k} = A* ( Das Inhomogene) \end{eqnarray*}$ ?

Oder ist es so:
Wenn z.B rechts 2sin(x) steht:

$\begin{eqnarray*} y_{k} = A*cos(x)+B*sin(x) \end{eqnarray*}$

02.07.2018, 12:38

HAL 9000

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Bei Störtermen der Struktur $\begin{eqnarray*} p(k)\cdot a^k \end{eqnarray*}$ mit Polynom $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ greift der Partikuläransatz $\begin{eqnarray*} y_k=q(k)\cdot a^k \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ vom selben Grad wie $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ ist.

Das stimmt aber nur, sofern $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ nicht Lösung der charakteristischen Gleichung der homogenen DGL ist. Ist das hingegen doch der Fall, dann spricht man (ähnlich wie bei DGL) von Resonanz. In dem Fall ist der Ansatz zu modifizieren, da gehe ich jetzt nicht näher drauf ein.

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