inhomogene DGL

15.08.2006, 21:00

kingskid

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inhomogene DGL

hi!
hab versucht diese DGL zu lösen:
$\begin{eqnarray*} y' - 2y = sin(x) \end{eqnarray*}$

dazu hab ich zuerst die zugeh. homogene gelöst:

$\begin{eqnarray*} y' = 2y \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} y = k e^{2x} \end{eqnarray*}$

jetzt versteh ich das aber nicht ganz mit der "variation der konstanten" , wie komm ich nun weiter zur lösung der inhomogenen glg??

wär super, wenn ihr mir weiterhelfen könntet...

viele grüße

15.08.2006, 21:04

AD

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Wie der eigentlich widersprüchliche Name sagt: Statt der Konstanten $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ nimmt man eine Funktion $\begin{eqnarray*} k(x) \end{eqnarray*}$ und verwendet somit den Ansatz $\begin{eqnarray*} y = k(x) e^{2x} \end{eqnarray*}$ und setzt diesen in die inhomogene DGL ein.

15.08.2006, 21:12

kingskid

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danke für deine antwort.
wie sieht die funktion k(x) dann genau aus?
oder muss ich das so ganz allgemein einsetzen? ... aber dann hab ich ja gar kein y mehr... verwirrt

verwirrt

...?

15.08.2006, 21:14

AD

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Zitat:

Original von kingskid
oder muss ich das so ganz allgemein einsetzen?

Ja, genauso. Es ist dann halt eine DGL für die Funktion $\begin{eqnarray*} k=k(x) \end{eqnarray*}$ statt für $\begin{eqnarray*} y=y(x) \end{eqnarray*}$ . Aber eine, wo man direkt integrieren kann. Augenzwinkern

Augenzwinkern

15.08.2006, 21:27

kingskid

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hmm, ich hab das mal versucht:

$\begin{eqnarray*} y'(x) = k'(x) e^{2x} + 2 k(x) e^{2x} \end{eqnarray*}$

eingesetzt in die inhom.GL:

$\begin{eqnarray*} k'(x) e^{2x} + 2k(x) e^{2x} - 2k(x)e^{2x} = sin(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} k'(x) e^{2x} = sin(x) \end{eqnarray*}$

d.h. $\begin{eqnarray*} k'(x) = \frac{sin(x)}{e^{2x}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} dk = \frac{sin(x)}{e^{2x}} dx \end{eqnarray*}$

hab ich da jetzt was falsch gemacht..? weil die rechte seite kann i ch nicht so direkt integrieren... traurig

traurig

15.08.2006, 21:38

AD

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Wieso nicht? Schreib es mal als

$\begin{eqnarray*} \mathrm{d}k = \sin(x) e^{-2x} ~ \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$

vielleicht sieht es dann freundlicher aus. smile

smile

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15.08.2006, 22:03

kingskid

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hm ja, sieht freundlicher aus, und erinnert mich an produktregel, aber irgendwie dreh ich mich damit nur im kreis...

... gibt es einen trick, den ich nicht seh...??

15.08.2006, 22:35

therisen

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Hallo,

irgendwie verstehe ich nicht, warum so viele hier bei so einfachen DGLen Probleme haben. Ich glaube, eure Literatur ist schlecht Big Laugh

Big Laugh

Im Königsberger (Analysis 1) stehen ein paar "mächtige" Sätze (für Erstsemester) zu dem Thema.
Für dein Problem bietet sich die sogenannte Komplexifizierung der DGL an. Ich skizziere das mal ein wenig, da du eh schon fast fertig bist:

Es ist $\begin{eqnarray*} \operatorname{Im}(\operatorname{e}^{\operatorname{i}x}) = \sin(x) \end{eqnarray*}$ . Die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ sind reell und es ist $\begin{eqnarray*} P(\lambda) = \lambda-2 \end{eqnarray*}$ . Ist nun $\begin{eqnarray*} z_p \end{eqnarray*}$ eine Lösung der komplexifizierten DGL $\begin{eqnarray*} P(D)z=z'-2z=\operatorname{e}^{\operatorname{i}x} \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} y_p=\operatorname{Im}(z_p) \end{eqnarray*}$ eine Lösung der ursprünglichen DGL. Es ist $\begin{eqnarray*} \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ eine 0-fache Nullstelle von $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} z_p = \frac{1}{P(\operatorname{i})} \operatorname{e}^{\operatorname{i}x} = \frac{1}{\operatorname{i}-2} \operatorname{e}^{\operatorname{i}x} \end{eqnarray*}$ eine partikuläre Lösung. Jetzt nur noch schnell $\begin{eqnarray*} \operatorname{Im}(z_p) \end{eqnarray*}$ bestimmen und du hast deine partikuläre Lösung...

Gruß, therisen

15.08.2006, 22:41

kingskid

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hi therisen!
danke für deine erklärung,... aber gibt es nicht auch einen weg meine lösung ganz zum ende zu bringen...??

ich glaub die komplexifizierung ist wirklich zu komplexifiziert für mich... unglücklich

unglücklich

ich würd gern erst den "normalen" weg verstehen..., zumal wir das andere gar nicht gemacht haben...

15.08.2006, 23:14

sqrt(2)

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Dass du dich beim Integrieren "im Kreis drehst" kannst du nutzen, indem du nach dem zweiten Mal partieller Integration das übrigbleibende Integral nach links bringst:

$\begin{eqnarray*} \int~e^{-2x}\sin x~\dx &=& -\frac{1}{2}e^{-2x}\left(\sin x+\frac{1}{2}\cos x\right)-\frac{1}{4}\int~e^{-2x}\sin x~\dx\\\frac{5}{4}\int~e^{-2x}\sin x~\dx &=& -\frac{1}{2}e^{-2x}\left(\sin x+\frac{1}{2}\cos x\right) \end{eqnarray*}$

15.08.2006, 23:20

therisen

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Hallo,

zweifache partielle Integration liefert schlussendlich $\begin{eqnarray*} \int(\sin(x)\operatorname{e}^{-2x}) \rm{d}x = -\operatorname{e}^{-2x}\left( \frac{\sin(x)}{2} + \frac{\cos(x)}{4} \right) - \frac{1}{4} \int(\sin(x)\operatorname{e}^{-2x}) \rm{d}x \end{eqnarray*}$ .
Viel Spaß bis zu diesem Ergebnis, das ist eine ziemlich fehleranfällige Rechenarbeit (nicht nur für dich... Augenzwinkern

Augenzwinkern

) Der Rest sollte(!) klar sein... smile

smile

EDIT: Da war ich wohl zu langsam böse

böse

Gruß, therisen

15.08.2006, 23:59

kingskid

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oh ganz vielen dank euch beiden, das ist schon trickreich, aber habs jetzt auch raus *juhu*

d.h. also ich bekomm

$\begin{eqnarray*} k = \frac{-2}{5} e^{-2x} (sin(x) - \frac{1}{2} cos(x)) + c \end{eqnarray*}$
und y bekomm ich dann, indem ich dieses k hier einsetze:

$\begin{eqnarray*} y = k(x) e^{2x} \end{eqnarray*}$ stimmt das so...??

das is ja ne crazy lösung...

16.08.2006, 00:07

therisen

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Zitat:

Original von kingskid
$\begin{eqnarray*} k = \frac{-2}{5} e^{-2x} (sin(x) - \frac{1}{2} cos(x)) + c \end{eqnarray*}$
und y bekomm ich dann, indem ich dieses k hier einsetze:

$\begin{eqnarray*} y = k(x) e^{2x} \end{eqnarray*}$ stimmt das so...??

das is ja ne crazy lösung...

Du hast einen Vorzeichenfehler. Wenn du das noch vereinfachst, erhältst du $\begin{eqnarray*} y = - \frac{\cos(x)}{5} -\frac{2\sin(x)}{5} =\operatorname{Im}\left( \frac{1}{\operatorname{i}-2} \operatorname{e}^{\operatorname{i}x} \right)= \operatorname{Im}(z_p) \end{eqnarray*}$ , wie ich oben bereits gesagt habe...

EDIT: Darf ich fragen, auf welcher Uni du bist und welchen Studienzweig du hast?

Gruß, therisen

16.08.2006, 00:57

kingskid

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wo hab ich ein VZ fehler? und wo bleibt bei dir die konstante vom integrieren?
also wen ich noch weitervereinfache komm ich auf:

$\begin{eqnarray*} -\frac{2}{5} sin(x) - \frac{1}{5} cos(x) + c e^{2x} \end{eqnarray*}$ ??

ja beeindruckend wie du das so schnell mit dem komplexifilizieren hinbekommen hast smile

smile

klar fragen darfst du schon =)

16.08.2006, 01:17

therisen

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Zitat:

klar fragen darfst du schon =)

Gute Antwort auf eine unpräzise formulierte Frage Big Laugh

Big Laugh

Zitat:

Original von kingskid
wo hab ich ein VZ fehler? und wo bleibt bei dir die konstante vom integrieren?
also wen ich noch weitervereinfache komm ich auf:

$\begin{eqnarray*} -\frac{2}{5} sin(x) - \frac{1}{5} cos(x) + c e^{2x} \end{eqnarray*}$ ??

Der Vorzeichenfehler ist bei dem Cosinus (in der Klammer muss dort ein + stehen, damit beim Ausmultiplizieren ein - entsteht).
Ja, die Konstante hatte mich beengt, daher hab ich sie unter den Tisch fallen lassen Big Laugh

Big Laugh

Nein, Spaß bei Seite: Ich hab die Konstante ignoriert, weil ich nur auf die partikuläre Lösung aus war - die man mit meiner Methode erhält (das hätte ich vielleicht noch schreiben sollen). Alle Lösungen $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ erhält man dann, indem man zu der partikulären Lösung die Lösungen der homogenen DGL addiert (Fundamentalsystem (beachte die Schnittstelle zur linearen Algebra!)). In diesem Fall sind alle Lösungen der homogenen DGL $\begin{eqnarray*} y'-2y=0 \end{eqnarray*}$ eben durch $\begin{eqnarray*} y_h=c\operatorname{e}^{2x} \end{eqnarray*}$ gegeben und für die inhomogene DGL erhält man dann alle Lösungen durch $\begin{eqnarray*} y=y_p+y_h \end{eqnarray*}$

Zitat:

ja beeindruckend wie du das so schnell mit dem komplexifilizieren hinbekommen hast smile

smile

Hehe, ein komplexes Wort, nicht wahr? Zum Glück studierst du nicht Germanistik Big Laugh

Big Laugh

16.08.2006, 01:35

kingskid

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ah okay, dankeschön für deine korrektur samt erklärungen! smile

smile

ja stimmt, aber ohne deine methode bekommt man ja keine spezielle lösung des inhomogenen systems, oder?

hm, kannst du mir das mit diesem fundamentalsystem noch erklären, wenn wir schon dabei sind...? (oder muss das in ein neuen thread?)
das wär echt cool...

z.B. wenn man von y''' - y'' - 2y' = 0 dieses Fundamsyst. bestimmen soll.
man setzt doch dann:
y_1 = y'
y_2 = y''
y_3 = y''' = 2y_1 + y_2

nur weiter weiß ich nicht... traurig

traurig

Zitat:

Zum Glück studierst du nicht Germanistik

ja hast recht... anglistik ist schlimm genug...
-... und check mal deine pm ! =)

16.08.2006, 01:55

therisen

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Zitat:

Original von kingskid
ja stimmt, aber ohne deine methode bekommt man ja keine spezielle lösung des inhomogenen systems, oder?

Das ist richtig. Aber die große Schwierigkeit besteht i.a. auch nur darin, wenigstens eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL zu finden. Die zugehörige homogene DGL ist dann eigentlich ein Kinderspiel - es gibt einen recht einfachen, immer möglichen Lösungsweg. Das einzige Problem besteht in der Faktorisierung des charakteristischen Polynoms, aber das ist eine Sache der Algebra (Galois-Theorie etc.) und nicht der Analysis.

Zitat:

hm, kannst du mir das mit diesem fundamentalsystem noch erklären, wenn wir schon dabei sind...? (oder muss das in ein neuen thread?)
das wär echt cool...

z.B. wenn man von y''' - y'' - 2y' = 0 dieses Fundamsyst. bestimmen soll.
man setzt doch dann:
y_1 = y'
y_2 = y''
y_3 = y''' = 2y_1 + y_2

nur weiter weiß ich nicht... traurig

traurig

Was du da machst ist mir schleierhaft. Ich werde es dir mal knapp erklären: Sei P das charakteristische Polynom der allgemeinen homogenen DGL $\begin{eqnarray*} P(D)y=0 \end{eqnarray*}$ . Man bestimmt nun dessen Nullstellen $\begin{eqnarray*} \lambda_i \end{eqnarray*}$ und deren Vielfachheiten $\begin{eqnarray*} \alpha_i \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i \in I := \{ 1, \ldots, r \} \end{eqnarray*}$ mit geeignetem r. Dann hast du n linear unabhängige Lösungen, die dein Fundamentalsystem (sozusagen deine Basis) bilden: Für jedes $\begin{eqnarray*} i \in I \end{eqnarray*}$ hast du zu $\begin{eqnarray*} \lambda_i \end{eqnarray*}$ die $\begin{eqnarray*} \alpha_i \end{eqnarray*}$ Lösungen $\begin{eqnarray*} \operatorname{e}^{\lambda_i x} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x \operatorname{e}^{\lambda_i x} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x^{k_i-1}\operatorname{e}^{\lambda_i x} \end{eqnarray*}$ . Jede Lösung von $\begin{eqnarray*} P(D)y=0 \end{eqnarray*}$ ist eine Linearkombination dieser n Lösungen.

Zitat:

Zitat:

Zum Glück studierst du nicht Germanistik

ja hast recht... anglistik ist schlimm genug...
-... und check mal deine pm ! =)

Hehe, Mathe und Englisch, was für eine ungewöhnliche Kombination (aber ich hatte auch Mathe und Englisch als LK (Physik war leider nicht möglich)).

Gruß, therisen

16.08.2006, 02:16

kingskid

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naja, einer unsrer tutoren hat auf den lösungsskizzen so angefangen, steht auch in unsrem skript so... deshalb hab ich das halt auch mal gemacht...

hm, aber um das charakteristische Poly zu berechnen, brauch ich doch eine Matrix, oder? wie bekomm ich die? ist das bei dir P(D) ?
und dann muss ich "nur" die NS berechnen und einsetzen ?

Zitat:

aber ich hatte auch Mathe und Englisch als LK

aha, bist du also auch einer von denen =))

16.08.2006, 02:31

therisen

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Hmm, ich glaube, der Tutor hat ein Gleichungssystem aufgestellt (es wird ja 3 linear unabhängige Lösungen geben).

Nein, für das charakteristische Polynom der DGL brauchst du keine(!) Matrix! Was du meinst ist das hier: http://de.wikipedia.org/wiki/Charakteristisches_Polynom Das ist aber etwas völlig anderes.

Ersmal eines vorweg: Ich habe die Operator-Schreibweise linearer Differentialgleichungen verwendet. Für $\begin{eqnarray*} P \in \mathbb C[X] \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} P = \sum_{k=0}^n a_k X^k \end{eqnarray*}$ definiert man für eine n-mal differenzierbare Funktion f: $\begin{eqnarray*} P(D)f := \sum_{k=0}^n a_k (D^k f) \end{eqnarray*}$ . Dabei bezeichnet $\begin{eqnarray*} D^k f \end{eqnarray*}$ die k-te Ableitung von f. Diese Schreibweise ist sehr praktisch.

Nun zu dem charakteristischen Polynom einer homogenen DGL:
Wir betrachten $\begin{eqnarray*} P(D)y=0 \end{eqnarray*}$ und machen einen Lösungsansatz $\begin{eqnarray*} y(x) = \operatorname{e}^{\lambda x} \end{eqnarray*}$ . Diese Funktion ist genau dann eine Lösung, wenn gilt: $\begin{eqnarray*} \left( \sum_{k=0}^n a_k\lambda^k \right)\operatorname{e}^{\lambda x} = 0 \end{eqnarray*}$ (es ist natürlich $\begin{eqnarray*} a_n:=1 \end{eqnarray*}$ ). Man definiert nun $\begin{eqnarray*} P(x) := \sum_{k=0}^n a_k\lambda^k \end{eqnarray*}$ und nennt P das charakteristischen Polynom der DGL.

Gruß, therisen

16.08.2006, 02:42

kingskid

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achso, heißt das man setzt die Ableitungen in die Polynome ein ...??

ohja, da hab ich an das andere char. poly gedacht.

... kannst du mir das vielleicht an dem beispiel zeigen*hundeblick*, kann mir das noch nicht vorstellen wie man das genau machen muss...

viele grüße

16.08.2006, 02:47

therisen

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Na gut, nehmen wir doch dein Beispiel: $\begin{eqnarray*} y'-2y=0 \end{eqnarray*}$

Das charakteristische Polynom ist dann $\begin{eqnarray*} P(\lambda) = \lambda - 2 \end{eqnarray*}$ . Die Einzige Nullstelle ist durch $\begin{eqnarray*} P(2)=0 \end{eqnarray*}$ gegeben. Also erzeugt genau eine Funktion den Lösungsraum, nämlich $\begin{eqnarray*} \operatorname{e}^{2x} \end{eqnarray*}$ . Das heißt, alle Lösungen sind durch $\begin{eqnarray*} c \operatorname{e}^{2x} \end{eqnarray*}$ gegeben.

Gruß, therisen

PS: Das hast du doch eigentlich schon alles gewusst Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.08.2006, 03:08

kingskid

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aha... und wie kannst du dieses char.poly so schnell hinschreiben? woran "sieht" man das??

und weil die nullstelle einfach ist, ist es nur e^{2x} ohne x ?
`
viele grüße

16.08.2006, 12:18

therisen

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Nein, der Grad der Nullstelle gibt dir an, wie viele Lösungen (Lösungen=Funktionen=Vektoren) du dadurch gewonnen hast... Ist dir klar, warum es im folgenden gerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Vektoren sind?

Zitat:

Man bestimmt nun dessen Nullstellen $\begin{eqnarray*} \lambda_i \end{eqnarray*}$ und deren Vielfachheiten $\begin{eqnarray*} \alpha_i \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i \in I := \{ 1, \ldots, r \} \end{eqnarray*}$ mit geeignetem r. Dann hast du n linear unabhängige Lösungen, die dein Fundamentalsystem (sozusagen deine Basis) bilden

Das hatte ich weiter oben geschrieben.

Zitat:

und weil die nullstelle einfach ist, ist es nur e^{2x} ohne x ?

So ganz richtig ist die Aussage nicht. Wäre die Nullstelle mehrfach, hättest du ja auch u.a. dein $\begin{eqnarray*} e^{2x} \end{eqnarray*}$ als Lösung...

Gruß, therisen

16.08.2006, 14:51

navajo

Auf diesen Beitrag antworten »

Huhu!

Zitat:

Original von therisen
Nein, für das charakteristische Polynom der DGL brauchst du keine(!) Matrix! Was du meinst ist das hier: http://de.wikipedia.org/wiki/Charakteristisches_Polynom Das ist aber etwas völlig anderes.

Du kannst es aber auch über das charakteristische Polynom einer Matrix machen. Mal am ursprünglichen Beispiel (bei der 1ter Ordnung isses langweilig ^^):
$\begin{eqnarray*} y'''-y''-2y'=0 \end{eqnarray*}$
Die kann man dann umschreiben in eine 3d DGL erster Ordnung, und zwar so wie kingskid es schon angesetzt, aber nicht zuende geführt hat:

$\begin{eqnarray*} y=y_1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'=y_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y''=y_3 \end{eqnarray*}$

Damit bekommt man:
$\begin{eqnarray*} y_1'=y_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_2'=y_3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_3'=2y_2+y_3 \end{eqnarray*}$ (hier wurde nun die DGL eingesetzt)

Oder halt in Matrixschreibweise:
$\begin{eqnarray*} \vec{y}'=A\vec{y} \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und das charakteristische Polynom der Matrix A sollte dem entsprechen was therisen als charakteristisches Polynom der DGL bezeichnet.
Sollte aber wohl äquivalent sein smile

smile

16.08.2006, 14:54

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Nichts für ungut, aber das war weiter oben schon mal im Thread, und zwar von der Fragestellerin selbst. Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.08.2006, 14:58

navajo

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, aber halt noch nicht ganz fertig umgeschrieben :

Zitat:

Original von kingskid
nur weiter weiß ich nicht... traurig

traurig

Deswegen kanns ja nicht schaden :P

16.08.2006, 15:05

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Stimmt auch wieder. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Im übrigen sollte man die Variation der Konstanten nicht ganz verdammen: Zwar ist die von therisen vorgeschlagene Methode der schnellste Weg zur Lösung dieses Problems hier, aber eben auch sehr speziell: Sowohl die DGL darf nur konstante Koeffizienten aufweisen, als auch das Inhomogenitätsglied darf nur von der Struktur $\begin{eqnarray*} x^ne^{\alpha x} \end{eqnarray*}$ sein.

Da ist die Methode der Variation der Konstanten schon deutlich flexibler, wenn auch langwieriger. Ja, sie ist sogar allgemein auf lineare DGL anwendbar - wenn man nur die Integrale rauskriegt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.08.2006, 15:19

therisen

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Arthur Dent
Sowohl die DGL darf nur konstante Koeffizienten aufweisen, als auch das Inhomogenitätsglied darf nur von der Struktur $\begin{eqnarray*} x^ne^{\alpha x} \end{eqnarray*}$ sein.

Die Inhomogenität darf sogar die Gestalt $\begin{eqnarray*} \left( \sum_{k=0}^m b_kx^k \right) e^{\alpha x} \end{eqnarray*}$ haben. Recht viel weiß ich aber über DGLen nicht, daher wundert es mich, dass kingskid solche einfachen DGLen im 2. Semester erst behandelt. Ich würde das Thema mal gerne von einem algebraischen Standpunkt aus betrachten, da gibts bestimmt tolle Strukturen Big Laugh

Big Laugh

Gruß, therisen

16.08.2006, 15:22

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von therisen
Die Inhomogenität darf sogar die Gestalt $\begin{eqnarray*} \left( \sum_{k=0}^m b_kx^k \right) e^{\alpha x} \end{eqnarray*}$ haben.

Selbstredend - Summen solcher Terme, dann auch für unterschiedliche (!) $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ sind bei linearen DGL selbstverständlich inbegriffen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.08.2006, 15:23

Ben Sisko

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von therisen
daher wundert es mich, dass kingskid solche einfachen DGLen im 2. Semester erst behandelt.

Das ist normal.

Bei uns gab's gegen Ende des 2. Semesters einen kurzen Ausflug in die DGLen und das auch nur, damit die Nur-Ana1/2-Hörer (Informatiker??) mal welche gesehen haben Augenzwinkern

Augenzwinkern

Richtig behandelt wurden DGL erst im 4. Semester.

16.08.2006, 15:27

therisen

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Arthur Dent

Zitat:

Original von therisen
Die Inhomogenität darf sogar die Gestalt $\begin{eqnarray*} \left( \sum_{k=0}^m b_kx^k \right) e^{\alpha x} \end{eqnarray*}$ haben.

Selbstredend - Summen solcher Terme, dann auch für unterschiedliche (!) $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ sind bei linearen DGL selbstverständlich inbegriffen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Die Antwort hatte ich befürchtet Big Laugh

Big Laugh

Das dürfte wohl das Stichwort Superpositionsprinzip sein, wenn ich mich recht entsinne...

Gruß, therisen

16.08.2006, 16:28

kingskid

Auf diesen Beitrag antworten »

hi again! =)

danke für eure tipps, und thx@navajo, dass du den ansatz mal weiter ausgeführt hast!!!

hab das char. Poly der Matrix doch gleich mal berechnet:

$\begin{eqnarray*} det( \begin{pmatrix} x & -1 & 0 \\ 0 & x & -1 \\ 0 & -2 & x-1 \end{pmatrix}) = x² (x-1) - 2x = x (x²-x-2) = x (x-2) (x+1) \end{eqnarray*}$

und demnach wären die Nullstellen ja
$\begin{eqnarray*} x_1 = 0, x_2=2, x_3=-1 \end{eqnarray*}$

und die lösungen dann $\begin{eqnarray*} c_1, c_2 e^{2x}, c_2 e{-x} \end{eqnarray*}$ ?

.. .wenn ich das halbwegs richtig verstanden hab ???
aber nun bin ich ganz verwirrt... *confused* traurig

traurig

wann nimmt man den am besten welchen ansatz?
`und warum kommt da jetzt nicht das gleiche raus...=??

@ Arthur Dent: wie meinst du das mit variation der konstaten, kann man damit auch fundamentalsysteme bestimmen?? oder war das noch in bezug auf die erste aufgabe?

viele grüße...

16.08.2006, 16:50

navajo

Auf diesen Beitrag antworten »

Also die Lösungen stimmen ja schonmal, kannst ja auch einfach ganz einfach selber testen indem du die Lösungen in die DGL einsetzt Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.08.2006, 17:52

therisen

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kingskid
und die lösungen dann $\begin{eqnarray*} c_1, c_2 e^{2x}, c_2 e{-x} \end{eqnarray*}$ ?

Da hast du wohl einen Schreibfehler: $\begin{eqnarray*} c_3 e^{-x} \end{eqnarray*}$

Zitat:

@ Arthur Dent: wie meinst du das mit variation der konstaten, kann man damit auch fundamentalsysteme bestimmen?? oder war das noch in bezug auf die erste aufgabe?

Ich heiße zwar nicht Arthur Dent, aber ich kann dir trotzdem deine Frage beantworten Augenzwinkern

Augenzwinkern

Die Variation der Konstanten liefert dir eine partikuläre Lösung! Wie du damit dann ein Fundamentalsystem angeben kannst, habe ich weiter oben schon mal erklärt.

Gruß, therisen

16.08.2006, 23:11

kingskid

Auf diesen Beitrag antworten »

okay, danke für eure hilfe... smile

smile

24.08.2006, 21:41

kingskid

Auf diesen Beitrag antworten »

jetzt hab ich hier zu dieser dgl y''' - y'' - 2y' = 0 nochmal ne frage, ich check die musterlösungen nicht wirklich.
wir hatten hier ja eine 3x3 matrix aufgestellt.
in den vorgeschlagenen lösungen steht aber eine 2x2:

$\begin{eqnarray*} y''' = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} y \end{eqnarray*}$

und dann steht da: $\begin{eqnarray*} det( \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}) = (2-t) (1-t) \end{eqnarray*}$ (... wobei das ja nicht wirklich stimmt, da die t's gar net in der matrix vorkommen???)

und dann die ns: t_1=2, t_2 = 1

also also lösungsbasis:
$\begin{eqnarray*} \{ y_1 e^x, y_2 e^{2x} \} \end{eqnarray*}$

das ist jetzt aber wieder eine andre basis als wir hier im forum rausbekommen haben, was ist denn nun richtig??

25.08.2006, 09:56

therisen

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

deine Lösung ist falsch. Das charakteristische Polynom P lautet $\begin{eqnarray*} P(x)=x^3-x^2-2x = x(x-2)(x+1) \end{eqnarray*}$ , insbesondere also $\begin{eqnarray*} \operatorname{deg}(P(x)) = 3 \end{eqnarray*}$ , bei dir ist aber der Grad bloß 2.

EDIT: Du hast eine Lösungsbasis von $\begin{eqnarray*} y''-3y'+2y=0 \end{eqnarray*}$ bestimmt.

Gruß, therisen

25.08.2006, 13:30

kingskid

Auf diesen Beitrag antworten »

okay, danke dir - auf die musterlösungen ist wirklich kein verlass...
aber dann hab ich ja nun das richtige.

viele grüße =)

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