Homogene DGL 2. Ordnung, wenn Wurzel Negativ.

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19.11.2009, 15:00	pizzaschachtel	Auf diesen Beitrag antworten »
Homogene DGL 2. Ordnung, wenn Wurzel Negativ. Hallo Leute, ich habe folgende Gleichung zu lösen: $\begin{eqnarray} \frac{d^2y}{dx^2} + 4 \frac{dy}{dx}+5y=0 \end{eqnarray}$ Komme dann auf: $\begin{eqnarray} \lambda _{1/2}=2\pm \sqrt{-1} = 2\pm i \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} y=c_1e^{2+i}+c_2e^{2-i} \end{eqnarray}$ das ist gleich: $\begin{eqnarray} y=e^{-2x}\left[ (c_1+c_2)\cos {x} +i(c_1-c_2)\sin{x}\right] \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} y'=e^{-2x}\left[-(c_1+c_2)sin{x} +i(c_1-c_2)cosx -2 \left((c_1+c_2)cosx + i(c_1-c_2)sinx \right) \right] \end{eqnarray}$ Nun setze ich die Anfangsbedingungen ein: $\begin{eqnarray} y(0)=1; y'(0)=0 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} y(0)=1 \end{eqnarray}$ --> $\begin{eqnarray} c_1+c_2=1 \end{eqnarray}$ --> $\begin{eqnarray} c_1=1-c_2 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} y'(0)=0 \end{eqnarray}$ --> $\begin{eqnarray} i(c_1-c_2)-2(c_1+c_2)=0 \end{eqnarray}$ nun $\begin{eqnarray} c_1 \end{eqnarray}$ eingesetzt --> $\begin{eqnarray} i(1-2c_2)-2(1)=0 \end{eqnarray}$ Also erhalte ich für $\begin{eqnarray} c_2=\frac{-2+i}{2i} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} c_1=1- \frac{-2+i}{2i} \end{eqnarray}$ Ich habe die Probe gemacht und das stimmt. Aber das sieht alles sehr kompliziert aus und deshalb wollte ich fragen, ob bitte mal jemand drübergucken könnte, ob das stimmt. Danke
19.11.2009, 15:15	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Homogene DGL 2. Ordnung, wenn Wurzel Negativ. Du hast schon den ersten Fehler gemacht, wenn du die Eigenwerte berechnest. Dort hast du ein Minus vor der 2 unterschlagen, dementsprechend ändert sich alles etwas. Aber der eigentliche Hinweis ist der: wenn du eine Dgl. mit reellen Koeffizienten hast, so bist du in der Regel auch an reellen Lösungen interessiert. Die bekommst du, wenn du dir eine der beiden Lösungen nimmst und jeweils den Real- und Imaginärteil als dein Fundamentalsystem wählst. Dazu brauchst du die Euler-Identität, wie schon richtig angewendet.
19.11.2009, 15:29	pizzaschachtel	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, habs nun noch mal umgestellt und hoffentlich nichts unterschlagen. Komme nun auf: $\begin{eqnarray} c_2=\frac{1}{2}+\frac{1}{i} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} c_1=\frac{1}{2}-\frac{1}{i} \end{eqnarray}$ Nun habe ich nicht verstanden, wie ich an die reellen Lösungen komme. Was genau muss ich dafür jetzt machen?
19.11.2009, 15:39	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Reelle Lösungen erhält man aus einer der beiden komplexen Lösungen $\begin{eqnarray} \tilde{y_1}=e^{(-2+i)x} \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} \tilde{y_2}=e^{(-2-i)x} \end{eqnarray}$ . Eulerformel: $\begin{eqnarray} \tilde{y_1}=e^{(-2+i)x}=e^{-2x}\cdot (\cos x+i\sin x). \end{eqnarray}$ Real- und Imaginärteil sind nun reelle Lösungen der Differentialgleichung, d.h. du hast $\begin{eqnarray} y(x)=c_1\cdot e^{-2x}\cos x+c_2\cdot e^{-2x}\sin x \end{eqnarray}$ als allgemeine Lösung.
19.11.2009, 16:03	pizzaschachtel	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke, das hat mir schon mal sehr geholfen, aber einwas verstehe ich nicht: Ich habe nun: $\begin{eqnarray} \tilde{y_1}=e^{(-2+i)x}=e^{-2x}\cdot (\cos x+i\sin x) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \tilde{y_2}=e^{(-2+i)x}=e^{-2x}\cdot (\cos x-i\sin x) \end{eqnarray}$ Wie kommt man dadurch nun auf $\begin{eqnarray} y(x)=c_1\cdot e^{-2x}\cos x+c_2\cdot e^{-2x}\sin x \end{eqnarray}$ ? Könntest du mir das bitte erklären?
19.11.2009, 16:08	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
OK. Soweit, so gut. Du musst, wie ich bereits erwähnt habe, nur eine der komplexen Lösungen nehmen, da die zweite Lösung sich ja nur um ein Vorzeichen unterscheidet. Der Witz ist ja gerade, dass der andere Eigenwert eben nur das konjugiert komplexe des ersten Eigenwertes ist, d.h. Vorzeichenunterschied. Aufgrund der Symmetrie von Sinus- und Cosinus hast du nun etwas umgeformt, nun stört noch das eine Minus. Das ist aber insofern egal, als das du das Minus mit in die Konstante reinziehen könntest, da du ja in deiner allgemeinen Lösung eine reelle Konstante hast, die jeden Wert annehmen kann. Demzufolge hast du zweimal die gleiche Lösung erhalten, es ist also egal, welche komplexe Lösung du "reell machst". Soweit klar?
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19.11.2009, 16:18	pizzaschachtel	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das ist mir klar, aufgrund der Symmetrie vom Sinus. Nur habe ich gerade Probleme damit, dieses unreelle reell zu machen. Gibt es da irgendwo eine schöne Übersicht, die das logisch erklärt? Bzw, könntet ihr es mir erklären? Das wäre toll, danke, wenn ihr mir da irgendwie helft.
19.11.2009, 16:22	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Was brauchst du denn für eine Übersicht? Ich habe doch schon gesagt, dass jede komplexwertige Lösung zwei reelle Lösungen liefert: einmal erhälst du die eine aus dem Real- die andere aus dem Imaginärteil. Wo steckst du genau fest?
19.11.2009, 16:30	pizzaschachtel	Auf diesen Beitrag antworten »
Achso! Wieder mal nicht ordentlich gelesen Ö.ö Also die aus dem Realteil ist $\begin{eqnarray} e^{-2x}cosx \end{eqnarray}$ und die aus dem Imaginärteil ist $\begin{eqnarray} e^{-2x}sinx \end{eqnarray}$ ? Jetzt setze ich wohl diese beiden Lösungen einfach ein? Das ist mir alles nur ein wenig suspekt. Wieso darf man nun das eine $\begin{eqnarray} c_2 \end{eqnarray}$ vor das $\begin{eqnarray} e^{-2x}sinx \end{eqnarray}$ schreiben? Da klemmts, das hat für mich irgendwie keine Logik^^
19.11.2009, 16:36	Kopfrechner	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Dgl kann "direkter" gelöst werden, wenn man (wie die Physiker) weiß, dass sie bei gedämpften Schwingungen vorkommt. Dann hilft der Ansatz mit $\begin{eqnarray} y(t)=A e^{-rt}[sin(\omegat)+ cos(\omegat)] \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} y(t)=A e^{-rt}sin(\omegat+ \phi) \end{eqnarray*}$ Ist mehr Rechnerei, kommt aber ohne komplexe Ansätze aus. Vielleicht gibt dir das mehr Vertrauen zum Wechsel zum reellwertigen Teil. Der komplexe Ansatz ist aber "eleganter" Gruß, Kopfrechner
19.11.2009, 16:38	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Integrationskonstanten haben wir ja beim komplexwertigen Ansatz vollkommen vernachlässigt, weil uns die komplexe Lösung zum Schluss ja gar nicht mehr interessiert. Um zum Schluss wirklich die allgemeine Lösung zu haben, und nicht nur genau eine, muss man halt noch zwei Integrationskonstanten einfügen.
19.11.2009, 16:41	pizzaschachtel	Auf diesen Beitrag antworten »
Achso Okay, ich bedanke mich ganz toll bei euch beiden und werde mich noch mal mit den komplexen Zahlen befassen. Großes Dankeschön

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