Ein DGL System

13.10.2011, 12:05	Mr. Fox	Auf diesen Beitrag antworten »
Ein DGL System Meine Frage: Hallo liebe Leute, ich habe ein DGL System zu lösen: $\begin{eqnarray} y_1''=-2y_1+y_2 \\ y_2''=y_1-y_2+1 \\ y_1(0)=1 \textrm{ , }y_2(0)=2 \\ y_1'(0)=y_2'(0)=1 \end{eqnarray}$ und ich weiß nicht wie ich auf die reelle Lösung komme. Meine Ideen: Angefangen habe ich mit einer Substitution $\begin{eqnarray} y=\tilde y +\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ , damit ich ein homogenes DGL System $\begin{eqnarray} \tilde y_1''=-2\tilde y_1+\tilde y_2\\ \tilde y_2''=\tilde y_1-\tilde y_2 \end{eqnarray}$ erhalten. Als nächstes habe ich das DGL System mit $\begin{eqnarray} z=(\tilde y_1,\tilde y_2,\tilde y_1',\tilde y_2') \end{eqnarray}$ auf ein System 1. Ordnung geführt $\begin{eqnarray} z'=Az=\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&0&0&1\\-2&1&0&0\\1&-1&0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Die Eigenwerte von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ sind $\begin{eqnarray} \lambda = \pm \frac{1}{2}i(\sqrt{5}\pm 1) \end{eqnarray}$ . Da es vier Eigenwerte sind, ist die komplexe Lösung schnell mithilfe der Eigenvektoren hinzuschreiben $\begin{eqnarray} z(x)=c_1 e^{\frac{1}{2}i(\sqrt{5}+ 1)x} \begin{pmatrix}-i \\ \frac{2i}{\sqrt{5}+1} \\ \frac{2}{\sqrt{5}-1} \\ -1 \end{pmatrix} + c_2e^{\frac{1}{2}i(\sqrt{5}- 1)x} \begin{pmatrix}i \\ \frac{2i}{\sqrt{5}-1} \\ -\frac{2}{\sqrt{5}+1} \\ -1 \end{pmatrix} +c_3e^{-\frac{1}{2}i(\sqrt{5}+ 1)x} \begin{pmatrix}i \\ -\frac{2i}{\sqrt{5}+1} \\ \frac{2}{\sqrt{5}-1} \\ -1 \end{pmatrix}+c_4e^{-\frac{1}{2}i(\sqrt{5}- 1)x} \begin{pmatrix}i \\ \frac{2i}{\sqrt{5}-1} \\ \frac{2}{\sqrt{5}+1} \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Wie gehe ich jetzt weiter vor, um die reelle Lösung von $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ zu erhalten. Vielen Dank schon einmal.
13.10.2011, 13:01	Wetal	Auf diesen Beitrag antworten »
sry hier stand müll.
13.10.2011, 14:22	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Deine "alten" Anfangsbedingungen lauteten $\begin{eqnarray} y_1(0)=1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y_2(0)=2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y'_1(0)=1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y'_2(0)=1 \end{eqnarray}$ Du hast nun folgende Substitution durchgeführt $\begin{eqnarray} y_1=\tilde y_1+1=z_1+1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y_2=\tilde y_2+2=z_2+2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y'_1=\tilde y'_1=z_3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y'_2=\tilde y'_2=z_4 \end{eqnarray}$ Demnach müssen auch die obigen Anfangsbedingungen substituiert werden, indem man erstere in letztere einsetzt. Das führt zu den "neuen" Anfangsbedingungen $\begin{eqnarray} 1=\tilde y_1+1=z_1+1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 2=\tilde y_2+2=z_2+2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 1=\tilde y'_1=z_3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 1=\tilde y'_2=z_4 \end{eqnarray}$ Dafür schreibt man einfacher $\begin{eqnarray} 0=z_1(0) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 0=z_2(0) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 1=z_3(0) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 1=z_4(0) \end{eqnarray}$ Ich habe deine Lösung nicht nachgerechnet. Wenn diese richtig ist, dass müssen die letztgenannten Anfangsbedingungen erfüllt sein, wenn du x=0 setzt. Das führt auf ein Gleichungssystem für die noch unbestimmten Koeffizienten. Zum Schluss musst eine Rücksubstitution machen, um zu den ursprünglichen Funktionen $\begin{eqnarray} y_1, y_2 \end{eqnarray}$ zu gelangen.

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