Fundamentallösung

14.03.2012, 11:30

Susi101

Fundamentallösung

hallo zusammen,

ich soll die fundamentallösung Y(t) mit Y(0)=1 berechnen, wobei $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} cos(t) & -sin(t) \\ sin(t) & cos(t) \end{pmatrix} *\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ . und zeige, dass jede lösung des systems periodisch ist und bestimme die periodenlänge.

mein ansatz:
als erstes hab ich $\begin{eqnarray*} det(A-\lambda *E)=(cos(t)-\lambda )^2+sin^2(t)!=0 \end{eqnarray*}$
dann bekomm ich $\begin{eqnarray*} \lambda 1=cos(t)+sin(t) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda21=cos(t)-sin(t) \end{eqnarray*}$

wenn ich jetzt die eigenvektoren berechnen will, werden diese aber (0,0)..kann das sein? stimmt mein ansastz überhaupt??

14.03.2012, 14:14

Ehos

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Multipliziere die 2.Gleichung mit der imaginären Einheit i und addiere anschließend beide Gleichungen. Das ergibt

$\begin{eqnarray*} x'+iy'=x\cdot\cos(t)+ix\cdot \sin(t)+iy\cdot \cos(t)-y \cdot \sin(t) \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} z=x+iy \end{eqnarray*}$ wird daraus

$\begin{eqnarray*} z'=z\cdot \cos(t)+iz\cdot \sin(t)=iz\cdot e^{it} \end{eqnarray*}$

Division durch z liefert $\begin{eqnarray*} \tfrac{z'}{z}=i\cdot e^{it} \end{eqnarray*}$ . Integration bezüglich t liefert nach Einfügen der Integrationskonstanten $\begin{eqnarray*} -\ln(z_0) \end{eqnarray*}$ auf der linken Seite

$\begin{eqnarray*} \ln(z)-\ln(z_0)=e^{it} \end{eqnarray*}$ oder
$\begin{eqnarray*} \ln(\tfrac{z}{z_0})=cos(t)+i\sin(t) \end{eqnarray*}$ oder
$\begin{eqnarray*} z(t)=z_0\cdot e^{cos(t)+i\cdot \sin(t)} \end{eqnarray*}$ oder
$\begin{eqnarray*} z(t)=z_0\cdot e^{cos(t)}\cdot e^{i\sin(t)} \end{eqnarray*}$ .

Setzt man die Konstante $\begin{eqnarray*} z_0=e^{a+ib}=e^a\cdot e^{ib} \end{eqnarray*}$ mit konstanten a,b, hat man die allgemine Lösung (noch ohne Anfangsbedingung)

$\begin{eqnarray*} z(t)=e^a\cdot e^{ib}\cdot e^{cos(t)}\cdot e^{i\sin(t)}=e^{a+\cos(t)}\cdot e^{i(b+\sin(t)} \end{eqnarray*}$ .

Laut Anfangsbedingung soll bei t=0 gelten $\begin{eqnarray*} z(0)=x(0)+i \end{eqnarray*}$ . Das schränkt den Anfang der Kurve in der xy-Ebene ein. Ich hoffe, ich habe mich auf die Schnelle nicht verrechnet.

14.03.2012, 14:40

Susi101

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danke für die antwort smile

ich hatte mich verrechnet. ich zeig dir mal meine lösung. stimmt das so auch?

hab die eigenwerte : $\begin{eqnarray*} \lambda 1=cos(t)+isin(t) \end{eqnarray*}$
und $\begin{eqnarray*} \lambda 2=cos(t)-isin(t) \end{eqnarray*}$
daraus bekomm ich die eigenvektoren
$\begin{eqnarray*} v1=\begin{pmatrix} i \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v2=\begin{pmatrix} -i \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
dann bekomm ich die allgemeine lösung $\begin{eqnarray*} y(t)=c1*e^{\lambda x1*t} *v1+c2*e^{\lambda 2*t} *v2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y(\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} )=c1*1 *\begin{pmatrix} i \\1 \end{pmatrix} +c2*1 *\begin{pmatrix} -i \\ 1 \end{pmatrix} !=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
hier weiß ich allerdings nicht ob der vektor (1,0) stimmt, weil in der aufgabenstellung ist y(0)=1, also ne 1 mit zwei strichen
dann bekomm ich für $\begin{eqnarray*} c1=\frac{1}{2i} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c2=-\frac{1}{2i} \end{eqnarray*}$
jetzt ist nur noch die frage, ob das periodisch ist und periodenlänge bestimmen.
ich hab gedacht, dass es periodisch ist, weil ja sin und cos periodisch sind und die länge ist pi, da sin(t)=0 wird, wenn t=0 und t=pi...??? stimmmt das alles so???

14.03.2012, 14:48

Ehos

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Wenn ich mich richtig erinnere, funktioniert die Lösungsmethode mit den Eigenwerten nur bei solchen Differenzialgleichungssystemen 1.Ordnung, wo die Koeffizientenmatrix konstant ist. In deinem Fall sind die Koeffizienten aber von t abhängig. Geht das da überhaupt?

15.03.2012, 13:31

Susi101

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kann hier jemand weiterhelfen, welche lösung nun stimmt??
danke

15.03.2012, 15:22

Ehos

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Rein formal habe ich deine Eigenwerte $\begin{eqnarray*} \lambda_1=\cos(t)+i\cdot \sin(t) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_2=\cos(t)-i \cdot \sin(t) \end{eqnarray*}$ sowie die Vektoren (i|1) und (-i|1) auch rausbekommen. Trotzdem glaube ich, dass deine Rechnung vom Prinzip her unrichtig ist, weil deine Methode insgesamt nur bei konstanten Koeffizientenmatrizen anwendbar ist. Begründung: Angenommen, wir haben das lineares Differenzialgleichungssystem 1.Ordnung mit konstanter Koeffizientenmatrix

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} =\underbrace{\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}}_{\text{kontante Matrix A}} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann macht man bekanntlich den Ansatz $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} d_1 \\ d_2 \end{pmatrix}\cdot e^{\lambda \cdot t} \end{eqnarray*}$ mit dem konstanten Vektor $\begin{eqnarray*} \vec d=\begin{pmatrix} d_1 \\ d_2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und dem unbekanntem Exponenten $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ . Einsetzen des Ansatzes in das Differenzialgleichungssystem führt nach Division durch $\begin{eqnarray*} e^{\lambda\cdot t} \end{eqnarray*}$ auf folgendes homogene, algebraisches Gleichungssystem für den konstanten Vektor $\begin{eqnarray*} \vec d \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (A-E\lambda)\vec d=\vec 0 \end{eqnarray*}$

Hier kommt die Zeit t gar nicht mehr vor. Insbesondere ist $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ konstant. Durch Lösen dieses Gleichungssystems bist du formal auf deine Eigenwerte gekommen. Bei deiner Aufgabe führt der obige Ansatz aber prinzipiell NICHT zum Erfolg, weil deine Koeffizientenmatrix A von t abhängt und somit auch die Eigenwerte t-abhängig werden. Setzt man nämlich den obigen Ansatz $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} d_1 \\ d_2 \end{pmatrix}\cdot e^{\lambda \cdot t} \end{eqnarray*}$ auch bei t-abhängiger Koeffizientenmatrix (wie in deiner Aufgabe) in das Differenzialgleichungsystem ein, kürzt sich die Zeit NICHT heraus. Deshalb kommt man gar nicht auf dieses einfache algebraische Gleichungssystem, welches du formal richtig gelöst hast (aber umsonst). Die Sache wird bei t-abhängigen Koeffizientenmatrizen komplizierter.

Bei meiner komplexen Rechnung von gestern habe ich das Dgl.-system in eine einfache Differenzialgleichung umgeformt und gelöst. Dies scheint mir der einfachste Weg zu sein.

15.03.2012, 16:41

Susi101

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mh ok, kann sein.

nun muss ich noch zeigen, dass die lösung periodisch ist und die periodenlänge bestimmen. wie muss ich vorgehen?

15.03.2012, 16:54

René Gruber

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Zitat:

Original von Ehos
Ich hoffe, ich habe mich auf die Schnelle nicht verrechnet.

Die Hoffnung kann ich nicht ganz bestätigen, denn hier

Zitat:

Original von Ehos
$\begin{eqnarray*} z'=z\cdot \cos(t)+iz\cdot \sin(t)=iz\cdot e^{it} \end{eqnarray*}$

sollte ja wohl eher

$\begin{eqnarray*} z'=z\cdot \cos(t)+iz\cdot \sin(t)=z\cdot e^{it} \end{eqnarray*}$

stehen. Hab jetzt nicht verfolgt, welche Auswirkungen das insgesamt hat.

16.03.2012, 14:07

Ehos

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@Rene Gruber
Du hast recht, der Faktor i ist in meiner Rechnung zuviel.

@Susi101
Nachdem wir lange gerechnet haben, fasse ich den reellen Lösungsweg nochmals zusammen. (Du willst ja nicht komplex rechnen, was aber einfacher wäre.) Man macht den Ansatz $\begin{eqnarray*} \vec x=\vec d\cdot e^{\lambda(t)} \end{eqnarray*}$ mit dem konstanten Vektor $\begin{eqnarray*} \vec d \end{eqnarray*}$ und der noch unbekannten, zeitabhängige Funktion $\begin{eqnarray*} \lambda (t) \end{eqnarray*}$ im Exponenten. Letztere sollte man wegen der Zeitabhängigkeit nicht als Eigenwert bezeichnen. Einsetzen in die Dgl. $\begin{eqnarray*} \dot {\vec x}=D\vec x \end{eqnarray*}$ mit der zeitabhängigen Matrix D ergibt nach Division durch $\begin{eqnarray*} e^{\lambda (t)} \end{eqnarray*}$ die Beziehung $\begin{eqnarray*} \dot{\lambda}\vec d=D\vec d \end{eqnarray*}$ , also das homogene lineare Gleichungssystem $\begin{eqnarray*} (D-\dot{\lambda} E) \vec d=\vec 0 \end{eqnarray*}$ . Dieses hat nur dann eine Lösung, wenn die Koeffizientendeterminante verschwindet, also wenn $\begin{eqnarray*} det(D-\dot{\lambda} E)=\dot{\lambda}^2-2\cos(t)\dot{\lambda}+1=0 \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt

$\begin{eqnarray*} \dot{\lambda}_A=\cos(t)+i\sin(t) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \dot{\lambda}_B=\cos(t)-i\sin(t) \end{eqnarray*}$

Das sind die 1.Ableitungen der beiden Funktion $\begin{eqnarray*} \lambda_A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_B \end{eqnarray*}$ aus dem Exponenten des Ansatzes. Integration nach der Zeit liefert diese Funktionen

$\begin{eqnarray*} \lambda_A=\sin(t)-i\cos(t) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda_B=\sin(t)+i\cos(t) \end{eqnarray*}$

Einsetzen von $\begin{eqnarray*} \dot{\lambda}_A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \dot{\lambda}_B \end{eqnarray*}$ in das obige homogene Gleichungsystem $\begin{eqnarray*} (D-\dot{\lambda} E) \vec d=\vec 0 \end{eqnarray*}$ liefert nach Division durch sin(t) die beiden linearen Gleichungssysteme

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -i & -1 \\ 1 & -i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} d_{1A} \\ d_{2A} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} d_{1A} \\ d_{2A} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} i \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} i & -1 \\ 1 & i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} d_{1B} \\ d_{2B} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} d_{1B} \\ d_{2B} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -i \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Gemäß unserem obigen Lösungsansatz $\begin{eqnarray*} \vec x=\vec d\cdot e^{\lambda(t)} \end{eqnarray*}$ haben wir also zwei Lösungen der ursprünglichen Differenzialgleichung $\begin{eqnarray*} \dot {\vec x}=D\vec x \end{eqnarray*}$ , wobei jede Linearkombination wiederum eine Lösung ist, also

$\begin{eqnarray*} \vec x(t)=C_A \cdot \vec d_A \cdot e^{\lambda_A(t)}+C_B \cdot \vec d_B \cdot e^{\lambda_B(t)} \end{eqnarray*}$

Dabei sind $\begin{eqnarray*} C_A,C_B \end{eqnarray*}$ beliebige Konstanten. Setzt man die obigen Größen ein, haben wir die Lösung

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=C_A \cdot \begin{pmatrix} i \\ 1 \end{pmatrix} \cdot e^{\sin(t)-i\cos(t)}+ C_B \cdot \begin{pmatrix} -i \\ 1 \end{pmatrix} \cdot e^{\sin (t)+i \cos (t)} \end{eqnarray*}$

(Bei deiner allgemeinen Lösung taucht im Exponenten noch der Faktor t außerhalb von sin(...) und cos(...) auf. Das ist unrichtig!) Du schreibst nicht eindeutig, welche Anfangsbedingung gilt. Wenn bei t=0 der Vektor $\begin{eqnarray*} (x_0|y_0) \end{eqnarray*}$ rauskommen soll, muss bei t=0 gelten

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix}=C_A \cdot \begin{pmatrix} i \\ 1 \end{pmatrix} \cdot e^{-i}+ C_B \cdot \begin{pmatrix} -i \\ 1 \end{pmatrix} \cdot e^{i} \end{eqnarray*}$

Das ist ein Gleichungssystem für die Koeffizienten

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} i\cdot e^{-i}& -i\cdot e^{i} \\ e^{-i} & e^{i} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_{A} \\ C_{B} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Wenn man die Koeffizienten $\begin{eqnarray*} C_A, C_B \end{eqnarray*}$ hat, ist die Lösung bekannt.

16.03.2012, 20:37

Susi101

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okay, danke schon mal smile

die anfangsbedingung ist Y(0)=1, also so ne 1 mit nem doppelstrich, indikatoreins...
ich weiß nicht, genau was für einen vektor sie darstellt. hab jetz mal (1,0) genommen oder bedeutet sie (1,1)?

für (1,0) hab ich $\begin{eqnarray*} c_{A} =\frac{1}{2i}e^{i} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c_{B} =-\frac{1}{2i}e^{-i} \end{eqnarray*}$

19.03.2012, 10:43

Susi101

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stimmt das so?

20.03.2012, 09:12

Ehos

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Für die Anfangsbedingung (1|0) komme ich auch auf den konstanten Vektor $\begin{eqnarray*} (C_A|C_B)=\tfrac{1}{2i}\cdot(e^i|-e^{-i}) \end{eqnarray*}$ . Demnach lautet die Lösung für das ursprüngliche Differenzuialgleichungssystem

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\tfrac{1}{2i}e^i\cdot\begin{pmatrix} i \\ 1 \end{pmatrix}\cdot e^{\sin(t)-i\cos(t)}-\tfrac{1}{2i}e^{-i}\cdot\begin{pmatrix} -i \\ 1 \end{pmatrix}\cdot e^{\sin(t)+i\cos(t)} \end{eqnarray*}$

Das kann man natürlich noch vereinfachen.

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