Allg. Lösung der Differentialgleichung

09.04.2018, 22:19

Orly

Allg. Lösung der Differentialgleichung

Hallo,

Hier die Aufgabe:

[attach]46876[/attach]

So jetzt wollte ich das mit dem allgemeinen Ansatz $\begin{eqnarray*} f(t)=exp[\lambda t] \end{eqnarray*}$ lösen. Eingesetzt und die Koeffizienten betrachtet erhalte ich die Gleichung

$\begin{eqnarray*} \lambda^2 - 2\lambda + 2=0 \end{eqnarray*}$

Jetzt erhalte ich mit p-q-Formel eine negative Wurzel und damit nur komplexe Lösungen von Lambda. Die Aufgabe verlangt aber nach der allg. reellen Lösung. Gibt es hier also keine Lösung?

Falls dem so ist kann ich die Lösung ja auch nicht als f(0) und f '(0) ausdrücken. Wie ist denn so eine Aufgabe allgemein zu lösen ich bin mir da nicht sicher. $\begin{eqnarray*} f(t)=exp[\lambda t] \end{eqnarray*}$ und die Ableitung davon kann ich ja feststellen, und dann einfach die Diff. Gl. ersetzen zu $\begin{eqnarray*} f'^2(0)-2 f'(0) + 2 f(0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Das erscheint mir zu trivial, ich denke also ich habe irgendetwas nicht verstanden.

09.04.2018, 22:25

Helferlein

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Das einzige, was Du noch nicht verstanden hast, scheint der Zusammenhang von komplexen Eigenwerten und reellen Lösungen zu sein.
Eine komplexe Zahl besteht aus Real- und Imaginärteil, welche beide reell sind. Da sich diese als Linearkombination aus der komplexen Zahl und ihrem konjugiert komplexen darstellen lässt, sind sie ebenfalls Lösungen der DGL.

10.04.2018, 12:56

Ulrich Ruhnau

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RE: Allg. Lösung der Differentialgleichung
Angenommen, die Lösung sei:

$\begin{eqnarray*} f(t)= a e^{\lambda_1 t} + b e^{\lambda_2 t} \end{eqnarray*}$

denn die quadratische Gleichung wirft zwei Lösungen ab:

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 = \gamma+i \omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = \gamma-i \omega \end{eqnarray*}$

Dann kann man die komplexen Konstanten $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ , so wählen, daß eine reelle Lösung der Gestalt

$\begin{eqnarray*} f(t)= A e^{\gamma t} sin(\omega t) + B e^{\gamma t} cos(\omega t) \end{eqnarray*}$ entsteht.

Nun müssen aber $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} f(t) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f'(t) \end{eqnarray*}$ ausgedrückt werden.

Dann wäre die Lösung

$\begin{eqnarray*} f(t)= \frac{f'(0)}{\omega} e^{\gamma t} sin(\omega t) + f(0) e^{\gamma t} cos(\omega t) \end{eqnarray*}$

wenn diese $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ - Abhängigkeit nur nicht wäre. Also am besten selber weiter rechnen!

Das heißt, es sind $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ so zu wählen, daß die Randbedingungen $\begin{eqnarray*} f(t) = f(0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f'(t) = f'(0) \end{eqnarray*}$ an der Stelle $\begin{eqnarray*} t = 0 \end{eqnarray*}$ erfüllt werden.

10.04.2018, 13:12

HAL 9000

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Dann wäre die Lösung

$\begin{eqnarray*} f(t)= \frac{f'(0)}{\omega} e^{\gamma t} sin(\omega t) + f(0) e^{\gamma t} cos(\omega t) \end{eqnarray*}$

Na, Parameter $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist aber falsch ausgerechnet. Wenn ich das richtig sehe, ist $\begin{eqnarray*} A=\frac{f'(0){\color{red}-f(0)\gamma}}{\omega} \end{eqnarray*}$ . verwirrt

Zitat:

Original von Orly
und dann einfach die Diff. Gl. ersetzen zu $\begin{eqnarray*} f'^2(0)-2 f'(0) + 2 f(0)=0 \end{eqnarray*}$ .

I.a. ist $\begin{eqnarray*} f'^2\neq f'' \end{eqnarray*}$ , d.h., Quadrat der ersten Ableitung und zweite Ableitung sind völlig verschiedene Dinge. unglücklich

10.04.2018, 13:22

Ulrich Ruhnau

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Wenn man $\begin{eqnarray*} f(t)=e^{\lambda t} \end{eqnarray*}$ zwei mal ableitet, entsteht doch $\begin{eqnarray*} \lambda^2 \end{eqnarray*}$ .
Und diese zweifache Ableitung möchte man ja laut Aufgabenstellung haben.

10.04.2018, 13:26

HAL 9000

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Achso, das soll sich nur auf den Ansatz beziehen, nicht auf alle Lösungen f - hatte ich missverstanden. Hatte gedacht, das wäre mit $\begin{eqnarray*} \lambda^2 - 2\lambda + 2=0 \end{eqnarray*}$ abgefrühstückt, warum dann die Gleichung nochmal so umständlich schreiben...

10.04.2018, 13:57

Orly

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RE: Allg. Lösung der Differentialgleichung

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Angenommen, die Lösung sei:

$\begin{eqnarray*} f(t)= a e^{\lambda_1 t} + b e^{\lambda_2 t} \end{eqnarray*}$

denn die quadratische Gleichung wirft zwei Lösungen ab:

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 = \gamma+i \omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = \gamma-i \omega \end{eqnarray*}$

Dann kann man die komplexen Konstanten $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ , so wählen, daß eine reelle Lösung der Gestalt

$\begin{eqnarray*} f(t)= A e^{\gamma t} sin(\omega t) + B e^{\gamma t} cos(\omega t) \end{eqnarray*}$ entsteht.

Nun müssen aber $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} f(t) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f'(t) \end{eqnarray*}$ ausgedrückt werden.

Dann wäre die Lösung

$\begin{eqnarray*} f(t)= \frac{f'(0)}{\omega} e^{\gamma t} sin(\omega t) + f(0) e^{\gamma t} cos(\omega t) \end{eqnarray*}$

wenn diese $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ - Abhängigkeit nur nicht wäre. Also am besten selber weiter rechnen!

Das heißt, es sind $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ so zu wählen, daß die Randbedingungen $\begin{eqnarray*} f(t) = f(0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f'(t) = f'(0) \end{eqnarray*}$ an der Stelle $\begin{eqnarray*} t = 0 \end{eqnarray*}$ erfüllt werden.

Also ich kann nachvollziehen was du hier machst bis zu dem Punkt an dem du A und B durch f(t) und f'(t) ausdrückst. Wie kommst du dann auf das f'(0)/w und f(0)?

Und wie geht es dann weiter?

Sorry, ich denke ich muss das einmal komplett sehen bevor ich das richtige Lösungsschema erkenne. unglücklich

10.04.2018, 14:50

HAL 9000

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Naja, dort entsteht ja dann auch ein Fehler. Die allgemeine Lösung

$\begin{eqnarray*} f(t)= A e^{\gamma t} \sin(\omega t) + B e^{\gamma t} \cos(\omega t) \end{eqnarray*}$

einmal abgeleitet ergibt $\begin{eqnarray*} f'(t)= (A\gamma-B\omega) e^{\gamma t} \sin(\omega t) + (A\omega+B\gamma) e^{\gamma t} \cos(\omega t) \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ sowie gegebenen Anfangswerten $\begin{eqnarray*} f(0),f'(0) \end{eqnarray*}$ ist das entstehende

$\begin{eqnarray*} f(0) &=& B\\ f'(0) &=& A\omega+B\gamma \end{eqnarray*}$

ein Gleichungssystem für $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ , mit der Lösung $\begin{eqnarray*} A=\frac{f'(0)-f(0)\gamma}{\omega},B=f(0) \end{eqnarray*}$ .

10.04.2018, 15:02

Orly

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Zitat:

Original von HAL 9000
Naja, dort entsteht ja dann auch ein Fehler. Die allgemeine Lösung

$\begin{eqnarray*} f(t)= A e^{\gamma t} \sin(\omega t) + B e^{\gamma t} \cos(\omega t) \end{eqnarray*}$

einmal abgeleitet ergibt $\begin{eqnarray*} f'(t)= (A\gamma-B\omega) e^{\gamma t} \sin(\omega t) + (A\omega+B\gamma) e^{\gamma t} \cos(\omega t) \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ sowie gegebenen Anfangswerten $\begin{eqnarray*} f(0),f'(0) \end{eqnarray*}$ ist das entstehende

$\begin{eqnarray*} f(0) &=& B\\ f'(0) &=& A\omega+B\gamma \end{eqnarray*}$

ein Gleichungssystem für $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ , mit der Lösung $\begin{eqnarray*} A=\frac{f'(0)-f(0)\gamma}{\omega},B=f(0) \end{eqnarray*}$ .

Ah jetzt habe ich das verstanden. Gut, dann bin ich jetzt bis

$\begin{eqnarray*} f(t)= \frac{f'(0)}{\omega} e^{\gamma t} sin(\omega t) + f(0) e^{\gamma t} cos(\omega t) \end{eqnarray*}$

dabei.

Da ich Gamma und Omega aus meinen Eigenwerten habe ist das ja eigentlich schon die fertige Lösung, oder nicht?

Weil Ulrich Ruhnau noch den Tipp gegeben hatte die Gamma Abhängigkeit rauszuwerfen würde ich dann die e Terme mit der Eulerschen Gleichung in sin und cos Terme umzuschreiben und dann schauen, wie es sich zusammenfassen lässt?

10.04.2018, 15:07

HAL 9000

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Zitat:

Original von Orly
Gut, dann bin ich jetzt bis

$\begin{eqnarray*} f(t)= \frac{f'(0)}{\omega} e^{\gamma t} sin(\omega t) + f(0) e^{\gamma t} cos(\omega t) \end{eqnarray*}$

dabei.

Es schmerzt wirklich, das lesen zu müssen, wo ich doch nun schon zum zweiten Mal erwähnt habe, dass es eigentlich

$\begin{eqnarray*} f(t)= \frac{f'(0)-f(0)\gamma}{\omega} e^{\gamma t} \sin(\omega t) + f(0) e^{\gamma t} \cos(\omega t) \end{eqnarray*}$

lauten muss.

10.04.2018, 15:30

Orly

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Ich hab das mit Latex nicht so drauf und hab das deshalb einfach von dort kopiert. Ich weiß ja, dass es korrekterweise so lauten sollte, wie du es erläutert hast.

Kannst du mir denn jetzt trotzdem sagen ob das als Lösung schon genügt oder ob wir nun weitermachen müssen mit der Auflösung der e Terme und (hoffentlich) Elimination von Gamma?

10.04.2018, 15:45

HAL 9000

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Naja, du solltest natürlich für deine konkrete DGL oben auch die konkreten Werte von $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ bestimmen können!

Zitat:

Original von Orly
$\begin{eqnarray*} \lambda^2 - 2\lambda + 2=0 \end{eqnarray*}$

Jetzt erhalte ich mit p-q-Formel eine negative Wurzel und damit nur komplexe Lösungen von Lambda.

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
denn die quadratische Gleichung wirft zwei Lösungen ab:

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 = \gamma+i \omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = \gamma-i \omega \end{eqnarray*}$

Das kann jetzt so schwer doch nicht mehr sein.

10.04.2018, 15:56

Orly

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Ja genau das meinte ich. Ich setze meinen Real- und Imaginärteil von meinen Lösungen für Lambda ein und dann steht das damit fertig da.

Zitat:

Original von Orly
Da ich Gamma und Omega aus meinen Eigenwerten habe ist das ja eigentlich schon die fertige Lösung

Dankeschön.

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