Randwert

11.08.2018, 02:06

mac33

Randwert

Habe jetzt mit einer neuen Aufgabe angefangen mit Ansätzen .

Hinweise: (i) Bestimmen Sie die allgemeine Losung der DGL und versuchen Sie diese an die Randbedingungen anzupas- sen. (ii) Eine partikulare Losung ist in allen Beispielen leicht zu erraten.

Stimmt meine rechnung so ?

Aufgabe gelöst damit?

11.08.2018, 11:30

HAL 9000

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Die allgemeine homogene Lösung der DGL $\begin{eqnarray*} y = A\cos(x)+B\sin(x) \end{eqnarray*}$ kann ich deiner schlecht lesbaren Schmiererei noch entnehmen, aber ob es damit dann eine Lösung deines Randwertproblems gibt oder nicht, ist an den letzten Zeilen nicht mit der notwendigen Deutlichkeit erkennbar. unglücklich

12.08.2018, 01:32

mac33

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In der letzten Zeile steht:

y(pi) = A*cos(pi) +B*sin(pi) = ......

sinpi wird 0?

12.08.2018, 07:19

HAL 9000

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Du hattest oben gefragt, ob die Aufgabe "damit gelöst" ist. Mit derlei Fragezeichen sicher nicht - also ring dich mal zu einer klaren Aussage durch, so in der Art

a) die Lösungsfunktion des Randwertproblems ist ... (d.h. mit den und den Werten für A,B),

oder

b) es gibt keine Lösung dieses Randwertproblems, aus den und den Gründen.

12.08.2018, 11:36

mac33

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y(pi) = 1
n der letzten Zeile steht:

y(pi) = A*cos(pi) +B*sin(pi) = A*0,99
Es soll ja 1 sein also kein Randwert

Ausserdem soll ja auch y(0) = 1 ergeben ,was ja nach meiner Lösung nicht passiert.
Randwertaufgabe nicht lösbar.

Es gibt auch noch weitere AUfgaben die ich mit euch einfach durchgehe:

b) lambda^2 +1 = 1

lambda12 = 0

doppelte gleiche nullstelle also:

$\begin{eqnarray*} y_h = c_1 \end{eqnarray*}$

da ja das lambda 0 ist wird der e^Teil 1 in der homogenen <lösung richtig?

12.08.2018, 11:48

HAL 9000

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Zitat:

Original von mac33
y(pi) = A*cos(pi) +B*sin(pi) = A*0,99

Wie in aller Welt kommst du auf 0,99 ? Kann es sein, dass du cos(pi) mit einem Taschenrechner im DEG-Modus berechnest? Finger1

Stell ihn doch bitte auf RAD. Bzw., cos(pi) sollte man auch ohne TR wissen. unglücklich

Zitat:

Original von mac33
Randwertaufgabe nicht lösbar.

Trotz der erwähnten Rechenfehler letztlich der richtige Schluss.

12.08.2018, 12:12

mac33

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Stimmt cos(pi)=-1

Tipps zur b)?

12.08.2018, 12:19

HAL 9000

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Die charakteristischen Gleichungen bei b),c),d) sind nach wie vor jeweils $\begin{eqnarray*} \lambda^2+1=0 \end{eqnarray*}$ .

Der Unterschied zu a) ist lediglich, dass es sich diesmal um inhomogene DGL handelt.

Irgendwas hast du da also total durcheinandergebracht. unglücklich

12.08.2018, 12:45

mac33

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Soll ich subtituieren z' = y'' ?

12.08.2018, 13:06

HAL 9000

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Nein, wie gesagt: Die homogene DGL ist in allen vier Fällen a)-d) dieselbe, und damit auch die allgemeine homogene Lösung jeweils $\begin{eqnarray*} y_h(x) = A\cos(x)+B\sin(x) \end{eqnarray*}$ .

Jetzt musst du nur jeweils eine partikuläre Lösung $\begin{eqnarray*} y_p(x) \end{eqnarray*}$ finden, um die allgemeine Lösung

$\begin{eqnarray*} y(x) = A\cos(x)+B\sin(x)+y_p(x) \end{eqnarray*}$

jeweils zu finden. Und $\begin{eqnarray*} y_p \end{eqnarray*}$ ist hier nun wirklich nicht schwer zu finden - versuche es doch bei b)c) einfach mal mit einer Konstanten.

12.08.2018, 13:24

mac33

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Ich dachte das die partikuläre Lösung wie bei a ) nur dann vorliegt wenn es imaginäre Nullstellen vorliegen ?

Kann ich bei der b) c) einfach die Zahl 1 nehmen als partikulären Ansatz ?

Und bei der d) einfach bx?

12.08.2018, 13:41

HAL 9000

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Zitat:

Original von mac33
Kann ich bei der b) c) einfach die Zahl 1 nehmen als partikulären Ansatz ?

Ja!

Zitat:

Original von mac33
Und bei der d) einfach bx?

Nicht ganz - denk nochmal nach.

12.08.2018, 13:50

mac33

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Normalerweise hätte ich einfach das Polynom:

ax^2+bx+c als partikulären Ansatz genommen ?
Durch schlaues denken soll man ja paar Terme weg lassen Big Laugh

Was anscheinend bei mir doch nicht klappt Big Laugh

12.08.2018, 14:03

HAL 9000

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Du lässt ein wenig zuviel weg: Wenn du Ansatz $\begin{eqnarray*} y=bx+c \end{eqnarray*}$ nimmst, dann ist $\begin{eqnarray*} y''=0 \end{eqnarray*}$ und damit ist

$\begin{eqnarray*} y''+y = y = bx+c \stackrel{!}{=} x-\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ ,

also schlicht $\begin{eqnarray*} y = x-\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ , es ist daher mitnichten $\begin{eqnarray*} c=0 \end{eqnarray*}$ , wie du es mit deinem Absatz $\begin{eqnarray*} y=bx \end{eqnarray*}$ vermutet hattest.

12.08.2018, 14:15

mac33

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Also meinst du das man doch ax^2+bx+c einsetzen soll denke ich?

Ich habe mal meine Lösung für b) angehängt .
Den partikulären Ansatz eingesetzt bekomme ich 0 raus Big Laugh

Kann das sein?

12.08.2018, 14:26

HAL 9000

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Was machst denn du jetzt wieder für einen Bockmist??? Wir haben doch gerade eben festgestellt, dass $\begin{eqnarray*} y_p=1 \end{eqnarray*}$ ist, und damit ist die allgemeine Lösung der DGL $\begin{eqnarray*} y''+y=1 \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} y(x) = A\cos(x)+B\sin(x)+1 \end{eqnarray*}$ gegeben, und damit NICHT $\begin{eqnarray*} y(x) \stackrel{?}{=} A\cos(x)+B\sin(x)+0 \end{eqnarray*}$ . Forum Kloppe

Ist es denn wirklich so schwer, die Strategie einzuhalten? Anscheinend ja, du fährst ständig willkürliche Abweichungen, die ins Chaos führen - echt anstrengend. unglücklich

12.08.2018, 14:43

mac33

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c)

$\begin{eqnarray*} y = A*cos(x) +B*sin(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_p = 1 \end{eqnarray*}$

Könnte ich eigentlich auch sagen ,dass yp =2 ist ? Also einfach irgendeine Konstante ?
Oder 1 weil rechts 1 steht?

Wieder das gleiche bei c)

$\begin{eqnarray*} y = A*cos(x) +B*sin(x) +1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(0) = A*cos(0) +1 = A+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(pi) = -A +1 \end{eqnarray*}$

Also eingesetzt ergeben die beiden Werte ja nicht 0?
Habe zwar auch eine Lösung aber ich verstehe trotzdem nicht so ganz was die gemacht haben ?

Frage hier daher nach

12.08.2018, 14:49

HAL 9000

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Zitat:

Original von mac33
Könnte ich eigentlich auch sagen ,dass yp =2 ist ?

Denkst du eigentlich auch mal nach, oder rätst du nur? Partikuläre Lösung bedeutet, dass diese Funktion auch die DGL erfüllen muss! Und für $\begin{eqnarray*} y_p=2 \end{eqnarray*}$ gilt nun mal $\begin{eqnarray*} y_p''+y_p=2\neq 1 \end{eqnarray*}$ , und ist damit KEINE Lösung der DGL.

Du scheinst dir die Lösungsmethodik nur in einer unbegreiflichen Oberflächlichkeit angesehen zu haben und versuchst dich ansonsten mit Trial-and-Error durchzuschlagen. Finger2

12.08.2018, 14:53

HAL 9000

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Zitat:

Original von mac33
Könnte ich eigentlich auch sagen ,dass yp =2 ist ?

Denkst du eigentlich auch mal nach, oder rätst du nur? Partikuläre Lösung bedeutet, dass diese Funktion auch die DGL lösen muss! Und für $\begin{eqnarray*} y_p=2 \end{eqnarray*}$ gilt nun mal $\begin{eqnarray*} y_p''+y_p=2\neq 1 \end{eqnarray*}$ , und ist damit KEINE Lösung der DGL.

Du scheinst dir die Lösungsmethodik nur in einer unbegreiflichen Oberflächlichkeit angesehen zu haben und versuchst dich ansonsten mit Trial-and-Error durchzuschlagen. Finger2

Zitat:

Original von mac33
$\begin{eqnarray*} y = A*cos(x) +B*sin(x) +1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(0) = A*cos(0) +1 = A+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(pi) = -A +1 \end{eqnarray*}$

Also eingesetzt ergeben die beiden Werte ja nicht 0?

Schreib doch wenigstens einmal auf, wie man logisch sauber argumentiert: Nach Ansatz ist $\begin{eqnarray*} y(0)=A+1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} y(\pi)=-A+1 \end{eqnarray*}$ .

Randwert $\begin{eqnarray*} y(0)=0 \end{eqnarray*}$ erfordert daher $\begin{eqnarray*} A=-1 \end{eqnarray*}$ , während für Randwert $\begin{eqnarray*} y(\pi)=0 \end{eqnarray*}$ dagegen $\begin{eqnarray*} A=1 \end{eqnarray*}$ gelten muss. Beides zugleich ist nicht erfüllbar, also gibt es keine Lösung des Randwertproblems.

12.08.2018, 15:29

mac33

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Ich habe doch versucht alles sauber mit Latex zu schreiben .

In der Lösung steht das?

Wieso steht da die Lösung des Randwertproblems ist......

12.08.2018, 16:26

mac33

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Habe mittlerweile die d) auch gelöst .

Verstehe nicht wie die in der Musterlösung auf die Gleichung :

yc(x) =.... kommen?
Bitte um Hilfe

12.08.2018, 16:43

HAL 9000

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Das ist doch vorher ausführlichst ausgebreitet!!! Genau wie oben bei b) hat man zunächst die allgemeine Lösung

$\begin{eqnarray*} y(x) = A\cos(x)+B\sin(x)+y_p(x) = A\cos(x)+B\sin(x)+x-\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ .

Damit ist $\begin{eqnarray*} y(0) = A-\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ , und da Randwert $\begin{eqnarray*} y(0)=0 \end{eqnarray*}$ eingesetzt ergibt sich $\begin{eqnarray*} A=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ .

Der andere Randwert ist $\begin{eqnarray*} y(\pi) = -A+\pi-\frac{\pi}{2} = -A+\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ , und dort das geforderte $\begin{eqnarray*} y(\pi)=0 \end{eqnarray*}$ eingesetzt ergibt auch wieder $\begin{eqnarray*} A=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ , diesmal also kein Widerspruch (wie bei a) und b)).

Wie wir sehen, gibt es an $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ keine Bedingungen, daher sind alle Funktionen $\begin{eqnarray*} y(x) = \frac{\pi}{2}\cos(x)+B\sin(x)+x-\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ mit frei wählbarem reellen Parameter $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ Lösungen dieses Randwertproblems.

12.08.2018, 17:02

mac33

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e)

y'' -y =1

$\begin{eqnarray*} \lambda^2-1-1 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_12 = \pm \sqrt{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda^2-1-1 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = e^x +e^{-x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_p = -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = e^x +e^{-x} -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(0) = -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(pi) = e^{pi} +e^{-pi} -1 \end{eqnarray*}$

Weiter komme ich nicht ?

12.08.2018, 17:45

HAL 9000

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Zitat:

Original von mac33
$\begin{eqnarray*} \lambda^2-1-1 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_12 = \pm \sqrt{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y''-y=1 \end{eqnarray*}$ ist eine inhomogene DGL. Die zugehörige homogene DGL lautet $\begin{eqnarray*} y''-y=0 \end{eqnarray*}$ , und deren charakteristische Gleichung ist $\begin{eqnarray*} \lambda^2-1=0 \end{eqnarray*}$ .

Den Fehler, die rechte Seite 1 in die charakteristische Gleichung zu übernehmen, kann man vielleicht einmal, im Höchstfall zweimal machen. Aber wenn man ihn immer und immer wieder macht, so wie du, dann ist das für mich nicht zu verstehen - das muss doch langsam mal in den Kopf reingehen! unglücklich

12.08.2018, 18:04

mac33

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y'' -y = 0

$\begin{eqnarray*} \lambda^2-1 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_12 = \pm 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = e^x +e^{-x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_p = -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = e^x +e^{-x} -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(0) = -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(pi) = e^{pi} +e^{-pi} -1 \end{eqnarray*}$

Jetzt wäre der Rechnweg soweit korrigiert Big Laugh

Weiter komme ich nicht traurig

12.08.2018, 19:21

HAL 9000

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Der Ansatz lautet nicht $\begin{eqnarray*} y=e^x+e^{-x}-1 \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} y=Ae^x+Be^{-x}-1 \end{eqnarray*}$ mit zu bestimmenden Koeffizienten $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ .

12.08.2018, 20:40

mac33

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$\begin{eqnarray*} y= c_1*e^{x} +c_2*e^{-x} -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(0)= c_1 +c_2 -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(pi)= c_1*e^{oi} +c_2*e^{-pi} -1 \end{eqnarray*}$

Mist komme trotzdem nicht mehr weiter ?

12.08.2018, 20:46

HAL 9000

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Das ist nichts weiter als ein lineares Gleichungssystem 2x2 für die beiden Unbekannten $\begin{eqnarray*} c_1,c_2 \end{eqnarray*}$ .

Ich frage mich langsam, wie viele Beispiele du eigentlich noch brauchst, bis du mal eine dieser doch fast gleichen Aufgaben mal selbständig auf die Reihe kriegst.

12.08.2018, 21:08

mac33

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$\begin{eqnarray*} y= c_1*e^{x} +c_2*e^{-x} -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_1 +c_2 -1 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_1*e^{oi} +c_2*e^{-pi} -1 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_1 = 1-c_2 \end{eqnarray*}$

in II eingesetzt:

$\begin{eqnarray*} (1-c_2)*e^{oi} +c_2*e^{-pi} =1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_2*(-e^{oi} +e^{-pi}) + e^{pi} =1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_2 = \frac{1-e^{pi}}{ (-e^{oi} +e^{-pi}) } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_1 = 1- \frac{1-e^{pi}}{ (-e^{oi} +e^{-pi}) } \end{eqnarray*}$

Allgemeine Lösung:

$\begin{eqnarray*} y(x) = 1- \frac{1-e^{pi}}{ (-e^{oi} +e^{-pi}) } *e^x + \frac{1-e^{pi}}{ (-e^{oi} +e^{-pi}) } *e^{-x} -1 \end{eqnarray*}$

Das wars?

Habe es nochmal ausführlich für die NACHWELT gemacht Big Laugh

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