Brauche Hilfe zu AWP, Residuum, ...

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06.04.2007, 23:51	newborn	Auf diesen Beitrag antworten »
Brauche Hilfe zu AWP, Residuum, ... Hallo, ich bin neu hier und brauche einen Schnellkurs in Analysis 3. Und zwar habe ich bei den folgenden Aufgaben ein paar Fragen: 1.) Wie löst man am besten eine Anfangswertaufgabe von diesem Typ: y'(t) = y(t)/t + 5t mit y(1)=0 2.) Wie berechne ich das Residuum von zum Beispiel: Res0 (cos(z)/z^3) oder Res0 ( [e^z - 1]sin(z) ) / z^3 Beim esten Residuum liegt die Polstelle/Singularität ja bei 0 und die Potenzreihe von cos(z) kenne ich auch. Jetzt muss ich doch jedes Element der Potenzreihe noch durch z^3 teilen. Aber welches Element der Potenzreihe ist jetzt das Residuum? Was macht man beim zweiten Residuum? 3.) Man soll das Integral f(z) dz über die Kurve C berechnen: C(t) = 0.5e^(it) mit t in [0,2*PI] und f(z) = 1/(z^2 + 1) Wie geht man hier vor? Wäre echt super wenn mir jemand helfen könnte. Mfg newborn
07.04.2007, 10:30	Monstar	Auf diesen Beitrag antworten »
von residuen keine ahnung aber das erste geht doch einfach mit separation, oder? variation der konstanten etc..
07.04.2007, 13:25	newborn	Auf diesen Beitrag antworten »
Kannst du mir mal konkret an dem Beispiel zeigen wie das berechnet wird.
07.04.2007, 14:54	Harry Done	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi newborn, zu a) Der einfachste Weg ist hier mit Sicherheit die Substitution: $\begin{eqnarray} y(t)=u(t)\cdot t \end{eqnarray}$ und ihre Ableitung $\begin{eqnarray} y'(t)=u'(t)\cdot t +u(t) \end{eqnarray}$ wenn man das einsetzt ergibt sich: $\begin{eqnarray} u'(t)\cdot t+u(t)=u(t)+5t \end{eqnarray}$ und daraus: $\begin{eqnarray} u'(t)=5 \end{eqnarray}$ das kann man dann einfach per Integration lösen( denk an die Konstante in der integration). zu b) Wenn man das Residuum von einer Funktion f(z) bestimmen will in dem Pol z=a mit der Ordnung n, dann kann man gut diese Formel verwenden: $\begin{eqnarray} \mathcal{R}=\lim_{z \to a} \frac{1}{(n-1)!}\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}\{(z-a)^n\cdot f(z)\} \end{eqnarray}$ in deinem Fall ist der Pol bei z=0 und ist von dritter Ordnung, wegen z^3. Damit wäre mit der Formel in diesem Fall das Residuum bei: $\begin{eqnarray} \mathcal{R}=\lim_{z \to 0} \frac{1}{2!}\frac{d^{2}}{dz^{2}}\{z^3\cdot f(z)\}=\lim_{z \to 0} \frac{1}{2!}\frac{d^{2}}{dz^{2}}\{cos(z)\} \end{eqnarray}$ Beim zweiten Residuum musst du aufpassen der Pol liegt zwar auch bei z=0 allerdings ist er nicht dritter Ordnung, da mit der Potenzreihe für sin(z) sich etwas anderes ergibt: $\begin{eqnarray} \frac{sin(z)}{z^3}=\frac{z-z^3/3!+z^5/5!+....}{z^3} \end{eqnarray}$ hier ist der Pol von zweiter Ordnung. zu c) ich glaube das Integral ist Null, weil beide Pole außerhalb der geschlossenen Kurve liegen. Die pole sind hier z=-i und z=+i und das Gebiet C(t) ist ein Kreis mit dem Radius 0.5 also liegen bei nicht in dem von C(t) begrenzten Gebiet. Ich glaube nach dem Satz von Chauchy ist das Integral dann Null. Man kann aber auch ganz sturr einsetzen und ausrechenn, mit $\begin{eqnarray} z=0.5 e^{it} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} dz=0.5ie^{it}dt \end{eqnarray}$ kommt auch Null raus, wenn ich alles richtig gerechnet habe. Gruß Jan
07.04.2007, 21:13	newborn	Auf diesen Beitrag antworten »
@ Harry Done danke das hat mir schon mal sehr geholfen Bei dem ersten Residuum müsste also -1/2 rauskommen, sofern ich mich nicht verrechnet habe. Das zweite habe ich noch nicht gerechnet. Beim Kurvenintegral habe ich auch null raus, zumindest wenn e^2PIi = 1 ist. Mir war nur nicht aufgefallen, dass arctan(z) die Stammfunktion von 1/(z^2+1) ist, was das ganze vereinfacht hat.. Was ich immer noch nicht verstehe ist dieses Anfangswertproblem, wie soll ich da jetzt weiter integrieren?
07.04.2007, 21:36	Monstar	Auf diesen Beitrag antworten »
ich würde einfach sagen so: http://de.wikipedia.org/wiki/Trennung_de...C3%A4nderlichen aber das ist eigentlich die erste lösungsmethode für dgl's die man so kennenlernt schätz ich
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08.04.2007, 11:35	newborn	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Verfahren der "Trennung der Veränderlichen" habe ich mir auch angeschaut. So wie ich das verstehe, muss man zuerst die Variablen TRENNEN, also zum Beispiel auf der linken Seite nur y und auf der rechten Seite nur t und kann dann einfach integrieren. Das geht aber bei diesem Beispiel nicht so einfach, hier kann man die Variablen nämlich nicht trennen. Ich habe mir das Beispiel nicht ohne Grund ausgesucht. (Vielleicht habe ich aber auch Tomaten auf den Augen ). Wenn es dir nicht zu viel Mühe macht dann poste bitte mal den Lösungsweg.
08.04.2007, 11:42	Monstar	Auf diesen Beitrag antworten »
nunja wie wäre es wenn du dann erstmal nur den homogenen teil betrachtest und anschließend eine partikuläre lösung suchst?
08.04.2007, 11:49	Harry Done	Auf diesen Beitrag antworten »
Moin, dann jetzt nochmal ausführlicher, aber nur weil du darauf bestehst: $\begin{eqnarray} y(t)=u(t)\cdot t \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y'(t)=u'(t)\cdot t +u(t) \end{eqnarray}$ als Substitutionen. Eingesetzt: $\begin{eqnarray} y'(t)=u'(t)\cdot t +u(t)=\frac{u(t)\cdot t}{t}+5t \end{eqnarray}$ etwas umgeformt kommt man dann auf: $\begin{eqnarray} u'(t)=5 \end{eqnarray}$ , die Schreibweise mit Differentialquotienten macht es jetzt vielleicht ersichtlicher: $\begin{eqnarray} \frac{du}{dt}=5 \end{eqnarray}$ und daraus $\begin{eqnarray} du=5dt \end{eqnarray}$ jetzt integrieren. $\begin{eqnarray} u=5t+C1 \end{eqnarray}$ C1 ist die noch unbestimmte Konstante aus der Integration. Jetzt wieder zurücksubstituiert: $\begin{eqnarray} y=ut=5t^2+C1t \end{eqnarray}$ mit y(1)=0 folgt C1=-5 und damit dann die endgültige Lösung: $\begin{eqnarray} y(t)=5t^2-5t \end{eqnarray}$
08.04.2007, 12:03	Harry Done	Auf diesen Beitrag antworten »
Alternativ gibt es hier noch die Möglichkeit über eine allgemeine Formel die Lösung zu bestimmen. Die DGL $\begin{eqnarray} y'(t)+p(t)\cdot y(t)=q(t) \end{eqnarray}$ hat die allgemeine Lösung: $\begin{eqnarray} y(t)e^{\int p(t)dt}= \int~q(t)e^{\int p(t)dt}~dt+C \end{eqnarray}$ In deinem speziellen Fall gilt mit $\begin{eqnarray} p(t)=\frac{-1}{t} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} q(t)=5t \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} y(t)e^{-ln(t)}= \int~5te^{-ln(t)}~dt+C \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y(t)\cdot \frac{1}{t}= \int~5t\cdot \frac{1}{t}~dt+C \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{y(t)}{t}=5t+C \end{eqnarray}$ Die Konstante lässt sich wie beim anderen auch bestimmen und es kommt das Gleiche raus. Gruß Jan
09.04.2007, 11:01	newborn	Auf diesen Beitrag antworten »
So, ich denke ich habe die Verfahren soweit verstanden, aber ein paar Fragen hätte ich noch: 1.) Warum genau ist bei dem zweiten Residuum die Ordnungszahl nur 2 und nicht drei? Woran erkennt man dies? 2) Bei folgendem Integral kann man die Nullstellen nicht berechnen, da bei der "abc-Formel" die Wurzel negativ wird. Wie findet man also die Polstellen. Kann man vielleicht einfach Wurzel(-4) als 2i schreiben? Integral ( cos(z)/(z^2 +2z +2) ) von -00 bis +00 (00 = unendlich) 3.) Was bewirkt z(quer)? Ich habe also f(z)=z(quer) und will f(y(t)) mit y(t)=e^it + t haben. Sehe ich das richtig, dass z(quer) den Exponent negiert und man folgendes bekommt: f(y(t))=e^(-it) + 1/t ?
09.04.2007, 13:11	Harry Done	Auf diesen Beitrag antworten »
1) gucke mal bei meinem ersten Post, da habe ich schon die Reihenentwicklung für sin(z) eingesetzt, wenn man die jetzt durch z^3 teilt, ist der erste Term die Polstelle: $\begin{eqnarray} \frac{sin(z)}{z}=\frac{z-z^3/3!+z^5/5!+...}{z^3}=\frac{1}{z^2}-1/3!+z^2/5! \end{eqnarray}$ 2)Also ich denke du suchst das Integral: $\begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{cos(x)}{x^2+2x+2}~dx \end{eqnarray}$ das ließe sich meiner Meinung nach mit einer konformen Abbildung mit einem Halbkreis im ersten und zweiten Quadranten von minus bis plus Unendlich berechnen: $\begin{eqnarray} \oint_c~\frac{e^{iz}}{z^2+2z+2}~dz=\int_{-\infty}^{\infty}~\frac{cos(x)}{x^2+2x+2}~dx+i\int_{-\infty}^{\infty}~\frac{sin(x)}{x^2+2x+2}~dx+\int_\Gamma~\frac{e^{iz}}{z^2+2z+2}~dz \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Gamma \end{eqnarray}$ ist der Halbkreisbogen und ich habe hier die komplexe Darstellung für die trigonometrischen Funktionen gewählt. Die Abblidung habe ich mal als Bild angehängt. Das Integral über den Bogen verschwindet, wenn man das R gegen unendlich laufen lässt (kann man herleiten). Die Pole liegen bei: $\begin{eqnarray} z_1=-1+i \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} z_2=-1-i \end{eqnarray}$ (siehe Zeichung) Das Kurvenintegral ist jetzt: $\begin{eqnarray} 2\pi i \cdot (Summe\ der\ Residuen) \end{eqnarray}$ Es liegt nur der Pol z1 (erster Ordung) in der geschlossenen Kurve, somit fällt das Residuum bei z2 weg (siehe Zeichnung) Für das Residuum gilt: $\begin{eqnarray} \mathcal{R}_1=\lim_{z \to z_1}(z-z_1)\cdot\frac{e^{iz}}{(z-z_1)(z-z_2)}=\frac{e^{-i-1}}{2i}=\frac{e^{-1}}{2i}(cos(1)-i\cdot sin(1)) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \oint_c~\frac{e^{iz}}{z^2+2z+2}~dz=2\pi i \mathcal{R}_1=\pi\ e^{-1}cos(1)+i(-\pi\ e^{-1}sin(1)) \end{eqnarray}$ Jetzt muss du nur noch mit der Ausgangskonstellation vergleichen und nach real und komplex aufteilen und beachten, dass das Integral über den Halbbogen Gamma gegen Null läuft. Man muss also nur noch den Realteil ablesen und hat die Lösung. (Der Imaginärteil wäre die Lösung für dein Ausgangsintegral wenn man cos(x) gegen sin(x) austauscht) 3) soll "z(quer)" der konjugierte Wert von z sein? Gruß Jan
09.04.2007, 17:33	newborn	Auf diesen Beitrag antworten »
Nochmal danke für die Mühe die du dir gemacht hast.. war wirklich gut nachzuvollziehen. Mit z(quer) meine ich den konjugierten Wert, sorry kann leider noch kein Latex. Was mir beim zweiten Residuum noch unklar ist wegen der Polstelle, spielt der Term (e^z + 1) keine Rolle? Und wäre es auch eine Polstelle 2. Ordnung bei cos(z), tan(z) usw. anstatt sin(z)?

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