Differentialgleichungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:42 Mi 21.12.2005 | | Autor: | muhkuh |
| Aufgabe 1 | Anfangswertproblem:
[mm] y''+2*y'+2*y=e^{-x}+x*e^{-x}, [/mm] y(0)=0, y'(0)=1 |
| Aufgabe 2 | Stellen Sie eine inhomogene lineare Differentialgl. mit konst. Koeffizienten auf, die die allg. Lösung hat:
[mm] y(t)=c_{1}*e^{-3*t}*cos(\bruch{t}{2})+c_{2}e^{-3*t}*sin(\bruch{t}{2})+c_{3}+c_{4}*x-\bruch{x^{3}}{3}+3*x^{2} [/mm] |
| Aufgabe 3 | Lösen sie das DGL-System:
[mm] \vec{y}'= \pmat{ 1 & -\wurzel{3} \\ -\wurzel{3} & -1 }* \vec{y},
[/mm]
[mm] \vec{y}(0)= \vektor{\wurzel{3} \\ 2} [/mm] |
| Aufgabe 4 | Bestimmen sie die allg. Lösung der DGL:
[mm] y^{(5)}+6*y^{(4)}+12*y'''+8*y'' [/mm] |
| Aufgabe 5 | Finden sie die allg. Lösung der inhomogenen DGL:
[mm] y''+2*y'-3*y=e^{x}+sin(x) [/mm] |
so, hallo erstmal, ich hab hier n ganzen sack voll mit aufgaben, wobei ich bei den meisten nur wissen will, ob ich richtig gerechnet habe.
aufgabe1:
Lösung der linken Seite:
Ansatz: [mm] y=e^{\lambda*t}
[/mm]
=> [mm] \lambda_{1,2}= -1\pm [/mm] i
durch die beiden Anfangswerte kommt für [mm] c_{1,2} [/mm] raus:
[mm] c_{1}= -\bruch{i}{2}
[/mm]
[mm] c_{2}= \bruch{i}{2}
[/mm]
ist das soweit richtig?
jetzt zu dem rechten Teil:
wie sieht denn die Fkt. aus, die man hier einsetzen muss?
ich dachte: [mm] y_{p}=e^{-x}+a*x*e^{-x}
[/mm]
wobei dann für a=1 rauskommt.
einsetzen der Anfangswerte:
[mm] y_{p}(0)=0=e^{-0}+a*0*e^{-0}
[/mm]
und
[mm] y_{p}'(0)=1=-e^{-0}-a*0*e^{-0}+a*e^{-0}
[/mm]
daraus würde sich die allgemeine Lösung so ergeben:
[mm] y_{allg}= -\bruch{i}{2}*e^{(-1+i)*t}+\bruch{i}{2}*e^{(-1-i)*t}
[/mm]
ist die Lösung richtig?
_________________________________________
jetzt zur zweiten Aufgabe:
für die 4 Lambdas habe ich raus:
[mm] \lambda_{1,2}=-3*\wurzel{-\bruch{1}{2}}
[/mm]
[mm] \lambda_{3}=0
[/mm]
[mm] \lambda_{4}=\bruch{1}{t}*ln(x) [/mm] |da [mm] c_{4}*x=c_{4}*e^{\lambda*t} [/mm] ist
Daraus ergibt sich dann diese Gl:
[mm] (\lambda^{2}+6*\lambda+\bruch{19}{2}) [/mm] * [mm] (\lambda) [/mm] * [mm] (\lambda-\bruch{1}{t}*ln(x))
[/mm]
so kommt man auf die DGL:
[mm] y^{(4)} [/mm] + [mm] (6-\bruch{ln(x)}{t})*y''' [/mm] + [mm] (\bruch{19}{2}-\bruch{6}{t}*ln(x))*y'' [/mm] + [mm] (\bruch{19}{2*t}*ln(x))*y' [/mm] = [mm] -\bruch{x^{3}}{3}+3*x^{2}
[/mm]
die rechte Seite habe ich jetzt einfach aus der gegebenen Lösung für den inhomogenen Teil genommen. geht das oder muss man die verändern?
_________________________________________
Die dritte Aufgabe überspringe ich erstmal, da ich dort keinen richtigen Ansatz hatte....
_________________________________________
die vierte:
dort bin ich auf die Gl gekommen:
[mm] \lambda^{5}+6*\lambda^{4}+12*\lambda^{3}+8*\lambda^{2}=0
[/mm]
die suche nach den Nullstellen ergab:
[mm] \lambda_{1,2,3}=-2
[/mm]
[mm] \lambda_{4,5}=0
[/mm]
die Lösung ist damit:
[mm] y_{H}= c_{1}*e^{-2*t}+c_{2}*e^{-2*t}+c_{3}*e^{-2*t}+c_{4}+c_{5}
[/mm]
Aber das ist vermutlich zu leicht als das es richtig sein kann =/...
____________________________________________
zur fünften Aufgabe:
erst die linke Seite:
es kommt raus:
[mm] \lambda_{1}=1
[/mm]
[mm] \lambda_{2}=-3
[/mm]
Wie ist nun aber der Ansatz für die rechte Seite?
es kann ja nicht sein dass es einfach das Gleiche ist oder?
dann wäre die Lösung:
[mm] y_{allg}=c_{1}*e^{t}+c_{2}*e^{-3*t}+e^{x}*sin(x)
[/mm]
____________________________________________
Aufgabe 3:
hier wäre es schön wenn mir jemand ganz kurz erklärt wie ich so ein System 1'ter Ordnung lösen kann. Wenn man weiß wie's geht, braucht man bestimmt nicht länger als 3min dafür? soweit ich das seh, gibt es ja nichtmal einen inhomogenen Teil.
Also...danke an alle die sich trotz der Weihnachtszeit diesen 'spannenden' text durchlesen und mir auch noch antworten =)
wünsche allen schöne ferien+nen guten rutsch!
stefan
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo muhkuh,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> aufgabe1:
> Lösung der linken Seite:
> Ansatz: [mm]y=e^{\lambda*t}[/mm]
> => [mm]\lambda_{1,2}= -1\pm[/mm] i
> durch die beiden Anfangswerte kommt für [mm]c_{1,2}[/mm] raus:
> [mm]c_{1}= -\bruch{i}{2}[/mm]
> [mm]c_{2}= \bruch{i}{2}[/mm]
> ist das soweit
> richtig?
> jetzt zu dem rechten Teil:
> wie sieht denn die Fkt. aus, die man hier einsetzen muss?
> ich dachte: [mm]y_{p}=e^{-x}+a*x*e^{-x}[/mm]
> wobei dann für a=1 rauskommt.
> einsetzen der Anfangswerte:
> [mm]y_{p}(0)=0=e^{-0}+a*0*e^{-0}[/mm]
> und
> [mm]y_{p}'(0)=1=-e^{-0}-a*0*e^{-0}+a*e^{-0}[/mm]
>
> daraus würde sich die allgemeine Lösung so ergeben:
> [mm]y_{allg}= -\bruch{i}{2}*e^{(-1+i)*t}+\bruch{i}{2}*e^{(-1-i)*t}[/mm]
>
> ist die Lösung richtig?
Die Lösung musst Du noch umformen, d.h. [mm]e^{it}[/mm] auflösen und die ganzen Ausdruck dann Ausmultiplizieren.
Hast Du ein Anfangswertproblem(AWP) dieser Art, so bestimme zuerst die allgemeine Lösung der Differentialgleichung. Löse zuerst die homogene DGL und ggf. die inhomogene DGL und setzt dann diese allgemeine Lösung die Anfangswertbedingungen ein.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:37 Do 22.12.2005 | | Autor: | muhkuh |
hallo mathe power, danke für die antworten.
so ganz klar ist es mir allerdings noch nicht...
was meinst du denn bei der 1.aufgabe mit [mm] 'e^{it} [/mm] auflösen'?
meinst du damit dass ich die Lösung umformen muss zu:
[mm] y_{alg}=-\bruch{i}{2}*e^{-t}+e^{i*t}+....?
[/mm]
oder noch weiter:
[mm] y_{alg}=-\bruch{i}{2}*e^{-t}*(cos(t)-i*sin(t))?
[/mm]
d.h. die Lösung des inhomogenen Teils war aber richtig ja?
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Hallo muhkuh,
> hallo mathe power, danke für die antworten.
> so ganz klar ist es mir allerdings noch nicht...
> was meinst du denn bei der 1.aufgabe mit [mm]'e^{it}[/mm]
> auflösen'?
> meinst du damit dass ich die Lösung umformen muss zu:
> [mm]y_{alg}=-\bruch{i}{2}*e^{-t}+e^{i*t}+....?[/mm]
> oder noch weiter:
> [mm]y_{alg}=-\bruch{i}{2}*e^{-t}*(cos(t)-i*sin(t))?[/mm]
> d.h. die Lösung des inhomogenen Teils war aber richtig ja?
Ja. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Es ist grundsätzlich so, wenn komplexe Eigenwerte Lösungen des charakteristischen Polynoms einer DGL sind, dann sind sowohl Real- als auch Imaginärteil Lösungen der DGL.
Die Anfangsbedingungen darfst Du erst einsetzen, wenn Du die allgemein Lösung dieser DGL gefunden hast. Erst dann können die Konstanten ermittelt werden.
Gruß
MathePower
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Hallo muhkuh,
> die vierte:
> dort bin ich auf die Gl gekommen:
> [mm]\lambda^{5}+6*\lambda^{4}+12*\lambda^{3}+8*\lambda^{2}=0[/mm]
> die suche nach den Nullstellen ergab:
> [mm]\lambda_{1,2,3}=-2[/mm]
> [mm]\lambda_{4,5}=0[/mm]
> die Lösung ist damit:
> [mm]y_{H}= c_{1}*e^{-2*t}+c_{2}*e^{-2*t}+c_{3}*e^{-2*t}+c_{4}+c_{5}[/mm]
>
> Aber das ist vermutlich zu leicht als das es richtig sein
> kann =/...
Stimmt.
die allgemeine Lösung ergibt sich zu:
[mm]y_{H}\;=\;c_{1}\;e^{-2\;t}\;+\;c_{2}\;x\;e^{-2\;t}\;+\;c_{3}\;x^{2}\;e^{-2\;t}\;+\;c_{4}\;+\;c_{5}\;x[/mm]
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:54 Do 22.12.2005 | | Autor: | muhkuh |
danke für die schnelle Lösung =)
aber woher kommen die x? und wie kommt man darauf =/ ?
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Hallo muhkuh,
> danke für die schnelle Lösung =)
> aber woher kommen die x? und wie kommt man darauf =/ ?
die vielen x kommen daher, weil es Werte gibt die mehrfach auftauchen.
-2 ist 3-fache Nullstelle => Lösungen sind: [mm]( c_{1}\;+\;c_{2}\;x\;+\;c_{3}\;x^2)\;e^{-2\;x}[/mm]
0 ist 2-fache Nullstelle => Lösungen sind: [mm]c_{4}\;+\;c_{5}\;x[/mm]
Die Addition beider ergibt die Gesamtlösung.
Gruß
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:16 Do 22.12.2005 | | Autor: | muhkuh |
axooo =)
cool!
hab's endlich verstanden
danke!
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Hallo muhkuh,
> zur fünften Aufgabe:
> erst die linke Seite:
> es kommt raus:
> [mm]\lambda_{1}=1[/mm]
> [mm]\lambda_{2}=-3[/mm]
> Wie ist nun aber der Ansatz für die rechte Seite?
> es kann ja nicht sein dass es einfach das Gleiche ist
> oder?
da ein Teil der Störfunktion eine Lösung der homogen DGL ist, lautet der Ansatz:
[mm]y_{p}=\;\alpha\;t\;e^{t}\;+\;\beta\;\sin\;t\;+\;\gamma\;\cos\;t[/mm]
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:09 Do 22.12.2005 | | Autor: | muhkuh |
ok, das hab ich jetzt gemacht, ich komme aber hier nicht weiter:
[mm] ax^{3}e^{x}+2ax^{2}e^{x}+2ae^{x}-4b [/mm] sin(x)-4c cos(x)+2b cos(x)-2c [mm] sin(x)=e^{x}+sin(x)
[/mm]
wobei [mm] a=\alpha, b=\beta, c=\gamma [/mm] und x=t
wie fasse ich das weiter zusammen?
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Hallo muhkuh,
> ok, das hab ich jetzt gemacht, ich komme aber hier nicht
> weiter:
> [mm]ax^{3}e^{x}+2ax^{2}e^{x}+2ae^{x}-4b[/mm] sin(x)-4c cos(x)+2b
> cos(x)-2c [mm]sin(x)=e^{x}+sin(x)[/mm]
> wobei [mm]a=\alpha, b=\beta, c=\gamma[/mm] und x=t
> wie fasse ich das weiter zusammen?
da hast Du mit Sicherheit was falsch gemacht. ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:24 Do 22.12.2005 | | Autor: | muhkuh |
ok, hab den Fehler gefunden...war n simpler ableitungsfehler...sind halt ferien =)
aaallssoooo:
man muss doch wenn man alles zusammengefasst hat n Koeffizientenvergleich machen oder?
damit hab ich jetzt das raus:
[mm] a=\bruch{1}{4}
[/mm]
[mm] b=-\bruch{1}{5}
[/mm]
[mm] c=-\bruch{1}{10}
[/mm]
die allgemeine Lösung der DGL ist dann:
[mm] y_{allg}=c_{1}e^{t}+c_{2}e^{-3t}+\bruch{1}{4}t e^{t}-\bruch{1}{5}sin(t)-\bruch{1}{10}cos(t)
[/mm]
hoffe das ist jetzt richtig?
ansonsten kann ich jetzt wenigstens die komplette formelsprache des forums auswendig =)
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Hallo muhkuh,
> ok, hab den Fehler gefunden...war n simpler
> ableitungsfehler...sind halt ferien =)
>
> aaallssoooo:
> man muss doch wenn man alles zusammengefasst hat n
> Koeffizientenvergleich machen oder?
Ja. Und dann das sich ergebene Gleichungssystem lösen.
> damit hab ich jetzt das raus:
> [mm]a=\bruch{1}{4}[/mm]
> [mm]b=-\bruch{1}{5}[/mm]
> [mm]c=-\bruch{1}{10}[/mm]
> die allgemeine Lösung der DGL ist dann:
> [mm]y_{allg}=c_{1}e^{t}+c_{2}e^{-3t}+\bruch{1}{4}t e^{t}-\bruch{1}{5}sin(t)-\bruch{1}{10}cos(t)[/mm]
>
> hoffe das ist jetzt richtig?
Ja.
> ansonsten kann ich jetzt wenigstens die komplette
> formelsprache des forums auswendig =)
Gruß
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:41 Do 22.12.2005 | | Autor: | muhkuh |
JUHU =)
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Hallo muhkuh,
> Aufgabe 3:
> hier wäre es schön wenn mir jemand ganz kurz erklärt wie
> ich so ein System 1'ter Ordnung lösen kann. Wenn man weiß
> wie's geht, braucht man bestimmt nicht länger als 3min
> dafür? soweit ich das seh, gibt es ja nichtmal einen
> inhomogenen Teil.
die DGL schreibt sich also so:
[mm]y'\; = \;A\;y[/mm]
mit
[mm]A\; = \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
1 & { - \sqrt 3 } \\
{ - \sqrt 3 } & { - 1} \\
\end{array}} \right)[/mm]
Bestimme hier zunächst das ![[]](/images/popup.gif) charakteristische Polynom der Matrix A.
Hieraus ergeben sich dann die Eigenwerte [mm]\lambda_{i}[/mm] der Matrix A.
Nun berechnest Du zu jedem Eigenwerte [mm]\lambda_{i}[/mm] einen Eigenvektor [mm]e_{i}[/mm], indem Du die Gleichung [mm]
\left( {A\; - \;\lambda _i \;I} \right)\;e_i \; = \;0[/mm] löst.
I ist die Identitätsmatrix, 0 ist der Nullvektor im [mm]\IR^{2}[/mm].
Die Transformations C, welche die obige DGL in eine einfachere DGL überführt, baut sich aus den Eigenvektoren auf.
Durch die Transformation [mm]y\; = \;C\;z[/mm] geht die obige DGL über in
[mm]z'\; = \;\left( {C^{ - 1} \;A\;C} \right)\;z[/mm]
, welche einfacher zu lösen ist.
Die Matrix [mm]C^{ - 1} \;A\;C[/mm] kann eine dieser Gestalten annehmen:
[mm]
\left( {\begin{array}{*{20}c}
{\lambda _1 } & 0 \\
0 & {\lambda _2 } \\
\end{array}} \right),\;\left( {\begin{array}{*{20}c}
{\lambda _1 } & 1 \\
0 & {\lambda _1 } \\
\end{array}} \right)[/mm]
Je nachdem ob es nur einfache Eigenwerte oder einen doppelten Eigenwert gibt.
Nach dem Du diese DGL gelöst hast, mußt Du natürlich die Transformation rückgängig machen.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:11 Do 22.12.2005 | | Autor: | muhkuh |
gibt es hier auch noch einen anderen weg oder sind solche aufgaben immer so aufwändig =/ ?
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Hallo muhkuh,
> gibt es hier auch noch einen anderen weg oder sind solche
> aufgaben immer so aufwändig =/ ?
mir ist kein anderer Weg bekannt.
Gruß
Mathepower
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Hallo muhkuh,
> jetzt zur zweiten Aufgabe:
> für die 4 Lambdas habe ich raus:
> [mm]\lambda_{1,2}=-3*\wurzel{-\bruch{1}{2}}[/mm]
> [mm]\lambda_{3}=0[/mm]
> [mm]\lambda_{4}=\bruch{1}{t}*ln(x)[/mm] |da
> [mm]c_{4}*x=c_{4}*e^{\lambda*t}[/mm] ist
>
> Daraus ergibt sich dann diese Gl:
> [mm](\lambda^{2}+6*\lambda+\bruch{19}{2})[/mm] * [mm](\lambda)[/mm] *
> [mm](\lambda-\bruch{1}{t}*ln(x))[/mm]
Wie kommst Du darauf?
>
> so kommt man auf die DGL:
> [mm]y^{(4)}[/mm] + [mm](6-\bruch{ln(x)}{t})*y'''[/mm] +
> [mm](\bruch{19}{2}-\bruch{6}{t}*ln(x))*y''[/mm] +
> [mm](\bruch{19}{2*t}*ln(x))*y'[/mm] = [mm]-\bruch{x^{3}}{3}+3*x^{2}[/mm]
Der Eigenwert 0 ist doppelt vorhanden.
>
> die rechte Seite habe ich jetzt einfach aus der gegebenen
> Lösung für den inhomogenen Teil genommen. geht das oder
> muss man die verändern?
Setzt die inhomogene Lösung einfach ins die DGL ein, die Du bekommen hast. Dann bekommst Du die rechte Seite.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:52 Do 22.12.2005 | | Autor: | muhkuh |
so bin ich drauf gekommen:
um die homogene Lsg. zu finden muss man doch nach [mm] \lambda [/mm] auflösen. und so müßte das doch umgekehrt auch gehen?
wenn die Lösung [mm] y_{1}=e^{-3t}*cos\bruch{t}{2} [/mm] und [mm] y_{2}=e^{-3t}*sin\bruch{t}{2} [/mm] ist, kann man das doch umformen zu: [mm] \lambda_{1,2}=-3 \pm \wurzel{-\bruch{1}{2}} [/mm]
wendet man die pq-formel 'rückwärts' an kommt man auf:
[mm] (\lambda^{2}+6\lambda+\bruch{19}{2})
[/mm]
das sind also die ersten beiden Lambdas.
wieso meinst du dass die 0 doppelt vorhanden ist?
bei [mm] c_{3} [/mm] ist es klar, aber bei [mm] c_{4} [/mm] kommt doch noch ein x vor? woher kommt das? ich dachte das muss auch noch irgendwie mit in die Lsg. mit rein: [mm] c_{4}x=c_{4}e^{\lambda t}
[/mm]
=> [mm] \lambda [/mm] = [mm] \bruch{1}{t} [/mm] ln(x) ?
jetzt hat man ja alle 4 Lambdas und kann die Gl aufstellen:
[mm] (\lambda^{2}+6\lambda+\bruch{19}{2}) [/mm] * [mm] (\lambda) [/mm] * [mm] (\lambda-\bruch{1}{t} [/mm] ln(x) )
und was ersetze ich jetzt mit dem inhomogenen Teil?
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Hallo muhkuh,
> so bin ich drauf gekommen:
> um die homogene Lsg. zu finden muss man doch nach [mm]\lambda[/mm]
> auflösen. und so müßte das doch umgekehrt auch gehen?
> wenn die Lösung [mm]y_{1}=e^{-3t}*cos\bruch{t}{2}[/mm] und
> [mm]y_{2}=e^{-3t}*sin\bruch{t}{2}[/mm] ist, kann man das doch
> umformen zu: [mm]\lambda_{1,2}=-3 \pm \wurzel{-\bruch{1}{2}}[/mm]
> wendet man die pq-formel 'rückwärts' an kommt man auf:
> [mm](\lambda^{2}+6\lambda+\bruch{19}{2})[/mm]
> das sind also die ersten beiden Lambdas.
> wieso meinst du dass die 0 doppelt vorhanden ist?
Schreibe das doch mal anders:
[mm]c_{4}\;+\;c_{5}\;x\;=\;c_{4}\;e^{0\;x}\;+\;c_{5}\;x;\;e^{0\;x}[/mm]
Dann siehst Du, daß die 0 eine doppelte Lösung des charakteristischen Polynoms ist.
> bei [mm]c_{3}[/mm] ist es klar, aber bei [mm]c_{4}[/mm] kommt doch noch ein
> x vor? woher kommt das? ich dachte das muss auch noch
> irgendwie mit in die Lsg. mit rein: [mm]c_{4}x=c_{4}e^{\lambda t}[/mm]
>
> => [mm]\lambda[/mm] = [mm]\bruch{1}{t}[/mm] ln(x) ?
> jetzt hat man ja alle 4 Lambdas und kann die Gl
> aufstellen:
> [mm](\lambda^{2}+6\lambda+\bruch{19}{2})[/mm] * [mm](\lambda)[/mm] *
> [mm](\lambda-\bruch{1}{t}[/mm] ln(x) )
>
> und was ersetze ich jetzt mit dem inhomogenen Teil?
Setze die Lösung des inhomogenen Teils in die gewonne DGL ein.
Dann erhältst Du auf der rechten Seite die Störfunktion.
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:01 Do 22.12.2005 | | Autor: | muhkuh |
wow, so sieht die DGL auch irgendwie besser aus =)
danke
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