DGL, Typ Störfunktion < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:25 So 14.12.2008 | | Autor: | Marcel08 |
| Aufgabe | Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung
[mm] y^{,,}+4y=cos(2x) [/mm]
mit der Hilfe eines Ansatzes vom Typ der Störfunktion. |
Hallo liebe Matheraum- Community,
es wäre lieb, wenn sich jemand mal meinen Lösungsvorschlag ansehen könnte, um mich ggf. auf etwaige Fehler aufmerksam zu machen.
1.) Zunächst bestimmen wir die homogene Lösung der Differentialgleichung [mm] y_{H}: y^{,,}+4y=0 [/mm] und stellen dazu die charakteristische Gleichung auf:
[mm] \lambda^{2}+0\lambda+4=0 [/mm]
und erhalten die folgenden Nullstellen:
[mm] \lambda_{1}=2i
[/mm]
[mm] \lambda_{2}=-2i, [/mm] mit [mm] i\in\IC.
[/mm]
für [mm] y_{H} [/mm] erhalten wir also die folgende Gleichung:
[mm] y_{H}=c_{1}e^{2ix}+c_{2}e^{-2ix}
[/mm]
[mm] \Rightarrow y_{H}=c_{1}sin(2x)+c_{2}cos(2x), [/mm] mit [mm] c_{1},c_{2}\in\IR
[/mm]
2.) Wir berechnen nun eine spezielle Lösung [mm] y_{S}. [/mm] Dazu ergibt sich die vorläufige Gleichung
[mm] y_{S}=c_{1}(x)sin(2x)+c_{2}(x)cos(2x)
[/mm]
Aus 1.) wissen wir, dass sin(2x) und cos(2x) ein Lösungsfundamentalsystem für die homogene Gleichung bilden. Mit Hilfe der Wronski- Matrix setzen wir zur Bestimmung von [mm] c_{1}(x) [/mm] und [mm] c_{2}(x) [/mm] folgendermaßen an
[mm] \pmat{ sin(2x) & cos(2x) \\ 2cos(2x) & -2sin(2x) }\vektor{c_{1}^{,} \\ c_{2}^{,}}=\vektor{0 \\ cos(2x)}
[/mm]
Im Zuge der Matrixberechnungen erhalten wir:
[mm] c_{1}^{,}=\bruch{1}{2}(cos(2x)^{2}
[/mm]
[mm] c_{2}^{,}=-\bruch{1}{2}sin(2x)cos(2x)
[/mm]
Die "hässlichen" Integrale lassen sich zunächst mit den Additionstheoremen sehr stark vereinfachen. Wir lösen die Integrale mit Hilfe der Substitutionsregel und erhalten jeweils:
[mm] c_{1}(x)=\bruch{1}{4}x+\bruch{1}{16}sin(4x)
[/mm]
[mm] c_{2}(x)=\bruch{1}{16}(cos(4x)-1)
[/mm]
Da wir nur eine spezielle Lösung suchen, können wir die Integrationskonstanten z.B. gleich 0 wählen.
Wir erhalten also:
[mm] y_{S}=(\bruch{1}{4}x+\bruch{1}{16}sin(4x))sin(2x)+(\bruch{1}{16}cos(4x)-\bruch{1}{16})cos(2x)
[/mm]
Wiederum erweisen sich die Additionstheoreme als sehr nützlich. Durch deren Anwendung erhalten wir schließlich:
[mm] y_{S}=\bruch{1}{4}xsin(2x)
[/mm]
3.) Wir bestimmen die Gesamtlösung gemäß [mm] y(x)=y_{S}+y_{H} [/mm] und erhalten:
[mm] y(x)=sin(2x)(c_{1}+\bruch{1}{4}x)+c_{2}cos(2x)
[/mm]
Meine Fragen:
1.) Stimmen meine Berechnungen?
2.) Gäbe es hier weitere Möglichkeiten um die Gesamtlösung noch weiter zu vereinfachen?
Für eure Mühe bedanke ich mich im Voraus recht herzlich. Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel08,
> Bestimmen Sie alle Lösungen der Differentialgleichung
>
> [mm]y^{,,}+4y=cos(2x)[/mm]
>
> mit der Hilfe eines Ansatzes vom Typ der Störfunktion.
> Hallo liebe Matheraum- Community,
>
> es wäre lieb, wenn sich jemand mal meinen Lösungsvorschlag
> ansehen könnte, um mich ggf. auf etwaige Fehler aufmerksam
> zu machen.
>
>
>
> 1.) Zunächst bestimmen wir die homogene Lösung der
> Differentialgleichung [mm]y_{H}: y^{,,}+4y=0[/mm] und stellen dazu
> die charakteristische Gleichung auf:
>
>
> [mm]\lambda^{2}+0\lambda+4=0[/mm]
>
>
> und erhalten die folgenden Nullstellen:
>
>
> [mm]\lambda_{1}=2i[/mm]
>
> [mm]\lambda_{2}=-2i,[/mm] mit [mm]i\in\IC.[/mm]
>
>
>
> für [mm]y_{H}[/mm] erhalten wir also die folgende Gleichung:
>
>
> [mm]y_{H}=c_{1}e^{2ix}+c_{2}e^{-2ix}[/mm]
>
>
> [mm]\Rightarrow y_{H}=c_{1}sin(2x)+c_{2}cos(2x),[/mm] mit
> [mm]c_{1},c_{2}\in\IR[/mm]
>
>
>
> 2.) Wir berechnen nun eine spezielle Lösung [mm]y_{S}.[/mm] Dazu
> ergibt sich die vorläufige Gleichung
>
>
> [mm]y_{S}=c_{1}(x)sin(2x)+c_{2}(x)cos(2x)[/mm]
>
>
>
> Aus 1.) wissen wir, dass sin(2x) und cos(2x) ein
> Lösungsfundamentalsystem für die homogene Gleichung bilden.
> Mit Hilfe der Wronski- Matrix setzen wir zur Bestimmung von
> [mm]c_{1}(x)[/mm] und [mm]c_{2}(x)[/mm] folgendermaßen an
>
>
> [mm]\pmat{ sin(2x) & cos(2x) \\ 2cos(2x) & -2sin(2x) }\vektor{c_{1}^{,} \\ c_{2}^{,}}=\vektor{0 \\ cos(2x)}[/mm]
>
>
>
> Im Zuge der Matrixberechnungen erhalten wir:
>
>
> [mm]c_{1}^{,}=\bruch{1}{2}(cos(2x)^{2}[/mm]
>
> [mm]c_{2}^{,}=-\bruch{1}{2}sin(2x)cos(2x)[/mm]
>
>
>
> Die "hässlichen" Integrale lassen sich zunächst mit den
> Additionstheoremen sehr stark vereinfachen. Wir lösen die
> Integrale mit Hilfe der Substitutionsregel und erhalten
> jeweils:
>
>
> [mm]c_{1}(x)=\bruch{1}{4}x+\bruch{1}{16}sin(4x)[/mm]
>
> [mm]c_{2}(x)=\bruch{1}{16}(cos(4x)-1)[/mm]
>
>
>
> Da wir nur eine spezielle Lösung suchen, können wir die
> Integrationskonstanten z.B. gleich 0 wählen.
>
>
>
> Wir erhalten also:
>
>
> [mm]y_{S}=(\bruch{1}{4}x+\bruch{1}{16}sin(4x))sin(2x)+(\bruch{1}{16}cos(4x)-\bruch{1}{16})cos(2x)[/mm]
>
>
>
> Wiederum erweisen sich die Additionstheoreme als sehr
> nützlich. Durch deren Anwendung erhalten wir schließlich:
>
>
> [mm]y_{S}=\bruch{1}{4}xsin(2x)[/mm]
>
>
>
> 3.) Wir bestimmen die Gesamtlösung gemäß [mm]y(x)=y_{S}+y_{H}[/mm]
> und erhalten:
>
>
> [mm]y(x)=sin(2x)(c_{1}+\bruch{1}{4}x)+c_{2}cos(2x)[/mm]
>
>
>
> Meine Fragen:
>
>
> 1.) Stimmen meine Berechnungen?
Ja, die stimmen. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> 2.) Gäbe es hier weitere Möglichkeiten um die Gesamtlösung
> noch weiter zu vereinfachen?
Natürlich kannst Du das noch in der Form
[mm]y\left(x\right)=A\sin\left(2x+\varphi\right)[/mm]
schreiben, wobei A und [mm]\varphi[/mm] von [mm]c_{1}, c_{2}, x[/mm] abhängig sind.
>
>
> Für eure Mühe bedanke ich mich im Voraus recht herzlich.
> Gruß,
>
>
>
>
>
> Marcel
Gruß
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 06:51 Di 16.12.2008 | | Autor: | Marcel08 |
Ich danke dir!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:55 Mi 18.02.2009 | | Autor: | tomekk |
Kann mir einer erklären, warum $ [mm] y_{H}=c_{1}e^{2ix}+c_{2}e^{-2ix} [/mm] $
$ [mm] \Rightarrow y_{H}=c_{1}sin(2x)+c_{2}cos(2x), [/mm] $ mit $ [mm] c_{1},c_{2}\in\IR [/mm] $
ist?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:55 Mi 18.02.2009 | | Autor: | Herby |
Hallo,
> Kann mir einer erklären, warum
> [mm]y_{H}=c_{1}e^{2ix}+c_{2}e^{-2ix}[/mm]
>
>
> [mm]\Rightarrow y_{H}=c_{1}sin(2x)+c_{2}cos(2x),[/mm] mit
> [mm]c_{1},c_{2}\in\IR[/mm]
>
> ist?
Kannst du genauer ausführen, was du daran nicht verstehst. Ich kann hier nur raten.
Wenn du die eulersche Identität
[mm] e^{i\varphi}=cos(\varphi)+i*sin(\varphi)
[/mm]
anwendest und weißt, dass Real- und Imaginärteil von [mm] e^{i\varphi} [/mm] Lösungen der DGL sind, dann bekommst du als Linearkombination:
[mm] y_1=RE(e^{i\varphi})=RE[cos(\varphi)+i*sin(\varphi)]=cos(\varphi)
[/mm]
[mm] y_2=IM(e^{i\varphi})=IM[cos(\varphi)+i*sin(\varphi)]=sin(\varphi)
[/mm]
Also ist [mm] y_h=y_1+y_2
[/mm]
In deinem Fall kannst du das für [mm] e^{2xi} [/mm] und für [mm] e^{-2xi} [/mm] machen, anschließend zusammenfassen. In den Konstanten [mm] c_1 [/mm] und [mm] c_2 [/mm] werden dann alle Vorzeichen mit eingerechnet, denn [mm] c_1,c_2\in\IR
[/mm]
Lg
Herby
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:59 Mi 18.02.2009 | | Autor: | tomekk |
Mit der Eulerschen Formel habe ich mir das auch überlegt. Allerdings ist mir unklar, warum der Realteil einmal [mm] cos(\varphi) [/mm] und einmal [mm] sin(\varphi) [/mm] wird...
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:05 Mi 18.02.2009 | | Autor: | Herby |
hoppla - das war ein copy-und-paste-Mistgeschick  Im meinem Text steht es richtig. Ich verbessere es gleich.
Lg
Herby
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:16 Mi 18.02.2009 | | Autor: | tomekk |
Super, danke. Benutze ich für [mm] y_{2} [/mm] den Imaginarteil, weil mein [mm] e^{i\varphi} [/mm] hier einen negativen Exponenten hat?
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Hallo tomekk,
> Super, danke. Benutze ich für [mm]y_{2}[/mm] den Imaginarteil, weil
> mein [mm]e^{i\varphi}[/mm] hier einen negativen Exponenten hat?
Kann ich nicht sagen.
Gut, die Herleitung:
[mm] y_{H}=c_{1}e^{2ix}+c_{2}e^{-2ix}[/mm]
Mit der Eulerschen Identität folgt:
[mm] y_{H}=c_{1}\left( \ \cos\left(2x\right)+i*\sin\left(2x\right) \ \right)+c_{2}\left( \ \cos\left(2x\right)-i*\sin\left(2x\right) \ \right)[/mm]
[mm] y_{H}=\left( \ c_{1} + c_{2} \ \right) * \cos\left(2x\right) + \left( \ c_{1} - c_{2} \ \right) * i \sin\left(2x\right)[/mm]
Wählen wir die Konstanten jetzt so, daß
[mm]c_{1} + c_{2} \in \IR[/mm]
[mm]i*\left( \ c_{1} - c_{2} \ \right) \in \IR[/mm]
Dann ergibt sich die reelle Lösung:
[mm] y_{H}=k_{1} * \cos\left(2x\right) + k_{2} \sin\left(2x\right)[/mm]
mit
[mm]k_{1}:=c_{1}+c_{2}[/mm]
[mm]k_{2}:=i*\left( \ c_{1} - c_{2} \ \right)[/mm]
,wobei [mm]c_{2} = \overline{c_{1}}, \ c_{1},c_{2} \in \IC[/mm]
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:42 Do 19.02.2009 | | Autor: | tomekk |
Ich habe die Anwendung soweit verstanden, danke. Aber kann denn irgendwer anders sagen, ob das eine Art Faustregel ist, dass wenn hier der Exponent mit einem negativen [mm] \varphi [/mm] behandelt wird, man dann den Imaginärteil der Zahl benutzt?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:56 Do 19.02.2009 | | Autor: | Herby |
Hallo,
> Ich habe die Anwendung soweit verstanden, danke. Aber kann
> denn irgendwer anders sagen, ob das eine Art Faustregel
> ist, dass wenn hier der Exponent mit einem negativen
> [mm]\varphi[/mm] behandelt wird, man dann den Imaginärteil der Zahl
> benutzt?
das kann ich dir sagen: Nein!
Ob positiv oder negativ ist völlig wurscht, denn wenn es eine komplexe Lösung gibt, dann besteht sie immer aus einer komplexen Komponente und dessen konjugiert komplexem Partner. Deshalb hast du immer was mit einem negativen Exponenten.
MathePower hatte dir [mm] k_1=c_1+c_2 [/mm] und [mm] k_2=c_1-c_2 [/mm] bereits angegeben (das i gehört aber nicht dazu!), somit lautet die [mm] \text{reelle} [/mm] Lösungsfunktion der homogenen DGL:
[mm] y_h=k_1*\cos(2x)+k_2*\sin(2x)
[/mm]
Liebe Grüße
Herby
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