Partielle Lösung-Keine Lösung? < partielle < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:19 Mi 13.06.2007 | | Autor: | Dirk07 |
| Aufgabe | | Gesucht ist die allgemeine Lösung der DGL y''+ 2y'+ 2y = sin(x) (Ohne Laplacetransformation). Geben Sie dabei die partikuläre Lösung der Differentialgleichung als sinusförmige Schwingung mit Phasenverschiebung an. |
Hallo,
erstmal ein großes Lob für dieses Mathe-Portal, hat mir schon einige Male geholfen. Nun habe ich mich auch angemeldet, da ich einige Probleme bzw. Fragen habe, beim Nachrechnen der (Prüfungs-)Aufgaben *nochmal ein herzliches Hallo in die Runde werf*
Meine erste Frage ist die Lösung der oben genannten Gleichung. Für die allg. Lösung der homogenen Gleichung y'' + 2y' + 2y = 0 habe ich y0=e^-x[c1*sin(x)+ c2*cos(3x)] herausgebracht. Was sind das genau für Konstanten, c1 und c2, was sagen diese aus?
Dann zu meinem eigentlichen Problem. Die Störfunktion g(x) ist sin(x), wenn ich das richtig sehe. Nun habe ich in der Formelsammlung von Lothar Papula "Mathematische Formelsammlung". Um einen Lösungsansatz für die partikuläre Lösung zu bekommen, solle ich in die Tabelle des Buches schauen. Dort steht folgendes (Auszug aus der Formelsammlung von Lothar Papula):
[Dateianhang nicht öffentlich]
Da vor der Störfunktion sin(x) kein x steht trifft dann also Fall 1 zu, richtig? Dann gibt es keine Lösung für die partielle Lösung oder? Ist in diesem Fall das gesamte DGL nicht lösbar oder eben nur die partielle Lösung? Wo liegt mein Denkfehler und wie löse ich das DGL trotzdem? (Bei der Fragestellung bin ich mir sicher, dass es eine Lösung gibt) Wie gehe ich weiter vor ?
Dann noch die Frage, was ist das für eine Konstante C in der unteren der beiden Gleichungen, welche auf der Formelsammlung abgebildet ist?
Besten dank schonmal und nette Grüße,
Dirk
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:42 Do 14.06.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo Dirk
Deine Lösung der homogenen Dgl ist richtig.
Aber die Lösung einer Differentialgleichung ist NUR eindeutig für gegebene Anfangswerte.
schon die einfachst Dgl: y'=2 mit der Lösung y=2x+C hat unendlich viele Lösungen, ist ja klar, alle Geraden mit Steigung 2 haben dieselbe Dgl. Eindeutig wird das erst, wenn man einen sog. "Anfangswert gibt, meistens y(0)
hier mit y(0)=-3 etwa ist die Lösung dann y=2x-3.
bei Dgl. zweiter Ordnung muss man entsprechend 2 Anfangswerte vorgeben , meistens y(0) und y'(0)
wieder das superprimitivbeispiel: y''=2 das kannst du etwa , y=Weg, x=Zeit als Bewegung mit konstante Beschleunigung deuten.
Klar, wenn man nur die Beschleunigung eines Autos kennt, kann man nicht sagen, wo es zu einem Zeitpunkt ist, wenn man nich zu irgendeinem Zeitpunkt meist t=0 den Ort kennt. aber auch dann ist y(t) noch nicht klar, wenn man nicht auch die Geschwindigkeit für t=0 (oder ne andere Zeit) weiss.
deshalb gilt für ALLE Bewegungen mit konstanter Beschleunigung 2 y''=2
[mm] y(t)=1/2*2t^2+C1*t+C2
[/mm]
mit y(0)=100 folgt C2=100 mit y'(0)=10 folgt C1=10.
entsprechendes gilt für alle Dgl. 2ter Ordnung, erst durch Vorgabe von 2 Anfangswerten sind sie eindeutig bestimmt.
soweit zur ersten Frage. Bei deiner homogenen Dgl handet es sich um die Gleichung der gedämpften Schwingung z. Bsp eines Federpendels, klar, dass die Lage zu irgendeinem Zeitpunkt x von der Ausgangslage und Anfangsgeschw. abhängt. die bestimmen C1 und C2.
zur inhomogenen gl. Da war ir schon ein Ansatz vorgegeben [mm] :Y_p=A*sin(x+\phi) [/mm] den setzt du in die inhomogene Dgl ein, dann bekommst du ne Gl wo links [mm] cos(x+\phi) [/mm] und [mm] sin(x+\phi) [/mm] auftreten , rechts sinx. deshalb zerlegst du [mm] os(x+\phi) [/mm] und [mm] sin(x+\phi) [/mm] mit dem Additionstheorem und bestimmst A und [mm] \phi [/mm] mit Koeffizientenvergleich: allse was bei cosx steht =0, was bei sinx steht=1
Mit deinem Papula und [mm] \beta=1 [/mm] hast du unter 1) ja auch diesen Ansatz.
ich versteh also diese Frage nicht!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:42 Do 14.06.2007 | | Autor: | Dirk07 |
Hallo Leduart,
ich danke dir für die Informationen zu den DGL's, es hat mir sehr geholfen, diese Gleichungen zu verstehen.
Nochmal zur Frage: Mich verwirrt die Beschreibung in dem Buch jß ist keine Lösung der charakteristischen Gleichung und weiter unten jß ist eine Lösung der charakteristischen Gleichung. Bei anderen Fällen steht auch "doppelte Lösung" da. Aber wovon ist es eine keine, einfache oder doppelte Lösung? Wann verwende ich welche Gleichung/Fall um weiterzurechnen (die Konstanten zu bestimmen)? Welchen Sinn hat dann der Fall (1), wenn es doch keine Lösung gibt ? Wäre schön, wenn ihr/du mir das genauer erklären könnt/est.
Mag sein, dass meine Frage total einfach ist und dumm klingt- aber mich beschäftigt das schon eine ganze Zeit (ich komme nicht hinter den Sinn der Formulierung) und "besser einmal dumm, als immer dumm".
Lieben Gruß,
Dirk
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:08 Do 14.06.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
bei dir trifft doch zu [mm] j\beta, [/mm] d.h. j ist keine Lösung der char, Gleichung, denn die isind ja -1+j und -1-j, dann tritt der ANSATZ 1 in 1) richtig, das x* in Ansatz 2 hat nix mit der Störungsfkt g(x)=sinx zu tun.
ausserdem solltest du doch gesehen haben, dass Ansatz 1) zum Ziel führt.
vielleicht weisst du nicht was die char. Gl. ist? wenn du für die homogene Dgl den Ansatz [mm] y=A*e^{\lambda x} [/mm] machst, kriegst du ein Polynom in [mm] \lambda, [/mm] das Null sein muss. das ist das char. Polynom!
Wie bist du auf deine algemeine Lösung gekommen?
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:12 Do 14.06.2007 | | Autor: | Dirk07 |
Hallo,
ich denke, das mit dem "keine Lösung" "eine Lösung" habe ich jetzt verstanden- ich habe den Zusammenhang mit der vorherigen Berechnung nicht gesehen.
Zu der Differentialgleichung: Ich habe nur die allgemeine Lösung mit Hilfe der ersten Variante aus dem Papula herausgebracht, mit Hilfe des Koeffizientenvergleich (Ansatz [mm]y_{p}=A*sin(\beta*x)+B*cos(\beta*x)[/mm] . Aber in der Aufgabe steht ja, ich solle den Phasenwinkel angeben. Wie du auch schon gesagt hast, brauche ich dafür den 2ten Ansatz [mm]y_{p}=C*sin(\beta*x+\alpha)[/mm] , aber ich schaffe es nicht, hieraus die Konstante C und die Phasenverschiebung [mm] \alpha [/mm] zu berechnen.
Hier erstmal mein Ansatz:
[mm]y=y_{0}+y_{p}[/mm]
[mm]g(x)=sin(x)[/mm]
[mm]y_{p}=C*sin(\beta*x+\alpha)[/mm]
[mm]y'_{p}=C*\beta*cos(\beta*x+\alpha)[/mm]
[mm]y''_{p}=-C*\beta^{2}*sin(\beta*x+\alpha)[/mm]
[mm]y''_{p}+2*y'_{p}+2*y_{p}={g(x)}[/mm]
[mm]-C*\beta*sin(\beta*x+\alpha)+2*C*\beta*cos(\beta*x+\alpha)+2*C*sin(\beta*x+\alpha)=sin(x)[/mm]
[mm]C*(-\beta^{2}*sin(\beta*x+\alpha)+2*\beta*cos(\beta*x+\alpha)+2*sin(\beta*x+\alpha))=sin(x)[/mm]
[mm]\beta=1[/mm]
[mm]C*(sin(x+\alpha)+2*cos(x+\alpha)+2*sin(x+\alpha))=sin(x)[/mm]
[mm]C*(3*sin(x+\alpha)+2*cos(x+\alpha))=sin(x)[/mm]
Leider weiß ich nicht, wie ich jetzt weitermachen soll, mir fehlen die Kenntnisse, die Phasenverschiebung [mm] \alpha [/mm] und die Konstante C hieraus zu holen. Bzw. wie arbeite ich hier mit dem von dir vorgeschlagenem Additionstheorem? Wie mache ich das ? Ich habe es auch mit einem komplexen Ansatz versucht, um die Ergebnisse dann als Realteil bzw. als Imaginärteil herauszuholen:
[mm]y=y_{0}+y_{p}[/mm]
[mm]g(x)=sin(x)[/mm]
[mm]y_{p}=C*e^{j(\beta*x+\alpha)}[/mm]
[mm]y'_{p}=C*j*\beta*e^{j(\beta*x+\alpha)}[/mm]
[mm]y''_{p}=-C*\beta^{2}*e^{j(\beta*x+\alpha)}[/mm]
[mm]y''_{p}+2*y'_{p}+2*y_{p}={g(x)}[/mm]
[mm]-C*\beta^{2}*e^{j(\beta*x+\alpha)}+2*C*j*\beta*e^{j(\beta*x+\alpha)}+2*C*e^{j(\beta*x+\alpha)}=sin(x)[/mm]
[mm]C*(-\beta^{2}*e^{j(\beta*x+\alpha)}+2*j*\beta*e^{j(\beta*x+\alpha)}+2*e^{j(\beta*x+\alpha)}=sin(x)[/mm]
[mm]C*((-\beta^{2}+2*j*\beta+2)*e^{j(\beta*x+\alpha)})=sin(x)[/mm]
[mm]\beta=1[/mm]
[mm]C*((-1+2*j+2)*e^{j(x+\alpha)})=sin(x)[/mm]
[mm]C*(e^{j(x+\alpha)}+2*j*e^{j(x+\alpha)})=sin(x)[/mm]
Aber hier scheitere ich ebenfalls, da ich weiß nicht, wie ich weiter zusammenfassen soll bzw. wie ich daraus auf die Phasenverschiebung/den Vorfaktor schließen soll. Freue mich wie immer auf weitere Lösungshinweise.
Lieben Gruß,
Dirk
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:08 Do 14.06.2007 | | Autor: | leduart |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo
1. wenn du bei Asinx+Bcosx A und B raus hast kannst du das umformen zu Csin(x+\phi) mit C=\wurzel|A^2+B^2} und tan\phi=B/A.
überleg mal selbst, warum das stimmt.
> Zu der Differentialgleichung: Ich habe nur die allgemeine
> Lösung mit Hilfe der ersten Variante aus dem Papula
> herausgebracht, mit Hilfe des Koeffizientenvergleich
> (Ansatz [mm]y_{p}=A*sin(\beta*x)+B*cos(\beta*x)[/mm] . Aber in der
> Aufgabe steht ja, ich solle den Phasenwinkel angeben. Wie
> du auch schon gesagt hast, brauche ich dafür den 2ten
> Ansatz [mm]y_{p}=C*sin(\beta*x+\alpha)[/mm] , aber ich schaffe es
> nicht, hieraus die Konstante C und die Phasenverschiebung
> [mm]\alpha[/mm] zu berechnen.
>
> Hier erstmal mein Ansatz:
> [mm]y=y_{0}+y_{p}[/mm]
> [mm]g(x)=sin(x)[/mm]
>
> [mm]y_{p}=C*sin(\beta*x+\alpha)[/mm]
> [mm]y'_{p}=C*\beta*cos(\beta*x+\alpha)[/mm]
> [mm]y''_{p}=-C*\beta^{2}*sin(\beta*x+\alpha)[/mm]
>
> [mm]y''_{p}+2*y'_{p}+2*y_{p}={g(x)}[/mm]
>
> [mm]-C*\beta*sin(\beta*x+\alpha)+2*C*\beta*cos(\beta*x+\alpha)+2*C*sin(\beta*x+\alpha)=sin(x)[/mm]
>
> [mm]C*(-\beta^{2}*sin(\beta*x+\alpha)+2*\beta*cos(\beta*x+\alpha)+2*sin(\beta*x+\alpha))=sin(x)[/mm]
> [mm]\beta=1[/mm]
> [mm]C*(sin(x+\alpha)+2*cos(x+\alpha)+2*sin(x+\alpha))=sin(x)[/mm]
Hier ist das Minus vor dem 1. sin verschwunden!
also richtig:
[mm]C*(1*sin(x+\alpha)+2*cos(x+\alpha))=sin(x)+0*cosx[/mm]
so, jetzt [mm] sin(x+\alpha)=sinxcos\alpha+cosxsin\alpha, [/mm] entsprechend cos zerlegen.
dann aufteilen:sinx*(Ausdruck mit c, [mm] cos\alpha, sin\alpha) [/mm] +cosx*(anderer ausdruck)=sinx
richtig nur wenn der faktor bei cosx=0 und der bei sinx 1 ist. 2 gleichungen mit den Unbekannten C und [mm] \alpha! [/mm] sowas nennt man Koeffizientenvergleich, das solltest du schaffen!
> [mm]C*(3*sin(x+\alpha)+2*cos(x+\alpha))=sin(x)[/mm]
>
> Leider weiß ich nicht, wie ich jetzt weitermachen soll, mir
> fehlen die Kenntnisse, die Phasenverschiebung [mm]\alpha[/mm] und
> die Konstante C hieraus zu holen. Bzw. wie arbeite ich hier
> mit dem von dir vorgeschlagenem Additionstheorem? Wie mache
> ich das ? Ich habe es auch mit einem komplexen Ansatz
> versucht, um die Ergebnisse dann als Realteil bzw. als
> Imaginärteil herauszuholen:
>
> [mm]y=y_{0}+y_{p}[/mm]
> [mm]g(x)=sin(x)[/mm]
>
> [mm]y_{p}=C*e^{j(\beta*x+\alpha)}[/mm]
hier müsstest du die umgeschriebene form von sin einsetzen nicht [mm] e^{j(\beta*x+\alpha)} [/mm] sonst kriegst du ja wieder sin und cos raus (glaub ich, habs noch nie gemacht.)
> [mm]y'_{p}=C*j*\beta*e^{j(\beta*x+\alpha)}[/mm]
> [mm]y''_{p}=-C*\beta^{2}*e^{j(\beta*x+\alpha)}[/mm]
>
> [mm]y''_{p}+2*y'_{p}+2*y_{p}={g(x)}[/mm]
>
> [mm]-C*\beta^{2}*e^{j(\beta*x+\alpha)}+2*C*j*\beta*e^{j(\beta*x+\alpha)}+2*C*e^{j(\beta*x+\alpha)}=sin(x)[/mm]
>
> [mm]C*(-\beta^{2}*e^{j(\beta*x+\alpha)}+2*j*\beta*e^{j(\beta*x+\alpha)}+2*e^{j(\beta*x+\alpha)}=sin(x)[/mm]
> [mm]C*((-\beta^{2}+2*j*\beta+2)*e^{j(\beta*x+\alpha)})=sin(x)[/mm]
> [mm]\beta=1[/mm]
> [mm]C*((-1+2*j+2)*e^{j(x+\alpha)})=sin(x)[/mm]
> [mm]C*(e^{j(x+\alpha)}+2*j*e^{j(x+\alpha)})=sin(x)[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
>
> Aber hier scheitere ich ebenfalls, da ich weiß nicht, wie
> ich weiter zusammenfassen soll bzw. wie ich daraus auf die
> Phasenverschiebung/den Vorfaktor schließen soll. Freue mich
hier müsstest du sinx als (e^{jx)-e^{-jx})/2 schreiben
und wieder koeffizentenvergleich machen!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:04 Do 14.06.2007 | | Autor: | Dirk07 |
Hallo Leduart,
sitze nun schon seit fast einer Stunde bei starkem Sturm und Gewitter da und verstehe nicht, was ich mit dem [mm]sin(x+\alpha)=sinxcos\alpha+cosxsin\alpha[/mm] machen soll, zumal du sagtest, ich solle es nach cos auflösen. Mein erster Gedanke war, dies oben in die Gleichung einzusetzen und den langen Ausdruck für [mm]sin(x+\alpha)[/mm] einzusetzen. Aber das bringt mir ja nichts, da ich dann die Konstante an jedem Term hätte und, wenn ich den Cosinusteil gleich 0 setzen wollte, die Konstante C und somit die gesamte Gleichung gleich 0 setzen, was sinnfrei wäre. Zumal ich dann nur eine Gleichung hätte.
Dann kam mir noch die Idee, den kompletten Satz oben umzuformen und ihn als 2te Gleichung zu verwenden. Aber woher bekomme ich dann die Konstante C in diese neue Gleichung? Wenn ich die ganze Gleichung mit C durchmultipliziere, kann ich den Kosinusteil ja nur durch C=0 eliminieren, was mich auch nicht weiterbringt.
Sehe es mir bitte nach, wenn ich da etwas schwer von Begriff bin. Aber in Mathematik will und werde ich mich wieder bessern. Danke schonmal für weitere Erklärungen.
Lieben Gruß,
Dirk
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:58 Do 14.06.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
wirklich die Additionsth. einsetzen, das alles hinzuschreiben bin ich zu faul.
es kommt dann raus :
[mm] sinx*(C*cos\alpha-2C*sin\alpha)+cosx*(C*sin\alpha+2C*cos\alpha)
[/mm]
damit [mm] (C*cos\alpha-2C*sin\alpha)=1 [/mm] also C [mm] \ne [/mm] 0
und [mm] (C*sin\alpha+2C*cos\alpha)=0 [/mm] wird zwar durch C=0 gelöst aber das geht ja nicht, also [mm] tan\alpha=-2 [/mm] dann aus der ersten Gl. C
Ergebnisse ohne Garantie !
Kontrolle durch meine andere Ausführung [mm] C^2=A^2+B^2
[/mm]
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:00 So 17.06.2007 | | Autor: | Dirk07 |
Hallo Leduart,
kam erst heute dazu, das selbst nachzurechnen und vorallem nachzuvollziehen. Nach kurzen Zweifeln, wo denn plötzlich der Tangens herkam, klärte sich das mit der Rechnung (Erstmal die Additionstherme, dann die Lösung):
[Externes Bild http://www.250kb.de/u/070617/j/6a8e00f4.jpg]
[Externes Bild http://www.250kb.de/u/070617/j/b40c0719.jpg]
So, nocheinmal besten Dank, bis zur nächsten Frage (die bestimmt kommt  ).
Lieben Gruß,
Dirk
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