Reduktion auf 1.Ordnung+lösen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:41 Fr 23.01.2009 | | Autor: | Wimme |
| Aufgabe | Lösen Sie das AWP
[mm] y''(x)-2y'(x)+2y(x)=e^x [/mm] y(0)=0, y'(0)=1
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Hallo!
Ich habe schon gehört, dass man dieses AWP irgendwie mit Wronski Determinanten oder so lösen könne, aber die hatten wir noch nicht.
Wir hatten zwar die Wronski Matrix für lineare Differentialgleichungssystem, aber naja.
Was ich probieren wollte ist das ganze auf ein System 1.Ordnung zu reduzieren.
Dafür setze ich z(x) := [mm] \vektor{y(x) \\ y'(x)}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] z(x)' := [mm] \vektor{z_2(x) \\ e^x+2z_2(x)-2z_1(x)}
[/mm]
z(0) = [mm] \vektor{0 \\ 1}
[/mm]
Also, soweit kann ich das. Ist ja nicht sonderlich schwer.
Nur was ich mich nun frage ist, wie man jetzt eigentlich weiter macht.
Inwiefern genau habe ich denn nun ein Gleichungssystem 1.Ordnung erreicht?
Naja, wär nett wenn ihr mir vorführen könntet, wie man weiter vorgeht oder mir ein Beispiel irgendwo zeigt :)
Dankesehr,
Wimme
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Kleiner Tip: Das geht schon so.
Als erstes löst Du die homogene
Gleichung mit einem Exponentialansatz.
Das liefert die Linearkombination
[mm] y_h= [/mm] A [mm] y_1(x) [/mm] + B [mm] y_2(x) [/mm]
zweier Funktionen. Die Lösung der Gl. ist dann
y = y _h + [mm] y_p [/mm] und [mm] y_p [/mm] rät man
(partikuläre Lösung) oder man benutzt Variation der
Konstanten . Das heisst man macht A und B zu
Funktionen von x (Methode von d'Alambert).
Mit Wronski geht das aber direkt. DSas steht
eigentlich in jedem Lehrbuch.
Grüße schlunzbuns
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Hallo,
> Lösen Sie das AWP
> [mm]y''(x)-2y'(x)+2y(x)=e^x[/mm] y(0)=0, y'(0)=1
>
> Hallo!
>
> Ich habe schon gehört, dass man dieses AWP irgendwie mit
> Wronski Determinanten oder so lösen könne, aber die hatten
> wir noch nicht.
> Wir hatten zwar die Wronski Matrix für lineare
> Differentialgleichungssystem, aber naja.
>
> Was ich probieren wollte ist das ganze auf ein System
> 1.Ordnung zu reduzieren.
>
> Dafür setze ich z(x) := [mm]\vektor{y(x) \\ y'(x)}[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm]
> z(x)' := [mm]\vektor{z_2(x) \\ e^x+2z_2(x)-2z_1(x)}[/mm]
> z(0) =
> [mm]\vektor{0 \\ 1}[/mm]
>
> Also, soweit kann ich das. Ist ja nicht sonderlich schwer.
> Nur was ich mich nun frage ist, wie man jetzt eigentlich
> weiter macht.
>
> Inwiefern genau habe ich denn nun ein Gleichungssystem
> 1.Ordnung erreicht?
[mm] z_1=y(x) [/mm] ; [mm] z_2=y'(x)
[/mm]
[mm] $\begin{pmatrix} z_1' \\ z_2' \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}* \begin{pmatrix} z_1 \\ z_2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 \\ e^x \end{pmatrix} [/mm] $
> Naja, wär nett wenn ihr mir vorführen könntet, wie man
> weiter vorgeht oder mir ein Beispiel irgendwo zeigt :)
Die homogene Lösung würde man dann mit einem Matrixexponential ausrechnen:
[mm] $\begin{pmatrix} z_{1,h} \\ z_{2,h} \end{pmatrix} =exp\begin{pmatrix} 0 & x \\ -2x & 2x \end{pmatrix} [/mm] $
, was aber in diesem Fall bedeuten würde mit Kanonen auf Spatzen zu schiessen.
Das Standardlösungsverfahren besteht für inhomogene lineare DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten darin, einen Exponentialansatz für die Funktion zu verwenden - und zuerst einmal die homogene Gleichung zu lösen:
[mm]y''(x)-2y'(x)+2y(x)=0[/mm]
[mm] $y(x)=e^{\lambda x}$
[/mm]
[mm] $\lambda^2*e^{\lambda x}-2*\lambda*e^{\lambda x}+2*e^{\lambda x}=0$
[/mm]
[mm] $\lambda^2-2*\lambda+2=0$
[/mm]
Dies ist die sog. charackteristische Gleichung, mit den Lösungen:
[mm] $\lambda_{1,2}=1\pm [/mm] i$
welche auf die Lösung
[mm] $y_h(x)=e^{x}*(C_1sin(x)+C_2cos(x))$ [/mm] führen.
Dann setzt man für die Störfunktion eine partikuläre Lösung an mit
[mm] $y_p=A*e^x$
[/mm]
und setzt diese mit ihren Ableitungen in die inhomogene DGL ein:
[mm]y''(x)-2y'(x)+2y(x)=e^x[/mm]
[mm] $A*e^x-2*A*e^x+2*A*e^x=e^x$
[/mm]
A=1
[mm] $y(x)=y_h+y_p=e^{x}*(C_1*sin(x)+C_2*cos(x))+e^x$ [/mm]
fertig ist die allgemeine Lösung. Dann die Anfangsbedingungen einsetzen.
Zum Nachlesen auf Schulniveau empfehle ich dir einmal den
![[]](/images/popup.gif) Lothar Papula
aus der Stadtbücherei anzuschauen. Oder
![[guckstduhier]](/images/smileys/guckstduhier.gif "[guckstduhier]")
http://www.matheplanet.com/default3.html?call=article.php?sid=525&ref=http%3A%2F%2Fwww.google.de%2Fsearch%3Fclient%3Dfirefox-a%26rls%3Dorg.mozilla%253Ade%253Aofficial%26channel%3Ds%26hl%3Dde%26q%3DMatroid%2BDGL%26meta%3D%26btnG%3DGoogle-Suche
LG, Martinius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:57 Sa 24.01.2009 | | Autor: | Wimme |
Danke du hast mir sehr geholfen.
Vor allem auch dein Link ist sehr hilfreich, dankeschön!
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Die DGL ist inhomogen. Mit dem Ansatz y_p = C e^x kann man sich
zunächst eine parikuläre Löäsung beschaffen. Mit diesem Ansatz
kaommt man durch Einsetzen zu dem Schluss, dass y_p die DGL
nur dann löst, wenn C = 1 ist. Also ist y_p (x) = e^x.
Nun braucht man noch alle Lösungen der homogenen
DGL y_h'' - 2y_h' + 2 y_h = 0. Ist die Lösungsmenge aller
solcher Funktionen L_0, so gilt für die Lösungsmenge L der
inhomogenen Gleichung ohne Anfangsbedingungen:
L = y_p + L_0
Die homogene Gleichung löst man mit Exponentialansatz
y_h(x) = e^{\lambda x}. Einsetzen f"uhrt auf die Gleichung
e^{\lmbda x} P(\lambda) = 0, wobei P(\lambda) =
\lambda^2 - 2 \lambda + 2 ist. Die Nullstellen von P sind
\lambda_1 = 1 \pm i . Also gilt
für den oben genannten Lösungsraum
L_0 = Menge( e^{x} (A e^{ix} + B e^{-ix) : A,B \in C )
= Menge( e^{x} (a cos (x) + b sin(x) : a, b \in C )
Letztere Gleichung folgt aus den Eulerschen Formeln.
Für eine allgemeine Lösung erhält man damit:
y(x) = e^{x} (1 + a cos(x) + b sin(x) )
Nun sind noch die Anfangsbedingungen zu verwursten:
Man berechnet y'(x) mit Hilfe der Produktregel
y'(x) = e^{x} (1 + (a+b) cos(x) + (b-a) sin(x))
Mit y(0) = 0 und y'(0) = 1 ergibt sich dann
a = -1 und b = 1 womit
y(x) = e^{x} (1 +sin(x) - cos(x)).
Alternativ kann man die DGL auch lösen, indem man beide
Seiten Laplace transformiert. Dazu gibts im Internet
eine Menge Beispiele. Die Überführung in ein System
und Variation der Konstanten (Wronski) halte ich
für den umständlichsten Weg, den obigen für den
kürzesten. Gruß Schlunzbuns
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