DGL system und Anfangswertpobl < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:04 So 19.10.2008 | | Autor: | Jojo987 |
| Aufgabe | Lösen sie folgendes Anfangswertproblem mit Hilfe der Eliminationsmethode:
[mm] x'(t)=\pmat{ 3 & 2 \\ -2 & -1 }x(t)+\vektor{te^{t} \\ 0} [/mm] ; x(0)=0 |
da ich dieses Dgl system mit Hilfe der Eliminationsmethode lösen soll schreibe ich die Angabe zunächst um:
(1) [mm] x_{1}'=3x_{1}+2x_{2}+te^{t}
[/mm]
(2) [mm] x_{2}'=-2x_{1}-x_{2}
[/mm]
Gleichung (1) nach [mm] x_{2} [/mm] aufgelöst ergibt:
(3) [mm] x_{2}=\bruch{x_{1}'-3x_{1}-te^{t}}{2}
[/mm]
nun leite ich (1) ab:
(4) [mm] x_{1}''=3x_{1}'+2x_{2}'+te^{t}+e^{t}
[/mm]
und mit den Gleichungen (2) und (3) erhalte ich:
(5) [mm] x_{1}''-2x_{1}'+x_{1}=2te^{t}+e^{t}
[/mm]
Soweit korrekt?
Jetzt habe ich einfach eine inhomogene Differentialgleichung die ich nach schema F löse:
mit dem Euleransatz ergibt sich: [mm] \lambda_{1,2}=1 [/mm] und somit die homogene Lösung:
(6) [mm] x_{1h}=C_{1}e^{t}+C_{2}te^{t}
[/mm]
stimmt das soweit?
Durch Variation der Konstanten erhalten wir mit dem Trick [mm] c_{1}'(t)e^{t}+c_{2}'(t)te^{t}=0
[/mm]
(7) [mm] x_{1s}=c_{1}(t)e^{t}+c_{2}(t)te^{t}
[/mm]
(8) [mm] x_{1s}'=\underbrace{c_{1}'(t)e^{t}+c_{2}'(t)te^{t}}_{=0}+c_{1}(t)e^{t}+c_{2}(t)te^{t}+c_{2}(t)e^{t}
[/mm]
(9) [mm] x_{1s}''=c_{1}'(t)e^{t}+c_{2}'(t)e^{t}+c_{2}'(t)te^{t}+c_{1}(t)e^{t}+2c_{2}(t)e^{t}+c_{2}(t)te^{t}
[/mm]
stimmt das?
Nun setze ich Gleichengen (7),(8) und (9) in (5) ein und erhalte:
(10) [mm] c_{1}(t)(\underbrace{e^{t}-2e^{t}+e^{t}}_{=0})+c_{2}(t)(\underbrace{2e^{t}+te^{t}-2e^{t}-2te^{t}+te^{t}}_{=0})+c_{1}'(t)e^{t}+c_{2}'(t)(e^{t}+te^{t})=2te^{t}+e^{t}
[/mm]
korrekt?
nun bilde ich ein lineares Gleichungssystem zur bestimmung von [mm] c_{1}' [/mm] und [mm] c_{2}'
[/mm]
(11) [mm] \pmat{ e^{t} & te^{t} \\ e^{t} & e^{t}+te^{t} }\vektor{c_{1}'(t) \\ c_{2}'(t)}=\vektor{0 \\ 2te^{t}+e^{t}}
[/mm]
die Wronskideterminante liefert:
(12) [mm] \vmat{ e^{t} & te^{t} \\ e^{t} & e^{t}+te^{t} }=e^{2t}
[/mm]
durch die Cramersche Regel ergiebt sich aus (11) und (12):
(13) [mm] c_{1}'(t)=-2t^{2}-1
[/mm]
(14) [mm] c_{2}'(t)=2t+1
[/mm]
Integration liefert unter Berücksichtigung des Anfangswertproblems [mm] c_{1} [/mm] und [mm] c_{2}:
[/mm]
(15) [mm] c_{1}(t)=\integral_{0}^{t}{(-2x^{2}-1) dx}=-\bruch{2}{3}t^{3}-t
[/mm]
(16) [mm] c_{2}(t)=\integral_{0}^{t}{(2x+1) dx}=t^{2}+t
[/mm]
und so erhalten wir nach dem Superpositionsprinzip die allgemeine Lösung:
(17) [mm] x_{1A}(t)=x_{1s}+x_{1h}=-(\bruch{2}{3}t^{3}-t)e^{t}+(t^{3}+t^{2})e^{t}+C_{1}e^{t}+C_{2}te^{t}
[/mm]
um das Anfangswertproblem zu lösen muss jetzt noch [mm] C_{1} [/mm] und [mm] C_{2} [/mm] bestimmt werden. Wir stellen wieder ein Linears Gleichungssystem auf und erhalten aus:
(18) [mm] \vektor{x(0) \\ x'(0)}=\pmat{ y_{1}(0) & y_{2}(0) \\ y_{1}'(0) & y_{2}'(0) }\vektor{C_{1} \\ C_{2}}+\vektor{y_{s}(x=0) \\ y_{s}'(x=0)}
[/mm]
(19) [mm] \vektor{0 \\ 0}=\pmat{ 1 & 0 \\ 1 & 1 }\vektor{C_{1} \\ C_{2}}+\vektor{0 \\ 0}
[/mm]
Bei (19) bin ich mir nicht mehr sicher. Ich rechne jetzt wieder die Wronskideterminante:
(20) [mm] W=\vmat{ 1 & 0 \\ 1 & 1 }=1
[/mm]
und so auch wie vorher [mm] C_{1} [/mm] und [mm] C_{2} [/mm] aus
(21) [mm] C_{1}=-\bruch{x'(0)y_{2}(0)}{W}=\bruch{0}{1}=0
[/mm]
(22) [mm] C_{1}=\bruch{x'(0)y_{1}(0)}{W}=\bruch{0}{1}=0
[/mm]
somit müsste [mm] C_{1}=C_{2}=0 [/mm] sein und somit die Lösung des Anfangswertproblems folgendermaßen lauten:
(23) [mm] x_{1}(t)=x_{1s}+x_{1h}=-(\bruch{2}{3}t^{3}-t)e^{t}+(t^{3}+t^{2})e^{t}=\underline{(\bruch{1}{3}t^{3}+t^{2}+t)e^{t}}
[/mm]
Ist das nun korrekt so? Für jede hilfreiche Antwort badanke ich mich recht herzlich.
Gruß Jojo
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Hallo jojo987,
> Lösen sie folgendes Anfangswertproblem mit Hilfe der
> Eliminationsmethode:
>
> [mm]x'(t)=\pmat{ 3 & 2 \\ -2 & -1 }x(t)+\vektor{te^{t} \\ 0}[/mm] ;
> x(0)=0
> da ich dieses Dgl system mit Hilfe der Eliminationsmethode
> lösen soll schreibe ich die Angabe zunächst um:
>
> (1) [mm]x_{1}'=3x_{1}+2x_{2}+te^{t}[/mm]
> (2) [mm]x_{2}'=-2x_{1}-x_{2}[/mm]
>
> Gleichung (1) nach [mm]x_{2}[/mm] aufgelöst ergibt:
>
> (3) [mm]x_{2}=\bruch{x_{1}'-3x_{1}-te^{t}}{2}[/mm]
>
> nun leite ich (1) ab:
>
> (4) [mm]x_{1}''=3x_{1}'+2x_{2}'+te^{t}+e^{t}[/mm]
>
> und mit den Gleichungen (2) und (3) erhalte ich:
>
> (5) [mm]x_{1}''-2x_{1}'+x_{1}=2te^{t}+e^{t}[/mm]
>
> Soweit korrekt?
> Jetzt habe ich einfach eine inhomogene
> Differentialgleichung die ich nach schema F löse:
>
> mit dem Euleransatz ergibt sich: [mm]\lambda_{1,2}=1[/mm] und somit
> die homogene Lösung:
>
> (6) [mm]x_{1h}=C_{1}e^{t}+C_{2}te^{t}[/mm]
>
> stimmt das soweit?
Ja, das stimmt soweit. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Durch Variation der Konstanten erhalten wir mit dem Trick
> [mm]c_{1}'(t)e^{t}+c_{2}'(t)te^{t}=0[/mm]
>
> (7) [mm]x_{1s}=c_{1}(t)e^{t}+c_{2}(t)te^{t}[/mm]
> (8)
> [mm]x_{1s}'=\underbrace{c_{1}'(t)e^{t}+c_{2}'(t)te^{t}}_{=0}+c_{1}(t)e^{t}+c_{2}(t)te^{t}+c_{2}(t)e^{t}[/mm]
> (9)
> [mm]x_{1s}''=c_{1}'(t)e^{t}+c_{2}'(t)e^{t}+c_{2}'(t)te^{t}+c_{1}(t)e^{t}+2c_{2}(t)e^{t}+c_{2}(t)te^{t}[/mm]
>
> stimmt das?
> Nun setze ich Gleichengen (7),(8) und (9) in (5) ein und
> erhalte:
>
> (10)
> [mm]c_{1}(t)(\underbrace{e^{t}-2e^{t}+e^{t}}_{=0})+c_{2}(t)(\underbrace{2e^{t}+te^{t}-2e^{t}-2te^{t}+te^{t}}_{=0})+c_{1}'(t)e^{t}+c_{2}'(t)(e^{t}+te^{t})=2te^{t}+e^{t}[/mm]
>
> korrekt?
> nun bilde ich ein lineares Gleichungssystem zur bestimmung
> von [mm]c_{1}'[/mm] und [mm]c_{2}'[/mm]
>
> (11) [mm]\pmat{ e^{t} & te^{t} \\ e^{t} & e^{t}+te^{t} }\vektor{c_{1}'(t) \\ c_{2}'(t)}=\vektor{0 \\ 2te^{t}+e^{t}}[/mm]
>
> die Wronskideterminante liefert:
>
> (12) [mm]\vmat{ e^{t} & te^{t} \\ e^{t} & e^{t}+te^{t} }=e^{2t}[/mm]
>
> durch die Cramersche Regel ergiebt sich aus (11) und (12):
>
> (13) [mm]c_{1}'(t)=-2t^{2}-1[/mm]
> (14) [mm]c_{2}'(t)=2t+1[/mm]
>
> Integration liefert unter Berücksichtigung des
> Anfangswertproblems [mm]c_{1}[/mm] und [mm]c_{2}:[/mm]
>
> (15) [mm]c_{1}(t)=\integral_{0}^{t}{(-2x^{2}-1) dx}=-\bruch{2}{3}t^{3}-t[/mm]
>
> (16) [mm]c_{2}(t)=\integral_{0}^{t}{(2x+1) dx}=t^{2}+t[/mm]
>
> und so erhalten wir nach dem Superpositionsprinzip die
> allgemeine Lösung:
>
> (17)
> [mm]x_{1A}(t)=x_{1s}+x_{1h}=-(\bruch{2}{3}t^{3}-t)e^{t}+(t^{3}+t^{2})e^{t}+C_{1}e^{t}+C_{2}te^{t}[/mm]
>
> um das Anfangswertproblem zu lösen muss jetzt noch [mm]C_{1}[/mm]
> und [mm]C_{2}[/mm] bestimmt werden. Wir stellen wieder ein Linears
> Gleichungssystem auf und erhalten aus:
>
> (18) [mm]\vektor{x(0) \\ x'(0)}=\pmat{ y_{1}(0) & y_{2}(0) \\ y_{1}'(0) & y_{2}'(0) }\vektor{C_{1} \\ C_{2}}+\vektor{y_{s}(x=0) \\ y_{s}'(x=0)}[/mm]
>
> (19) [mm]\vektor{0 \\ 0}=\pmat{ 1 & 0 \\ 1 & 1 }\vektor{C_{1} \\ C_{2}}+\vektor{0 \\ 0}[/mm]
>
> Bei (19) bin ich mir nicht mehr sicher. Ich rechne jetzt
> wieder die Wronskideterminante:
>
> (20) [mm]W=\vmat{ 1 & 0 \\ 1 & 1 }=1[/mm]
>
> und so auch wie vorher [mm]C_{1}[/mm] und [mm]C_{2}[/mm] aus
>
> (21) [mm]C_{1}=-\bruch{x'(0)y_{2}(0)}{W}=\bruch{0}{1}=0[/mm]
> (22) [mm]C_{1}=\bruch{x'(0)y_{1}(0)}{W}=\bruch{0}{1}=0[/mm]
>
> somit müsste [mm]C_{1}=C_{2}=0[/mm] sein und somit die Lösung des
> Anfangswertproblems folgendermaßen lauten:
>
> (23)
> [mm]x_{1}(t)=x_{1s}+x_{1h}=-(\bruch{2}{3}t^{3}-t)e^{t}+(t^{3}+t^{2})e^{t}=\underline{(\bruch{1}{3}t^{3}+t^{2}+t)e^{t}}[/mm]
>
> Ist das nun korrekt so? Für jede hilfreiche Antwort badanke
> ich mich recht herzlich.
Mit dem Ansatz
[mm]x_{1s}\left(t):=\left(A*t^{3}+B*t^{2}\right)*e^{t}[/mm]
ist das einfacher zu lösen.
>
> Gruß Jojo
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:12 So 19.10.2008 | | Autor: | Jojo987 |
> Hallo jojo987,
Hallo und vielen Dank für die schnelle Antwort
> Mit dem Ansatz
>
> [mm]x_{1s}\left(t):=\left(A*t^{3}+B*t^{2}\right)*e^{t}[/mm]
>
> ist das einfacher zu lösen.
Ah ok. Mir ist nur nicht klar wie man auf diesen Ansatz kommt. kann man nach der homogenen Gleichung sehen dass die Partikulärlösungen dementsprechen aussiehen müssen?
Aber soweit ist das Ergebnis auch korrekt oder?
Vielen Dank
Gruß Jojo
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Hallo Jojo987,
> > Hallo jojo987,
>
> Hallo und vielen Dank für die schnelle Antwort
>
> > Mit dem Ansatz
> >
> > [mm]x_{1s}\left(t):=\left(A*t^{3}+B*t^{2}\right)*e^{t}[/mm]
> >
> > ist das einfacher zu lösen.
>
> Ah ok. Mir ist nur nicht klar wie man auf diesen Ansatz
> kommt. kann man nach der homogenen Gleichung sehen dass die
> Partikulärlösungen dementsprechen aussiehen müssen?
Nun, wie kommt man auf den obigen Ansatz?
Ist die Störfunktion oder ein Glied von ihr zugleich Lösung der homogenen DGL (Resonanzfall), so wählt man den Ansatz wie folgt.
Nehmen wir den Fall an, daß die Lösungen der homogenen DGL nicht als Glied der Störfunktion auftreten, so wählt man den Ansatz entsprechend der Störfunktion.
Löst hingegen eine von zwei verschiedenen Lösungen der homogenen DGl den Resonanzfall aus, so wird der Ansatz gemäß der Störfunktion mit t multipliziert.
Wenn 2 identische Lösungen der homogenen DGL den Resonanzfall auslösen, dann wird der Ansatz, der aus de Störfunktion resultiert mit [mm]t^{2}[/mm]
> Aber soweit ist das Ergebnis auch korrekt oder?
Das Gleichungssystem (12) ist noch korrekt.
Der Fehler ist bei der Bestimmung der Variablen [mm]c_{1}'\left(t\right)[/mm] passiert:
Es muss hier heissen:
(13) [mm] c_{1}'(t)=-2t^{2}-\red{t} [/mm]
Die Variable [mm]c_{2}'\left(t\right)[/mm] stimmt.
>
> Vielen Dank
>
> Gruß Jojo
>
Gruß
MathePower
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