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Differentialgleichungssystem lösen

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Gewöhnliche Differentialgleichungen

Partielle Differentialgleichungen

Tags: Gewöhnliche Differentialgleichungen, Partielle Differentialgleichungen

glowhand aktiv_icon

16:51 Uhr, 23.07.2010

Möp.

Also ich habe folgendes DGLS...
http//www.myimg.de/?img=Unbenannt579b3.jpg

. .

. allerdings keinen Plan, wie ich das nun löse. Ich weiß, wie man es lösen würde, wenn da nicht der (1,x)-Vektor ganz hinten wäre, aber so wie es da steht, kann ich damit nichts anfangen.
Irgendwie find ich auch über Google kein Beispiel, wie man so etwas löst. Da gehts dann immer nur um normale DLG, also keine Systeme, oder eben um DGLS ohne diesem zusätzlichen Vektor

= (

Jemand eine Idee?

Lg,
Christian.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

smoka

17:01 Uhr, 23.07.2010

Hallo,

gefällt Dir diese Darstellung besser?

y_{1} ʹ = - y_{2} + 1

y_{2} ʹ = y_{1} + x

ist genau das Gleiche, multipliziere einfach das Matrixprodukt aus.

glowhand aktiv_icon

17:06 Uhr, 23.07.2010

Sry, aber bringt mir jetzt nicht viel... Auf die Weise umgeformt hab ich es testweise auch schon, aber ich wüsste jetzt nicht, wie man das wieder umformen soll, damit da rechts dann nur noch der Vektor

(y 1, y 2)

steht.

lg

smoka

17:11 Uhr, 23.07.2010

In der Ausgangsform steht doch nur der Vektor

(y_{1}, y_{2})

?!
und den bekommt man indem man die Matrixmultiplikation "rückwärts" macht.

glowhand aktiv_icon

17:25 Uhr, 23.07.2010

Naja, aber ich brauch doch ne Matrix, um Eigenwerte und -vektoren zu ermitteln, mit der ich dann über die Lösungsformel an Lösung komme... Die kann ich aber doch nicht anwenden, wenn da noch ein

+ (1, x)

am Ende steht!?
UNd mit "nur"

(y 1, y 2)

meine ich, dass es der einzige Vektor auf der rechten Seite wäre.

lg

smoka

17:35 Uhr, 23.07.2010

Achso, tut mir leid ich habe Deine Frage komplett falsch verstanden.
Du hast ja ein System der Form

y ʹ = A y + f (x)

hier gehst du wie bei einer einzelnen DGL vor und bestimmst erstmal die Lösung des homogenen System, dann die des inhomogenen.

glowhand aktiv_icon

18:31 Uhr, 23.07.2010

hm joa.... und wie mache ich das?
wie gesagt, google scheint in dem fall nicht auf meiner seite zu sein.

BjBot aktiv_icon

22:21 Uhr, 23.07.2010

Du sagtest ja oben, dass du das DGLS lösen könntest wenn dieser Vektor hinten nicht wäre.
Das bedeutet ja, dass du die homogene Lösung schonmal bestimmen kannst.
Fehlt also nur noch die spezielle Lösung.
Diese kann man hier aber relativ leicht schon erraten wenn man sich die beiden Gleichungen y1'=-y2+1 und y2'=y1+x anschaut, welche hier glücklicherweise recht einfach gestrickt sind.
Spontan würde ich schonmal y1=-x wählen, denn dann wird die zweite Gleichung schonmal null und man kann dann für y2 einfach eine passende Konstante wählen, so dass auch die 1. Gleichung erfüllt ist.

glowhand aktiv_icon

22:28 Uhr, 25.07.2010

Und wozu die beiden Konstanten suchen?

Ich habe jetzt erst einmal versucht, die homogene Lösung zu bestimmen. Eigenwerte der Matrix sind

- i

und

i,

Eigenvektoren damit

(- i, 1)

und

(i, 1)

.
Ist dann folgendes die homogene Lösung oder hab ich bis hierhon schon Fehler gemacht?:

(y 1', y 2') = c 1 \cdot (i,1) \cdot e \land (i \cdot x) + c 2 \cdot (- i,1) \cdot e \land (- i \cdot x)

Lg,
Christian

hagman aktiv_icon

08:06 Uhr, 26.07.2010

Gemeint ist wohl eher (ohne Striche an den

y)

(\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) = c_{1} \cdot (\begin{matrix} i \\ 1 \end{matrix}) \cdot e^{i x} + c_{2} \cdot (\begin{matrix} - i \\ 1 \end{matrix}) \cdot e^{- i x}

Naja, ob das, was du gefunden hast, eine Lösung ist, sollte sich ja recht leicht überprüfen lassen, oder? Es folgt ja

(\begin{matrix} y_{1}' \\ y_{2}' \end{matrix}) = i \cdot c_{1} \cdot (\begin{matrix} i \\ 1 \end{matrix}) \cdot e^{i x} - i \cdot c_{2} \cdot (\begin{matrix} - i \\ 1 \end{matrix}) \cdot e^{- i x}

und was ist

A \cdot (\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix})

glowhand aktiv_icon

13:15 Uhr, 26.07.2010

Keine Ahnung, wie man A wieder ausrechnet.

Aber ich glaube, es haut nicht hin:
Es muss ja

y_{1}' = - y_{2}

gelten.

Wenn

y_{1}' = i \cdot c_{1} \cdot i \cdot e^{i \cdot x} - i \cdot c 2 \cdot - i \cdot e^{- i \cdot x} = - c_{1} \cdot e^{i \cdot x} + c_{2} \cdot e^{- i \cdot x}

ist, dann gleicht das ja nicht

- y_{2}' = - (c_{1} \cdot e^{i \cdot x} + c_{2} \cdot e^{- i \cdot x}) = - c_{1} \cdot e^{i \cdot x} - c_{2} \cdot e^{- i \cdot x},

weil minus statt plus!?

Lg,
Christian.

glowhand aktiv_icon

17:03 Uhr, 28.07.2010

Ok, ich habe soeben noch einmal nachgerechnet, nun stimmt die Probe.
Korrekte homogene Lösung sollte sein:

(\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) = c_{1} \cdot (\begin{matrix} i \\ - 1 \end{matrix}) \cdot e^{- i x} + c_{2} \cdot (\begin{matrix} i \\ 1 \end{matrix}) \cdot e^{i x}

Wie man nun die inhomogene Lösung berechnet ist mir weiterhin unklar.

Lg,
Christian.

Yokozuna aktiv_icon

11:02 Uhr, 30.07.2010

Hallo,

die Lösung der homogenen Gleichung ist korrekt. Man kann sie allerdings noch mit Hilfe der Formel von Moivre ( $e^{i x} = \cos (x) + i \cdot \sin (x)$ ) in eine entsprechende reellwertige Lösung umrechnen:

$(\begin{matrix} {\begin{matrix} y \end{matrix}}_{1} \\ {\begin{matrix} y \end{matrix}}_{2} \end{matrix}) = C_{1} \cdot [(\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) \cdot \cos (x) + (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) \cdot \sin (x)] + C_{2} \cdot [(\begin{matrix} 0 \\ - 1 \end{matrix}) \cdot \cos (x) + (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) \cdot \sin (x)]$

Nun zur Auffindung einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung

$(\begin{matrix} {\begin{matrix} {\begin{matrix} y \end{matrix}}_{1} \end{matrix}}^{'} + y_{2} \\ {\begin{matrix} {\begin{matrix} y \end{matrix}}_{2} \end{matrix}}^{'} - y_{1} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \\ x \end{matrix})$

Eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung findet man am einfachsten mit einem entsprechenden Ansatz. Da in der Störfunktion maximal ein Polynom 1. Grades auftritt, macht man auch für $y_{1}$ und $y_{2}$ jeweils einen Ansatz mit einem Polynom 1. Grades, also:

$y_{1} = a x + b; y_{2} = c x + d \Rightarrow {y_{1}}^{'} = a; {y_{2}}^{'} = c \Rightarrow$

${y_{1}}^{'} + y_{2} = a + c x + d = c x + (a + d) = 0 \cdot x + 1 \Rightarrow c = 0 \land a + d = 1$

${y_{2}}^{'} - y_{1} = c - a x - b = - a x + (c - b) = 1 \cdot x + 0 \Rightarrow - a = 1 \land c - b = 0$

Aus diesen 4 Gleichungen bekommt man: $a = - 1, b = c = 0, d = 2$

Damit lautet die partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung:

$(\begin{matrix} {\begin{matrix} y \end{matrix}}_{1} \\ {\begin{matrix} y \end{matrix}}_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} - x \\ 2 \end{matrix})$

Die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung lautet damit:

Gruß Yokozuna

glowhand aktiv_icon

12:16 Uhr, 31.07.2010

Super, danke!
Das war jetzt ausführlich genug, dass selbst ich es begreife ;-)

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