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Lösungen eines inhomogenen Systems

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Differentiation

Gewöhnliche Differentialgleichungen

Partielle Differentialgleichungen

Tags: Differentiation, Gewöhnliche Differentialgleichungen, Partielle Differentialgleichungen

FrankH aktiv_icon

15:18 Uhr, 07.12.2022

Hallo zusammen!

Ich habe folgende DGL:

y ʹ (x) = (\begin{array}{rcl} 3 & 2 \\ - 2 & - 1 \end{array}) y (x) + (\begin{array}{rcl} x e^{x} \\ - x e^{x} \end{array})

Wenn ich aber jetzt die Eigenvektoren ausrechne, bekomme ich ja zweimal denselben Eigenwert raus und damit auch gleiche Eigenvektoren, die logischerweise nicht linear unabhängig sind. Aber ich brauch diese linear unabhängigen Vektoren für meine Lösung oder nicht? Gibt es da nochmal einen anderen Weg?

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

HAL9000

15:43 Uhr, 07.12.2022

> Aber ich brauch diese linear unabhängigen Vektoren für meine Lösung oder nicht?

Du findest hier keine Basis aus Eigenvektoren, weil deine Matrix

A = (\begin{array}{rr} 3 & 2 \\ - 2 & - 1 \end{array})

nicht diagonalisierbar ist. Allerdings kannst du eine Jordanzerlegung

A = T \cdot J \cdot T^{- 1}

für

J = (\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array})

finden, z.B. mit

T = (\begin{array}{rr} 2 & 1 \\ - 2 & 0 \end{array})

und dann

T^{- 1} = (\begin{array}{rr} 0 & - \frac{1}{2} \\ 1 & 1 \end{array})

. Auch damit kannst du das System lösen.

FrankH aktiv_icon

15:50 Uhr, 07.12.2022

Wie genau gehe ich dann vor? Ich kenne leider bisher nur den Weg durch Eigenvektoren auf die Lösung zu kommen.

HAL9000

15:57 Uhr, 07.12.2022

Mit dem von mir angegebenen

J, T

folgt per linearer Transformation

y = T z

das DGL-System

z^{ʹ} = J z + (\begin{array}{r} x e^{x} \\ - 2 x e^{x} \end{array})

. Jetzt arbeiten wir uns von unten nach oben vor, beginnend bei Komponente

z_{2}

z_{2}^{ʹ} = z_{2} - 2 x e^{x}

.

Die solltes du lösen können. Die Lösung in die erste Komponente eingesetzt bekommst du für die dann

z_{1}^{ʹ} = z_{1} + (z_{2} + x e^{x})

,

ich hab die zu diesem Zeitpunkt dann bekannten Teile rechts in der Klammer zusammengefasst. Ich hab jetzt natürlich keine Ahnung, wie ihr das im Diagonalisierungsfall mit der inhomogenen Gleichung gehandhabt habt...

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16:23 Uhr, 07.12.2022

Dann habe ich für

z_{2} = (C - x^{2}) e^{x}

raus. Wie kommt es eigentlich zu dem

- 2 x e^{x}

und nicht

- x e^{x}

?

>Ich hab jetzt natürlich keine Ahnung, wie ihr das im Diagonalisierungsfall mit der inhomogenen Gleichung gehandhabt habt...

Was müsste man da wissen? Wir haben tatsächlich ziemlich wenig zum Thema Diagonaliesierung im Skript stehen

HAL9000

22:54 Uhr, 07.12.2022

Oje, da ist mir ein Fehler unterlaufen:

y = T z

sowie

A = T J T^{- 1}

in die DGL eingesetzt ergibt sich

T z^{ʹ} = T J z + (\begin{array}{r} x e^{x} \\ - x e^{x} \end{array})

, und das mit

T^{- 1}

von links multipliziert

z^{ʹ} = J z + T^{- 1} (\begin{array}{r} x e^{x} \\ - x e^{x} \end{array}) = J z + (\begin{array}{c} \frac{1}{2} x e^{x} \\ 0 \end{array})

.

Ich hatte oben mit

T

multipliziert statt mit

T^{- 1}

- sorry. Damit sind wir schlicht bei

z_{2}^{ʹ} = z_{2}

mit Lösung

z_{2} = C e^{x}

und damit dann

z_{1}^{ʹ} = z_{1} + C e^{x} + \frac{1}{2} x e^{x}

FrankH aktiv_icon

09:17 Uhr, 08.12.2022

Okay alles klar. Und wenn ich jetzt z wieder mit T multipliziere hab ich ein Ergebnis für y raus und das ist dann die allgemeine Lösung der DGL?

HAL9000

11:19 Uhr, 08.12.2022

Ja, bei der Lösung der

z_{1}

-DGL kommt noch eine zweite Integrationskonstante mit rein (nennen wir sie

D

). Mit Rücktransformation

y = T z

bekommt man dann die allgemeine Lösung der Original-DGL, mit

C, D

parametriert. Kannst ja gern dann noch die Probe machen!

FrankH aktiv_icon

12:12 Uhr, 08.12.2022

Super, das macht Sinn! Hast du vielleicht noch eine Idee, wie man das ganze noch lösen könnte?
Weil bei der Aufgabe jeweils die Berechnung der homogenen und der partikulären Lösung bepunktet wird.

HAL9000

13:41 Uhr, 08.12.2022

Naja, das Auftrennen in homogene und partikuläre Lösung kannst du auch nachträglich noch durchführen:

Wähle irgendeine Parameterkombination (am einfachsten sicher

C = 0, D = 0

) und setze die ein - voilà, da haben wir eine partikuläre Lösung

y_{p}

. Dann rechne einfach

y_{h} = y - y_{p}

und du hast die homogene Lösung, wobei sich eine Struktur

y_{h} = C y_{h 1} + D y_{h 2}

herausstellen wird.

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Wie ich oben schon fragte: ich weiß nicht, wie ihr das sonst so bei inhomogenen Gleichungen gehandhabt habt. Da gibt es z.B. die Ansatzmethode bei Störfunktionen vom Typ

p (x) \cdot e^{λ x}

mit Polynomen

p (x)

.

Genau sowas liegt hier ja vor, und damit es besonders interessant wird auch noch im Resonanzfall, sogar einem zweiter Ordnung: Denn dieses

λ = 1

im Störterm

x e^{x}

ist ja Eigenwert algebraischer Ordnung 2 der DGL - da hat sich der Aufgabensteller hübsch was ausgedacht, alle (mehr oder weniger schrägen) Sonderfälle in eine Aufgabe zu packen. ;-)

Man hätte natürlich auch ganz schnöde so vorgehen können: Doppelter Eigenwert 1 der homogenen Gleichung bedeutet Lösungsansatz

y (x) = (\begin{array}{c} (a_{1} + b_{1} x) e^{x} \\ (a_{2} + b_{2} x) e^{x} \end{array})

Einsetzen in die homogene DGL und Koeffizientenvergleich ergibt zwei Bedingungen an die vier Koeffizienten

a_{1}, b_{1}, a_{2}, b_{2}

, d.h., die sind nicht frei wählbar, sondern miteinander verkoppelt. Des weiteren benötigt man eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung, das kann angesichts der Terme

x e^{x}

per Ansatz

y (x) = (\begin{array}{c} (a_{1} + b_{1} x + c_{1} x^{2} + d_{1} x^{3}) e^{x} \\ (a_{2} + b_{2} x + c_{2} x^{2} + d_{2} x^{3}) e^{x} \end{array})

Hier genügt aber ein einziges 8-Tupel

(a_{1}, b_{1}, c_{1}, d_{1}, a_{2}, b_{2}, c_{2}, d_{2})

, welches auch wieder per Koeffizientenvergleich bei gleichzeitigem willkürlichen Festlegen einiger der Koeffizienten geschafft werden kann. Wenn man damit leben kann, dass diese Ansätze quasi vom Himmel fallen (eine ausführlichere Erläuterung führt dann eher wieder auf den obigen ersten Weg zurück), kann man das so durchführen.

FrankH aktiv_icon

14:39 Uhr, 08.12.2022

Hm okay, da finde ich deinen Ansatz sehr viel raffinierter und effizienter :-)
Eine Frage noch, wieso genau kann ich y=Tz annehmen? Was ist da der Hintergrund?

HAL9000

14:51 Uhr, 08.12.2022

Bei diagonalisierbarer Matrix

A

geht man ja eigentlich genauso vor, nur dass dort eben das

J

eine Diagonalmatrix ist und man deshalb dort in allen Komponenten einzeln lösbare reelle DGL erster Ordnung vorliegen hat. Hier nun bei nicht diagonalisierbarer Matrix

A

bekommt man mit Jordanzerlegung zumindest die Möglichkeit, innerhalb eines Jordanblockes sukzessive die Komponenten abzuarbeiten, bzw. besser gesagt "aufzubauen".

Es bleibt dir unbenommen, mit dieser Methode zunächst die homogene und dann die inhomogene Gleichung zu lösen. Scheint mir aber mehr Arbeit zu sein als wenn man es (wie oben) quasi in einem Aufwasch macht.

FrankH aktiv_icon

16:29 Uhr, 08.12.2022

Ich hab mich vielleicht verrechnet aber es geht nicht ganz auf.
Ich hab für