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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:59 So 11.10.2009 | | Autor: | Arcesius |
| Aufgabe | Berechnen Sie die Lösungen des Anfangswertproblems
[mm] \begin{cases} x' = \bruch{4}{3}x + \bruch{2}{3}y + e^{t} \\ y' = \bruch{1}{3}x + \bruch{5}{3}y + e^{t} \end{cases}
[/mm]
zur Anfangsbedingung (x(0),y(0)) = (0,0). |
Hallo
Eigentlich sollte es kein Problem sein, diese Aufgabe zu lösen. Trotzdem möchte ich meine Lösung korrigieren lassen, da ich das Gefühl habe, etwas falsch gemacht zu haben.
Zuerst schreibe ich das ganze als z' = Az + k(t) mit
A = [mm] \bruch{1}{3}\pmat{4 & 2 \\ 1 & 5}
[/mm]
k(t) = [mm] \vektor{e^{t} \\ e^{t}}
[/mm]
Die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix habe ich ausgerechnet und bekomme:
[mm] \lambda_{1} [/mm] = 1
[mm] \lambda_{2} [/mm] = 2
[mm] v_{1} [/mm] = [mm] \vektor{-2 \\ 1}
[/mm]
[mm] v_{2} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 1}
[/mm]
Gut. Jetzt bekomme ich ja 2 Gleichungen für die homogene Lösung, um die Koeffizienten auszurechnen, nämlich
z= [mm] c_{1}e^{\lambda_{1}t}v_{1} [/mm] + [mm] c_{2}e^{\lambda_{2}t}v_{2}
[/mm]
und somit, mit der Anfangsbedingung
[mm] -2c_{1} [/mm] + [mm] c_{2} [/mm] = 0
[mm] c_{1} [/mm] + [mm] c_{2} [/mm] = 0
Aber dann wären ja [mm] c_{1} [/mm] = [mm] c_{2} [/mm] = 0 und dieh homogene Lösung somit = 0.
Stimmt das oder ist irgendwo ein Fehler?
Danke fürs drüberschauen :)
Grüsse, Amaro
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:09 So 11.10.2009 | | Autor: | pelzig |
Du hast jetzt die homogene DGL gelöst, d.h. alle Lösungen der DGL $x'=Ax$ gefunden. Jetzt brauchst du noch eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL, also $x'=Ax+k(t)$. Erst dann kommt die Anfangsbedingung ins Spiel.
Gruß, Robert
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:41 So 11.10.2009 | | Autor: | Arcesius |
Hallo
> Du hast jetzt die homogene DGL gelöst, d.h. alle Lösungen
> der DGL [mm]x'=Ax[/mm] gefunden. Jetzt brauchst du noch eine
> spezielle Lösung der inhomogenen DGL, also [mm]x'=Ax+k(t)[/mm].
> Erst dann kommt die Anfangsbedingung ins Spiel.
Ja, natürlich! ^^ Danke :)
Jetzt aber habe ich weiter gerechnet, um die partikuläre Lösung zu finden.. ich glaube heute ist nicht mein Tag..
Die Inhomogenität ist k(t) = [mm] \vektor{e^{t} \\ e^{t}}
[/mm]
Da 1 [mm] \in [/mm] spec(L) mit einfacher Vielfachheit, muss ich den Ansatz wählen:
[mm] x_{p} [/mm] = [mm] Ate^{t} [/mm]
[mm] y_{p} [/mm] = [mm] Bte^{t}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm]
x'_{p} = [mm] Ate^{t} [/mm] + [mm] Ae^{t}
[/mm]
y'_{p} = [mm] Bte^{t} [/mm] + [mm] Be^{t}
[/mm]
Gut. Dann setze ich mal meinen Ansatz in die ursprüngliche Lösung ein und mache einen Koeffizientenvergleich:
[mm] \begin{cases} x'_{p} = \bruch{4}{3}Ate^{t} + \bruch{2}{3}Bte^{t} + e^{t} = Ate^{t} + Ae^{t} \\ y'_{p} = \bruch{1}{3}Ate^{t} + \bruch{5}{3}Bte^{t} + e^{t} = Bte^{t} + Be^{t} \end{cases}
[/mm]
[mm] te^{t}: \begin{cases} A = \bruch{4}{3}A + \bruch{2}{3}B \\ B = \bruch{1}{3}A + \bruch{5}{3}B \end{cases} \Rightarrow [/mm] A = -2B
[mm] e^{t}: \begin{cases} A = 1 \\ B = 1 \end{cases} \Rightarrow [/mm] A = B
Aber aus diesen Gleichungen geht wieder hervor, dass A = B = 0.
Das gibts doch nicht ^^ Wo ist denn mein Fehler?
Danke schon mal :)
Grüsse, Amaro
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Hallo Arcesius,
> Hallo
>
> > Du hast jetzt die homogene DGL gelöst, d.h. alle Lösungen
> > der DGL [mm]x'=Ax[/mm] gefunden. Jetzt brauchst du noch eine
> > spezielle Lösung der inhomogenen DGL, also [mm]x'=Ax+k(t)[/mm].
> > Erst dann kommt die Anfangsbedingung ins Spiel.
>
> Ja, natürlich! ^^ Danke :)
>
> Jetzt aber habe ich weiter gerechnet, um die partikuläre
> Lösung zu finden.. ich glaube heute ist nicht mein Tag..
>
> Die Inhomogenität ist k(t) = [mm]\vektor{e^{t} \\ e^{t}}[/mm]
>
> Da 1 [mm]\in[/mm] spec(L) mit einfacher Vielfachheit, muss ich den
> Ansatz wählen:
>
> [mm]x_{p}[/mm] = [mm]Ate^{t}[/mm]
> [mm]y_{p}[/mm] = [mm]Bte^{t}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
> x'_{p} = [mm]Ate^{t}[/mm] + [mm]Ae^{t}[/mm]
> y'_{p} = [mm]Bte^{t}[/mm] + [mm]Be^{t}[/mm]
>
> Gut. Dann setze ich mal meinen Ansatz in die ursprüngliche
> Lösung ein und mache einen Koeffizientenvergleich:
>
> [mm]\begin{cases} x'_{p} = \bruch{4}{3}Ate^{t} + \bruch{2}{3}Bte^{t} + e^{t} = Ate^{t} + Ae^{t} \\ y'_{p} = \bruch{1}{3}Ate^{t} + \bruch{5}{3}Bte^{t} + e^{t} = Bte^{t} + Be^{t} \end{cases}[/mm]
>
> [mm]te^{t}: \begin{cases} A = \bruch{4}{3}A + \bruch{2}{3}B \\ B = \bruch{1}{3}A + \bruch{5}{3}B \end{cases} \Rightarrow[/mm]
> A = -2B
>
> [mm]e^{t}: \begin{cases} A = 1 \\ B = 1 \end{cases} \Rightarrow[/mm]
> A = B
>
>
> Aber aus diesen Gleichungen geht wieder hervor, dass A = B
> = 0.
>
> Das gibts doch nicht ^^ Wo ist denn mein Fehler?
Es stimmt, daß der lineare Anteil 0 ist.
Die Inhomogenität ist nicht Bestandteil der Lösung der homogenen DGL.
da [mm]\pmat{-2 \\ 1}e^{t}[/mm] und [mm]\pmat{1 \\ 1}e^{t}[/mm] linear unabhängig sind.
Setze daher mit
[mm]\pmat{x_{p} \\ y_{p}}=\pmat{A \\ B}e^{t}[/mm]
an.
>
> Danke schon mal :)
>
> Grüsse, Amaro
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:47 Mo 12.10.2009 | | Autor: | Arcesius |
Hallo
Vielen Dank für deine Bemerkung, damit hat sich mein Problem gelöst! :)
Viele Grüsse, Amaro
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:09 Mo 12.10.2009 | | Autor: | fred97 |
Ganz neinfach wird es , wenn Du die beiden Gleichungen voneinander abziehst. Dann:
$x'-y' = x-y$
Dann ist $x(t) =y(t) [mm] +ce^t$. [/mm] Mit x(0) = y(0) = 0 erhälst Du c = 0.
Wenn Du nun $x(t) =y(t) $ in die erste (oder zweite) Gleichung einträgst erhälst Du eine lineare DGL 1. Ordnung.
FRED
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