AWP, Substitution < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:43 So 02.06.2013 | | Autor: | Lustique |
| Aufgabe | Folgendes AWP soll gelöst werden:
[mm] $t^2 \ddot{x}+t\dot{x}-2x=0, \qquad x(\mathrm{e})=1, \dot{x}(\mathrm{e})=\frac{\sqrt{2}}{\mathrm{e}}$ [/mm]
Hinweis: [mm] $y(s)=x(\mathrm{e}^s)$ [/mm] ist eine nützliche Substitution. |
Hallo mal wieder,
irgendwie kann ich gerade mit dem Hinweis zur Substitution nichts anfangen, ich habe da gerade, sozusagen, ein Brett vorm Kopf. Bis jetzt habe ich bei DGLn eigentlich immer nur Substitutionen für die Funktion benutzt, aber nicht für das Funktionsargument selbst. Könntet ihr mir hier mit einem Hinweis auf die Sprünge helfen, wie die Substitution hier überhaupt genau anzuwenden ist?
Muss ich die DGL vorher umformen, also [mm] $t^2 \ddot{x}+t\dot{x}-2x=0 \iff \ddot{x}+\frac{\dot{x}}{t}-2\frac{x}{t^2}=0$, [/mm] wobei dann natürlich [mm] $t\in (0,\infty)$? [/mm] Eigentlich habe ich dann aber auch nicht mehr genau dieselbe DGL, oder? Die DGL an sich ist ja eigentlich auch implizit, wobei ich bis jetzt auch nur mit expliziten DGLn zu tun hatte.
Und noch eine Frage: Mit der Substitution erwischt man doch, sozusagen, nur alle $t>0$, oder sehe ich das falsch? Kann man so überhaupt eine maximale Lösung bekommen, oder wäre die auch nur für positive $t$ definiert (vielleicht sieht man das ja sogar schon so, wenn man mehr Ahnung hat als ich...)?
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Hallo Lustique,
> Folgendes AWP soll gelöst werden:
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> [mm]t^2 \ddot{x}+t\dot{x}-2x=0, \qquad x(\mathrm{e})=1, \dot{x}(\mathrm{e})=\frac{\sqrt{2}}{\mathrm{e}}[/mm]
>
> Hinweis: [mm]y(s)=x(\mathrm{e}^s)[/mm] ist eine nützliche
> Substitution.
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> Hallo mal wieder,
> irgendwie kann ich gerade mit dem Hinweis zur Substitution
> nichts anfangen, ich habe da gerade, sozusagen, ein Brett
> vorm Kopf. Bis jetzt habe ich bei DGLn eigentlich immer nur
> Substitutionen für die Funktion benutzt, aber nicht für
> das Funktionsargument selbst. Könntet ihr mir hier mit
> einem Hinweis auf die Sprünge helfen, wie die Substitution
> hier überhaupt genau anzuwenden ist?
>
Hier ist gemeint: [mm]y\left(s\right)=x\left( \ t\left(s\right) \ \right)[/mm]
Differenziere dies zweimal nach s.
> Muss ich die DGL vorher umformen, also [mm]t^2 \ddot{x}+t\dot{x}-2x=0 \iff \ddot{x}+\frac{\dot{x}}{t}-2\frac{x}{t^2}=0[/mm],
> wobei dann natürlich [mm]t\in (0,\infty)[/mm]? Eigentlich habe ich
> dann aber auch nicht mehr genau dieselbe DGL, oder? Die DGL
> an sich ist ja eigentlich auch implizit, wobei ich bis
> jetzt auch nur mit expliziten DGLn zu tun hatte.
>
> Und noch eine Frage: Mit der Substitution erwischt man
> doch, sozusagen, nur alle [mm]t>0[/mm], oder sehe ich das falsch?
Natürlich werden hier nur Lösungen für t > 0 erfasst.
> Kann man so überhaupt eine maximale Lösung bekommen, oder
> wäre die auch nur für positive [mm]t[/mm] definiert (vielleicht
> sieht man das ja sogar schon so, wenn man mehr Ahnung hat
> als ich...)?
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:14 Mo 03.06.2013 | | Autor: | Lustique |
Danke MathePower, der kleine Denkanstoß hat schon vollkommen ausgereicht. :)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:20 Mo 03.06.2013 | | Autor: | fred97 |
> Und noch eine Frage: Mit der Substitution erwischt man
> doch, sozusagen, nur alle [mm]t>0[/mm], oder sehe ich das falsch?
> Kann man so überhaupt eine maximale Lösung bekommen, oder
> wäre die auch nur für positive [mm]t[/mm] definiert (vielleicht
> sieht man das ja sogar schon so, wenn man mehr Ahnung hat
> als ich...)?
Ist x:(0, [mm] \infty) \to \IR [/mm] eine Lösung der DGL, so setze
z(t):=x(-t) für t<0.
Dann ist z eine Lösung der DGL auf [mm] (-\infty,0).
[/mm]
FRED
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> > Und noch eine Frage: Mit der Substitution erwischt man
> > doch, sozusagen, nur alle [mm]t>0[/mm], oder sehe ich das falsch?
> > Kann man so überhaupt eine maximale Lösung bekommen, oder
> > wäre die auch nur für positive [mm]t[/mm] definiert (vielleicht
> > sieht man das ja sogar schon so, wenn man mehr Ahnung hat
> > als ich...)?
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> Ist x:(0, [mm]\infty) \to \IR[/mm] eine Lösung der DGL, so setze
>
> z(t):=x(-t) für t<0.
>
> Dann ist z eine Lösung der DGL auf [mm](-\infty,0).[/mm]
>
> FRED
Hallo FRED, danke für deine Antwort! Heißt das dann auch, dass man für $t=0$ keine Lösung findet? Ändert das Umstellen der DGL von $ [mm] t^2 \ddot{x}+t\dot{x}-2x=0 [/mm] $ nach $ [mm] \ddot{x}+\frac{\dot{x}}{t}-2\frac{x}{t^2}=0 [/mm] $ also den Definitionsbereich nicht? (Da setzt man ja voraus, dass [mm] $t\neq [/mm] 0$)
Entschuldige die wahrscheinlich dämliche Frage, aber ich hatte vorher eigentlich noch nicht mit impliziten DGLn zu tun und bin mir nicht sicher, was da "erlaubt" ist, und was nicht. Hier ist es ja eigentlich nur eine Frage des Definitionsbereichs.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:20 Mi 05.06.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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