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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:35 Mi 15.02.2006 | | Autor: | Sabine80 |
| Aufgabe | Gegeben sei die DGL:
ty"-(t+1)y'+y=0
a) Verifizieren Sie, dass y(t) [mm] =e^t [/mm] eine Lösung der DGL ist
b) Bestimmen Sie ein Fundamentalsystem der DGL
c) Lösen Sie das AWP
ty"-(t+1)y'+y=t mit y(1)=1 und y'(1)=0 |
Mein Problem bei Teil a, ist der Anfang.
wenn ich die DGL ty"-(t+1)y'+y=0 nach homogenem Ansatz Löse habe ich bei der bestimmung von a eine Konstante.
Mein Ansatz:
ty"-(t+1)y'+y=0
[mm] ta^2-(t+1)a+1=0 [/mm] pq-formel
a12=(t+1)/2t +- [mm] \wurzel[2]{((t+1)/2t)^2-(1/t)}
[/mm]
Das kann doch nicht sein?
Welchen ansatz kann man wählen?
Gruß
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:44 Mi 15.02.2006 | | Autor: | Herby |
Hallo Sabine,
und herzlich ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
was heißt denn "verifizieren". Wir sind zwar nicht im Deutschunterricht, aber das gehört halt zur Aufgabenstellung.
Wenn ich etwas "verifiziere", dann zeige ich, dass ein gefordertes Verhalten auch Gültigkeit hat.
Du brauchst also gar nicht lange auflösen und so, sondern [mm] e^{t} [/mm] zwei Mal differenzieren, einsetzen und schauen was rauskommt.
Liebe Grüße
Herby
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:51 Do 16.02.2006 | | Autor: | Sabine80 |
| Aufgabe | Gegeben sei die DGL:
ty"-(t+1)y'+y=0
a) Verifizieren Sie, dass y(t) [mm] =e^t [/mm] eine Lösung der DGL ist
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Dann wäre der Ansatz:
[mm] te^t-(t+1)e^t+e^t=0
[/mm]
Wenn man das aber auflöst, bekommt man:
[mm] e^t(t-t-1+1)=0
[/mm]
[mm] e^t=0
[/mm]
(Hab ich noch nicht ganz Verstanden)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:57 Do 16.02.2006 | | Autor: | Loddar |
Guten Morgen Sabine!
> Wenn man das aber auflöst, bekommt man: [mm]e^t(t-t-1+1)=0[/mm]
Bis hierher richtig! Und was ergibt der Ausdruck in der Klammer?
Das wird doch dann zu [mm] $e^t*\red{0}$ [/mm] , oder? Und das ergibt ...?
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:32 Do 16.02.2006 | | Autor: | Sabine80 |
| Aufgabe | | Guten Morgen zurück und Danke! |
Aber was mache ich, wenn ich das Anfangswertproblem:
ty"-(t+1)y'+y=t
mit y=(1) und y'=(0) lösen soll.
Da kann ich diesen Ansatz ja nicht wählen, sonst bekäme ich ja
[mm] e^t*0=t
[/mm]
Gruß
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(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 12:47 Do 16.02.2006 | | Autor: | Herby |
Hallo Sabine,
> Aber was mache ich, wenn ich das Anfangswertproblem:
> ty"-(t+1)y'+y=t
> mit y=(1) und y'=(0) lösen soll.
>
> Da kann ich diesen Ansatz ja nicht wählen, sonst bekäme ich
> ja
> [mm]e^t*0=t[/mm]
>
> Gruß
in Aufgabe a solltest du nur "verfizieren", dass [mm] e^{t} [/mm] eine Lösung ist. Und da die linke Seite [mm] e^{t}*0=0 [/mm] ergibt und die rechte Seite auch Null ist, ist Aufgabe a erledigt.
Du musst jetzt ein Fundamentalsystem aufstellen und wenn du das hast, dann kannst du auch dein Anfangswertproblem lösen.
Sagt die das Stichwort "charakteristisches Polynom" etwas?
Liebe Grüße
Herby
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:08 Do 16.02.2006 | | Autor: | Sabine80 |
| Aufgabe | | "charakteristisches Polynom" |
Nein, "charakteristisches Polynom", sagt mir nichts. Muß gestehen, bin nicht sehr fit in DGL's.
Ich wüsste auch nicht, wie man ein Fundamentalsystem aufstelle. Hab zwar bei google was gefunden. Hilft mir aber nicht weiter.
Danke für die Hilfe
Gruß
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(Antwort) fehlerhaft | | Datum: | 14:23 Do 16.02.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Sabine
du kennst das "charakteristische Polynom" doch! vielleicht nur nicht den Namen. du hast es aufgestellt:t $ [mm] ta^2-(t+1)a+1=0 [/mm] $
Nur bei der Lösung hast du die Wurzel nicht weiter ausgerechnet, das sollte man immer tun! das Ergebnis ist [mm] $(t-1)^2/2t$ [/mm] sodass du dann die 2 Lösungen a=1 und (a=1/t) hast.
Dein Fundamentalsystem ist : [mm] e^{t} [/mm] und [mm] t*e^{t}, [/mm] deine allg. Lösung also $ [mm] y=A*e^t+B*t*e^t$
[/mm]
Da die Anfangsbed. einsetzen und A und B ausrechnen
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:51 Do 16.02.2006 | | Autor: | Sabine80 |
Wenn man die Anfangsbedingungen eingesetzt hat.
Bekommst du für
A=1/e
und für
B=0
heraus?
Sieht irgendwie komisch aus
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(Antwort) fehlerhaft | | Datum: | 15:01 Do 16.02.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Sabine
> Wenn man die Anfangsbedingungen eingesetzt hat.
> Bekommst du für
> A=1/e
> und für
> B=0
> heraus?
Nein!
> Sieht irgendwie komisch aus
Weil es falsch ist :
[mm] $1=y(0)=A*e^0 [/mm] +B*0=A$
[mm] $0=y'(0)=A*e^0+B*e^0 [/mm] $
Damit A=1, B=-1
Ein bissel sorgfältiger rechnen solltest du schon [mm] a^{0}=1 [/mm] insbesondere!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:07 Do 16.02.2006 | | Autor: | Sabine80 |
> Nein!
> > Sieht irgendwie komisch aus
> Weil es falsch ist :
> [mm]1=y(0)=A*e^0 +B*0=A[/mm]
> [mm]0=y'(0)=A*e^0+B*e^0[/mm]
> Damit A=1, B=-1
> Ein bissel sorgfältiger rechnen solltest du schon [mm]a^{0}=1[/mm]
> insbesondere!
> Gruss leduart
Aber meine Anfangsbedingungen lauten:
1=y(1)
0=y'(1)
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(Antwort) fehlerhaft | | Datum: | 15:18 Do 16.02.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Sabine
Bist du ganz sicher, dass das y(1) und y'(1) ist? Das ist sehr unüblich, weil man fast immer bei t=0 anfängt.
Wenns richtig ist hast du eA+eB=1 aus y(1)=1
und eA+2eB=0 damit A=-2B B=-1/e und A=2/e
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:05 Do 16.02.2006 | | Autor: | Sabine80 |
Ich denke schon das es richtig ist. Ansonsten hat sich der Prof verschrieben.
Ich danke auf jedenfall für Deine (Eure) Hilfe.
Gruß
Sabine
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:25 Do 16.02.2006 | | Autor: | Yuma |
Hallo an alle Beteiligten,
kann es sein, dass ab hier einiges schiefgelaufen ist?!
[mm] $y(t)=t\cdot e^{t}$ [/mm] ist doch keine Lösung der homogenen DGL $ty''-(t+1)y'+y=0$ ?!
Korrigiert mich, wenn ich falsch liege, aber wir hätten doch dann [mm] $y'(t)=(t+1)e^{t}$ [/mm] und [mm] $y''(t)=(t+2)e^{t}$.
[/mm]
In die DGL eingesetzt: [mm] $\left(t(t+2)-(t+1)(t+1)+t\right)e^{t}=(t^{2}+2t-t^{2}-2t-1+t)e^{t}\not=0$.
[/mm]
Meiner Meinung nach wäre $y(t)=t+1$ eine Lösung der homogenen DGL, denn dann wäre $y'(t)=1$ und $y''(t)=0$, d.h. in die DGL eingesetzt: $-(t+1)+t+1=0$.
Zur Lösung des inhomogenen AWPs habe ich leider auch keine Idee - laut MuPAD kommt bei der Lösung auch ein ziemlicher Murks heraus...
Wäre nett, wenn sich mal jemand dazu äußern würde! 
MFG,
Yuma
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:19 Do 16.02.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo yuma
Du hast recht, und ich mich verrechnet. Lag auch daran dass man mit der Lösung keine Anfangsbed. bei t=0 erfüllen kann. Aber y=t+1 ist ne Lösung und damit die allg. Lösung [mm] y=A*e^{t}+B+(t+1)
[/mm]
Vielen Dank, dass du kontrolliert hast.
Gruss leduart
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Hallo Herby,
Der Ansatz mit dem charakteristischen Polynom passt hier nicht, weil es keine DGL mit konstanten Koeffizienten ist.
viele Grüße
mathemaduenn
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:18 Do 16.02.2006 | | Autor: | Yuma |
Hallo Mathemaduenn,
ist der Ansatz wirklich falsch, oder muss man nur aufpassen, was man tut?!
Ich kann doch durchaus annehmen, dass [mm] $y(t)=e^{a\cdot t}$. [/mm] Dann wäre [mm] $y'(t)=a\cdot e^{a\cdot t}$ [/mm] und [mm] $y''(t)=a^{2}\cdot e^{a\cdot t}$, [/mm] und man hätte [mm] $(t\cdot a^{2}-a(t+1)+1)e^{at}=0 \gdw a=1\\ \vee a=\bruch{1}{t}$.
[/mm]
Die Lösung [mm] $y(t)=e^{t}$ [/mm] würde man auf diese Weise durchaus erhalten! Man muss sich nur darüber im Klaren sein, dass es mit [mm] a=\bruch{1}{t} [/mm] nicht funktionieren kann, weil wir dann am Anfang schon falsch abgeleitet hätten: [mm] $y'(t)=a\cdot e^{a\cdot t}$ [/mm] und [mm] $y''(t)=a^{2}\cdot e^{a\cdot t}$ [/mm] gilt nur für konstante $a$.
Deshalb weiss ich nicht, ob man hier von einem unpassenden (oder gar falschen) Ansatz sprechen kann. Dass man für die "andere" Lösung $y(t)=1+t$ einen anderen (z.B. Polynom-) Ansatz braucht ist klar, aber auf [mm] $y(t)=e^{t}$ [/mm] kommt man doch nur(?) durch den Exponentialsansatz, oder?
Hat denn irgendjemand inzwischen eine Idee, wie man die inhomogene DGL lösen könnte? - das muss doch auch irgendwie gehen... ich hab leider nie 'ne richtige DGL-Vorlesung gehört...
MFG,
Yuma
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Hallo Yuma,
> ist der Ansatz wirklich falsch, oder muss man nur
> aufpassen, was man tut?!
Man kann (natürlich) beliebige parametrisierte Funktionen einsetzen und schauen ob's klappt. 
Es muß aber eben nicht klappen. Der Ansatz mit dem charakteristischen Polynom zielt eigentlich auf DGL mit konstanten Koeffizienten.
> Ich kann doch durchaus annehmen, dass [mm]y(t)=e^{a\cdot t}[/mm].
> Dann wäre [mm]y'(t)=a\cdot e^{a\cdot t}[/mm] und [mm]y''(t)=a^{2}\cdot e^{a\cdot t}[/mm],
> und man hätte [mm](t\cdot a^{2}-a(t+1)+1)e^{at}=0 \gdw a=1\\ \vee a=\bruch{1}{t}[/mm].
>
> Die Lösung [mm]y(t)=e^{t}[/mm] würde man auf diese Weise durchaus
> erhalten! Man muss sich nur darüber im Klaren sein, dass es
> mit [mm]a=\bruch{1}{t}[/mm] nicht funktionieren kann, weil wir dann
> am Anfang schon falsch abgeleitet hätten: [mm]y'(t)=a\cdot e^{a\cdot t}[/mm]
> und [mm]y''(t)=a^{2}\cdot e^{a\cdot t}[/mm] gilt nur für konstante
> [mm]a[/mm].
>
> Deshalb weiss ich nicht, ob man hier von einem unpassenden
> (oder gar falschen) Ansatz sprechen kann. Dass man für die
> "andere" Lösung [mm]y(t)=1+t[/mm] einen anderen (z.B. Polynom-)
> Ansatz braucht ist klar, aber auf [mm]y(t)=e^{t}[/mm] kommt man doch
> nur(?) durch den Exponentialsansatz, oder?
Die Lsg. [mm] e^t [/mm] war ja eigentlich vorgegeben. Da braucht man gar keinen Ansatz Formal könnte man jetzt die 2. Lösung durch Reduktionsverfahren von d'Alembert bekommen. Wenn man sie errät( durch geschickten Ansatz müßte man eigentlich noch dazu sagen das die Wronski Determinante:
[mm] W(t)=y_1*y_2^{'}-y_2*y_1^{'}=-t*e^t
[/mm]
für ein t(z.B. 1) ungleich 0 ist und damit ist's ein Fundamentalsystem.
> Hat denn irgendjemand inzwischen eine Idee, wie man die
> inhomogene DGL lösen könnte? - das muss doch auch irgendwie
> gehen... ich hab leider nie 'ne richtige DGL-Vorlesung
> gehört...
Man könnte jetzt Variation der Konstanten probieren.
viele Grüße
mathemaduenn
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