System von DGL mit var. Koeffi < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:41 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
| Aufgabe | Lösen sie das System
[mm] \vektor{y_{1}' \\ y_{2}'} [/mm] = [mm] \pmat{ \bruch{1}{x} & \bruch{3}{x} \\ \bruch{1}{x} & \bruch{-1}{x} } [/mm] * [mm] \vektor{y_{1} \\ y_{2}} [/mm] + [mm] \vektor{1 \\ 0} [/mm] , x > 0.
Für eine Lösung des homogenen Systems substituiert man x = [mm] e^{t}, [/mm] für eine spezielle Lösung des inhomogenen Systems mache man einen geeigneten polynomialen Ansatz. |
Also ich weiß wie man Systeme von Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten löst.
Ist die Vorgehensweise bei var. Koeffizienten die gleiche oder worauf muss ich achten. Bin für jeden Tipp dankbar.
Viele Grüße.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:54 Do 22.03.2012 | | Autor: | fred97 |
> Lösen sie das System
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> [mm]\vektor{y_{1}' \\ y_{2}'}[/mm] = [mm]\pmat{ \bruch{1}{x} & \bruch{3}{x} \\ \bruch{1}{x} & \bruch{-1}{x} }[/mm]
> * [mm]\vektor{y_{1} \\ y_{2}}[/mm] + [mm]\vektor{1 \\ 0}[/mm] , x > 0.
>
> Für eine Lösung des homogenen Systems substituiert man x
> = [mm]e^{t},[/mm] für eine spezielle Lösung des inhomogenen
> Systems mache man einen geeigneten polynomialen Ansatz.
> Also ich weiß wie man Systeme von Differentialgleichungen
> mit konstanten Koeffizienten löst.
> Ist die Vorgehensweise bei var. Koeffizienten die gleiche
> oder worauf muss ich achten. Bin für jeden Tipp dankbar.
>
> Viele Grüße.
In der Aufgabe steht doch, was Du machen mußt: setze [mm] x=e^t
[/mm]
Setze weiter [mm] z_j(t)=y_j(e^t)
[/mm]
Damit erhältst Du ein DGL-System für [mm] z_1 [/mm] und [mm] z_2 [/mm] mit konstanten (!) Koeffizienten.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:45 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
Du meinst also so:
[mm] \vektor{z_{1}' \\ z_{2}'} [/mm] = [mm] \pmat{ \bruch{1}{e^{t}} & \bruch{3}{e^{t}} \\ \bruch{1}{e^{t}} & \bruch{-1}{e^{t}} } [/mm] * [mm] \vektor{z_{1} \\ z_{2}} [/mm] + [mm] \vektor{1 \\ 0} [/mm] , x > 0.
Aber dann hab ich doch in der Matrix immer noch Variablen drin!?
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Hallo Calculu,
> Du meinst also so:
>
>
> [mm]\vektor{z_{1}' \\ z_{2}'}[/mm] = [mm]\pmat{ \bruch{1}{e^{t}} & \bruch{3}{e^{t}} \\ \bruch{1}{e^{t}} & \bruch{-1}{e^{t}} }[/mm]
> * [mm]\vektor{z_{1} \\ z_{2}}[/mm] + [mm]\vektor{1 \\ 0}[/mm] , x > 0.
>
> Aber dann hab ich doch in der Matrix immer noch Variablen
> drin!?
Es sind auch die Ableitungen von [mm]y_{j}[/mm] mit Hilfe von [mm]z_{j}[/mm] auszudrücken.
Diese ergeben sich nach der Kettenregel zu:
[mm]\dot{z_{j}}\left(t\right)=y_{j}'\left(x\right)*\dot{x}\left(t\right)[/mm]
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:33 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
Achso. Aso so:
[mm] \vektor{\bruch{\dot{z_{1}}}{e^{t}} \\ \bruch{\dot{z_{2}}}{e^{t}}} [/mm] = [mm] \pmat{ \bruch{1}{e^{t}} & \bruch{3}{e^{t}} \\ \bruch{1}{e^{t}} & \bruch{-1}{e^{t}} } [/mm] * [mm] \vektor{z_{1} \\ z_{2}} [/mm] + [mm] \vektor{1 \\ 0} [/mm] , x > 0.
Und dann kann ich irgendwie die [mm] e^{t} [/mm] verwurschteln. Richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:35 Do 22.03.2012 | | Autor: | fred97 |
> Achso. Aso so:
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> [mm]\vektor{\bruch{\dot{z_{1}}}{e^{t}} \\ \bruch{\dot{z_{2}}}{e^{t}}}[/mm]
> = [mm]\pmat{ \bruch{1}{e^{t}} & \bruch{3}{e^{t}} \\ \bruch{1}{e^{t}} & \bruch{-1}{e^{t}} }[/mm]
> * [mm]\vektor{z_{1} \\ z_{2}}[/mm] + [mm]\vektor{1 \\ 0}[/mm] , x > 0.
>
> Und dann kann ich irgendwie die [mm]e^{t}[/mm] verwurschteln.
Ja, schreib die beiden DGLen doch mal hin.
FRED
> Richtig?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:11 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
Die zwei Gleichungen in einem System zusammengefasst müssten dann meiner Meinung nach so aussehen:
[mm] \vektor{\dot{z_{1}} \\ \dot{z_{2}}} [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 3 \\ 1 & -1 } [/mm] * [mm] \vektor{z_{1} \\ z_{2}} [/mm] + [mm] \vektor{e^{t} \\ 0}
[/mm]
Damit habe ich ein System mit konstanten Koeffizienten. Richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:12 Do 22.03.2012 | | Autor: | fred97 |
> Die zwei Gleichungen in einem System zusammengefasst
> müssten dann meiner Meinung nach so aussehen:
>
> [mm]\vektor{\dot{z_{1}} \\ \dot{z_{2}}}[/mm] = [mm]\pmat{ 1 & 3 \\ 1 & -1 }[/mm]
> * [mm]\vektor{z_{1} \\ z_{2}}[/mm] + [mm]\vektor{e^{t} \\ 0}[/mm]
>
> Damit habe ich ein System mit konstanten Koeffizienten.
> Richtig?
Ja
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:28 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
Sehr gut. Vielen Dank schonmal für die tolle Hilfe.
Ich versuche jetzt die Aufgabe zu lösen und melde mich dann wieder um das Ergebnis überprüfen zu lassen oder bei weiteren Fragen.
Viele Grüße!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:26 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
So, ich habe nun EW und EV bestimmt. Als EW hab ich [mm] \lambda_{1}=2 [/mm] und [mm] \lambda_{2}=-2 [/mm] raus.
Und damit die EV [mm] c_{1}=\vektor{3 \\ 1} [/mm] und [mm] c_{2}=\vektor{-1 \\ 1}
[/mm]
Somit ist die Lösung des homogenen Teils:
[mm] y_{h}(t) [/mm] = [mm] \vektor{3 \\ 1}*e^{2t} [/mm] + [mm] \vektor{-1 \\ 1}*e^{-2t}
[/mm]
Aber wie genau gehe ich jetzt beim inhomogenen System vor? Normal kann ich das ja so lösen:
[mm] A*\vec{z} [/mm] + [mm] \vec{v} [/mm] = 0, da [mm] \vec{z} [/mm] konstant sein muss und somit [mm] \vec{z}' [/mm] = 0.
Aber in diesem Fall hab ich in meinem Vektor [mm] \vec{v} [/mm] ja noch die Variable drin stehen. Hmmmm, ein Tipp wäre super!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:32 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
Achso, nein. Das nüsste ja auch in diesem Fall klappen. Dann wäre [mm] \vec{z} [/mm] = [mm] \vektor{-\bruch{1}{2} e^{t} \\ -\bruch{1}{6} e^{t}}
[/mm]
Und nun muss ich noch rücksubstituieren, oder?
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Hallo Calculu,
> Achso, nein. Das nüsste ja auch in diesem Fall klappen.
> Dann wäre [mm]\vec{z}[/mm] = [mm]\vektor{-\bruch{1}{2} e^{t} \\ -\bruch{1}{6} e^{t}}[/mm]
>
Das ist nicht richtig.
> Und nun muss ich noch rücksubstituieren, oder?
Genau.
Gruss
MathePower
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Hallo Calculu,
> So, ich habe nun EW und EV bestimmt. Als EW hab ich
> [mm]\lambda_{1}=2[/mm] und [mm]\lambda_{2}=-2[/mm] raus.
> Und damit die EV [mm]c_{1}=\vektor{3 \\ 1}[/mm] und
> [mm]c_{2}=\vektor{-1 \\ 1}[/mm]
> Somit ist die Lösung des homogenen
> Teils:
>
> [mm]y_{h}(t)[/mm] = [mm]\vektor{3 \\ 1}*e^{2t}[/mm] + [mm]\vektor{-1 \\ 1}*e^{-2t}[/mm]
>
Die homogene Lösung lautet doch:
[mm]z_{h}(t) = a*\vektor{3 \\ 1}*e^{2t} + b*\vektor{-1 \\ 1}*e^{-2t}, \ a,b \in \IR[/mm]
> Aber wie genau gehe ich jetzt beim inhomogenen System vor?
> Normal kann ich das ja so lösen:
>
> [mm]A*\vec{z}[/mm] + [mm]\vec{v}[/mm] = 0, da [mm]\vec{z}[/mm] konstant sein muss und
> somit [mm]\vec{z}'[/mm] = 0.
> Aber in diesem Fall hab ich in meinem Vektor [mm]\vec{v}[/mm] ja
> noch die Variable drin stehen. Hmmmm, ein Tipp wäre super!
Dann machst Du als partikuläre Lösung den Ansatz in Form eines Polynoms in [mm]e^{t}[/mm]
Demnach
[mm]z_{p}\left(t\right)=e^{t}*\pmat{c \\ d} \ c,d \in \IR[/mm]
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:49 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
> Die homogene Lösung lautet doch:
>
> [mm]z_{h}(t) = a*\vektor{3 \\ 1}*e^{2t} + b*\vektor{-1 \\ 1}*e^{-2t}, \ a,b \in \IR[/mm]
>
Hm, hier komm ich jetzt nicht ganz mit. Woher kommen die Variablen a und b?
> Dann machst Du als partikuläre Lösung den Ansatz in Form
> eines Polynoms in [mm]e^{t}[/mm]
>
> Demnach
>
> [mm]z_{p}\left(t\right)=e^{t}*\pmat{c \\ d} \ c,d \in \IR[/mm]
>
Also so:
[mm] \pmat{ 1 & 3 \\ 1 & -1 } [/mm] * [mm] \vektor{z_{1} \\ z_{2}} [/mm] + [mm] \vektor{e^{t} \\ 0} [/mm] = [mm] e^{t}*\pmat{c \\ d} [/mm] \ c,d [mm] \in \IR [/mm] ????
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Hallo Calculu,
> > Die homogene Lösung lautet doch:
> >
> > [mm]z_{h}(t) = a*\vektor{3 \\ 1}*e^{2t} + b*\vektor{-1 \\ 1}*e^{-2t}, \ a,b \in \IR[/mm]
>
> >
> Hm, hier komm ich jetzt nicht ganz mit. Woher kommen die
> Variablen a und b?
>
Nun, die homogene DGL wird nicht nur von
[mm]\vektor{3 \\ 1}*e^{2t}[/mm] bzw. [mm]\vektor{-1 \\ 1}*e^{-2t}, \ a,b \in \IR[/mm]
gelöst, sondern auch von einer beliebigen Linearkombination
dieser beiden Lösungen.
>
> > Dann machst Du als partikuläre Lösung den Ansatz in Form
> > eines Polynoms in [mm]e^{t}[/mm]
> >
> > Demnach
> >
> > [mm]z_{p}\left(t\right)=e^{t}*\pmat{c \\ d} \ c,d \in \IR[/mm]
> >
> Also so:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 3 \\ 1 & -1 }[/mm] * [mm]\vektor{z_{1} \\ z_{2}}[/mm] +
> [mm]\vektor{e^{t} \\ 0}[/mm] = [mm]e^{t}*\pmat{c \\ d}[/mm] \ c,d [mm]\in \IR[/mm]
> ????
>
Für [mm]\pmat{z_{1} \\ z_{2}}[/mm] ist [mm]e^{t}*\pmat{c \\ d}[/mm] einzusetzen:
[mm]\pmat{ 1 & 3 \\ 1 & -1 }* \blue{e^{t}*\pmat{c \\ d}} +\vektor{e^{t} \\ 0} = e^{t}*\pmat{c \\ d}[/mm]
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:20 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
Ok, und damit ist d= -1 und c=0 ? Und somit [mm] z_{p}\left(t\right)=\pmat{0 \\ -e^{t}} [/mm] ????
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Hallo Calculu,
> Ok, und damit ist d= -1 und c=0 ? Und somit
> [mm]z_{p}\left(t\right)=\pmat{0 \\ -e^{t}}[/mm] ????
Das musst Du nochmal nachrechnen.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:12 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
So müsste es richtig sein:
d= [mm] -\bruch{1}{3} [/mm] und [mm] c=-\bruch{2}{3} [/mm] Und somit [mm] z_{p}\left(t\right)=\pmat{-\bruch{2}{3} e^{t} \\ -\bruch{1}{3} e^{t}}.
[/mm]
Oder?
Und nun rücksubstituieren?
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Hallo Calculu,
> So müsste es richtig sein:
>
> d= [mm]-\bruch{1}{3}[/mm] und [mm]c=-\bruch{2}{3}[/mm] Und somit
> [mm]z_{p}\left(t\right)=\pmat{-\bruch{2}{3} e^{t} \\ -\bruch{1}{3} e^{t}}.[/mm]
>
> Oder?
Jetzt isses richtig. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Und nun rücksubstituieren?
Ja.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:54 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
Nach der Rücksubstitution erhalte ich dann folgendes:
y(x) = [mm] a*\vektor{3 \\ 1}*x^{2} [/mm] + [mm] b*\vektor{-1 \\ 1}*x^{-2} [/mm] + [mm] \vektor{-\bruch{2}{3} \\ -\bruch{1}{3}}*x
[/mm]
Stimmt das?
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Hallo Calculu,
> Nach der Rücksubstitution erhalte ich dann folgendes:
>
> y(x) = [mm]a*\vektor{3 \\ 1}*x^{2}[/mm] + [mm]b*\vektor{-1 \\ 1}*x^{-2}[/mm]
> + [mm]\vektor{-\bruch{2}{3} \\ -\bruch{1}{3}}*x[/mm]
>
> Stimmt das?
Ja, das stimmt.
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:03 Do 22.03.2012 | | Autor: | Calculu |
Wow, cool.
Vielen Dank MathePower und auch Dir, fred97 für die tolle Hilfe!!!!
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