DGL 2. Grad inhomogen, VdK < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Bestimmen Sie alle (reellen) Lösungen der DGL y''+y'+y = cos x.
Finden Sie dabei die Lösung der inhomogenen Gleichung durch:
a) Probieren
b) Variation der Konstanten |
Teil a) ist relativ einfach zu lösen: y(x)= sin x als Lösung sticht geradezu ins Auge.
Teil b) macht da mehr Probleme, wir kommen schon beim Ansatz einfach auf keinen grünen Zweig mithilfe von ![[]](/images/popup.gif) diesem scheitern wir bereits bei der Festlegung von [mm] y_{2}(x). [/mm] Da die homogene Lösung unserer Meinung nach [mm] y_{h}=c_{1}*e^{-\bruch{1}{2}}*2*cos(\bruch{\wurzel{3}}{2}t) [/mm] sein müsste.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:25 Mo 21.12.2009 | | Autor: | fred97 |
> Bestimmen Sie alle (reellen) Lösungen der DGL y''+y'+y =
> cos x.
>
> Finden Sie dabei die Lösung der inhomogenen Gleichung
> durch:
> a) Probieren
> b) Variation der Konstanten
> Teil a) ist relativ einfach zu lösen: y(x)= sin x als
> Lösung sticht geradezu ins Auge.
>
> Teil b) macht da mehr Probleme, wir kommen schon beim
> Ansatz einfach auf keinen grünen Zweig mithilfe von
> diesem
> scheitern wir bereits bei der Festlegung von [mm]y_{2}(x).[/mm] Da
> die homogene Lösung unserer Meinung nach
> [mm]y_{h}=c_{1}*e^{-\bruch{1}{2}}*2*cos(\bruch{\wurzel{3}}{2}t)[/mm]
> sein müsste.
Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet:
[mm]y_{h}=c_{1}*e^{-\bruch{1}{2}t}cos(\bruch{\wurzel{3}}{2}t)+c_{2}*e^{-\bruch{1}{2}t}sin(\bruch{\wurzel{3}}{2}t)[/mm]
FRED
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> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
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> Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet:
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> [mm]y_{h}=c_{1}*e^{-\bruch{1}{2}t}cos(\bruch{\wurzel{3}}{2}t)+c_{2}*e^{-\bruch{1}{2}t}sin(\bruch{\wurzel{3}}{2}t)[/mm]
>
> FRED
Und genau damit stellt sich das erste Problem:
Die Lösung des charakteristischen Polynoms lautet doch [mm] \lambda_{1,2}=-\bruch{1}{2}\pm\wurzel{-\bruch{3}{4}} [/mm] also lautet [mm] y_{1}=e^{-\bruch{1}{2}+\wurzel{-\bruch{3}{4}}}=e^{-\bruch{1}{2}+\wurzel{\bruch{3}{4}}i}=e^{-\bruch{1}{2}}*e^{\wurzel{\bruch{3}{4}}i} [/mm] und [mm] y_{2}=e^{-\bruch{1}{2}-\wurzel{-\bruch{3}{4}}}=e^{-\bruch{1}{2}-\wurzel{\bruch{3}{4}}i}=e^{-\bruch{1}{2}}*e^{-\wurzel{\bruch{3}{4}}i} [/mm] .
Nun gilt ja [mm] e^{ki}=cos{k}+i*sin{k} \Rightarrow
[/mm]
[mm] y_{1}=e^{-\bruch{1}{2}}*(cos{\wurzel{\bruch{3}{4}}}+i*sin{\wurzel{\bruch{3}{4}}}) [/mm] und
[mm] y_{2}=e^{-\bruch{1}{2}}*(cos{-\wurzel{\bruch{3}{4}}}+i*sin{-\wurzel{\bruch{3}{4}}})
[/mm]
Nach Anwendung der Symmetrieeigenschaften von sin und cos gilt:
[mm] y_{2}=e^{-\bruch{1}{2}}*(cos{\wurzel{\bruch{3}{4}}}-i*sin{\wurzel{\bruch{3}{4}}})
[/mm]
Wie kommt man nun von hier auf die am Anfang genannte Funktion? Stehen wir einfach auf dem Schlauch oder gibt es einen Trick?
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Hallo alexismichael,
> > Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet:
> >
> >
> [mm]y_{h}=c_{1}*e^{-\bruch{1}{2}t}cos(\bruch{\wurzel{3}}{2}t)+c_{2}*e^{-\bruch{1}{2}t}sin(\bruch{\wurzel{3}}{2}t)[/mm]
> >
> > FRED
>
> Und genau damit stellt sich das erste Problem:
>
> Die Lösung des charakteristischen Polynoms lautet doch
> [mm]\lambda_{1,2}=-\bruch{1}{2}\pm\wurzel{-\bruch{3}{4}}[/mm] also
> lautet
> [mm]y_{1}=e^{-\bruch{1}{2}+\wurzel{-\bruch{3}{4}}}=e^{-\bruch{1}{2}+\wurzel{\bruch{3}{4}}i}=e^{-\bruch{1}{2}}*e^{\wurzel{\bruch{3}{4}}i}[/mm]
> und
> [mm]y_{2}=e^{-\bruch{1}{2}-\wurzel{-\bruch{3}{4}}}=e^{-\bruch{1}{2}-\wurzel{\bruch{3}{4}}i}=e^{-\bruch{1}{2}}*e^{-\wurzel{\bruch{3}{4}}i}[/mm]
> .
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> Nun gilt ja [mm]e^{ki}=cos{k}+i*sin{k} \Rightarrow[/mm]
>
> [mm]y_{1}=e^{-\bruch{1}{2}}*(cos{\wurzel{\bruch{3}{4}}}+i*sin{\wurzel{\bruch{3}{4}}})[/mm]
> und
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> [mm]y_{2}=e^{-\bruch{1}{2}}*(cos{-\wurzel{\bruch{3}{4}}}+i*sin{-\wurzel{\bruch{3}{4}}})[/mm]
> Nach Anwendung der Symmetrieeigenschaften von sin und cos
> gilt:
>
> [mm]y_{2}=e^{-\bruch{1}{2}}*(cos{\wurzel{\bruch{3}{4}}}-i*sin{\wurzel{\bruch{3}{4}}})[/mm]
>
> Wie kommt man nun von hier auf die am Anfang genannte
> Funktion? Stehen wir einfach auf dem Schlauch oder gibt es
> einen Trick?
Nun, die allgemeine Lösung der homogenen DGL ergibt sich zu:
[mm]y_{h}\left(x\right)=c_{1}*e^{\lambda_{1}*x}+c_{2}*e^{\lambda_{2}*x}[/mm]
mit [mm]\lambda_{2}=\overline{\lambda_{1}}, \ \lambda_{1} \not= \lambda_{2}, \ \lambda_{1}, \lambda_{2} \in \IC[/mm]
Dies ist die komplexe Lösung der homogenen DGL.
Um auf eine reelle Lösung zu kommen,
werden die Konstanten [mm]c_{1}, \ c_{2}[/mm] so gewählt, daß
[mm]c_{1}+c_{2} \in \IR[/mm]
[mm]i*\left(c_{1}-c_{2}\right) \in \IR[/mm]
Dies ist nur möglich, wenn [mm]c_{2}=\overline{c_{1}}[/mm] gewählt wird.
Dann ergibt sich die reelle Lösung zu:
[mm]y_{h}\left(x\right)=k_{1}*e^{\left(\operatorname{Re}\lambda_{1}\right)*x}*\cos\left( \ \left(\operatorname{Im}\lambda_{1}\right)*x \ \right)+k_{2}*e^{\left(\operatorname{Re}\lambda_{1}\right)*x}*\sin\left( \ \left(\operatorname{Im}\lambda_{1}\right)*x \ \right)[/mm]
Gruss
MathePower
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