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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:02 Mi 02.03.2016 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Finden Sie die vollständige Lösung für den harmonischen Oszillator:
f''(t) + [mm] \omega [/mm] f(t)=0, [mm] \omega>0
[/mm]
ausgedrückt in cos und sin sowie in einer Exponentialfunktion.
(Ohne Vorwissen bezüglich Differentialgleichungen) |
Mein Ansatz:
[mm] \phi(t)=C*e^{\lambda t}
[/mm]
[mm] \phi''(t)=\lambda^2 [/mm] C [mm] e^{\lambda t}
[/mm]
[mm] \lambda^2 [/mm] C [mm] e^{\lambda t} [/mm] + [mm] \omega [/mm] C [mm] e^{\lambda t}=0
[/mm]
[mm] \Rightarrow \lambda^2+ \omega [/mm] =0
[mm] \Rightarrow \lambda [/mm] = [mm] \pm [/mm] i [mm] \omega
[/mm]
[mm] \phi_1 [/mm] (t)= [mm] C_1 e^{i \omega t}
[/mm]
[mm] \phi_2 (t)=C_2 e^{-i \omega t}
[/mm]
--- Weiß ich hier schon, dass die beiden Funktionen Lösungen sind oder muss ich die noch einsetzen?
[mm] \phi_1 [/mm] und [mm] \phi_2 [/mm] sind linear unabhängig in [mm] \mathbb{C} [/mm] da:
[mm] \lambda_1 C_1 e^{i \omega t} [/mm] + [mm] \lambda_2 C_2 e^{-i \omega t}=0
[/mm]
Insbesondere für t=0 [mm] \Rightarrow \lambda_1 [/mm] + [mm] \lambda_2=0
[/mm]
Insbesondere für [mm] t=\frac{ln(2)}{i} \Rightarrow C_1 \lambda_1 \omega [/mm] - [mm] C_2 \lambda_2 \omega [/mm] =0
Aus beiden Gleichungen erhalte ich: [mm] \lambda_2 [/mm] ( - [mm] C_1 \omega [/mm] - [mm] C_2 \omega)=0 \Rightarrow \lambda_2 [/mm] =0 [mm] \Rightarrow \lambda_1=0
[/mm]
Nun fehlt mir die Aussage, dass der Löungsraum der Differentialgleichung 2-dimensional ist. Das es ein vektorraum ist folgt aus der Linearität der Ableitung.
Habt ihr sonst eine Idee wie ich auf alle Lösungen kommen sollte?
.........
Bezüglich ausdrücken in cos/sin hab ich die Idee:
cos( [mm] \omega [/mm] t)= [mm] \frac{1}{2} (\frac{\phi_1(t)}{C_1} +\frac{\phi_2(t)}{C_2}) [/mm] ist eine Lösung der Differentialgleichung als Linearkombination von zwei Lösungen.
[mm] sin(\omega [/mm] t)= [mm] \frac{1}{2i} (\frac{\phi_1(t)}{C_1} [/mm] - [mm] \frac{\phi_2(t)}{C_2}) [/mm] ist eine Lösung der Differentialgleichung als Linearkombination von zwei Lösungen.
Behauptung: cos( [mm] \omega [/mm] t), [mm] sin(\omega [/mm] t) linear unab in [mm] \mathbb{R}:
[/mm]
[mm] \forall [/mm] t [mm] \in \mathbb{R}: \lambda sin(\omega [/mm] t) + [mm] \mu cos(\omega [/mm] t) =0
Für t=0 erhalte ich [mm] \mu=0
[/mm]
Für t= [mm] \frac{\pi}{2 \omega } [/mm] erhalte ich [mm] \lambda=0
[/mm]
Frage: Kann man die lineare unabhängig irgendwie schon aus der Lineare Unabhängigkeit von [mm] \phi_1 [/mm] und [mm] \phi_2 [/mm] schließen?
LG,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:20 Mi 02.03.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
als UVR der stetigen Funktionen mit 2 erzeugenden Vektoren ist der Raum 2 d.
in der Dgl sollte wohl [mm] \omega^2 [/mm] stehen, sonst stimmt deine Lösung nicht.
[mm] Acos\alpha*t) [/mm] und B [mm] sin(\alphaomega*t) [/mm] kannst du auch direkt als Ansatz benutzen.
2 Linearkombinationen von linear unabh. Vektoren müssen nicht lin unabhängig sein, du kannst es für sin und cos zeigen, oder für die spezielle Linearkombination, das erste ist einfacher.
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:40 Do 03.03.2016 | | Autor: | sissile |
Hallo
> als UVR der stetigen Funktionen mit 2 erzeugenden Vektoren ist der Raum 2 d.
Ich verstehe nicht woher ich nun wissen wollte, dass der Lösungsraum der Differantialgleichung 2-Dimensional ist? Ich weiß doch nur, dass er mindestens zweidimensional ist da ich zwei stetigen Funktionen gefunden habe die linear unabhängig sind und die die Differentialgleichung erfüllen!
Mein versuch, dazu alle Lösungen zu finden:
Sei f(t) eine Lösung der Differentialgleichung.
Sei f(t)= g(t) [mm] e^{\lambda t} [/mm] mit [mm] \lambda^2 [/mm] = - [mm] \omega
[/mm]
f'(t)= g'(t) [mm] e^{\lambda t} [/mm] + g(t) [mm] \lambda e^{\lambda t}
[/mm]
f''(t)= g''(t) [mm] e^{\lambda t} [/mm] + g'(t) [mm] \lambda e^{\lambda t} [/mm] + g'(t) [mm] \lambda e^{\lambda t} [/mm] + g(t) [mm] \lambda^2 e^{\lambda t}
[/mm]
0= f''(t)+ [mm] \omega [/mm] f(t)= f''(t) - [mm] \lambda^2 [/mm] f(t)
Nun setzte ich f''(t) und f(t) ein und erhalte:
0= g''(t) [mm] e^{\lambda t} [/mm] + 2 g'(t) [mm] \lambda e^{\lambda t}
[/mm]
[mm] \iff [/mm] 0= g''(t) + 2 g'(t) [mm] \lambda [/mm] da [mm] e^{\lambda t} \not=0 \forall [/mm] t
[mm] \iff [/mm] g''(t)= - 2 g'(t) [mm] \lambda [/mm]
Wenn ich integriere erhalte ich
g'(t) = - 2 [mm] \lambda [/mm] g(t) +C mit C Konstante
[mm] \iff [/mm] g'(t) + 2 [mm] \lambda [/mm] g(t)=C
Die Lösungen der Differentialgl haben wir schon charakterisiert als
g(t)= [mm] k*e^{-2 \lambda t} [/mm] + [mm] \frac{c}{2 \lambda} [/mm] für [mm] \lambda\not=0
[/mm]
mit k Konstante. (Ist [mm] \lambda=0 \Rightarrow \omega=0, [/mm] was laut Angabe nicht auftritt)
[mm] \Rightarrow [/mm] f(t)= g(t) [mm] e^{\lambda t} [/mm] = [mm] k*e^{- \lambda t} [/mm] + [mm] \frac{c}{2 \lambda}e^{\lambda t}
[/mm]
Was sagst du zu meiner Lösung? Korrekt oder fehlerhaft?
Liebe Grüße,
sissi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:23 Do 03.03.2016 | | Autor: | hippias |
Mein Vorschlag:
1. Mit den von Dir bisher gefundenen Lösungen kannst Du jedes AWP lösen
2. Um zu zeigen, dass der Lösungsraum $2$-dimensional ist, genügt es zu zeigen, dass das AWP $f(0)=f'(0)=0$ nur die triviale Lösung hat.
3. Dazu multipliziere die DGL mit $f'$ und integriere.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:51 Do 03.03.2016 | | Autor: | sissile |
> Um zu zeigen, dass der Lösungsraum $ 2 $-dimensional ist, genügt es zu zeigen, dass das AWP $ f(0)=f'(0)=0 $ nur die triviale Lösung hat.
Woher kommt die Erkenntins?
LG,
sissi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:17 Fr 04.03.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
nimm an ausser f=asin(wt)+bcos(wt) gibt es noch eine Lösung g(t) mit denselben Anfaangsbedingungen f(0)=g(0)=c f'(0)=g'(0)=c
dann ist h(t) = g(t)-f(t) auch Lösung der Dgl mit den Anfangsbedingung 0, da dafür nur h(t)=0 Lösung ist folgt h+g(t)=f(t)
Gruß leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:02 Fr 04.03.2016 | | Autor: | sissile |
Angenommen es gibt außer f(t)= a [mm] sin(\omega [/mm] t) + b [mm] cos(\omega [/mm] t) noch eine weitere Lösung g(t) mit den selben Anfangsbedingungen.
So ist h(t) eine Lösung der Differentialgleichung mit Anfangsbedingungen h(0)=0, h'(0)=0.
h hat also bei (0,0) Steigung 0.
Wie schließt du daraus, dass h die Nullfunktion sein muss? Ja es ist eine potenzielle Lösung. Aber warum muss h schon die Nullfunktion sein?
Achso du verwendest wahrscheinlich den Satz der Eindeutigkeit, wenn die Funktionen lokal eine Lipschitzbedingung genügen oder?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:20 Fr 04.03.2016 | | Autor: | fred97 |
> Angenommen es gibt außer f(t)= a [mm]sin(\omega[/mm] t) + b
> [mm]cos(\omega[/mm] t) noch eine weitere Lösung g(t) mit den selben
> Anfangsbedingungen.
> So ist h(t) eine Lösung der Differentialgleichung mit
> Anfangsbedingungen h(0)=0, h'(0)=0.
> h hat also bei (0,0) Steigung 0.
>
> Wie schließt du daraus, dass h die Nullfunktion sein muss?
> Ja es ist eine potenzielle Lösung. Aber warum muss h schon
> die Nullfunktion sein?
> Achso du verwendest wahrscheinlich den Satz der
> Eindeutigkeit, wenn die Funktionen lokal eine
> Lipschitzbedingung genügen oder?
Genau.
Ich halte die Aufgabe für Unfug, wenn man keine Resultate aus der Theorie gewöhnlicher Differentialgleichungen verwenden soll.
Vielleicht irre ich mich auch.
An einer Lösung des Aufgabenstellers bin ich sehr interessiert.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:09 Fr 04.03.2016 | | Autor: | sissile |
Wie kann ich Vorschlag 3 verstehen?
f''(t) + [mm] \omega [/mm] f(t)=0
> Dazu multipliziere die DGL mit $ f' $ und integriere.
f'(t) f''(t) + [mm] \omega [/mm] f'(t) f(t)=0
[mm] \int [/mm] f'(t) f''(t)dt + [mm] \omega \int [/mm] f'(t) f(t) dt =0
Lg,
Sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:39 Fr 04.03.2016 | | Autor: | hippias |
> Wie kann ich Vorschlag 3 verstehen?
> f''(t) + [mm]\omega[/mm] f(t)=0
> > Dazu multipliziere die DGL mit [mm]f'[/mm] und integriere.
> f'(t) f''(t) + [mm]\omega[/mm] f'(t) f(t)=0
> [mm]\int[/mm] f'(t) f''(t)dt + [mm]\omega \int[/mm] f'(t) f(t) dt =0
>
Nun ja, die rechte ist eine Konstante, die sich aber als $=0$ herausstellen wird.
Bilde eine Stammfunktion von $f'f$ (es ist eine Potenz von $f$). Analog für $f'f''$.
> Lg,
> Sissi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:35 Fr 04.03.2016 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Meinst du vlt. das:
[mm] \int_a^b [/mm] f'(t) f(t) dt = [mm] \int_a^b [/mm] g(f(t))* f'(t) mit g(t)=t
[mm] \int_a^b [/mm] f'(t) f(t) dt = [mm] \int_{f(a)}^{f(b)} [/mm] g(x)dx= [mm] \int_{f(a)}^{f(b)} [/mm] x dx [mm] =\frac{x^2}{2}|_{f(a)}^{f(b)}= \frac{f(b)^2 - f(a)^2}{2}
[/mm]
[mm] \int_a^b [/mm] f'(t) f''(t) dt = [mm] \int_a^b [/mm] g(f'(t)) f''(t) = [mm] \int_{f'(a)}^{f'(b)} [/mm] g(x) dx = [mm] \frac{f'(b)^2 - f'(a)^2}{2}
[/mm]
Ich sehe leider noch nicht was das bringt..
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:25 Fr 04.03.2016 | | Autor: | hippias |
Es bringt:
[mm] $\int f''f'dt+\omega\int f'fdt=\int [/mm] 0 [mm] dt\Rightarrow (f')^{2}+\omega f^{2}= [/mm] C$. Startwerte liefern $C=0$, also [mm] $(f')^{2}+\omega f^{2}=0$. [/mm] Da [mm] $\omega>0$ [/mm] ist, folgt, dass $0$ die einzige Lösung des AWP mit $y=y'=0$ ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:39 Fr 04.03.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
die Lösung ist leider falsch.
du schreibst "Die Lösungen der Differentialgl haben wir schon charakterisiert als "
wo und wie kommst du auf die Lösung, die erfüllt doch die Dgl nicht?
und wieso plötzlich [mm] \lambda [/mm] statt [mm] i\omega_0? [/mm]
wenn f(t) eine Lösung der Dgl ist it [mm] f(t)*e^{\lambda*t doch sicher keine
was du da genau machst verstehe ich gar nicht.
etwa wie kommt man von g''=-g' auf g'=a*g??? wenn du löst hast du g'=C*e^(a*t)
Gruß leduart
}[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:50 Fr 04.03.2016 | | Autor: | sissile |
> Hallo
> die Lösung ist leider falsch.
> du schreibst "Die Lösungen der Differentialgl haben wir
> schon charakterisiert als "
> wo und wie kommst du auf die Lösung, die erfüllt doch
> die Dgl nicht?
> und wieso plötzlich [mm]\lambda[/mm] statt [mm]i\omega_0?[/mm]
> wenn f(t) eine Lösung der Dgl ist it [mm]f(t)*e^{\lambda*t doch sicher keine
was du da genau machst verstehe ich gar nicht.
etwa wie kommt man von g''=-g' auf g'=a*g??? wenn du löst hast du g'=C*e^(a*t)
Gruß leduart}[/mm]
Stimmt das passt leider gar nicht.
Aber nach Übungsleiter soll es mit dem Ansatz gelöst werden. Kannst du mir vlt auf die Sprünge helfen wie es mit solch einer Methode gelöst werden kann? Eben ohne Vorwissen der ODE´s?
Bei der ODE: f'(t)+ a f(t) = b mit a,b [mm] \in \mathbb{R} [/mm] haben wir auch f(t)= c [mm] e^{-at} [/mm] u(t) als Lösung der ODE gesetzt und dann u(t) berechnet durch differenzieren und integrieren.
Muss doch hier auch so ähnlich gehen?
Ein anderer Versuch:
Sei f(t) eine Lösung der Differentialgleichung und f(t)=g(t) [mm] e^{\lambda t} [/mm] mit [mm] \lambda^2 [/mm] = - [mm] \omega.
[/mm]
Ich habe ja oben gezeigt: Es gilt 0=g''(t) + 2 g'(t) [mm] \lambda [/mm] wenn f eine Lösung von der Differentialgleichung ist.
Müsste dann nicht folgen 0=g''(t) und g'(t)=0 da [mm] \lambda\not=0 [/mm] ?
Daraus würde doch folgen, dass g konstant ist - was ja auch falsch sein muss aber warum?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:35 Fr 04.03.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
Dasss man mit dem Verfahren der Variation der Konstanten keine neue Lösung findeet ist leicht zu zeigen. Dass es alsofalls f(t) die homogene Dgl löst g(t)=C(t)*f(t) nur mit C(t)=const die dgl löst ist zwar richtig, sagt aber nicht dass es nicht eine völlig andere- mit dem Ansatz nicht zu findende- Lösung geben kann. du kannst ja viele "Ansätze" machen die zu kener neuen Funktion führen, hast dann aber nur gezeigt dass du auf die Methode keine findest!
Was dein Tutor meint kann ich nicht raten.
zur anderen Frage, ja 0 ist Lipschitz stetig, also eindeutige Lösung zu jeder Anfangsbedingung.
Gruß leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:21 Di 08.03.2016 | | Autor: | fred97 |
Ich möchte zusammenfassend schildern, wie man zu einer Lösung der obigen Aufgabe kommen kann (dabei beschränke ich mich auf den Fall [mm] $\omega=1$, [/mm] der allgemeine Fall benötigt naheliegende Modifikationen):
Vorgelegt ist also die DGL
(*) $y''+y=0$
und gesucht ist die Menge
[mm] $L_1:=\{y \in C^2(\IR,\IR): y''+y=0 \quad auf \quad \IR \}$.
[/mm]
Man kann "sehen", dass die Funktionen [mm] y_1(t):=cos(t) [/mm] und [mm] y_2(t):=sin(t) [/mm] zu [mm] L_1 [/mm] gehören. Weiter zeigt man durch nachrechnen:
[mm] L_1 [/mm] ist ein reeller Vektorraum,
daher ist
[mm] $L_2:=\{ay_1+by_2:a,b \in \IR\} \subseteq L_1
[/mm]
ein Untervektorraum von [mm] L_1.
[/mm]
Wir zeigen:
[mm] L_1=L_2.
[/mm]
Dazu sei $y [mm] \in L_1$ [/mm] und wir setzen [mm] $z:=y(0)*y_1+y'(0)*y_2.$ [/mm] Es ist also $z [mm] \in L_2$ [/mm] und somit auch $z [mm] \in L_1$.
[/mm]
Da [mm] L_1 [/mm] ein Vektorraum ist, ist auch $u:=z-y [mm] \in L_1$. [/mm] Man sieht nun:
$u(0)=0$ und $u'(0)=0$.
Damit ist $u$ eine Lösung des Anfangswertproblems
$f''+f=0$
$f(0)=f'(0)=0$.
Hippias hat oben gezeigt: dieses Problem hat genau eine Lösung, nämlich $f [mm] \equiv [/mm] 0$.
Damit haben wir: $y=z [mm] \in L_2$. [/mm] Damit ist [mm] L_1=L_2 [/mm] gezeigt.
Nun soll die obige Aufgabe ohne Vorwissen bezüglich
Differentialgleichungen gelöst werden. Und da habe ich einiges an Kritik.
Was ging in obige Lösung ein:
1. [mm] L_1 [/mm] ist ein Vektorraum;
2. man muss auf die Idee [mm] L_1=L_2 [/mm] kommen;
3. die Definition $ [mm] z:=y(0)\cdot{}y_1+y'(0)\cdot{}y_2 [/mm] $;
4. die eindeutige Lösbarkeit des obigen Anfangswertproblems.
Ein Student der Mathematik, der keinerlei Erfahrung mit linearen DGLen höherer Ordnung hat, wird wahrscheinlich, ohne eine Anleitung, nicht auf die Punkte 1. bis 4. kommen.
Mein Fazit: stopf die Aufgabe, so wie sie oben steht, in die Mülltonne !
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:46 Sa 26.03.2016 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Danke für deine ausführliche Antwort!
Sry, dass ich so spät nochmals frage. Aber wollte mir die Antwort nochmals mit mehr Vorwissen anschauen.
Wo geht in deine Antwort ein, das $ [mm] y_1(t):=cos(t) [/mm] $ und $ [mm] y_2(t):=sin(t) [/mm] $ linearunabhängig sind? Oder brauchst du das bei deiner Antwort gar nicht?
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:58 So 27.03.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
wenn man 2 linear unabh, Lösungen der dgl hat ist jede Linearkombination auch eine Lösung und mit y(t)= [mm] A*sin(\omega*t)+B*sin\omega*t) [/mm] kann man jed Anfangsbedingung erfüllen.
dabb kommt der Beweis wenn es eine zweite Lösung zu denselben anfangsbedingungen gäbe wäre die Differenz der 2 Lösungen die 0 Funktion, da verwendet man den Eindeutogkeitssatz.
Gruß ledum
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