LFS < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Gesucht sind ein Lösungsfundamentalsystem von $ y'=Py$, wobei $P(x) = [mm] \frac{1}{1-x^2} \cdot{} \pmat{ -x & 1 \\ 1 & -x }$ [/mm] , und eine Lösung dieses System die der Anfangsbedingung [mm] $y(0)=(a,b)^T$ [/mm] genüngt. Leiten
Sie dazu zunächst ein Differenzialgleichungssystem für $z:= [mm] (z_1,z_2)^T:=(y_1+y_2,y_1-y_2)^T$ [/mm] her. |
Hi :)
Lsg.:
[mm] $\Phi(x):= exp(\integral{P(x) dx})=exp(\integral{\frac{1}{1-x^2} \cdot{} \pmat{ -x & 1 \\ 1 & -x } dx})$
[/mm]
man integriert ja eine matirx komponenten weise und kann auch komponenten weise die efunktion drauf anwenden
dann hab ich raus [mm] $\Rightarrow \Phi(x):=\pmat{ \sqrt{1+x^2} &-\sqrt{1+x^2}+\sqrt{-1+x^2} \\ -\sqrt{1+x^2}+\sqrt{-1+x^2} & \sqrt{1+x^2} }$ [/mm] ich muss doch jetzt nur noch [mm] $\Phi(x) \cdot{}y(0) [/mm] $ rechnen oder?
danke für eure hilfe in advance :)
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:29 Mo 16.03.2015 | | Autor: | fred97 |
> Gesucht sind ein Lösungsfundamentalsystem von [mm]y'=Py[/mm], wobei
> [mm]P(x) = \frac{1}{1-x^2} \cdot{} \pmat{ -x & 1 \\ 1 & -x }[/mm] ,
> und eine Lösung dieses System die der Anfangsbedingung
> [mm]y(0)=(a,b)^T[/mm] genüngt. Leiten
> Sie dazu zunächst ein Differenzialgleichungssystem für
> [mm]z:= (z_1,z_2)^T:=(y_1+y_2,y_1-y_2)^T[/mm] her.
> Hi :)
>
>
> Lsg.:
>
> [mm]\Phi(x):= exp(\integral{P(x) dx})=exp(\integral{\frac{1}{1-x^2} \cdot{} \pmat{ -x & 1 \\ 1 & -x } dx})[/mm]
Was soll das werden ??
>
> man integriert ja eine matirx komponenten weise und kann
> auch komponenten weise die efunktion drauf anwenden
>
> dann hab ich raus [mm]\Rightarrow \Phi(x):=\pmat{ \sqrt{1+x^2} &-\sqrt{1+x^2}+\sqrt{-1+x^2} \\ -\sqrt{1+x^2}+\sqrt{-1+x^2} & \sqrt{1+x^2} }[/mm]
> ich muss doch jetzt nur noch [mm]\Phi(x) \cdot{}y(0)[/mm] rechnen
> oder?
Mir ist nicht klar, was Du da gemacht hast !
Warum verwendest Du nicht den Hinweis
" Leiten Sie dazu zunächst ein Differenzialgleichungssystem für [mm]z:= (z_1,z_2)^T:=(y_1+y_2,y_1-y_2)^T[/mm] her."
FRED
>
> danke für eure hilfe in advance :)
|
|
|
| |
|
okidoki
$ z:= [mm] (z_1,z_2)^T:=(y_1+y_2,y_1-y_2)^T [/mm] $
$ z:= [mm] (y_1,y_2)\cdot{} \pmat{ 1 & 1 \\1 & -1 }$
[/mm]
jetzt muss ich doch die Homogene lösung der dgl herleiten mit [mm] $\Phi(x)= exp(\integral_{0}^{x}{P(t) dt})$ [/mm] mit $ P(t)= [mm] \pmat{ 1 & 1 \\1 & -1 }$ [/mm] ?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:36 Mo 16.03.2015 | | Autor: | fred97 |
> okidoki
Nee, nichts ist okidoki. Warum machst Du denn nicht das, was man Dir rät:
" Leiten Sie dazu zunächst ein Differenzialgleichungssystem für $ z:= [mm] (z_1,z_2)^T:=(y_1+y_2,y_1-y_2)^T [/mm] $ her."
Mach das doch endlich mal !
FRED
>
> [mm]z:= (z_1,z_2)^T:=(y_1+y_2,y_1-y_2)^T[/mm]
>
>
> [mm]z:= (y_1,y_2)\cdot{} \pmat{ 1 & 1 \\1 & -1 }[/mm]
>
> jetzt muss ich doch die Homogene lösung der dgl herleiten
> mit [mm]\Phi(x)= exp(\integral_{0}^{x}{P(t) dt})[/mm] mit [mm]P(t)= \pmat{ 1 & 1 \\1 & -1 }[/mm]
> ?
>
|
|
|
| |
|
ich versteh irgendwie gar nichts mehr.
ich hab gedacht,was ich da mache ,wäre das richtige .
ist denn $ z:= [mm] (z_1,z_2)^T:=(y_1+y_2,y_1-y_2)^T [/mm] $ nicht
[mm] $z_1= y_1+y_2$
[/mm]
[mm] $z_2= y_1-y_2$
[/mm]
?
Es tut mir leid,wenn ich gerade völlig in die Kacke haue ,aber ich dachte wirklich so würde es gehen ..:/
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:14 Mo 16.03.2015 | | Autor: | fred97 |
> ich versteh irgendwie gar nichts mehr.
>
> ich hab gedacht,was ich da mache ,wäre das richtige .
>
> ist denn [mm]z:= (z_1,z_2)^T:=(y_1+y_2,y_1-y_2)^T[/mm] nicht
>
> [mm]z_1= y_1+y_2[/mm]
> [mm]z_2= y_1-y_2[/mm]
Jetzt berechne daraus
[mm] z_1'=
[/mm]
[mm] z_2'=
[/mm]
und benutze $ y'=Py $
FRED
> ?
>
>
> Es tut mir leid,wenn ich gerade völlig in die Kacke haue
> ,aber ich dachte wirklich so würde es gehen ..:/
>
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:41 Mo 16.03.2015 | | Autor: | PeterPaul |
$ [mm] z_1'=y'_1+y'_2 [/mm] $
$ [mm] z_2'=y'_1-y'_2 [/mm] $
mach das
$ [mm] y'_1=Py_1 [/mm] $ $ [mm] y'_2=Py_2 [/mm] $
mach ich jetzt das Homogone system mit $ [mm] exp(\integral_{0}^{x}{P(t) dt})$ [/mm] ?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:56 Di 17.03.2015 | | Autor: | fred97 |
> Kann man das so machen?
Das DGL-System für [mm] \vektor{z_1 \\ z_2} [/mm] steht immer noch nicht da !!!
FRED
|
|
|
| |
|
ich hab keine ahnung wie ich das machen sol fred .
ich hab mal ins skript geguckt und kann auch nichts finden.
vlt findest du was hier : [mm] https://www.dropbox.com/s/hb0xzx74vx3txci/AnalysisII_3-2_LinSys1Ordnung.pdf?dl=0
[/mm]
edit: ich hab auf seite 31 was gefunden,aber ich weis nicht,ob und wie mir das hilft..:/
|
|
|
| |
|
Hallo,
> ich hab keine ahnung wie ich das machen sol fred .
Auf die Gefahr hin, dass Fred böse auf mich ist, erlöse ich dich mal  :
Du sollst nun statt einer Differentialgleichung in $y$ eine Differentialgleichung in $z$ da stehen haben! Da soll kein $y$ mehr drin vorkommen, nur noch die neue Funktion $z$.
Die vorgeschlagene Substitution lautet:
[mm] $(z_1,z_2) [/mm] = [mm] (y_1 [/mm] + [mm] y_2, y_1-y_2)$,
[/mm]
oder in Matrix-Schreibweise:
$z = [mm] \begin{pmatrix}1 & 1\\
1 & -1\end{pmatrix}y$ [/mm] (*).
Definieren wir kurz $A := [mm] \begin{pmatrix}1 & 1\\
1 & -1\end{pmatrix}$. [/mm] Dann lässt sich die Substitution auch mit $A$ schreiben:
$z = Ay$ (*)
Daraus erhält man auch
$z' = A y'$,
wie du auch schon berechnet hast.
Fred hat geschrieben, dass du nun $y' = P(x)y$ nutzen sollst. Also:
$z' = A y' = A P(x) y$
Das ist aber noch keine Differentialgleichung in $z$, weil ja noch $y$ vorkommt. Das muss nun also mittels (*) wieder durch $z$ ausgedrückt werden. (*) ist äquivalent zu $y = [mm] A^{-1}z [/mm] = [mm] \frac{1}{2}A [/mm] z$ (beachte [mm] $A^{-1} [/mm] = [mm] \frac{1}{2}A$), [/mm] und daher insgesamt:
$z' = [mm] \frac{1}{2}A [/mm] P(x) A z$.
Nun kannst du noch $A P(x) A$ vereinfachen, und da sollte jetzt ein leichteres Differentialgleichungssystem entstehen als für $y$ (Tipp: Es entsteht ein entkoppeltes System, d.h. $AP(x)A$ wird eine Diagonalmatrix).
Viele Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
vielen vielen dank!!
dann wäre ja
$z'= [mm] \begin{pmatrix}1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} \cdot{}\frac{1}{1-x^2} \cdot{} \pmat{ -x & 1 \\ 1 & -x }\cdot{} -\frac{1}{2}\cdot{}\begin{pmatrix}-1 & -1\\ -1 & 1\end{pmatrix} [/mm] $ ?
also
$z'= [mm] -\frac{1}{2\cdot{}(1-x^2)}\cdot{} \pmat{ x-2 & 0 \\ 0& x+2 }$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow [/mm] $
[mm] $(z_1)' [/mm] := [mm] -\frac{x-2}{2\cdot{}(1-x^2)}* z_1$
[/mm]
[mm] $\phi(x)= [/mm] exp ( [mm] \integral{-\frac{x-2}{2\cdot{}(1-x^2)} dx})$
[/mm]
[mm] $z_1:= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(x+1)-\frac{1}{2}log(1-x))\cdot{} c_1$
[/mm]
[mm] $z_1(0)= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1)-\frac{1}{2}log(1))\cdot{} c_1=1 \Rightarrow c_1 [/mm] = 1$
[mm] $\Rightarrow [/mm] $
[mm] $z_1:= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(x+1)-\frac{1}{2}log(1-x))$
[/mm]
[mm] $(z_2)' [/mm] := [mm] -\frac{x+2}{2\cdot{}(1-x^2)}* z_2$
[/mm]
[mm] $\phi(x)= [/mm] exp ( [mm] \integral{-\frac{x+2}{2\cdot{}(1-x^2)} dx})$
[/mm]
[mm] $z_2:= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1-x)-\frac{1}{2}log(x+1))\cdot{} c_2$
[/mm]
[mm] $z_2(0)= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1)-\frac{1}{2}log(1))\cdot{} c_2=1 \Rightarrow c_2 [/mm] = 1$
[mm] $\Rightarrow z_2:= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1-x)-\frac{1}{2}log(x+1))$
[/mm]
daraus resultiert $ ( [mm] z_1, z_2) \cdot{} \pmat{ exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(x+1)-\frac{1}{2}log(1-x)) & 0 \\ 0 & exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1-x)-\frac{1}{2}log(x+1)) }$
[/mm]
jetzt noch $ [mm] \pmat{ exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(x+1)-\frac{1}{2}log(1-x)) & 0 \\ 0 & exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1-x)-\frac{1}{2}log(x+1)) } \cdot{}\vektor{a \\ b} [/mm] $
also
$ [mm] z_1:= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(x+1)-\frac{1}{2}log(1-x)) \cdot{}a$
[/mm]
[mm] $z_2:=exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1-x)-\frac{1}{2}log(x+1)) \cdot{}b$
[/mm]
richtig so?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:57 Mi 18.03.2015 | | Autor: | fred97 |
> vielen vielen dank!!
>
> dann wäre ja
>
> [mm]z'= \begin{pmatrix}1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} \cdot{}\frac{1}{1-x^2} \cdot{} \pmat{ -x & 1 \\ 1 & -x }\cdot{} -\frac{1}{2}\cdot{}\begin{pmatrix}-1 & -1\\ -1 & 1\end{pmatrix}[/mm]
> ?
>
>
> also
>
> [mm]z'= -\frac{1}{2\cdot{}(1-x^2)}\cdot{} \pmat{ x-2 & 0 \\ 0& x+2 }[/mm]
Das ist völlig falsch !
FRED
>
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
>
> [mm](z_1)' := -\frac{x-2}{2\cdot{}(1-x^2)}* z_1[/mm]
>
> [mm]\phi(x)= exp ( \integral{-\frac{x-2}{2\cdot{}(1-x^2)} dx})[/mm]
>
> [mm]z_1:= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(x+1)-\frac{1}{2}log(1-x))\cdot{} c_1[/mm]
>
> [mm]z_1(0)= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1)-\frac{1}{2}log(1))\cdot{} c_1=1 \Rightarrow c_1 = 1[/mm]
>
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
>
> [mm]z_1:= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(x+1)-\frac{1}{2}log(1-x))[/mm]
>
> [mm](z_2)' := -\frac{x+2}{2\cdot{}(1-x^2)}* z_2[/mm]
>
> [mm]\phi(x)= exp ( \integral{-\frac{x+2}{2\cdot{}(1-x^2)} dx})[/mm]
>
> [mm]z_2:= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1-x)-\frac{1}{2}log(x+1))\cdot{} c_2[/mm]
>
> [mm]z_2(0)= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1)-\frac{1}{2}log(1))\cdot{} c_2=1 \Rightarrow c_2 = 1[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow z_2:= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1-x)-\frac{1}{2}log(x+1))[/mm]
>
>
>
> daraus resultiert [mm]( z_1, z_2) \cdot{} \pmat{ exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(x+1)-\frac{1}{2}log(1-x)) & 0 \\ 0 & exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1-x)-\frac{1}{2}log(x+1)) }[/mm]
>
>
> jetzt noch [mm]\pmat{ exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(x+1)-\frac{1}{2}log(1-x)) & 0 \\ 0 & exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1-x)-\frac{1}{2}log(x+1)) } \cdot{}\vektor{a \\ b}[/mm]
>
> also
>
> [mm]z_1:= exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(x+1)-\frac{1}{2}log(1-x)) \cdot{}a[/mm]
>
> [mm]z_2:=exp(\frac{1}{2}(\frac{3}{2}ln(1-x)-\frac{1}{2}log(x+1)) \cdot{}b[/mm]
>
> richtig so?
|
|
|
| |
|
ich hab doch alles befolgt,was man mir gesagt hat?
ist die matrizen multiplikation denn falsch?
edit:
sorry
da kommt natürlich
$z':= [mm] \pmat{ \frac{1}{x+1} & 0 \\ 0 & \frac{1}{x-1} }$
[/mm]
[mm] $(z_1)'= \frac{1}{x+1}*z$
[/mm]
[mm] $\phi(x)= [/mm] exp ( [mm] \integral{ \frac{1}{x+1} dx}) [/mm] = exp(ln(x+1))= x+1$
[mm] $\Rightarrow z_1 [/mm] := [mm] (x+1)*c_1$
[/mm]
[mm] $z_1(0)= 1*c_1=1 \Rightarrow z_1:= [/mm] x+1$
[mm] $(z_2)'= \frac{1}{x-1}*z$
[/mm]
[mm] $\phi(x)= [/mm] exp ( [mm] \integral{ \frac{1}{x-1} dx}) [/mm] = exp(ln(x-1))= x-1$
[mm] $\Rightarrow z_2 [/mm] := [mm] (x-1)*c_1$
[/mm]
[mm] $z_2(0)= -1*c_1=-1 \Rightarrow z_2:=-( [/mm] x+1)$
nun [mm] $\pmat{ x+1 & 0 \\ 0 & -( x+1) }*\vektor{a \\ b} [/mm] $
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $z_1:= [/mm] (x+1)*a$
[mm] $z_2:=(-( [/mm] x+1))*b$
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:20 Fr 20.03.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:31 Mi 18.03.2015 | | Autor: | fred97 |
Vor 47 Tagen ....
https://matheraum.de/read?t=1050481
erkläre das mal.
FRED
|
|
|
|
