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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:38 Di 08.12.2009 | | Autor: | Ikit |
| Aufgabe | Für [mm] \alpha \in \IR [/mm] soll eine Lösung der Randwertaufgabe
y'' = [mm] -\alpha^{2}y [/mm] ; y'(0) = 1 ; y'(1) = 0
berechnet werden. Dazu bestimme man zunächst für beliebiges C [mm] \in \IR [/mm] die Lösung des Hilfsproblems
y'' = [mm] -\alpha^{2}y [/mm] ; y(0) = C ; y'(0) = 1 [mm] \in \IR
[/mm]
a) Formen Sie das Hilfsproblem in ein System von Differenzialgleichungen erster Ordnung mit den jeweiligen Randwerten um. Warum ist es lösbar?
b) Lösen Sie das Hilfsproblem.
c) Bestimmen Sie C so, dass sich die Lösung des ursprünglichen Problems ergibt. |
Ich bin mir nicht sicher, ob mein Vorgehen hier korrekt ist und am Schluss weiß ich irgendwie nicht mehr weiter:
Umformung in ein DGLS:
[mm] y_{1}' [/mm] = [mm] y_{2}
[/mm]
[mm] y_{2}' [/mm] = [mm] -\alpha^{2}y_{1}
[/mm]
[mm] \Rightarrow
[/mm]
[mm] \vec{y'} [/mm] = [mm] \vektor{y_{2} \\ -\alpha^{2}y_{1}}
[/mm]
[mm] \vec{y}(0) [/mm] = [mm] \vektor{C \\ 1}
[/mm]
Jetzt hat man doch ein Homogenes lineares DGLS mit konstanten Koeffizienten d.h.:
[mm] \vec{y'} [/mm] = [mm] A\vec{y}
[/mm]
mit der Koeffizientenmatrix:
A = [mm] \pmat{ 0 & 1 \\ -\alpha^{2} & 0 }
[/mm]
Woran kann ich jetzt eigentlich sehen, dass dieses DGLS lösbar ist?
Eigenwerte berechnen:
[mm] \pmat{ -\lambda & 1 \\ -\alpha^{2} & -\lambda }
[/mm]
[mm] \lambda^{2} [/mm] + [mm] \alpha^{2} [/mm] = 0
[mm] \lambda_{1/2} [/mm] = [mm] \pm \alpha [/mm] i
Eigenvektor zu [mm] \alpha [/mm] i: [mm] \pmat{ -\alpha i & 1 \\ -\alpha^{2} & -\alpha i} [/mm] x = 0 [mm] \rightarrow [/mm] Eigenvektor = [mm] \vektor{1 \\ \alpha i}
[/mm]
Komplexe Lösung des DGLS:
[mm] \vektor{1 \\ \alpha i} e^{\alpha ix} \gdw (\vektor{1 \\ 0} [/mm] + [mm] \vektor{0 \\ \alpha}i)(cos(\alpha [/mm] x) + i [mm] sin(\alpha [/mm] x))
[mm] \rightarrow [/mm]
Re = [mm] \vektor{cos(\alpha x) \\ -\alpha sin(\alpha x)}
[/mm]
Im = [mm] \vektor{sin(\alpha x) \\ \alpha cos(\alpha x)}
[/mm]
Gesamtlösung:
y(x) = [mm] c_{1}\vektor{cos(\alpha x) \\ -\alpha sin(\alpha x)} [/mm] + [mm] c_{2} \vektor{sin(\alpha x) \\ \alpha cos(\alpha x)}
[/mm]
Mit der Nebenbedingung von oben:
y(0) = [mm] c_{1} \vektor{1 \\ 0} [/mm] + [mm] c_{2} \vektor{0 \\ \alpha} [/mm] = [mm] \vektor{C \\ 1}
[/mm]
[mm] \rightarrow c_{1} [/mm] = C [mm] c_{2} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\alpha}
[/mm]
[mm] \rightarrow [/mm] y(x) = C [mm] \vektor{cos(\alpha x) \\ -\alpha sin(\alpha x)} [/mm] + [mm] \bruch{1}{\alpha} \vektor{sin(\alpha x) \\ \alpha cos(\alpha x)}
[/mm]
Ist das alles richtig soweit? Mich verwirrt, dass man immer noch Vektoren hat. Müsste man das DGLS nicht wieder irgendwie zusammenfassen?
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Hallo Ikit,
> Für [mm]\alpha \in \IR[/mm] soll eine Lösung der Randwertaufgabe
> y'' = [mm]-\alpha^{2}y[/mm] ; y'(0) = 1 ; y'(1) = 0
> berechnet werden. Dazu bestimme man zunächst für
> beliebiges C [mm]\in \IR[/mm] die Lösung des Hilfsproblems
> y'' = [mm]-\alpha^{2}y[/mm] ; y(0) = C ; y'(0) = 1 [mm]\in \IR[/mm]
>
> a) Formen Sie das Hilfsproblem in ein System von
> Differenzialgleichungen erster Ordnung mit den jeweiligen
> Randwerten um. Warum ist es lösbar?
> b) Lösen Sie das Hilfsproblem.
> c) Bestimmen Sie C so, dass sich die Lösung des
> ursprünglichen Problems ergibt.
> Ich bin mir nicht sicher, ob mein Vorgehen hier korrekt
> ist und am Schluss weiß ich irgendwie nicht mehr weiter:
>
> Umformung in ein DGLS:
>
> [mm]y_{1}'[/mm] = [mm]y_{2}[/mm]
> [mm]y_{2}'[/mm] = [mm]-\alpha^{2}y_{1}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
> [mm]\vec{y'}[/mm] = [mm]\vektor{y_{2} \\ -\alpha^{2}y_{1}}[/mm]
>
> [mm]\vec{y}(0)[/mm] = [mm]\vektor{C \\ 1}[/mm]
>
> Jetzt hat man doch ein Homogenes lineares DGLS mit
> konstanten Koeffizienten d.h.:
>
> [mm]\vec{y'}[/mm] = [mm]A\vec{y}[/mm]
>
> mit der Koeffizientenmatrix:
>
> A = [mm]\pmat{ 0 & 1 \\ -\alpha^{2} & 0 }[/mm]
>
> Woran kann ich jetzt eigentlich sehen, dass dieses DGLS
> lösbar ist?
An der Stetigkeit der Koeffizientenmatrix A.
>
> Eigenwerte berechnen:
>
> [mm]\pmat{ -\lambda & 1 \\ -\alpha^{2} & -\lambda }[/mm]
>
> [mm]\lambda^{2}[/mm] + [mm]\alpha^{2}[/mm] = 0
> [mm]\lambda_{1/2}[/mm] = [mm]\pm \alpha[/mm] i
>
> Eigenvektor zu [mm]\alpha[/mm] i: [mm]\pmat{ -\alpha i & 1 \\ -\alpha^{2} & -\alpha i}[/mm]
> x = 0 [mm]\rightarrow[/mm] Eigenvektor = [mm]\vektor{1 \\ \alpha i}[/mm]
>
> Komplexe Lösung des DGLS:
>
> [mm]\vektor{1 \\ \alpha i} e^{\alpha ix} \gdw (\vektor{1 \\ 0}[/mm]
> + [mm]\vektor{0 \\ \alpha}i)(cos(\alpha[/mm] x) + i [mm]sin(\alpha[/mm] x))
> [mm]\rightarrow[/mm]
> Re = [mm]\vektor{cos(\alpha x) \\ -\alpha sin(\alpha x)}[/mm]
> Im =
> [mm]\vektor{sin(\alpha x) \\ \alpha cos(\alpha x)}[/mm]
>
> Gesamtlösung:
>
> y(x) = [mm]c_{1}\vektor{cos(\alpha x) \\ -\alpha sin(\alpha x)}[/mm]
> + [mm]c_{2} \vektor{sin(\alpha x) \\ \alpha cos(\alpha x)}[/mm]
Da die DGL 2. Ordnung in ein System von DGLn 1. Ordnung
umgewandelt wurde, steht hier als Lösung:
[mm]\pmat{y_{1}\left(x\right) \\ y_{2}\left(x\right)} = c_{1}\vektor{cos(\alpha x) \\ -\alpha sin(\alpha x)} + c_{2} \vektor{sin(\alpha x) \\ \alpha cos(\alpha x)}[/mm]
>
> Mit der Nebenbedingung von oben:
>
> y(0) = [mm]c_{1} \vektor{1 \\ 0}[/mm] + [mm]c_{2} \vektor{0 \\ \alpha}[/mm] =
> [mm]\vektor{C \\ 1}[/mm]
Auch hier muß stehen:
[mm]\pmat{y_{1}\left(0\right) \\ y_{2}\left(0\right)} = c_{1} \vektor{1 \\ 0} + c_{2} \vektor{0 \\ \alpha} = \vektor{C \\ 1}[/mm]
>
> [mm]\rightarrow c_{1}[/mm] = C [mm]c_{2}[/mm] = [mm]\bruch{1}{\alpha}[/mm]
>
> [mm]\rightarrow[/mm] y(x) = C [mm]\vektor{cos(\alpha x) \\ -\alpha sin(\alpha x)}[/mm]
> + [mm]\bruch{1}{\alpha} \vektor{sin(\alpha x) \\ \alpha cos(\alpha x)}[/mm]
[mm]\pmat{y_{1}\left(x\right) \\ y_{2}\left(x\right)}=C \vektor{cos(\alpha x) \\ -\alpha sin(\alpha x)} + \bruch{1}{\alpha} \vektor{sin(\alpha x) \\ \alpha cos(\alpha x)}[/mm]
>
> Ist das alles richtig soweit? Mich verwirrt, dass man immer
Ja, das ist soweit alles richtig. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> noch Vektoren hat. Müsste man das DGLS nicht wieder
Hier hast Du y mit dem Vektor [mm]\pmat{y_{1} \\ y_{2} }[/mm] verwechselt.
> irgendwie zusammenfassen?
Nein.
Zunächst hast Du die Lösung des DGL-Systems ermittelt.
Nun ist die Lösung der ursrpünglichen DGL, gerade [mm]y_{1}[/mm].
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:08 Di 08.12.2009 | | Autor: | Ikit |
Aah natürlich danke! Um das mal zu Ende zu führen dann:
[mm] y_{1}(x) [/mm] = y(x) = C [mm] cos(\alpha [/mm] x) + [mm] \bruch{1}{\alpha} sin(\alpha [/mm] x)
y'(x) = -C [mm] \alpha sin(\alpha [/mm] x) + [mm] cos(\alpha [/mm] x)
y'(1) = -C [mm] \alpha sin(\alpha) [/mm] + [mm] cos(\alpha) [/mm] = 0
[mm] \rightarrow [/mm] C = [mm] \bruch{cos(\alpha)}{\alpha sin(\alpha)} [/mm] = [mm] (\alpha tan(\alpha))^{-1}
[/mm]
Richtig so?
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Hallo Ikit,
> Aah natürlich danke! Um das mal zu Ende zu führen dann:
>
> [mm]y_{1}(x)[/mm] = y(x) = C [mm]cos(\alpha[/mm] x) + [mm]\bruch{1}{\alpha} sin(\alpha[/mm]
> x)
>
> y'(x) = -C [mm]\alpha sin(\alpha[/mm] x) + [mm]cos(\alpha[/mm] x)
>
> y'(1) = -C [mm]\alpha sin(\alpha)[/mm] + [mm]cos(\alpha)[/mm] = 0
>
> [mm]\rightarrow[/mm] C = [mm]\bruch{cos(\alpha)}{\alpha sin(\alpha)}[/mm] =
> [mm](\alpha tan(\alpha))^{-1}[/mm]
>
> Richtig so?
Ja.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:19 Mi 09.12.2009 | | Autor: | Ikit |
Eine Frage hab ich noch: Das mit der stetigen Matrix hab ich jetzt nicht verstanden. Wann ist denn eine Matrix stetig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:33 Do 10.12.2009 | | Autor: | fred97 |
> Eine Frage hab ich noch: Das mit der stetigen Matrix hab
> ich jetzt nicht verstanden. Wann ist denn eine Matrix
> stetig?
Wenn jeder Eintrag in der Matrix eine stetige Funktion ist
FRED
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