Diffgleichung 3. Ordnung < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:13 Di 06.05.2008 | | Autor: | Rutzel |
| Aufgabe | Gegeben sei die Differentialgleichung:
x'''(t)-x''(t)-x'(t)+x(t)=0
Wie sehen die Lösungen mit x(o)=x'(0)=0 aus? |
Hallo,
zunächst habe ich eine Substitution vorgenommen:
[mm] x_1=x
[/mm]
[mm] x_2=x'
[/mm]
[mm] x_3=x''
[/mm]
damit folgt das Gleichungssystem:
[mm] \vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}' [/mm] = [mm] \pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\-1 & -1 & -1 }\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}
[/mm]
Die Matrix [mm] \pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\-1 & -1 & -1 } [/mm] hat die Eigenvektoren
[mm] (1;-2;1)^t [/mm] [zum EW 1]
[mm] (-1;-i;1)^t [/mm] [zum EW -i]
[mm] (-1;i;1)^t [/mm] [zum EW i]
Daraus folgt als Basis des Lösungsraumes des Differentialsgleichungssystemes:
B = [mm] (e^{-t}\vektor{1 \\ -1 \\ 1},e^{-it}\vektor{-1 \\ -i \\ 1},e^{it}\vektor{-1 \\ i \\ 1})
[/mm]
(Mir ist klar, dass dann jede Lösung eine Linearkombination der Basiselemente ist)
Nur was fange ich jetzt mit "Wie sehen die Lösungen mit x(o)=x'(0)=0 aus?" an?
Gruß,
Rutzel
|
|
| |
|
Hallo Rutzel,
> Gegeben sei die Differentialgleichung:
> x'''(t)-x''(t)-x'(t)+x(t)=0
>
> Wie sehen die Lösungen mit x(o)=x'(0)=0 aus?
> Hallo,
>
> zunächst habe ich eine Substitution vorgenommen:
> [mm]x_1=x[/mm]
> [mm]x_2=x'[/mm]
> [mm]x_3=x''[/mm]
>
> damit folgt das Gleichungssystem:
>
> [mm]\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}'[/mm] = [mm]\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\-1 & -1 & -1 }\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}[/mm]
Das Gleichungssystem muß so lauten:
[mm]\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}'[/mm] = [mm]\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\-1 & \red{+}1 & \red{+}1 }\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}[/mm]
>
> Die Matrix [mm]\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\-1 & -1 & -1 }[/mm]
> hat die Eigenvektoren
> [mm](1;-2;1)^t[/mm] [zum EW 1]
> [mm](-1;-i;1)^t[/mm] [zum EW -i]
> [mm](-1;i;1)^t[/mm] [zum EW i]
>
> Daraus folgt als Basis des Lösungsraumes des
> Differentialsgleichungssystemes:
>
> B = [mm](e^{-t}\vektor{1 \\ -1 \\ 1},e^{-it}\vektor{-1 \\ -i \\ 1},e^{it}\vektor{-1 \\ i \\ 1})[/mm]
>
> (Mir ist klar, dass dann jede Lösung eine Linearkombination
> der Basiselemente ist)
>
> Nur was fange ich jetzt mit "Wie sehen die Lösungen mit
> x(o)=x'(0)=0 aus?" an?
>
> Gruß,
> Rutzel
>
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:19 Di 06.05.2008 | | Autor: | Rutzel |
Autsch, was für ein dummer Fehler...
Nun, da
[mm] \vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}' =\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\-1 & 1 & 1 }\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}
[/mm]
nichtmehr diagonalisierbar ist, habe ich die Jordannormalform ausgrechnet: (ich schreibe es hier sehr knapp auf, da die Matrizen doch einen recht großen Tippaufwand bedeuten)
A:= [mm] \vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}' =\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\-1 & 1 & 1 }\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}
[/mm]
A hat das charak. Poly [mm] p=-(-1+t)^2(1+t) [/mm] und die EW: {-1;1;1}
Zu EW 1:
[mm] Kern(A-E)=<(1;1;1)^t>
[/mm]
[mm] Kern(A-E)^2=<(-1;0;1)^t;(2;1;0)^t>
[/mm]
Zu EW -1:
[mm] Kern(A+E)=<(1;-1;1)^t>
[/mm]
Daraus folgt Jordanbasis:
[mm] B=(\vektor{-1\\ 0 \\ 1};\vektor{1\\ 1 \\ 1};\vektor{1\\ -1 \\ 1})
[/mm]
und die Übergangsmatrix:
[mm] P=\pmat{ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 1}^{-1}
[/mm]
Jordannormalform:
J:= [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1}
[/mm]
[mm] e^{t\cdot J}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ 0 & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ t& 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}
[/mm]
Lösung des Diffgleichungssystemes:
[mm] e^{tA}=P^{-1}e^{tJ}P
[/mm]
[mm] =\pmat{ \bruch{1}{4}e^{-t}(1+e^{2t}(3-2t)) & \bruch{1}{2}e^{-t}(-1+e^{2t}) & \bruch{1}{4}e^{-t}(1+e^{2t}(-1+2t)) \\ \bruch{1}{4}e^{-t}(-1+e^{2t}(1-2t)) & \bruch{1}{2}e^{-t}(1+e^{2t}) & \bruch{1}{4}e^{-t}(-1+e^{2t}(1+2t)) \\ \bruch{1}{4}e^{-t}(1-e^{2t}(1+2t)) & \bruch{1}{2}e^{-t}(-1+e^{2t}) & \bruch{1}{4}e^{-t}(1+e^{2t}(3+2t))}
[/mm]
Der Lösungsraum wird also von der Spalten dieser Matrix aufgespannt.
Puh...
So, nehmen wir man an die Lösung stimmt jetzt. Wie geht es weiter??
Gruß,
Rutzel
|
|
|
| |
|
Hallo Rutzel,
> Autsch, was für ein dummer Fehler...
>
> Nun, da
> [mm]\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}' =\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\-1 & 1 & 1 }\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}[/mm]
>
> nichtmehr diagonalisierbar ist, habe ich die
> Jordannormalform ausgrechnet: (ich schreibe es hier sehr
> knapp auf, da die Matrizen doch einen recht großen
> Tippaufwand bedeuten)
>
> A:= [mm]\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}' =\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\-1 & 1 & 1 }\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}[/mm]
>
> A hat das charak. Poly [mm]p=-(-1+t)^2(1+t)[/mm] und die EW:
> {-1;1;1}
>
> Zu EW 1:
> [mm]Kern(A-E)=<(1;1;1)^t>[/mm]
> [mm]Kern(A-E)^2=<(-1;0;1)^t;(2;1;0)^t>[/mm]
>
> Zu EW -1:
> [mm]Kern(A+E)=<(1;-1;1)^t>[/mm]
>
> Daraus folgt Jordanbasis:
> [mm]B=(\vektor{-1\\ 0 \\ 1};\vektor{1\\ 1 \\ 1};\vektor{1\\ -1 \\ 1})[/mm]
>
> und die Übergangsmatrix:
>
> [mm]P=\pmat{ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 1}^{-1}[/mm]
>
> Jordannormalform:
>
> J:= [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1}[/mm]
>
> [mm]e^{t\cdot J}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ 0 & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ t& 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}[/mm]
Das ist erstmal ein Hauptsystem des transformierten DGL-Systems:
[mm]\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}'=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1}\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}[/mm]
Dies hat dann die Lösungen:
[mm]\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}*\pmat{C_{1} \\ C_{2} \\ C_{3}}[/mm]
Die Lösungen des ursprünglichen DGL-Systems erhältst Du,wenn Du die Matrix B von links mit den Lösungen des transformierten Systems multiplizierst:
[mm]\pmat{x_{1} \\ x_{2} \\ \x_{3}} =B\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}[/mm]
>
> Lösung des Diffgleichungssystemes:
>
> [mm]e^{tA}=P^{-1}e^{tJ}P[/mm]
> [mm]=\pmat{ \bruch{1}{4}e^{-t}(1+e^{2t}(3-2t)) & \bruch{1}{2}e^{-t}(-1+e^{2t}) & \bruch{1}{4}e^{-t}(1+e^{2t}(-1+2t)) \\ \bruch{1}{4}e^{-t}(-1+e^{2t}(1-2t)) & \bruch{1}{2}e^{-t}(1+e^{2t}) & \bruch{1}{4}e^{-t}(-1+e^{2t}(1+2t)) \\ \bruch{1}{4}e^{-t}(1-e^{2t}(1+2t)) & \bruch{1}{2}e^{-t}(-1+e^{2t}) & \bruch{1}{4}e^{-t}(1+e^{2t}(3+2t))}[/mm]
Die Lösung des DGL-Systems ist ein Vektor.
>
> Der Lösungsraum wird also von der Spalten dieser Matrix
> aufgespannt.
>
>
> Puh...
>
> So, nehmen wir man an die Lösung stimmt jetzt. Wie geht es
> weiter??
Fertig.
>
> Gruß,
> Rutzel
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:04 Mi 07.05.2008 | | Autor: | Rutzel |
> > So, nehmen wir man an die Lösung stimmt jetzt. Wie geht es
> > weiter??
>
> Fertig.
>
> >
> > Gruß,
> > Rutzel
>
> Gruß
> MathePower
Aber ich habe doch alle Lösungen gefunden. Ich soll aber nur die Lösungen mit x(o)=x'(0)=0 angeben. Hier stehe ich eben auf dem Schlauch, wie ich aus der allgemeinen Lösung die spezielle Lösung für x(o)=x'(0)=0 herausfinde.
Gruß,
Rutzel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:13 Mi 07.05.2008 | | Autor: | fred97 |
Was macht Ihr eigentlich ?
Die Lösungen der DGL sind doch reellwertige Fktn.
Es handelt sich um eine homogene lineare Dgl 3. Ordnung. Das zugehörige char. Polynom hat die Nullstellen 1 (doppelt) und -1, also ist
exp(t), texp(t), exp(-t)
ein Fundamentalsystem. Die allgemeine Lösung ist eine Linearkombination aus obigen Lösungen. Die Bedingungen x(0) = x'(0) =0 führen dann auf was .................?
Fred
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:30 Mi 07.05.2008 | | Autor: | Rutzel |
> Was macht Ihr eigentlich ?
> Die Lösungen der DGL sind doch reellwertige Fktn.
>
> Es handelt sich um eine homogene lineare Dgl 3. Ordnung.
> Das zugehörige char. Polynom hat die Nullstellen 1
> (doppelt) und -1, also ist
>
> exp(t), texp(t), exp(-t)
>
> ein Fundamentalsystem. Die allgemeine Lösung ist eine
> Linearkombination aus obigen Lösungen. Die Bedingungen x(0)
> = x'(0) =0 führen dann auf was .................?
>
> Fred
Hallo, dein Vorgehen kann ich überhaupt nicht nachvollziehen.
Meine Überlegung war: Die Lösung des Diffgleichungssystemes ist eine Linearkombination der Spalten der Matrix [mm] e^{tA}.
[/mm]
[mm] e^{tA} [/mm] kann ich aber nur berechnen, wenn ich einen Basiswechsel von A zur Jordannormalform J durchführe und dann [mm] e^{tJ} [/mm] berechne und schlussendlich wieder den Basiswechsel rückgängig mache.
Dein Vorschlag (soweit ich mir das Vorstellen kann), sagt, das die Basiselemente des Lösungsraumes so aussehen: [mm] e^{t\lamda_i}*v_i [/mm] wobei [mm] \lambda_i [/mm] ein EW von A und [mm] v_i [/mm] ein Eigenvektor ist.
Dies stimmt doch aber nur, falls die EW von A paarweise verschieden sind. (A also diagonalisierbar ist)
Gruß, Rutzel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:39 Mi 07.05.2008 | | Autor: | fred97 |
Ursprünglich hast Du doch eine Differentialgleichung gegeben .
Diese kannst Du natürlich in ein System umschreiben, mußt Du aber nicht.
Habt Ihr nicht gelernt , wie man eine lineare Dgl der Ordnung n löst ?
Gruß Fred
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:21 Mi 07.05.2008 | | Autor: | Rutzel |
> Habt Ihr nicht gelernt , wie man eine lineare Dgl der
> Ordnung n löst ?
>
>
> Gruß Fred
nur so, wie ich es vorgerechnet habe.
Gruß,
Rutzel
|
|
|
| |
|
Hallo Rutzel,
> > > So, nehmen wir man an die Lösung stimmt jetzt. Wie geht es
> > > weiter??
> >
> > Fertig.
> >
> > >
> > > Gruß,
> > > Rutzel
> >
> > Gruß
> > MathePower
>
> Aber ich habe doch alle Lösungen gefunden. Ich soll aber
> nur die Lösungen mit x(o)=x'(0)=0 angeben. Hier stehe ich
> eben auf dem Schlauch, wie ich aus der allgemeinen Lösung
> die spezielle Lösung für x(o)=x'(0)=0 herausfinde.
Sorry, hab ich übersehen.
Die ursprüngliche Lösung ist ja dann:
[mm]x\left(t\right)=C_{1}e^{t}+C_{2}*t*e^{t}+C_{3}*e^{-t}[/mm]
Setze hier t=0 ein
Das selbe machst Du mit der Ableitung.
Lösung ableiten, t=0 einsetzen.
>
> Gruß,
> Rutzel
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:20 Mi 07.05.2008 | | Autor: | Rutzel |
Ich hatte vorhin ja einiges übersehen, von dem was du geschrieben hast!
> > [mm]e^{t\cdot J}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ 0 & e^t & 0 \\ 0 & 0 &
e^{-t}}\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ t& 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}[/mm]
>
> Das ist erstmal ein Hauptsystem des transformierten
> DGL-Systems:
>
> [mm]\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}'=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1}\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}[/mm]
>
> Dies hat dann die Lösungen:
>
> [mm]\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}*\pmat{C_{1} \\ C_{2} \\ C_{3}}[/mm]
>
>
> Die Lösungen des ursprünglichen DGL-Systems erhältst
> Du,wenn Du die Matrix B von links mit den Lösungen des
> transformierten Systems multiplizierst:
>
> [mm]\pmat{x_{1} \\ x_{2} \\ \x_{3}} =B\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}[/mm]
Hier an dieser Stelle noch mal bitte langsamer. Wenn ich Dich richtig verstehe, machst du den Basiswechsel wieder rückgängig.
Wir sind zum Hauptsystem des transformierten DGL-Systems durch
PAP^-{1} gekommen und haben davon die Lösung
[mm] \pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}*\pmat{C_{1} \\ C_{2} \\ C_{3}}
[/mm]
gefunden.
Will man jetzt den Basiswechsel wieder rückgängig machen,
so muss man doch
[mm] P^{-1}\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}P
[/mm]
und nicht
[mm] P^{-1}\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}(=B\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}})
[/mm]
rechnen, oder?
> Sorry, hab ich übersehen.
>
> Die ursprüngliche Lösung ist ja dann:
>
> [mm]x\left(t\right)=C_{1}e^{t}+C_{2}*t*e^{t}+C_{3}*e^{-t}[/mm]
Ja, das schreibt auch fred97. wenn ich aber
[mm] B\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}
[/mm]
rechne (was ich nicht verstehe, warum dies zur Lösung des ursprünglichen DGL-Sys. führen soll) kommt folgendes heraus:
[mm] B\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}=\pmat{ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 1}\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}=\pmat{ -e^t+te^t & e^t & e^{-t} \\ te^{t} & e^t & -e^{-t} \\ e^t+te^t & e^t & e^{-t}}
[/mm]
wie kommst du dann auf [mm] x\left(t\right)=C_{1}e^{t}+C_{2}*t*e^{t}+C_{3}*e^{-t} [/mm] ?
>
> Setze hier t=0 ein
>
> Das selbe machst Du mit der Ableitung.
>
> Lösung ableiten, t=0 einsetzen.
Gruß,
Rutzel
|
|
|
| |
|
Hallo Rutzel,
> Ich hatte vorhin ja einiges übersehen, von dem was du
> geschrieben hast!
>
> > > [mm]e^{t\cdot J}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ 0 & e^t & 0 \\ 0 & 0 &
e^{-t}}\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ t& 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}[/mm]
>
> >
> > Das ist erstmal ein Hauptsystem des transformierten
> > DGL-Systems:
> >
> > [mm]\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}'=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1}\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}[/mm]
>
> >
> > Dies hat dann die Lösungen:
> >
> > [mm]\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}*\pmat{C_{1} \\ C_{2} \\ C_{3}}[/mm]
>
> >
> >
> > Die Lösungen des ursprünglichen DGL-Systems erhältst
> > Du,wenn Du die Matrix B von links mit den Lösungen des
> > transformierten Systems multiplizierst:
> >
> > [mm]\pmat{x_{1} \\ x_{2} \\ \x_{3}} =B\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}[/mm]
>
> Hier an dieser Stelle noch mal bitte langsamer. Wenn ich
> Dich richtig verstehe, machst du den Basiswechsel wieder
> rückgängig.
>
> Wir sind zum Hauptsystem des transformierten DGL-Systems
> durch
> PAP^-{1} gekommen und haben davon die Lösung
> [mm]\pmat{\tilde{x_{1}} \\ \tilde{x_{2}} \\ \tilde{x_{3}}}=\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}*\pmat{C_{1} \\ C_{2} \\ C_{3}}[/mm]
>
> gefunden.
> Will man jetzt den Basiswechsel wieder rückgängig machen,
> so muss man doch
> [mm]P^{-1}\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}P[/mm]
>
> und nicht
> [mm]P^{-1}\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}(=B\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}})[/mm]
>
> rechnen, oder?
Nein.
Das DGL-System [mm]x'=Ax[/mm] wird durch [mm]x=P\tilde{x}[/mm] überführt in:
[mm]P*\tilde{x}^{'}=A*P*\tilde{x}[/mm]
[mm]\Rightarrow \tilde{x}^{'}=P^{-1}*A*P*\tilde{x}[/mm]
>
> > Sorry, hab ich übersehen.
> >
> > Die ursprüngliche Lösung ist ja dann:
> >
> > [mm]x\left(t\right)=C_{1}e^{t}+C_{2}*t*e^{t}+C_{3}*e^{-t}[/mm]
>
> Ja, das schreibt auch fred97. wenn ich aber
> [mm]B\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}[/mm]
>
> rechne (was ich nicht verstehe, warum dies zur Lösung des
> ursprünglichen DGL-Sys. führen soll) kommt folgendes
> heraus:
> [mm]B\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}=\pmat{ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 1}\pmat{ e^t & 0 & 0 \\ te^t & e^t & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t}}=\pmat{ -e^t+te^t & e^t & e^{-t} \\ te^{t} & e^t & -e^{-t} \\ e^t+te^t & e^t & e^{-t}}[/mm]
Wenn Du so willst ist das ein Hauptsystem des ursprünglichen DGL-Systems.
>
> wie kommst du dann auf
> [mm]x\left(t\right)=C_{1}e^{t}+C_{2}*t*e^{t}+C_{3}*e^{-t}[/mm] ?
Das hab ich aus der ursprünglichen DGL.
Mit dem Ansatz [mm]x\left(t\right)=e^{r*t}[/mm] kommst auch Du darauf.
>
> >
> > Setze hier t=0 ein
> >
> > Das selbe machst Du mit der Ableitung.
> >
> > Lösung ableiten, t=0 einsetzen.
>
>
> Gruß,
> Rutzel
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:05 Mi 07.05.2008 | | Autor: | Rutzel |
> > wie kommst du dann auf
> > [mm]x\left(t\right)=C_{1}e^{t}+C_{2}*t*e^{t}+C_{3}*e^{-t}[/mm] ?
>
> Das hab ich aus der ursprünglichen DGL.
>
> Mit dem Ansatz [mm]x\left(t\right)=e^{r*t}[/mm] kommst auch Du
> darauf.
Hallo,
nein, tut mir leid, ich komm nicht drauf. Hier das Resultat meiner 1,5 stündigen Überlegung (wenn ich hinzufügen darf: Diffgleichungen nerven... :-( ):
Setze ich deinen Ansatz in die ursprünglichen DGL ein, erhalte ich:
[mm] r^3e^{rt}-r^2e^{rt}-re^{rt}+e^{rt}=0
[/mm]
<=>
[mm] e^{rt}(r^3-r^2-r+1)=0
[/mm]
[mm] (r^3-r^2-r+1)=0
[/mm]
<=> r=1(doppelt) oder -1
also folgt:
[mm] x(t)=C_1e^t+C_2e^t+c_3e^{-t}
[/mm]
und das unterscheidet sich von deiner Lösung (meine Lösung ist falsch, das habe ich durch Einsetzten in die DGL bereits getestet.)
Gruß,
Rutzel
|
|
|
| |
|
Hallo Rutzel,
> > > wie kommst du dann auf
> > > [mm]x\left(t\right)=C_{1}e^{t}+C_{2}*t*e^{t}+C_{3}*e^{-t}[/mm] ?
> >
> > Das hab ich aus der ursprünglichen DGL.
> >
> > Mit dem Ansatz [mm]x\left(t\right)=e^{r*t}[/mm] kommst auch Du
> > darauf.
>
> Hallo,
>
> nein, tut mir leid, ich komm nicht drauf. Hier das Resultat
> meiner 1,5 stündigen Überlegung (wenn ich hinzufügen darf:
> Diffgleichungen nerven... :-( ):
> Setze ich deinen Ansatz in die ursprünglichen DGL ein,
> erhalte ich:
> [mm]r^3e^{rt}-r^2e^{rt}-re^{rt}+e^{rt}=0[/mm]
> <=>
> [mm]e^{rt}(r^3-r^2-r+1)=0[/mm]
>
> [mm](r^3-r^2-r+1)=0[/mm]
> <=> r=1(doppelt) oder -1
Da r=1 doppelt ist, ist auch [mm]t*e^{t}[/mm] eine Lösung.
> also folgt:
> [mm]x(t)=C_1e^t+C_2e^t+c_3e^{-t}[/mm]
>
> und das unterscheidet sich von deiner Lösung (meine Lösung
> ist falsch, das habe ich durch Einsetzten in die DGL
> bereits getestet.)
>
> Gruß,
> Rutzel
>
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:40 Mi 07.05.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo,
D.h. wenn r=1 3-fach wäre, wäre auch
[mm] t^2e^t [/mm] eine Lösung?
Nach welcher Regel zieht man das t bei mehrfachen Nullstellen aus dem Exponent nach unten?
(so, wenn ich das verstanden habe, dann glaub ich wares das aber zu dieser Aufgabe  )
Gruß,
Rutzel
|
|
|
| |
|
Hallo Rutzel,
> Hallo,
> D.h. wenn r=1 3-fach wäre, wäre auch
> [mm]t^2e^t[/mm] eine Lösung?
Ja.
>
> Nach welcher Regel zieht man das t bei mehrfachen
> Nullstellen aus dem Exponent nach unten?
Nach welcher Regel das geschieht ist auch mir nicht bekannt.
>
> (so, wenn ich das verstanden habe, dann glaub ich wares das
> aber zu dieser Aufgabe )
>
> Gruß,
> Rutzel
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:09 Mi 07.05.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo MathePower,
danke für Deine Geduld.
Gruß,
Rutzel
|
|
|
|
