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| Aufgabe | | Die DGL n-ter Ordnung der Gestalt $Lu(t)=f(t)$ mit [mm] $Lu(t):=u^{(5)}(t)+4u^{(4)}(t)+2u^{(3)}(t)-4u''(t)+8u'(t)+16u(t)$ [/mm] und [mm] $f(t):=exp(\mu t)cos(\nu [/mm] t)$ hat die partikuläre Lösung [mm] $u_p(t)=c *exp(\mu [/mm] t) [mm] cos(\nu [/mm] t) + d [mm] *exp(\mu [/mm] t) [mm] sin(\nu [/mm] t)$ für [mm] $\mu [/mm] + i [mm] \nu \ne [/mm] 1 [mm] \pm [/mm] i$ |
Hallo,
meine Frage bezieht sich auf die allerletzte Einschränkung "für [mm] $\mu [/mm] + i [mm] \nu \ne [/mm] 1 [mm] \pm [/mm] i$ ". Auf die partikuläre Lösung [mm] $u_p$ [/mm] kommt man durch den Ansatz vom Typ der rechten Seite. Ich hab das auch mal alles nachgerechnet, was selbst mit technischen Hilfsmitteln ein ziemlicher Aufwand war und komme durch Einsetzen von [mm] $u_p$ [/mm] von oben in $Lu$ auf:
$$ [mm] Lu_p(t)=exp(\mu [/mm] t)( ( [mm] c*p(\mu,\nu) [/mm] + [mm] d*q(\mu,\nu) )cos(\nu*t) [/mm] + [mm] (d*p\mu,\nu)-c*q(\mu,\nu))*sin(\nu [/mm] t) )$$
wobei [mm] $p(\mu,\nu)$ [/mm] und [mm] $q(\mu,\nu))$ [/mm] Koeffizientenpolynome sind (hab sie auch ausgerechnet) für die sich dann auch tatsächlich durch Einsetzen:
[mm] $$p(1,\pm 1)=q(1,\pm [/mm] 1)=0$$
ergibt, wodurch die DGL in dem Fall tatsächlich nicht lösbar ist. Soweit so gut. Jetzt ist aber meine Frage: Geht das nicht irgendwie einfacher?
Hierzu war meine Idee folgende:
Das charakteristische Polynom zu der oben definierten DGL ist folgendes:
[mm] $$P(\lambda) [/mm] = [mm] \lambda^5 [/mm] + 4 [mm] \lambda [/mm] ^4 + 2 [mm] \lambda^3 [/mm] - 4 [mm] \lambda^2 [/mm] + [mm] 8\lambda [/mm] + 16$$
Dieses hat die Nullstellen: [mm] $\lambda_1=-2, \lambda_2=1+i, \lambda_3=1-i$
[/mm]
wodurch man folgendes reeles Fundamentalsystem für die homogene DGL $lu(t)=0$ erhält:
$exp(-2t), [mm] t*exp(-2t),t^2 [/mm] * exp(-2t), exp(t)*sin(t), exp(t)*cos(t)$
Die letzten beiden sind gerade Real- und Imaginärteil der komplexen Lösung [mm] $exp(\lambda_2*t)$.
[/mm]
Das scheint mir kein Zufall zu sein, dass der Ansatz vom Typ der rechten Seite nicht für die Eigenwerte des charakteristischen Polynoms funktioniert. Mir will aber noch nicht einleuchten warum. Findet man das charakteristische Polynom vielleicht irgendwie in den Koeffizientenpolynomen [mm] $p(\mu,\nu)$ [/mm] und [mm] $q(\mu,\nu)$ [/mm] wieder, so dass man direkt sehen kann (ohne dies mühsam nachzurechenen), dass diese beim Einsetzen von [mm] $\mu=1$ [/mm] und [mm] $\nu=\pm [/mm] 1$ Null werden?
Vielen Dank für eure Mühe
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Hallo no_brain_no_pain,
> Die DGL n-ter Ordnung der Gestalt [mm]Lu(t)=f(t)[/mm] mit
> [mm]Lu(t):=u^{(5)}(t)+4u^{(4)}(t)+2u^{(3)}(t)-4u''(t)+8u'(t)+16u(t)[/mm]
> und [mm]f(t):=exp(\mu t)cos(\nu t)[/mm] hat die partikuläre Lösung
> [mm]u_p(t)=c *exp(\mu t) cos(\nu t) + d *exp(\mu t) sin(\nu t)[/mm]
> für [mm]\mu + i \nu \ne 1 \pm i[/mm]
> Hallo,
> meine Frage bezieht sich auf die allerletzte
> Einschränkung "für [mm]\mu + i \nu \ne 1 \pm i[/mm] ". Auf die
> partikuläre Lösung [mm]u_p[/mm] kommt man durch den Ansatz vom Typ
> der rechten Seite. Ich hab das auch mal alles
> nachgerechnet, was selbst mit technischen Hilfsmitteln ein
> ziemlicher Aufwand war und komme durch Einsetzen von [mm]u_p[/mm]
> von oben in [mm]Lu[/mm] auf:
>
> [mm]Lu_p(t)=exp(\mu t)( ( c*p(\mu,\nu) + d*q(\mu,\nu) )cos(\nu*t) + (d*p\mu,\nu)-c*q(\mu,\nu))*sin(\nu t) )[/mm]
>
> wobei [mm]p(\mu,\nu)[/mm] und [mm]q(\mu,\nu))[/mm] Koeffizientenpolynome sind
> (hab sie auch ausgerechnet) für die sich dann auch
> tatsächlich durch Einsetzen:
> [mm]p(1,\pm 1)=q(1,\pm 1)=0[/mm]
> ergibt, wodurch die DGL in dem
> Fall tatsächlich nicht lösbar ist. Soweit so gut. Jetzt
> ist aber meine Frage: Geht das nicht irgendwie einfacher?
>
> Hierzu war meine Idee folgende:
> Das charakteristische Polynom zu der oben definierten DGL
> ist folgendes:
> [mm]P(\lambda) = \lambda^5 + 4 \lambda ^4 + 2 \lambda^3 - 4 \lambda^2 + 8\lambda + 16[/mm]
>
> Dieses hat die Nullstellen: [mm]\lambda_1=-2, \lambda_2=1+i, \lambda_3=1-i[/mm]
>
> wodurch man folgendes reeles Fundamentalsystem für die
> homogene DGL [mm]lu(t)=0[/mm] erhält:
> [mm]exp(-2t), t*exp(-2t),t^2 * exp(-2t), exp(t)*sin(t), exp(t)*cos(t)[/mm]
>
> Die letzten beiden sind gerade Real- und Imaginärteil der
> komplexen Lösung [mm]exp(\lambda_2*t)[/mm].
> Das scheint mir kein Zufall zu sein, dass der Ansatz vom
> Typ der rechten Seite nicht für die Eigenwerte des
> charakteristischen Polynoms funktioniert. Mir will aber
> noch nicht einleuchten warum. Findet man das
Nun, weil in diesem Fall die rechte Seite ebenfalls Lösung der DGL ist.
> charakteristische Polynom vielleicht irgendwie in den
> Koeffizientenpolynomen [mm]p(\mu,\nu)[/mm] und [mm]q(\mu,\nu)[/mm] wieder, so
> dass man direkt sehen kann (ohne dies mühsam
> nachzurechenen), dass diese beim Einsetzen von [mm]\mu=1[/mm] und
> [mm]\nu=\pm 1[/mm] Null werden?
> Vielen Dank für eure Mühe
Gruss
MathePower
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Verstehe das leider so immer noch nicht. Wieso ist das dann nicht lösbar?
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Hallo no_brain_no_pain,
> Verstehe das leider so immer noch nicht. Wieso ist das dann
> nicht lösbar?
Weil die durch Koeffizientenvergleich ermittelte Gleichung dann lautet:
[mm]0= 1[/mm]
Und hieraus kannst Du keine Koeffizienten bestimmen.
Gruss
MathePower
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Welche durch Koeffizietenvergleich ermittelte Gleichung lautet dann 0=1?
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Hallo no_brain_no_pain,
> Welche durch Koeffizietenvergleich ermittelte Gleichung
> lautet dann 0=1?
Wenn Den Ansatz für die partikuläre Lösung
[mm]u_{t}\left(t\right)=A*exp(1*t)cos(1* t)[/mm]
in die DGL einsetzt.
Nach Einsetzen lautet die Gleichung
[mm]0*exp(1*t)cos(1* t)=1*exp(1*t)cos(1* t)[/mm]
Gruss
MathePower
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Ah, jetzt hats klick gemacht. :)
Vielen Dank!
Die Idee ist also: Wenn schon $ [mm] u_{p}\left(t\right)=A\cdot{}exp(1\cdot{}t)cos(1\cdot{} [/mm] t) $ keine partikuläre Lösung ist, dann kann das $ [mm] u_{t}\left(t\right)=A\cdot{}exp(1\cdot{}t)cos(1\cdot{} [/mm] t) [mm] +B\cdot{}exp(1\cdot{}t)sins(1\cdot{} [/mm] t)$ erst recht nicht sein. Super, aber ärger mich gerade, dass ich da so viel Zeit verschenkt habe mit nachrechnen.
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