folgende Aufgabe bereitet mir Kopfzerbrechen:
Es soll die Funktion y(t) bestimmt werden für die gilt:
y’’(t)= -4 y(t)
y(0)= 3
y’(0)= 1
Ich kam auf y(t)= e^-2x welches aber nicht mit den letztbeiden genannten Bedingungen stimmig ist.
Wenn jemand allgemein Tips für die Lösung von Differentialgleichungen hat wäre das sehr nett, finde das immer sehr mühselig herauszubekommen.
Leider passt deine Lösung nicht, auch nicht mit der ersten Bedingung. Du bekommst da einen Vorzeichenfehler. Deine Lösung geht eher in Richtung sin(2t) + cos(2t).
Der allgemeine Ansatz ist: setze y=e^(at)
bilde die beiden Ableitungen:
y’=ae^(at)
y’’=aae^(at)
Wenn du diese beide in deine Differentialgleichung einsetzt, dann läßt sich durch e^(at) teilen, weil ungleich Null, und du erhälst mit
aa=-4
die Imaginären Lösungen
a=2i
a=-2i
setzt du diese in deine Gleichung y=e^(at) ein so erhälst du etwas in der Form von sin und cos.
Ich weiß, dass das hier etwas sehr schlampig aufgeschrieben ist, da ich das genaue Vorgehen nochmals nachschlagen müsste und grad nicht viel Zeit habe. Vielleicht ist es ja ein Denkanstoß. Evtl. melde ich mich heute Abend nochmals.
Gruß x303
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Hallo,
y’’(t)= -4 y(t)
y(0)= 3
y’(0)= 1
a=2i
a=-2i
setzt du diese in deine Gleichung y=e^(at) ein so erhälst du
etwas in der Form von sin und cos.
ich übernehm mal den Rest: Mit den beiden Lösungen a1 = 2 i und a2 = –2 i weiß man, dass e2 i t und e–2 i t zwei Fundamentallösungen der Differentialgleichung sind. Wie man zeigen kann, sind sie auch linear unabhängig.
Weil die DG linear ist, ist ihre Lösungsmenge (ohne die Anfangsbedingungen) einfach die Menge aller Linearkombinationen der Fundamentallösungen, d. h. durch
x(t) = α e2 i t + β e–2 i t
mit α, β beliebige komplexe Konstanten.
sind sämtliche Lösungen der DG erfasst. Die Fundamentallösungen spannen also den Lösungraum auf, und das ist bei allen linearen DG so, aber auch nur bei diesen.
Die Parameter α und β (es müssen zwei sein, weil es sich um eine lineare DG zweiter Ordnung handelt) ergeben sich eindeutig aus den beiden Anfangsbedingungen y(0) = 3 und y’(0) = 1. Das ist mit ein paar Zeilen simpler Rechnerei erledigt.
Zum Schluss sollte man dann noch prüfen, ob das Ergebnis eventuell rein reell ist, obwohl noch i’s in e-Exponenten stehen, und es gegebenenfalls zu einem Ausdruck umformen, der statt e… nur sin- und cos-Terme enthält (Beispiel: ei t + e–i t ist trotz des i stets reell, nämlich = 2 cos t).
Gruß
Martin
so, hier ist die Lösung
So, dann geb ich noch kurz die Lösung an 
Ist z=a+bi eine komplexe Zahl, so gilt für e^((a+bi)t)=e^(at)*cos(bt)
Ist z=a-bi so gilt e^((a-bi)t)=e^(at)*sin(bt)
Sowas ist gut nachvollziehbar, wenn man sich die Reihenentwicklung von e, sin und cos anschaut. Also gilt
y(t)=a\*e^(-2it)+b\*e^(2it)=a\*sin(2t)+b\*cos(2t)
leitet man den hinteren Teil ab, und setzt die Anfangswerte rein, so erhält man:
y(t)=0.5 sin(2t) + 3 cos(2t)
y'(t)=2(0,5 cos(2t) - 3 sin(2t))
y''(t)=4(-0,5 sin(2t) - 3 cos(2t)) = -4(0.5 sin(2t) + 3 cos(2t)) = -4y(t)
y(0)= 0 + 3 cos(0) = 3
y'(0)= 2(0,5\*1 - 3\*0) = 1
Wie man an die ganze Sache im Detail rangeht, findest du unter anderem im Repetitorium der Höheren Mathematik von Merziger und Wirth. Schau dir dazu das Kapitel 16.7 „Lineare DGL mit konstanten Koeffizienten“ an auf Seite 448/449. Es sind auch einige Beispiele vorhanden. Und falls du noch Fragen hast, dann melde dich.
Gruß x303
Und hier noch mal die komplette Lösung in Kurzform:
Problem:
y’’(t) + 4 y(t) = 0 [
]
y(0) = 3
y’(0) = 1
y(t) = ?
Lösung:
Klassifizierung der DG []: Gewöhnlich, linear, homogen, zweiter Ordnung (mit fehlendem Erste-Ordnung-Glied), konstante Koeffizienten.
Ansatz: y(t) = eλ t ⇒ λ2 + 4 = 0 ⇒ λ1 = 2 i; λ2 = –2 i
⇒ y(t) = α e2 i t + β e–2 i t
mit α, β komplexe Konstanten sind alle Lösungen der DG [].
Verarbeiten der Anfangsbedingungen:
y’(t) = 2 i α e2 i t – 2 i β e–2 i t
y(0) = 3 ⇒ α + β = 3
y’(0) = 1 ⇒ 2 i α – 2 i β = 1 ⇒ α – β = 1/(2i) = –i/2
Nun könnte man α und β ausrechnen, die Werte in y(t) einsetzen und prüfen, ob der sich ergebende Term reell ist.
Eine Alternative besteht darin, y(t) durch sin und cos ausdrücken:
ei x = cos(x) + i sin(x)
⇒ y(t) = … = (α + β) cos(2 t) + i (α – β) sin(2 t)
Darin steht gerade die schon bekannte α-β-Summe und -Differenz, was die Sache sehr einfach macht:
y(t) = 3 cos(2 t) + i (–i/2) sin(2 t)
y(t) = 3 cos(2 t) + 1/2 sin(2 t)
Fertig. y(t) ist also reell.
Ist z=a-bi so gilt e^((a-bi)t)=e^(at)*sin(bt)
Hoppla… nochmal drüber nachdenken.
Gruß
Martin
danke für die Lösung!
hätte gedacht es ist ein bischen einfacher. 
werde mich damit noch ein wenig beschäftigen müssen bis ich es blicke glaube ich aber ihr seid ne große Hilfe.
merci!
Ist z=a-bi so gilt e^((a-bi)t)=e^(at)*sin(bt)
Hoppla… nochmal drüber nachdenken.
Du hast ja so recht, danke. War wohl doch etwas spät bei mir
Gruß x303