4. Hat diese Differentialgleichung keine reelle Loesung?

Hat diese Differentialgleichung keine reelle Loesung?

  • I

    Ich habe folgende DGL gegeben: y(4)+2y(2)+y=0y^{(4)} + 2 y^{(2)} + y = 0
    Die Aufgabe lautet: Bestimme die allgemeine (reelle) Loesung der DGL.

    Ich habe das dann wie folgt zu loesen versucht:
    Ansatz: y(x)=eλxy(x) = e^{\lambda x}
    Daraus ergibt sich das charakteristische Plynom, von dem wir die Nullstellen bestimmen: λ4eλx+2λ2eλx+eλx=0⇔λ4+2λ2+1=0⇔(λ2+1)2=0⇒Keine relle Loesung\lambda^4 e^{\lambda x} + 2 \lambda^2 e^{\lambda x} + e^{\lambda x} = 0 \Leftrightarrow \lambda^4 + 2\lambda^2 + 1 = 0 \Leftrightarrow(\lambda^2 + 1)^2 = 0 \Rightarrow \text{Keine relle Loesung}

    Wo liegt mein Fehler?

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  • ?

    y = 0 ist eine Lösung

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  • M

    An deinem Ansatz :p Wenn y eine e-Funktion ist, kann die linke Seite nicht 0 werden.

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  • I

    Gut, die Loesung y≡0y \equiv 0 ist trivialerweise immer korrekt fuer homogene DGLs.

    Da im Teil b) noch Anfangsbedingungen hinzukommen, fuer die man die DGL bestimmen muss, nehme ich an, dass es noch eine andere Loesung geben muss.
    Oder sonst haben sie die Aufgabe absichtlich so gestellt.

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  • R

    Kleiner Tipp: ejx=cos(x)+jsin(x)e^{jx} = \cos(x) + j\sin(x)

    Nimm entweder λ=±j\lambda = \pm j oder wähle gleich als Ansatz cos(x)\cos(x) bzw. sin(x)\sin(x) ( sin′′(x)=−sin(x)\sin''(x) = -\sin(x) bzw. cos′′(x)=−cos(x)\cos''(x) = -\cos(x))

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  • I

    rüdiger schrieb:

    Kleiner Tipp: ejx=cos(x)+jsin(x)e^{jx} = \cos(x) + j\sin(x)

    Der Hinweis ist gut, danke.

    Ich habe damit weitergerechnet und habe folgendes erhalten:
    y(x)=(A+B)cos(x)+(B−A)isin(x)y(x) = (A+B)cos(x) + (B-A) i sin(x)

    Darf ich nun den komplexen Teil einfach weglassen? Ich kann mich noch errinnern, dass ich vor ca. 2 Wochen in der Physik bei einer Loesung fuer eine DGL einfach den komplexen Teil weglassen durfte, weil der "komplexe Teil unphysikalisch" ist. Auch scheint y(x)=(A+B)cos(x)y(x) = (A+B)cos(x) die DGL zu erfuellen.

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  • W

    Du kannst auch einfach die Konstanten anders definieren und dann y(x) = a*sin(x) + b*cos(x) schreiben.

    Schließlich hast du das LGS
    a = A + B
    b = i*B - i*A

    ->

    a = A1 + iA2 + B1 + iB2 = (A1 + B1) + i*(A2 + B2)
    b = i*(B1 + iB2) - i*(A1 - iA2) = iB1 - B2 - iA1 + A2 = (A2 - B2) + i*(B1 - A1)

    Und da kannst du für a und b einsetzen, was du willst, es gibt immer ein A und ein B, das die Gleichungen erfüllen (wage ich mal zu behaupten)...

    EDIT: Wenn du eine reelle Lösung haben willst, musst du nur dafür sorgen, dass B1 - A1 == 0 && A2 + B2 == 0

    BTW: Mit wolframalpha.com wäre es leichter gegangen 😉

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  • I

    Danke wxSkip, ich habe das jetzt so gemacht wie du gesagt hast und ich habe nun als Funktion y(x)=asin(x)+bcos(x)y(x) = asin(x) + bcos(x).

    Das Problem ist nun der Teil b). Dort soll man die Loesung y(x)y(x) finden, die die Anfangsbedingungen
    y(0)=y′(0)=y′′(0)=0,y(3)(0)=1y(0) = y'(0) = y''(0) = 0, \quad y^{(3)}(0) = 1
    erfuellt.

    Sehe ich das richtig, dass es dafuer gar keine Loesung bit?

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  • W

    WolframAlpha sagt, dass du das falsch siehst:
    http://www.wolframalpha.com/input/?i=y''''+%2B+2y''+%2B+y+%3D+0%3B+y(0)+%3D+0%3B+y'(0)+%3D+0%3B+y''(0)+%3D+0%3B+y'''(0)+%3D+1

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  • I

    Ich weiss wo das Problem liegt:
    λ=+−1\lambda = +- 1 haben Multiplizitaet 2 und nicht 1, deswegen habe ich zu wenig Terme.

    Ich sollte es nun hinbekommen. Danke fuer die Hilfe.

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  • K

    icarus2 schrieb:

    (λ2+1)2=0⇒Keine relle Loesung(\lambda^2 + 1)^2 = 0 \Rightarrow \text{Keine relle Loesung}
    Wo liegt mein Fehler?

    Nur weil der Eigenwert komplex ist, muss die Loesungsfunktion nicht komplex sein. Aber schauen wir das genauer an.

    Ansatz: y(x)=Ceλxy(x) = Ce^{\lambda x}

    Die Konstante ist wichtig. Trotzdem erhalten wir:

    λ_1=−i,  λ_2=+i\lambda\_1 = -i,~~\lambda\_2 = + i

    Es handelt sich um eine lineare Differentialgleichung, der Differenialoperator ist ebenfalls linear. D.h. wenn y1 und y2 eine Loesung ist, dann ist auch y1 + y2 eine Loesung.

    (eix+e−ix)=2cos(x)(e^{ix} + e^{-ix}) = 2 \cos(x)

    gleiches gilt fuer y1 - y2:

    (eix−e−ix)=2i sin(x)(e^{ix} - e^{-ix}) = 2i~sin(x)

    Nun kann ich diese Loesungen wider linear kombinieren. Wenn y eine Loesung ist, dann ist Zy (Konstante Z) auch eine Loesung. D.h ich kann an die Sinus-Kombination einfach i heranmultiplizieren. So kommt man auf

    y(x)=C_1cos(x)+C_2sin(x)y(x) = C\_1cos(x) + C\_2 sin(x)

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  • ?

    @knivil

    Du vergisst auch ein zwei von den vier Fundamentallösungen. (hat icarus2 ja auch schon hingeschrieben)

    Für linearen, homogene DGLs kann man das charakteristische Polynom aufstellen:

    λ4+2λ2+1=0\lambda^4 + 2\lambda^2 + 1 = 0

    pq-Formel => λ2=−1\lambda^2 = -1

    Die Gleichung hat also zwei doppelte Lösungen, λ1,2=+i\lambda_{1,2} = +i und λ3,4=−i\lambda_{3,4} = -i

    Im allgemeinen sind die Fundamentallösungen dann
    y1=eixy_1 = e^{ix}
    y2=xeixy_2 = xe^{ix} (wegen der doppelten Lösung)

    und entsprechend

    y3=e−ixy_3 = e^{-ix}
    y4=xe−ixy_4 = xe^{-ix} (wegen der doppelten Lösung)

    Doof, das sieht alles komplex aus. Aber jede Linearkombination von den Fundamentallösungen ist auch Lösung. Z.b. ist
    0.5(y_1+y_3)=cos(x)0.5(y\_1 + y\_3) = \cos(x)

    Mit ein bisschen nachdenken kommt man dann auf die reellen Fundamentallösungen

    sin(x),cos(x),xsin(x)\sin(x), \cos(x), x \sin(x) und xcos(x)x \cos(x)

    Und entsprechend ist die Gesamtlösung dann

    y(x)=c_1sin(x)+c_2cos(x)+c_3xsin(x)+c_4xcos(x)y(x) = c\_1 \sin(x) + c\_2 \cos(x) + c\_3 x \sin(x) + c\_4 x \cos(x)

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  • K

    Ja, natuerlich. Ich wollte nur deutlich machen, dass ein komplexes Lambda erstmal gar nichts aussagt.

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