Bsp 55

[dose]

Lalala, ich hasse Eigenwerte...

Mein erster Versuch: y = exp(alpha*ln(x)) = x^alpha in die DGL einsetzen, es bleibt übrig:
lambda = - alpha^2

Wenn ich jetzt versuch, das y in die Randbedingungen einzusetzen, kommt entweder gar nix raus (x^alpha = 0 => unmöglich) oder, wenn ich ne Konstante c dazumultiplizier, c = 0, womit y = 0 wär.

Dann hat mich Maple durch die allg.Lsg. der DGL auf die Idee gebracht, ich könnte das alpha durch lambda ausdrücken und zurückeinsetzen in y, dann kann ich zumindest mal das Determinantenspiel spielen...
alpha = +/- sqrt(-lambda)
=> y = c_1 * x^(sqrt(-lambda)) + c_2 * x^(-sqrt(-lambda))
=> D = [[1,1],[2^(sqrt(-lambda)),2^(-sqrt(-lambda))]]
=> det D = 2^(-sqrt(-lambda)) - 2^(sqrt(-lambda))
=> lambda = 0 (zur Abwechslung mal wieder) und somit y = 0

Any ideas ?

[Matthias]

ok, die bisherigen beispiele hab ich so wie du, hier allerdings nicht. und erstmals bei den EWPs sind wir hier auch zu einer lösung gekommen:

also
lambda = - alpha^2
daraus folgt
alpha = +/- i*sqrt(lambda)

die allg. lösung ist y = A * cos(sqrt(lambda)*x) + B * sin(sqrt(lambda)*x)


PHI = ( cos(sqrt(lambda)*x) sin(sqrt(lambda)*x \
-sqrt(lambda)* sin(sqrt(lambda)*x) sqrt(lambda)*cos(sqrt(lambda)*x) )

R = (1 0 \ 0 0) und S = (0 0 \ 1 0)

D ausrechnen (mag ich jetzt nicht aufschreiben ...), 0 setzen und man kommt nach einigem umformen (sin/cos formeln anwenden) auf cos(sqrt(lambda)) = 0, von dort folgt, dass
lambda = pi^2/4 * (2k+1)^2
sein muss (wegen der periodizität des kosinus).
damit kann man dann auch recht einfach die eigenwert funktion bestimmen. die ist dann:

y(x) = A * cos((2k+1)*pi/2 * x)

[dose]

alpha = +/- i*sqrt(lambda)
Ah, gute Idee, das i rauszuheben...mal sehn was mir das bringt ;)

[Ubik]

daraus folgt
alpha = +/- i*sqrt(lambda)

die allg. lösung ist y = A * cos(sqrt(lambda)*x) + B * sin(sqrt(lambda)*x)

Ist die allg. Lösung nicht

y = A * cos(sqrt(lambda)*ln(x)) + B * sin(sqrt(lambda)*ln(x)) ?

weil anderer Ansatz -> exp(alpha*ln(x)) statt exp(alpha*x) -> laut Maple auch so

[Matthias]

Ist die allg. Lösung nicht

y = A * cos(sqrt(lambda)*ln(x)) + B * sin(sqrt(lambda)*ln(x)) ?


nein, denk ich nicht. wie kommt man da auf das ln x? das beispiel, welches wir da in der VO gerechnet haben, ist ebenfalls so ähnlich, mit dem selben ansatz.

[dose]

Ist die allg. Lösung nicht

y = A * cos(sqrt(lambda)*ln(x)) + B * sin(sqrt(lambda)*ln(x)) ?

weil anderer Ansatz -> exp(alpha*ln(x)) statt exp(alpha*x) -> laut Maple auch so
Das hab ich mir beim ersten Hinschauen auch schon gedacht...ihr ersetzts ja das alpha durch +/-i*sqrt(lambda) in dem gegebenen Ansatz y = exp(alpha*ln(x))...also müßte dann auch y = exp(+/-i*sqrt(lambda)*ln(x) = cos(sqrt(lambda)*ln(x)) +/- i*sin(sqrt(lambda)*ln(x)) sein...

[Matthias]

Das hab ich mir beim ersten Hinschauen auch schon gedacht...ihr ersetzts ja das alpha durch +/-i*sqrt(lambda) in dem gegebenen Ansatz y = exp(alpha*ln(x))...also müßte dann auch y = exp(+/-i*sqrt(lambda)*ln(x) = cos(sqrt(lambda)*ln(x)) +/- i*sin(sqrt(lambda)*ln(x)) sein...

denk ich nicht. man bestimmt alpha über den angegebenen ansatz, hat man das berechnet, kann man wie auf seite 127 vorgehen und die lösungsbasis bestimmen (kein rückersetzen oder was auch immer). und die ist eben A * cos(sqrt(lambda)*x) , B * sin(sqrt(lambda)*x). dort kann imho nie ein lnx oder so auftreten. glaub schon, dass das so stimmt.

[dose]

Hm, blöde Frage: wofür dann alpha bestimmen, wenn man e nicht zurückeinsetzt ?
Löst y = A * cos(sqrt(lambda)*x) + B * sin(sqrt(lambda)*x) überhaupt die DGL ?

[Matthias]

y = A * cos(sqrt(lambda)*ln(x)) + B * sin(sqrt(lambda)*ln(x)) ?

weil anderer Ansatz -> exp(alpha*ln(x)) statt exp(alpha*x) -> laut Maple auch so

ok, da könnte doch was dran sein :) werd's nochmal durchprobieren.

[dose]

...kann man wie auf seite 127 vorgehen...
Weils mir grad eingefallen is: geht nicht, weil es sich nicht um eine DGL mit konstanten Koeffizienten handelt...

[Matthias]

So, neu gerechnet. Also allgemeine Lösung
y = A * cos(sqrt(lambda)*ln(x)) + B * sin(sqrt(lambda)*ln(x)

die stimmt, man kann damit die Probe machen.

Damit kommt man dann auf
D = ( 1 0 \ cos(sqrt(lambda)*ln2) sin(sqrt(lambda)*ln2) )

det D = sin(sqrt(lambda)*ln2)
sqrt(lambda)*ln2 = k * pi
lambda = (k * pi / ln2)^2

Eigenfunktion lässt sich dann auch leicht bestimmen:
y(x) = B * sin(sqrt(lambda)*ln(x))

Sieht insgesamt sehr ähnlich zu dem Beispiel aus der VO aus und müsste passen.

[Matthias]

Weils mir grad eingefallen is: geht nicht, weil es sich nicht um eine DGL mit konstanten Koeffizienten handelt...

es müsste dennoch so funktionieren, wenn man mal das alpha hat. denn die probe mit der allgemeinen lösung stimmt genau.

edit: auch die probe mit dem endergebnis (der eigenfunktion) stimmt, sollte daher tatsächlich so stimmen.

[dose]

es müsste dennoch so funktionieren, wenn man mal das alpha hat. denn die probe mit der allgemeinen lösung stimmt genau.
Glaub nicht...wir ham bei unserer Gleichung einen von x abhängigen Koeffizienten (lambda/x * y, xy'') und die Lösungsmethode (charakteristisches Polynom usw) is nur für konstante Koeffizienten...das alpha kommt ja in der Gleichung gar nicht vor...drum haben wir ja den expliziten Lösungsansatz gegeben, weil die Lösungen selbst nicht einfach zu bestimmen sind...
Aber das nur am Rande, denn...

lambda = (k * pi / ln2)^2

Eigenfunktion lässt sich dann auch leicht bestimmen:
y(x) = B * sin(sqrt(lambda)*ln2)
Bin grad auf dasselbe gekommen \o/

[Ubik]

y(x) = B * sin(sqrt(lambda)*ln(x)) ist vielleicht besser?

[Matthias]

y(x) = B * sin(sqrt(lambda)*ln(x)) ist vielleicht besser?

stimmt natürlich, tippfehler...