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| Autor |
  DGL in DGL-System transformieren |
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student77
Aktiv 
Dabei seit: 17.09.2014
Mitteilungen: 181
 |  Themenstart: 2021-06-15
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Hallo Leute,
ich möchte diese DGL in ein SGL-System 1. ord. transformieren.
\(x'' -x^2 +2xx'+x+2=0\)
dabei soll \(u_1 =x\) und \(u_2 =x'\) sein. Ich habe es nun so gemacht
\(u_1' = u_2\)
\(u_2' = x'' = x^2 -2xx' -x-2 = u_1^2 -2 u_1 u_2 -u_1 -2\)
So und an dieser Stelle komme ich nicht weiter.
Ich will die Gleichgewichtspunkte finden und das Stabilitätsverhalten an diesen Punkten untersuchen.Dafür brauche ich das DGL-System ja in dieser Form
\( \left(
\begin{array}{c}
u_1' \\
u_2' \\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{cc}
... \\
... \\
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
u_1 \\
u_2 \\
\end{array}
\right)
\)
aber ich weiß nicht wie ich sie in diese Form bringen kann.
Wenn ihr mir helfen könntet wäre das toll.
Grüße student77
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Diophant
Senior 
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10536
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2021-06-15
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Hallo,
sehe ich das richtig, das du das System per Koeffizientenmatrix darstellen möchtest? Das funktioniert nicht, denn die zweite DGL ist nicht linear.
Da musst du also einfach mit den beiden Gleichungen weiterarbeiten. Was die Gleichgewichtspunkte angeht, sieht das hier ja trotzdem sehr übersichtlich aus...
Gruß, Diophant
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student77
Aktiv
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Mitteilungen: 181
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-16
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Hallo,
ja genau ich dachte ich kann die Koeffizientenmatrix benutzen. Da das nicht geht weiß ich grad nicht weiter. Kannst mir einen Tipp geben wie ich jetzt weiter machen muss?
Grüße, student77
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Diophant
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-06-16
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Hallo,
\quoteon(2021-06-16 14:24 - student77 in Beitrag No. 2)
ja genau ich dachte ich kann die Koeffizientenmatrix benutzen...
\quoteoff
Was hättest du denn mit der Koeffizientenmatrix als nächstes gemacht (und weshalb)?
Gruß, Diophant
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student77
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-17
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Hallo,
ah ok ich denke ich habe eine Idee.
Die Gleichgewichtspunkte sind ja die punkte bei dennen gilt:
\(u_1'=u_2 = 0\)
\(u_2' = u_1^2 -2u_1 u_2 -u_1 -2 = 0\)
Also
\(u_1'=u_2 \stackrel{!}{=} 0\) <=> u_2 = 0
\(u_2' = u_1^2 -2u_1 u_2 -u_1 -2 \stackrel{!}{=} 0 <=> u_2 = 0 , u_1 = -1, u_1 = 2\)
Bin ich da auf dem richtigen Weg?
EDIT: Fehler behoben
Grüße,
student77
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Diophant
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| Beitrag No.5, eingetragen 2021-06-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,
auf dem richtigen Weg: ja. Aber die Lösung für \(u_1\) solltest du dir nochmal anschauen. Zum einen stimmt sie nicht, zum anderen gibt es da zwei mögliche Werte...
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Diophant
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| Beitrag No.6, eingetragen 2021-06-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo nochmal,
sei so gut und poste solche Korrekturen in einem neuen Beitrag. Es war jetzt Zufall, dass ich das gesehen habe.
\quoteon(2021-06-17 14:54 - student77 in Beitrag No. 4)
Also
\(u_1'=u_2 \stackrel{!}{=} 0\) <=> u_2 = 0
\(u_2' = u_1^2 -2u_1 u_2 -u_1 -2 \stackrel{!}{=} 0 <=> u_2 = 0 , u_1 = -1, u_1 = 2\)
Bin ich da auf dem richtigen Weg?
\quoteoff
Das stimmt jetzt. Wir haben also die beiden Gleichgewichtspunkte \(\bpm u_1\\u_2 \epm=\bpm -1\\0 \epm\) und \(\bpm u_1\\u_2 \epm=\bpm 2\\0 \epm\).
Gruß, Diophant
\(\endgroup\)
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student77
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-17
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Hallo,
oja danke, habe den Fehler behoben.
Ja ich war gerade dabei diesen Beitrag zu schreiben und zu rechnen.
\(GGP: P_1 = (2,0) , \:\: P_2 = (-1,0)\)
\(Jacobi:
\left(
\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
2u_1 -2u_2 -1& -2u_1\\
\end{array}
\right)
\)
Für \(P_1 = (2,0): A =
\left(
\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
3& -4\\
\end{array}
\right)
\)
\(EW_1: det(A - \lambda E) = \lambda^2 +4 \lambda -3\)
\( \lambda^2 +4 \lambda -3 \stackrel{!}{=} 0 \)
\(=> \lambda_{1,2} = -2 +- \sqrt{7}
\)
somit ist \(Re \lambda_{1,2} = -2 < 0 \) \( \forall \: k \)
\(=> P_1\) ist asymptotisch stabil.
Wäre das so richtig?
Grüße,
student77
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Diophant
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| Beitrag No.8, eingetragen 2021-06-17
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Hallo,
die Rechnung sieht richtig aus. Aber einer der beiden Eigenwerte ist hier positiv, also ist der Gleichgewichtspunkt instabil.
(Beachte, dass die Eigenwerte reell sind, da der Radikand positiv ist!)
Gruß, Diophant
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student77
Aktiv
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Mitteilungen: 181
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-17
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Hallo,
ah ok, also weil mindestens einer der Eigenwerte positiv ist, ist der Gleichgewichtspunkt instabil.
Es muss also heißen:
somit ist \(Re \lambda_{1} = -2 + \sqrt{7} \approx 0,64 > 0 \)
\(=> P_1\) ist instabil.
Ok ich denke ich habs verstanden vielen Dank für deine Hilfe
Grüße,
student77
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