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Universität/Hochschule J Taylorentwicklung mit DG
paulster
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  Themenstart: 2021-08-29

Hi Leute, ich bin auf folgendes altes Prüfungsbeispiel gestoßen, dass wir in ähnlicher Form in der VO nicht behandelt haben, das aber dennoch kommen kann. Über Ideen und Ansätze wäre ich sehr froh, da ich nicht wirklich weiß, wie ich anfangen soll. --- Gegeben ist das Anfangswertproblem $x´= -x + sin(\epsilon x), \, x(0)=a \in \mathbb{R} $ mit dem Parameter $\epsilon \in \mathbb{R}$. Es sei $x(t,a,\epsilon)$ die Lösung dieses AWP. Berechnen Sie für $a=2$ und kleine Werte von $\epsilon$ die Terme $x_0(t)$ und $x_1(t)$ in der Taylorentwicklung $x(t,2,\epsilon) = x_0(t) + \epsilon x_1(t) + O(\epsilon^2)$. Hinweis: Verwenden Sie die Linearisierung an $x(t,2,0)$. --- Irgendwie kann man da die Ableitung berechnen und dann in die DG oben einsetzten glaub ich, aber ich weiß es leider nicht. Danke schonmal im Voraus für Ideen und Ansätze. LG, paulster


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semasch
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-08-30

Moin paulster, auf der linken Seite der DGL \[x' = -x + \sin(\epsilon x)\] erhältst du mit der angegebenen Taylorentwicklung \[x' = x_0' + \epsilon x_1' + \mathcal{O}(\epsilon^2).\] Bestimme nun die rechte Seite genau so bis auf Terme der Ordnung $\epsilon^2$. Überlege dir dann, dass du einen Koeffizientenvergleich für die Terme nullter und erster Ordnung durchführen kannst. Dadurch erhältst du zwei (gekoppelte) DGLs für $x_0$ und $x_1$. Die Anfangsbedingungen für $x_0$ und $x_1$ kannst du aus \[2 = x(0,2,\epsilon) = x_0(0) + \epsilon x_1(0) + \mathcal{O}(\epsilon^2), \, \forall \epsilon \in \mathbb{R},\] folgern. LG, semasch


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paulster
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-30

Guten Morgen Semasch, danke für deinen Input, ich hätte jetzt folgendes dazu überlegt. $x´= x_0´+ \epsilon x_1´+ O(\epsilon^2)$ $x´= -x_0 - \epsilon x_1 + O(\epsilon^2) + sin( \epsilon (x_0 + \epsilon x_1 + O(\epsilon^2))$ Dabei betrachten wir nur den ersten Term der Sinus Reihe, also $\epsilon x_0 + O(\epsilon^2)$, oder?. Also das sind vermutlich die beiden gekoppelten DG? Ich bin mir nicht ganz sicher, wie ich den $O(\epsilon^2)$-Term genau behandeln soll, also ob da jetzt in der zweiten Gleichung ein $`-`$ davor gehört, oder nicht und was denn innerhalb von $sin(\epsilon O(\epsilon^2))$ passiert, also ob das dann zu einem $O(\epsilon^3)$ wird oder so. Das führt dann zu $x´= x_0´+ \epsilon x_1´+ O(\epsilon^2)$ $x´= -x_0 + \epsilon (x_0 - x_1) + O(\epsilon^2)$ Also $x_0´=-x_0 \Rightarrow x_0 = ce^{-t}$ Wegen der Anfangsbedingung würde ich auf $c=2$ kommen, also $x_0(t) = 2e^{-t}$ Es bleibt $x_1´= x_0 - x_1 = 2e^{-t} - x_1 \Rightarrow x_1(t) = ce^{-t} + 2te^{-t}$ Wegen der Anfangsbedingung würde ich auf $c=0$ kommen und somit auf $x_1(t)=2te^{-t}$ Ich bin mir nicht ganz sicher, ob der Koeffizientenvergleich so stimmt, es könnte doch theoretisch auch umgekehrt sein, oder nicht ? LG und vielen Dank, paulster.


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semasch
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-08-30

\quoteon(2021-08-30 11:22 - paulster in Beitrag No. 2) Guten Morgen Semasch, danke für deinen Input, ich hätte jetzt folgendes dazu überlegt. $x´= x_0´+ \epsilon x_1´+ O(\epsilon^2)$ $x´= -x_0 - \epsilon x_1 + O(\epsilon^2) + sin( \epsilon (x_0 + \epsilon x_1 + O(\epsilon^2))$ Dabei betrachten wir nur den ersten Term der Sinus Reihe, also $\epsilon x_0 + O(\epsilon^2)$, oder?. \quoteoff Wir betrachten schon alle Terme, aber die nichtführenden verschwinden im Landau'schen-Groß-O. Dein Ergebnis ist aber richtig, da \[\sin(\epsilon x) = \epsilon x + \sum_{n = 1}^{\infty} (-1)^n \frac{(\epsilon x)^{2n+1}}{(2n+1)!} = \epsilon x + \mathcal{O}(\epsilon^3) = \epsilon x_0 + \mathcal{O}(\epsilon^2)\] gilt. \quoteon(2021-08-30 11:22 - paulster in Beitrag No. 2) Also das sind vermutlich die beiden gekoppelten DG, oder? \quoteoff Noch nicht ganz. \quoteon(2021-08-30 11:22 - paulster in Beitrag No. 2) Ich bin mir nicht ganz sicher, wie ich den $O(\epsilon^2)$-Term genau behandeln soll, also ob da jetzt in der zweiten Gleichung ein $`-`$ davor gehört, oder nicht und was denn innerhalb von $sin(\epsilon O(\epsilon^2))$ passiert, also ob das dann zu einem $O(\epsilon^3)$ wird oder so. \quoteoff Das Minus kann in $\mathcal{O}(\epsilon^2)$ hinein und die beiden $\mathcal{O}(\epsilon^2)$ zu einem zusammengezogen werden. Der Rest sollte sich durch meine obigen Ausführungen beantwortet haben. Falls du mit der Landau-Notation noch nicht vertraut bist, kannst du ja mal z.B. hier ein wenig drüber nachlesen. \quoteon(2021-08-30 11:22 - paulster in Beitrag No. 2) Das führt dann zu $x´= x_0´+ \epsilon x_1´+ O(\epsilon^2)$ $x´= (\epsilon -1)x_0 - \epsilon x_1 + O(\epsilon^2)$ Also $x_0´=(\epsilon -1)x_0 \Rightarrow x_0 = e^{(\epsilon -1)t}$ und $\epsilon x_1´ = - \epsilon x_1 \Rightarrow x_1´= - x_1 \Rightarrow x_1 = e^{-t}$ Ich bin mir nicht ganz sicher, ob der Koeffizientenvergleich so denn stimmt, es könnte doch theoretisch auch umgekehrt sein, oder nicht ? \quoteoff Das stimmt so in der Tat nicht, du hast aber auch keinen Koeffizientenvergleich durchgeführt. $x_0$ und $x_1$ sind Koeffizienten in der Taylorentwicklung von $x(t,2,\epsilon)$ nach $\epsilon$, also insbesondere von $\epsilon$ unabhängig. Die Koeffizienten der nullten und ersten Ordnung von $\epsilon$ müssen in \[x_0' + \epsilon x_1' + \mathcal{O}(\epsilon^2) = -x_0 + \epsilon (-x_1+x_0) + \mathcal{O}(\epsilon^2)\] übereinstimmen. Daraus erhältst du die DGLs. \quoteon(2021-08-30 11:22 - paulster in Beitrag No. 2) Bezüglich der Anfangswerte bin ich noch am Überlegen. Aber was, wenn man $x_0(0)=2-\epsilon$ setzt und $x_1(0)=\epsilon$, dann wäre das Anfangswertproblem erfüllt, oder? 🤔. \quoteoff Mit den Funktionen $x_0, x_1$ müssen insbesondere auch die Anfangswerte $x_0(0), x_1(0)$ von $\epsilon$ unabhängig sein. Das passt also so noch nicht. LG, semasch


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paulster
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-31

Hallo semasch, danke nochmal, ich denke ich habs jetzt. $x´= x_0´+ \epsilon x_1´+ O(\epsilon^2)$ $x´= -x_0 - \epsilon x_1 + O(\epsilon^2) + sin( \epsilon (x_0 + \epsilon x_1 + O(\epsilon^2))$ Das führt dann zu $x´= x_0´+ \epsilon x_1´+ O(\epsilon^2)$ $x´= -x_0 + \epsilon (x_0 - x_1) + O(\epsilon^2)$ Also $x_0´=-x_0 \Rightarrow x_0 = ce^{-t}$ Wegen der Anfangsbedingung würde ich auf $c=2$ kommen, also $x_0(t) = 2e^{-t}$ Es bleibt $x_1´= x_0 - x_1 = 2e^{-t} - x_1 \Rightarrow x_1(t) = ce^{-t} + 2te^{-t}$ Wegen der Anfangsbedingung würde ich auf $c=0$ kommen und somit auf $x_1(t)=2te^{-t}$ Hoffe, dass das jetzt so passt. LG, paulster.


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semasch
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-09-01

Ja, das ist ganz richtig so. LG, semasch


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paulster
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-01

Guten Morgen semasch, vielen Dank nochmal für deine Hilfe, ich hab es endlich verstanden. 😁 LG, paulster.


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