Ansatz der rechten Seite < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:31 Do 01.12.2011 | | Autor: | David90 |
| Aufgabe | | Bestimmen Sie mit dem Ansatz der rechten Seite für die DGL [mm] y''-y'=x^3e^x [/mm] eine partikuläre Lösung. |
Hi Leute, ich komm irgendwie nicht weiter...
Hab bis jetzt folgendes aufgeschrieben:
Dies ist eine lineare, inhomogene DGL 2. Ordnung.
(Erstansatz: [mm] e^{\mu*x} (P_{n}(x)*cos(wx)+Q_{m}(x)sin(wx)) [/mm] mit P,Q=Polynome und n,m=Grad der Polynome
Auf Resonanz Prüfen: Überprüfen, ob [mm] \mu+wi [/mm] Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist. Wenn ja: Erstansatz modifizieren: [mm] x^{N_{k}}e^{\mu*x} (P_{L}(x)cos(wx)+Q_{L}(x)sin(wx)) [/mm] mit L=max{n,m} und [mm] N_{k}=algebraische [/mm] VFH von [mm] \mu+wi [/mm] )
Also Prüfen auf Resonanz:
[mm] \mu=1, P(x)=x^3 [/mm] n=3, w=0, Q(x)=0, m=0
L=max{n,m}=max{3,0}=3
Prüfen, ob 1+0*1=1 Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist:
[mm] \lambda^2-\lambda=0 \Rightarrow \lambda_{1}=0 [/mm] und [mm] \lambda_{2}=1, [/mm] also ist [mm] \mu+wi [/mm] Nullstelle des Polynoms [mm] \Rightarrow [/mm] Resonanz
Ansatz: [mm] y_{p}(x)=xe^{x^2}(Ax^3cos(0)+Bsin(0)
[/mm]
Da bin ich mir nicht so sicher bei der Funktion...also das x vor dem e ist ja wegen der Resonanz und der Grad davon ist 1 weil die algebraische VFH der Nullstelle 1 ist...das müsste also stimmen...dann bin ich mir unsicher bei dem [mm] x^3 [/mm] vor dem Kosinus, aber das müsste eigentlich auch stimmen, denn L=3 also muss ein Polynom mit Grad 3 vor dem Kosinus stehen oder?
Das wär ja dann zusammengefasst: [mm] y_{p}(x)=xe^{x^2}Ax^3
[/mm]
und das müsst ich dann mit Produktregel ableiten und in die DGL einsetzen oder?
Gruß David
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Hallo David90,
> Bestimmen Sie mit dem Ansatz der rechten Seite für die DGL
> [mm]y''-y'=x^3e^x[/mm] eine partikuläre Lösung.
> Hi Leute, ich komm irgendwie nicht weiter...
> Hab bis jetzt folgendes aufgeschrieben:
> Dies ist eine lineare, inhomogene DGL 2. Ordnung.
> (Erstansatz: [mm]e^{\mu*x} (P_{n}(x)*cos(wx)+Q_{m}(x)sin(wx))[/mm]
> mit P,Q=Polynome und n,m=Grad der Polynome
> Auf Resonanz Prüfen: Überprüfen, ob [mm]\mu+wi[/mm] Nullstelle
> des charakteristischen Polynoms ist. Wenn ja: Erstansatz
> modifizieren: [mm]x^{N_{k}}e^{\mu*x} (P_{L}(x)cos(wx)+Q_{L}(x)sin(wx))[/mm]
> mit L=max{n,m} und [mm]N_{k}=algebraische[/mm] VFH von [mm]\mu+wi[/mm] )
> Also Prüfen auf Resonanz:
> [mm]\mu=1, P(x)=x^3[/mm] n=3, w=0, Q(x)=0, m=0
> L=max{n,m}=max{3,0}=3
> Prüfen, ob 1+0*1=1 Nullstelle des charakteristischen
> Polynoms ist:
> [mm]\lambda^2-\lambda=0 \Rightarrow \lambda_{1}=0[/mm] und
> [mm]\lambda_{2}=1,[/mm] also ist [mm]\mu+wi[/mm] Nullstelle des Polynoms
> [mm]\Rightarrow[/mm] Resonanz
> Ansatz: [mm]y_{p}(x)=xe^{x^2}(Ax^3cos(0)+Bsin(0)[/mm]
> Da bin ich mir nicht so sicher bei der Funktion...also das
> x vor dem e ist ja wegen der Resonanz und der Grad davon
> ist 1 weil die algebraische VFH der Nullstelle 1 ist...das
> müsste also stimmen...dann bin ich mir unsicher bei dem
> [mm]x^3[/mm] vor dem Kosinus, aber das müsste eigentlich auch
> stimmen, denn L=3 also muss ein Polynom mit Grad 3 vor dem
> Kosinus stehen oder?
Zunächst ist die rechte Seite ein Polynom 3. Grades
multipliziert mit der Exponentialfunktion.
Daher lautet der vorläufige Ansatz:
[mm]y_{p}\left(x}\right)=\left(A*x^{3}+B*x^{2}+C*x+D\right)*e^{x}[/mm]
Da aber [mm]e^{x}[/mm] eine Lösung der homogenen DGL ist,
ist der vorläufige Ansatz mit x zu multiplizieren:
[mm]y_{p}\left(x}\right)=x*\left(A*x^{3}+B*x^{2}+C*x+D\right)*e^{x}[/mm]
> Das wär ja dann zusammengefasst: [mm]y_{p}(x)=xe^{x^2}Ax^3[/mm]
> und das müsst ich dann mit Produktregel ableiten und in
> die DGL einsetzen oder?
> Gruß David
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:35 Do 01.12.2011 | | Autor: | David90 |
ok das muss man ja dann mit der Produktregel ableiten und das ergibt ja einen eeeeewig langen term, die 1. und 2. ableitung...
die muss ich ja dann in die dgl einsetzen, zusammenfassen und die koeffizienten vergleichen...
hab nach langem gerechne A=1 raus, die anderen koeffizienten werden zu 0...weiß jemand ob das richtig ist, oder soll ich meinen lösungsweg hier aufschreiben (wird ne menge arbeit xD)? aber anders wird es nicht gehen was? ich bin mir nicht sicher ob die lösung stimmt, denn [mm] y_{P}(x)=x^4e^x [/mm] als partikuläre lösung ist, eingesetzt in die ausgangsgleichung ein widerspruch :/
Gru0 david
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:46 Do 01.12.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
du kannst die einfacher Dgl mit [mm] v'-v=x^3e^x [/mm] (y'=v,y''=v'
nehmen und mit dem ansatz [mm] v=Ax^4 [/mm] arbeiten, muss dann aber für y noch integrieren.
gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:50 Do 01.12.2011 | | Autor: | David90 |
Also ist A=1 richtig, also meine partikuläre lösung auch?
Gruß David
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:08 Do 01.12.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
> Also ist A=1 richtig, also meine partikuläre lösung
> auch?
keine ahnung was mit meine partikuläre lösung gemeint ist. durch einsetzen in [mm] y''-y'=x^3*e^x
[/mm]
kannst du doch einfach fesstellen ob deine lösung eine ist. [mm] y=x^4e^x [/mm] ist falsch.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:57 Do 01.12.2011 | | Autor: | David90 |
Nagut dann bleibt mir wohl nix anderes übrig xD auf gehts:
[mm] y_(P)(x)=(Ax^4+Bx^3+Cx^2+Dx)e^x
[/mm]
[mm] y_{P}'(x)=4Ax^3+3Bx^2+2Cx+D)e^x+(Ax^4+Bx^3+Cx^2+Dx)e^x
[/mm]
[mm] =e^x(4Ax^3+Ax^4+3Bx^2+Bx^3+2Cx+Cx^2+D+Dx)
[/mm]
Das ist die erste Ableitung...müsste so stimmen oder?
Gruß David
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Hallo David90,
> Nagut dann bleibt mir wohl nix anderes übrig xD auf
> gehts:
> [mm]y_(P)(x)=(Ax^4+Bx^3+Cx^2+Dx)e^x[/mm]
> [mm]y_{P}'(x)=4Ax^3+3Bx^2+2Cx+D)e^x+(Ax^4+Bx^3+Cx^2+Dx)e^x[/mm]
> [mm]=e^x(4Ax^3+Ax^4+3Bx^2+Bx^3+2Cx+Cx^2+D+Dx)[/mm]
> Das ist die erste Ableitung...müsste so stimmen oder?
Stimmt auch. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Gruß David
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:58 Do 01.12.2011 | | Autor: | David90 |
ok dann hier die zweite ableitung:
[mm] y_{P}''(x)=e^x(4Ax^3+Ax^4+3Bx^2+Bx^3+2Cx+Cx^2+D+Dx)+e^x(12Ax^2+4Ax^3+6Bx+3Bx^2+2C+2Cx+D)
[/mm]
[mm] =e^x(Ax^4+8Ax^3+12Ax^2+Bx^3+6Bx^2+6Bx+Cx^2+4Cx+2C+Dx+2D)
[/mm]
So müsste das auch stimmen oder?
Gruß David
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Hallo David90,
> ok dann hier die zweite ableitung:
>
> [mm]y_{P}''(x)=e^x(4Ax^3+Ax^4+3Bx^2+Bx^3+2Cx+Cx^2+D+Dx)+e^x(12Ax^2+4Ax^3+6Bx+3Bx^2+2C+2Cx+D)[/mm]
> [mm]=e^x(Ax^4+8Ax^3+12Ax^2+Bx^3+6Bx^2+6Bx+Cx^2+4Cx+2C+Dx+2D)[/mm]
> So müsste das auch stimmen oder?
Stimmt.
> Gruß David
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:28 Do 01.12.2011 | | Autor: | David90 |
Nagut dann setzen wir die Ableitungen mal in die DGL [mm] y''-y'=x^3e^x [/mm] ein:
[mm] e^x(Ax^4+8Ax^3+12Ax^2+Bx^3+6Bx^2+6Bx+Cx^2+4Cx+2C+Dx+2D-4Ax^3-Ax^4-3Bx^2-Bx^3-2Cx-Cx^2-D-Dx)=x^3e^x
[/mm]
Gekürzt:
[mm] e^x(4Ax^3+12Ax^2+3Bx^2+6Bx+2Cx+2C+D)=x^3e^x
[/mm]
Koeffizientenvergleich liefert:
D=0, C=0, B=0, [mm] A=\bruch{1}{4}
[/mm]
Und als partikuläre Lösung ergibt sich dann:
[mm] y_{P}=\bruch{1}{4}x^4e^x
[/mm]
Aufgabe gelöst:)
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Hallo David90,
> Nagut dann setzen wir die Ableitungen mal in die DGL
> [mm]y''-y'=x^3e^x[/mm] ein:
>
> [mm]e^x(Ax^4+8Ax^3+12Ax^2+Bx^3+6Bx^2+6Bx+Cx^2+4Cx+2C+Dx+2D-4Ax^3-Ax^4-3Bx^2-Bx^3-2Cx-Cx^2-D-Dx)=x^3e^x[/mm]
> Gekürzt:
> [mm]e^x(4Ax^3+12Ax^2+3Bx^2+6Bx+2Cx+2C+D)=x^3e^x[/mm]
> Koeffizientenvergleich liefert:
> D=0, C=0, B=0, [mm]A=\bruch{1}{4}[/mm]
> Und als partikuläre Lösung ergibt sich dann:
> [mm]y_{P}=\bruch{1}{4}x^4e^x[/mm]
> Aufgabe gelöst:)
>
Das ist nicht die partikuläre Lösung, denn [mm]12A+3B=3 \not=0[/mm]
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:12 Do 01.12.2011 | | Autor: | David90 |
Wo kommt denn das 3B her? ich muss mir doch nur die terme mit [mm] x^3 [/mm] angucken oder? und da gibts doch nur das 4A...
Gruß David
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Hallo David90,
> Wo kommt denn das 3B her? ich muss mir doch nur die terme
> mit [mm]x^3[/mm] angucken oder? und da gibts doch nur das 4A...
Es müssen alle Terme angeguckt werden, d.h. auch die Terme mit [mm]x^{2},x^{1},x^{0}[/mm]. Dann entsteht ein Gleichungssystem zur
Bestimmung der Koeffizienten A,B,C,D.
> Gruß David
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:32 Do 01.12.2011 | | Autor: | David90 |
Aber die eingesetzten Ableitungen stimmen oder? Also [mm] e^x(4Ax^3+12Ax^2+3Bx^2+6Bx+2Cx+2C+D)=x^3e^x?
[/mm]
Und man muss also alle Terme beachten ja?
wenn man die obige Gleichung anguckt ergibt sich doch folgenden Gleichungssystem:
0=2C+D
0=2C+6B
0=12A+3B
1=4A
oder?
Gruß David
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Hallo David90,
> Aber die eingesetzten Ableitungen stimmen oder? Also
> [mm]e^x(4Ax^3+12Ax^2+3Bx^2+6Bx+2Cx+2C+D)=x^3e^x?[/mm]
> Und man muss also alle Terme beachten ja?
Ja.
> wenn man die obige Gleichung anguckt ergibt sich doch
> folgenden Gleichungssystem:
> 0=2C+D
> 0=2C+6B
> 0=12A+3B
> 1=4A
>
> oder?
Richtig.
> Gruß David
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:46 Do 01.12.2011 | | Autor: | David90 |
ok also ergeben sich die koeffizienten zu: A=1/4, B=-1, C=3, D=-6 wenn ich mich nicht irre...
Ist dann die partikuläre Lösung: [mm] (\bruch{1}{4}x^4-x^3+3x^2-6x)e^x [/mm] ?
Gruß David
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Hallo David90,
> ok also ergeben sich die koeffizienten zu: A=1/4, B=-1,
> C=3, D=-6 wenn ich mich nicht irre...
> Ist dann die partikuläre Lösung:
> [mm](\bruch{1}{4}x^4-x^3+3x^2-6x)e^x[/mm] ?
Ja.
> Gruß David
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:54 Do 01.12.2011 | | Autor: | David90 |
Achso:) alles klar, danke für deine Geduld^^
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:24 Do 01.12.2011 | | Autor: | Lentio |
Hallo!
> Zunächst ist die rechte Seite ein Polynom 3. Grades
> multipliziert mit der Exponentialfunktion.
>
> Daher lautet der vorläufige Ansatz:
>
> [mm]y_{p}\left(x}\right)=\left(A*x^{3}+B*x^{2}+C*x+D\right)*e^{x}[/mm]
>
> Da aber [mm]e^{x}[/mm] eine Lösung der homogenen DGL ist,
> ist der vorläufige Ansatz mit x zu multiplizieren:
>
> [mm]y_{p}\left(x}\right)=x*\left(A*x^{3}+B*x^{2}+C*x+D\right)*e^{x}[/mm]
>
Kann mir vielleicht jemand erklären, warum mit x multipliziert wird?
mfg
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Hallo Lentio,
> Hallo!
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> > Zunächst ist die rechte Seite ein Polynom 3. Grades
> > multipliziert mit der Exponentialfunktion.
> >
> > Daher lautet der vorläufige Ansatz:
> >
> >
> [mm]y_{p}\left(x}\right)=\left(A*x^{3}+B*x^{2}+C*x+D\right)*e^{x}[/mm]
> >
> > Da aber [mm]e^{x}[/mm] eine Lösung der homogenen DGL ist,
> > ist der vorläufige Ansatz mit x zu multiplizieren:
> >
> >
> [mm]y_{p}\left(x}\right)=x*\left(A*x^{3}+B*x^{2}+C*x+D\right)*e^{x}[/mm]
> >
>
> Kann mir vielleicht jemand erklären, warum mit x
> multipliziert wird?
>
Das steht doch schon da.
> mfg
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:38 Do 01.12.2011 | | Autor: | Lentio |
hallo,
also wird immer, wenn die rechte Seite als Produkt von Termen, von denen eine auch als Lsg.-ansatz des homogenen DGL benutzt wird , mit x multipliziert?
mfg
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Hallo Lentio,
> hallo,
>
> also wird immer, wenn die rechte Seite als Produkt von
> Termen, von denen eine auch als Lsg.-ansatz des homogenen
> DGL benutzt wird , mit x multipliziert?
>
Ja.
> mfg
Gruss
MathePower
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