DGL 2ter Ordnung < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hi,
ich habe ein Problem mit den partikulären Lösungen
einer inhomogene DGL 2ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten.
die homogene Lösung ist eigtl. kein Problem:
z.B. y''+5y'+6y = 0
Ansatz: y = [mm] e^{\lambda*x}
[/mm]
=> [mm] \lambda^{2}+5\lambda+6=0
[/mm]
=> [mm] \lambda_{1} [/mm] = -2 [mm] \qquad \wedge \qquad \lambda_{2} [/mm] = -3
=> y(x) = [mm] c_{1}*e^{\lambda_{1}*x}+c_{2}*e^{\lambda_{2}*x}
[/mm]
aber bei der partikulären Lösung haperts.
hier mal eine Aufgabe, die ich eigtl. können sollte :(
Gegeben ist folgende DGL
y'' + 4y' + 5y = g(x)
Die Nullstellen des char. Polynoms sind [mm] r_{1} [/mm] = -2+i und [mm] r_{2} [/mm] = -2-i
Mit welchem Ansatz vom Typ der rechten Seite kann man eine Partikuläre Lösung der inhom. DGL bestimmen, wenn
g(x) = [mm] e^{2x}\sin(x) [/mm] bzw. g(x) = [mm] e^{-2x}\cos(x)
[/mm]
Es sind nur Ansätze anzugeben.
Bestimmen sie eine partikuläre Lösung der inhom. DGL, wenn
g(x) = [mm] e^{-2x}
[/mm]
Wenn ich den Ansatz kennen würde, sollte ich auch die partikuläre Lösung
selbst errechnen können. Wäre aber trotzdem cool, wenn man mir es einmal vormachen würde, denn an Beispiellösungen kann ich die sachen
am besten nachvollziehen :D
Vielen Dank und bis bald
Gruesse,
Marc
Ich habe diese Frage auch in folgendem Forum gestellt:
http://www.uni-protokolle.de/foren/viewt/30729,0.html?sid=b254283f378d53dda8b1f40d1663c5ad
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Hallo Marc,
hast Dus mal mit Variation der Konstanten versucht?
mir ist das spontan bei dem Thema eingefallen, auch wenn ich mir nicht so richtig sicher bin, ob man die bei dgln höherer ordnung anwenden kann.
ich habe hier im forum folgenden link gefunden: https://matheraum.de/read?t=71444&v=t
dort wird ganz gut beschrieben, wie man eine gleichung zweiter ordnung in ein system erster ordnung transformiert und dann mittels variation der konstanten eine partikuläre lösung bestimmen kann.
vielleicht kannst Du damit was anfangen.
Viele Grüße
Matthias
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Hehe Hi,
erstmal Danke fuer deine Hilfe!
Ich habe diese Aufgabe nun auch nochmal selber versucht,
allerdings ohne umformung in eine DGL 1.ter Ordnung
Vielleicht koennte ja mal jemand diese Weg überprüfen.
Also: Bestimmen sie eine part. Lösung der inh. DGL.
y''+4y'+5y = [mm] e^{2-x}
[/mm]
homogen: Ansatz: y = [mm] e^{\lambda*x}
[/mm]
=> [mm] \lambda^{2}+4\lambda+5 [/mm] = 0
=> [mm] \lambda_{1} [/mm] = -2-i und [mm] \lambda_{2} [/mm] = -2+i
=> [mm] y_{h}(x) [/mm] = [mm] c_{1}e^{(-2-i)x} [/mm] + [mm] c_{2}e^{(-2+i)x}
[/mm]
partikulär:
[mm] y_{p}(x) [/mm] = [mm] axe^{-2x}
[/mm]
[mm] y_{p}'(x) [/mm] = [mm] ae^{-2x}(1-2x)
[/mm]
[mm] y_{p}''(x) [/mm] = [mm] 4ae^{-2x}(x-1)
[/mm]
Einsetzten für Koeffizientenvergleich:
=> a = 1/x
=> [mm] y_{p}(x) [/mm] = [mm] e^{-2x}
[/mm]
Gesamtlösung:
y(x) = [mm] y_{h}(x)+y_{p}(x)
[/mm]
y(x) = [mm] c_{1}e^{(-2-i)x} [/mm] + [mm] c_{2}e^{(-2+i)x} [/mm] + [mm] e^{-2x}
[/mm]
Wäre kewl, wenn das mal jemand fuer mich überprüfen könnte...THX
Bis bald
Grüsse,
Marc
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:44 Mi 27.07.2005 | | Autor: | Loddar |
Hallo Marc!
> Also: Bestimmen sie eine part. Lösung der inh. DGL.
>
> y''+4y'+5y = [mm]e^{2-x}[/mm]
>
> homogen: Ansatz: y = [mm]e^{\lambda*x}[/mm]
>
> => [mm]\lambda^{2}+4\lambda+5[/mm] = 0
>
> => [mm]\lambda_{1}[/mm] = -2-i und [mm]\lambda_{2}[/mm] = -2+i
>
> => [mm]y_{h}(x)[/mm] = [mm]c_{1}e^{(-2-i)x}[/mm] + [mm]c_{2}e^{(-2+i)x}[/mm]
Siehe hierzu meine Antwort von vorhin ...
Bei der Aufgabenstellung zur Findung ausschließlich einer partikulären Lösung waren diese Schritte aber überflüssig ...
> partikulär:
>
> [mm]y_{p}(x)[/mm] = [mm]axe^{-2x}[/mm]
> [mm]y_{p}'(x)[/mm] = [mm]ae^{-2x}(1-2x)[/mm]
> [mm]y_{p}''(x)[/mm] = [mm]4ae^{-2x}(x-1)[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Da die Inhomogenität [mm] $e^{-2x}$ [/mm] lautet, brauchst Du hier auch nur ansetzen: [mm] $y_p [/mm] \ = \ [mm] a*e^{-2x}$ [/mm] (also ohne den Faktor $x_$ !!)
Damit wird: [mm] $y_p' [/mm] \ = \ [mm] -2a*e^{-2x}$ [/mm] bzw. [mm] $y_p'' [/mm] \ = \ [mm] 4a*e^{-2x}$ [/mm] und daraus ergibt sich durch Einsetzen in die DGL: $a \ = \ 1$ [mm] $\Rightarrow$ $y_p [/mm] \ = \ [mm] 1*e^{-2x} [/mm] \ = \ [mm] e^{-2x}$
[/mm]
Gruß
Loddar
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Jo Hi, erstmal Danke fuer deine Bemühungen .p
> Hallo Marc!
>
>
> > Also: Bestimmen sie eine part. Lösung der inh. DGL.
> >
> > y''+4y'+5y = [mm]e^{2-x}[/mm]
> >
> > homogen: Ansatz: y = [mm]e^{\lambda*x}[/mm]
> >
> > => [mm]\lambda^{2}+4\lambda+5[/mm] = 0
> >
> > => [mm]\lambda_{1}[/mm] = -2-i und [mm]\lambda_{2}[/mm] = -2+i
> >
> > => [mm]y_{h}(x)[/mm] = [mm]c_{1}e^{(-2-i)x}[/mm] + [mm]c_{2}e^{(-2+i)x}[/mm]
>
> Siehe hierzu meine Antwort von vorhin
> ...
>
> Bei der Aufgabenstellung zur Findung ausschließlich einer
> partikulären Lösung waren diese Schritte aber überflüssig
> ...
Joa also ich habe die homogene Lösung nur gemacht, da ich die Nullstellen des Char. Polynoms haben wollte, das dumme ist ja nur, dass sie mit angegeben wurden .p
Diese Nullstellen brauchte ich fuer die Allgemeine Lösung einer DGL:
[mm] y_{p}(x) [/mm] = [mm] x^{l}(r_{1}(x)\cos(\beta*x) [/mm] + [mm] r_{2}(x)\sin(\beta*x))*e^{\alpha*x}
[/mm]
bei einer einfachen Nullstelle ist l = 1, bei einer doppelten NST ist l = 2 etc...
Deswegen verstehe ich auch nicht ganz, wieso man den Faktor x bei dieser
partikulären Lösung einfach weglassen kann :(
Deine Antwort zur allgemeinen Lösung ist auch nett, nur ich verstehe nicht, wieso du auch hier bei deiner Formel den Faktor [mm] x^{l} [/mm] weglässt :(
cu...
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Hallo trinkmilch,
> Joa also ich habe die homogene Lösung nur gemacht, da ich
> die Nullstellen des Char. Polynoms haben wollte, das dumme
> ist ja nur, dass sie mit angegeben wurden .p
>
> Diese Nullstellen brauchte ich fuer die Allgemeine Lösung
> einer DGL:
>
> [mm]y_{p}(x)[/mm] = [mm]x^{l}(r_{1}(x)\cos(\beta*x)[/mm] +
> [mm]r_{2}(x)\sin(\beta*x))*e^{\alpha*x}[/mm]
>
> bei einer einfachen Nullstelle ist l = 1, bei einer
> doppelten NST ist l = 2 etc...
ist [mm] \alpha\pm\beta*i [/mm] einfache,doppelte usw. Nullstelle des charakteristischen Polynoms müsste das genauer heißen.
Es war aber
[mm] g(x)=e^{-2x}
[/mm]
also:
[mm] \alpha\pm\beta*i=-2
[/mm]
Was keine Nullstelle des char. Polynoms ist. Bei den anderen Aufgaben schaut das schon anders aus. Das nennt man übrigens Resonanzfall falls Dir das Wort schon begegnet ist.
viele Grüße
mathemaduenn
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:03 Di 26.07.2005 | | Autor: | Loddar |
Hallo TrinkMilch!
Hier mal ein allgemeiner Ansatz:
Die lineare homogene Differentialgleichung 2. Ordnung mit den beiden verschiedenen nicht reellen Lösungen der charakteristischen Gleichung [mm] $\lambda_{1,2} [/mm] \ = \ [mm] \rho \pm [/mm] \ [mm] i*\omega$ [/mm] hat folgende Lösung:
$y \ = \ [mm] e^{\rho*x} [/mm] * [mm] \left[C_1*\cos(\omega*x) + C_2*\sin(\omega*x)\right]$
[/mm]
Für Deine Aufgabe lautet das ja mit den beiden Lösungen [mm] $\lambda_{1,2} [/mm] \ = \ [mm] \red{-2} \pm \blue{1}*i$ [/mm] :
[mm] $\rho [/mm] \ = \ [mm] \red{-2}$ [/mm] sowie [mm] $\omega [/mm] \ = \ [mm] \blue{1}$
[/mm]
Kannst Du damit Deine Aufgabe nun lösen?
Gruß
Loddar
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