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10.02.2005, 21:30

Mazze

Dgl

also ich hab folgende DGL

y''' + 3y'' + 4y' + 2 = 0

Hier bin ich mir nicht ganz sicher was ich machen soll, soll ich etwa

y''' + 3y'' + 4y' = -2 lösen

(also Ansatz inhomogen,homogen etc.)

oder gibt es da einen besseren Weg?

10.02.2005, 21:31

iammrvip

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Genau richtig so Freude

10.02.2005, 21:41

Mazze

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Ich machs mal

y''' + 3y'' + 4y' = 0

=>

$\begin{eqnarray*} \lambda^3 + 3\lambda^2 + 4\lambda = 0 \end{eqnarray*}$

=>

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 0, \lambda_2 = -1,5 +\frac{\sqrt{7}}{2}i , \lambda_3 = -1,5 - \frac{\sqrt{7}}{2}i \end{eqnarray*}$

Dadurch ergibt sich für das Lösungsfundamentalsystem

$\begin{eqnarray*} c_1e^{0x} = c_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_2e^{-1,5x}cos(\frac{\sqrt{7}}{2}x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_3e^{-1,5x}sin(\frac{\sqrt{7}}{2}x) \end{eqnarray*}$

bevor ich weiter mache wollt ich erstmal checken obs soweit richtig ist. Also ich damit speziell die Umformung der komplexen Lösungen. Das zu verifizieren artet doch in etwas viel Arbeit aus Augenzwinkern

10.02.2005, 21:45

iammrvip

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Alles richtig Freude

Obwohl $\begin{eqnarray*} -\frac{3}{2}x \end{eqnarray*}$ besser aussieht als die Dezimalzahl oder smile

.

/edit:

Zitat:

Original von Mazze
$\begin{eqnarray*} c_2e^{(-1,5 +\frac{\sqrt{7}}{2}i)x} = c_2e^{-1,5x}cos(\frac{\sqrt{7}}{2}x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_3e^{(-1,5 -\frac{\sqrt{7}}{2}i)x} = c_3e^{-1,5x}sin(\frac{\sqrt{7}}{2}x) \end{eqnarray*}$

Die Umformungen nach Euler sind falsch, das kannst du nicht so schreiben. Du meinst zwar das richtige aber falsch geschrieben.

/edit:
AD war schneller traurig

10.02.2005, 21:48

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Zitat:

Die Umformungen sind falsch. Nichtsdestotrotz sind die beiden Ausdrücke rechts Lösungen der Dgl. Es funktioniert nicht über direkte Umformung, sondern durch Linearkombinationen der komplexen Lösungen.

10.02.2005, 21:51

Mazze

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Das Problem ist halt das 3/2 im exponenten das ganze nochmal kleiner erscheinen lassen. Ok, jetzt die spezielle Lösung

y''' + 3y'' + 4y' = -2

man müsste halt nur ne Funktion wählen wo die erste Ableitung ne Konstante ist und alle weiteren 0 sind. Also ergo ein Polynom erstern grades. Etwa

$\begin{eqnarray*} y = -\frac{1}{2}x \end{eqnarray*}$

Das wäre dann die spezielle Lösung die gesammte Lösung schreib ich jetzt nicht hin. Mein problem ist, wenn ich das ganze über die Variation der Konstanten mache kommt nur Müll raus -.-

edit

Hammer

Ja , ich habs hier ja auch ordentlich zu stehen

ich werde das direkt mal editieren oben

10.02.2005, 21:53

iammrvip

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Der Ansatz ist perfekt. Jetzt musst du nur noch die allgemeine Lösung "zusammenbasteln".

$\begin{eqnarray*} y_{allg} = y_H + y_P \end{eqnarray*}$

Variation der Konstanten ist hier ziemlich aufwendig, da schleichen sich schnell Fehler ein verwirrt

10.02.2005, 21:56

Mazze

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Kannst Du mal n einfaches Beispiel für die Variation durchgehen? Wenn ich das tue kommen nie Lösungen des Systems raus.

10.02.2005, 21:58

iammrvip

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Japp. Beispiel:

$\begin{eqnarray*} x^2y'' + xy' = a \end{eqnarray*}$

oder ist das zu verschienden von deiner verwirrt

10.02.2005, 22:05

Mazze

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Ehrlich gesagt wüsst ich jetzt nicht wie ich das Ding da lösen sollte. Es ist zwar ne lineare DGL aber die Koeffizienten sind nicht konstant. Das heißt dann der ansatz ce^(lambdax) geht so erstmal nicht. Die Variablen trennen kann ich da wohl auch nicht und mehr hatten wir diesbezüglich auch nicht.

10.02.2005, 22:09

iammrvip

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Ich zeig's dir dann mal, dann bist du schon fortgebildet Big Laugh

Also ist das besser verwirrt

$\begin{eqnarray*} y''' - 4y' = x + 1 \end{eqnarray*}$

10.02.2005, 22:19

Mazze

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Die könnt ich lösen, und ich machs direkt mal ^^

y''' - 4y' = 0

=>

$\begin{eqnarray*} \lambda^3 - 4\lambda = 0 \end{eqnarray*}$

=>

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 0, \lambda_2 = -2, \lambda_3 = 2 \end{eqnarray*}$

also für das Lösungsfundamentalsystem

$\begin{eqnarray*} c_1,c_2e^{-2x},c_3e^{2x} \end{eqnarray*}$

nun die spezielle Lösung des Systems, ich versuchs jetzt mal mit der Variation. Sei also

$\begin{eqnarray*} \phi_0(x) = c(x)e^{2x} \end{eqnarray*}$

dann ist

$\begin{eqnarray*} \phi_0(x)' = 2e^{2x}c(x) + c(x)'e^{2x} = e^{2x}*(2c(x) + c(x)') \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \phi_0(x)''' = e^{2x}(12c(x) + 6c(x)'' + 12c(x)' + c(x)''')) \end{eqnarray*}$

Soweit ok?

10.02.2005, 22:25

iammrvip

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Ich hab:

$\begin{eqnarray*} \phi_0'''(x) = \mathrm e^{2x}\left( 8c(x) + 12c'(x) + 6c''(x) + c'''(x) \right) \end{eqnarray*}$

also das Gleiche Big Laugh

10.02.2005, 22:31

Mazze

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gut gut dann ist

$\begin{eqnarray*} \phi_0(x)''' - 4\phi_0(x)' = e^{2x}(12c(x) + 6c(x)'' + 12c(x)' + c(x)''')) - e^{2x}*(8c(x) + 4c(x)') \end{eqnarray*}$

also

$\begin{eqnarray*} e^{2x}(4c(x) + 8c(x)' + 6c(x)'' + c(x)''' ) = x + 1 \end{eqnarray*}$

ehm ich soll jetzt nicht im Ernst die DGL da lösen? ^^

10.02.2005, 22:37

iammrvip

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nein. Wir können ein Gleichungssytem bauen:

$\begin{eqnarray*} y_s(x) = C_1(x) + C_2(x)\mathrm e^{2x} + C_3(x)\mathrm e^{-2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C_1(x) + C_2(x)\mathrm e^{2x} + C_3(x)\mathrm e^{-2x} &= 0 \\ 2C_2'(x)\mathrm e^{2x} - 2C_3'(x)\mathrm e^{-2x} &= 0 \\ 4C_2'(x)\mathrm e^{2x} - 4C_3'(x)\mathrm e^{-2x} &= x + 1 \end{eqnarray*}$

10.02.2005, 22:42

Mazze

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Hm, nu komm ich nich mehr mit. Im endeffekt hätten wir auch gleich ein System bauen könn und uns das alles sparen -_-;;

10.02.2005, 22:50

iammrvip

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Kennst du den Satz (sehr verkürzt)

Wenn wir eine F.-Lösung haben wie unsere erechnete, dann ist

$\begin{eqnarray*} y_s(x) = C_1(x)y_1(x) + C_2(x)y_2(x) + .... C_n(x)y_n(x) \end{eqnarray*}$

eine spezielle Lösung der Differenzialgleichung $\begin{eqnarray*} Ly(x) = b(x) \end{eqnarray*}$ , wobei die Faktoren $\begin{eqnarray*} C_1(x), ... C_n(x) \end{eqnarray*}$ Lösung des folgenden linearen Gleichungssystems sind:

$\begin{eqnarray*} C_1'(x)y_1(x) + .... C_n'(x)y_n(x) &= 0 \\ C_1'(x)y_1'(x) + .... C_n'(x)y_n'(x) &= 0 \\ ... \\ C_1'(x)y_1^{n - 1}(x) + .... C_n'(x)y_n^{n - 1}(x) &= \frac{b(x)}{a_n(x)} \\ \end{eqnarray*}$

(vgl. Gewöhnl. Diff.Gleichungen, Dobner)

10.02.2005, 22:51

Mazze

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Nope kenn ich nicht. Damit hat sich das ja dann erledigt.

10.02.2005, 23:24

iammrvip

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Leicht komplziert. Wie habt ihr denn sowas bis jetzt gelöst?? Wie dürft ihr das lösen. verwirrt

Das Lösen ist nicht mit dem von DGLen 1. Ordnung direkt vergleichbar.

Wenn wir eine DGL 2. Ordunung haben, müssen wir auch über $\begin{eqnarray*} c_1'(x)y_1(x) + c_2'(x)y_2(x) = 0 \end{eqnarray*}$ verfügen und dies 0 setzen, das führt dann nämlich zu einem Gleichungssytem, das man nach den Konstanten auflösen kann.

---------------------------------------------------

Um dir noch was Erfreuliches mitzuteilen:

Zur Gleichung $\begin{eqnarray*} x^2y'' + xy' = a \end{eqnarray*}$

Wie gehen wie immer ran. Erst die homogene, dann die partikuläre Lösung. Wir "verbessern" erstmal die Gleichung

$\begin{eqnarray*} x^2y'' + xy' &= a \\ y'' + \frac{y'}{x} &= \frac{a}{x^2} \end{eqnarray*}$

Nun bestimmen wir die homogene Lösung über Substitution (geht hier wunderbar :thumb smile

:

$\begin{eqnarray*} y'' + \frac{y'}{x} &= 0 \\ u' + \frac{u}{x} &= 0 | u = y' \\ \frac{\mathrm du}{\mathrm dx} &= -\frac{u}{x} \\ \int\frac{\mathrm du}{u} &= -\int\frac{\mathrm dx}{x} \\ \ln|u| &= -\ln|x| + C \\ u &= \frac{c_1}{x}; c_1 = \pm\mathrm e^c~|~{\rm re-substituieren}~y' = u \\ y_H &= \int\frac{c_1}{x}\mathrm dx = c_1\ln(x) + c_2 \end{eqnarray*}$

die partikuläre Lösung über Variation der Konstanten:

$\begin{eqnarray*} y(x) &= c_1(x)\ln(x) + c_2(x) \\ y'(x) &= c_1'(x)\ln(x) + \frac{c_1(x)}{x} + c_2'(x) \Rightarrow c_1'(x)\ln(x) + c_2'(x) = 0 \\ &= \frac{c_1(x)}{x} \\ y''(x) &= \frac{c_1'(x)x - c_1(x)}{x^2} \end{eqnarray*}$

in die Ausgangsgleichung einsetzen:

$\begin{eqnarray*} x^2y'' + xy' &= a \\ x^2\left(\frac{c_1'(x)x - c_1(x)}{x^2}\right) + x\frac{c_1(x)}{x} &= a \\ c_1'(x)x - c_1(x) + c_1(x) &= a \\ xc_1'(x) &= a \end{eqnarray*}$

Damit können wir nun das Gleichungssystem bauen:

$\begin{eqnarray*} c_1'(x)\ln(x) + c_2'(x) &= 0 \\ xc_1'(x) &= a \end{eqnarray*}$

damit ist (Integrationskonstanten nicht vergessen!)

$\begin{eqnarray*} c_1'(x) &= \frac{a}{x} \Rightarrow c_1(x) = a\ln(x) + C_1 \\ c_2'(x) &= -\frac{a\ln(x)}{x} \Rightarrow c_2(x) = -\frac{a\ln^2(x)}{2} + C_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_2 \end{eqnarray*}$ sind nicht zu verwechseln mit $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ von oben.

In die homogene Lösung einsetzen:

$\begin{eqnarray*} y(x) &= c_1\ln(x) + c_2 \\ &= \left(a\ln(x) + C_1\right)\ln(x) - \frac{a\ln^2(x)}{2} + C_2 \\ &= a\ln^2(x) + C_1\ln(x) - \frac{a\ln^2(x)}{2} + C_2 \\ &= C_1\ln(x) + \frac{a\ln^2(x)}{2} + C_2 \end{eqnarray*}$

Somit ist die allgemeine Lösung der DGL

$\begin{eqnarray*} y(x) = C_1\ln(x) + \frac{a\ln^2(x)}{2} + C_2 \end{eqnarray*}$

ppuuhhh geschafft smile

11.02.2005, 07:11

Mazze

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nicht schlecht. Das man DGL's höherer Ordnung in Systeme umbauen kann weiß ich. Ich war nur gestern dann schon im Bett Augenzwinkern

. Aber denke das mit der Variation sollte nun funzen smile

. THX!

11.02.2005, 13:27

iammrvip

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Okay, bidde schön.

Vielleicht bringt dir das Beispiel aus meinem vorigen Beitrag mal was. Du kannst ja noch mal selbst versuchen zu lösen. Freude

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Dgl

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