Dgl. lösen

01.06.2012, 17:42

Gast999999

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Dgl. lösen

Aufgabe: Löse die Dgl.

Bitte um Kontrolle Danke smile

smile

$\begin{eqnarray*} x^2y'-3y^2-xy=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x^2y'=3y^2+xy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=3(\frac{y}{x})^2+\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u=\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=ux \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=xu'+u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u+u'x=3u^2+u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{du}{dx}=3\frac{u^2}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \, \frac{du}{u^2}=3\int \, \frac{dx}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=-\frac{x}{3ln|x|+c} \end{eqnarray*}$

01.06.2012, 17:48

Equester

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Gleiches Spiel wie gerade eben.
Auch gleiche Antwort -> richtig Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

(Btw. bist du auf der/ner Schule, oder Uni?)

01.06.2012, 22:29

Gast999999

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Tanzen

Bin ja voll am explodieren! Teufel

Teufel

Bin auf ner Hochschule.

Bei dieser Aufgabe komm ich nicht weiter:

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

$\begin{eqnarray*} y(1)=2 \end{eqnarray*}$ Was hat das für mich zu bedeuten?

Ich hab einfach mal substituiert:

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

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

$\begin{eqnarray*} u'-\frac{1}{2}=u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u'=u+\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \, \frac{du}{u+\frac{1}{2}}=\int \, dx \end{eqnarray*}$

Stimmt das?

01.06.2012, 22:44

Equester

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Also deiner Substitution kann ich nicht ganz folgen verwirrt

verwirrt

.

Aber du hast doch hier ein ganz gewöhnliches Problem.
Bring das y auf die andere Seite. Bestimme dann zuerst die homogene und dann
die partikuläre Lösung^^.

Ahh, dann darfst du auch gerne im Hochschulbereich posten^^.
Allerdings musst du dann wahrscheinlich auf meine Hilfe verzichten :P.
Da gehe ich nicht so gern um (hab keinen Nerv für den Notationskram).

01.06.2012, 22:57

Gast999999

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Also würde das bedeuten das der x-Teil mein Störglied ist?

homogene Lsg.
$\begin{eqnarray*} y'-y=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}-y=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} dy-y=0 \end{eqnarray*}$

Ich hab das Gefühl dass das komplett falsch ist^^

Da bleib ich doch lieber hier und lass mich von dir belehren Big Laugh

Big Laugh

01.06.2012, 23:00

Equester

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Sagen wir mal so. Ich verstehe nicht was du machst.
Zumal du augenscheinlich mit dx multipliziert hast. Dann solltest du auch y mit dx multiplizieren!

Wie hast du es denn sonst gemacht? :P Was ist hier dein Problem?
y'-y=0 ist der homogene Teil. Den bestimmen wir doch mit dem charakteristischen Polynom^^.

Danke Ups

Ups

.

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01.06.2012, 23:07

Gast999999

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Ich hab das immer so gemacht:
1. Störglied wegmachen
2. y und x jeweils auf verschiedenen Seiten getrennt
3. dy zu den y-Werten, dx zu den x-Werten
4. integrieren und fertig ist meine homogene Lsg.

01.06.2012, 23:17

Equester

Auf diesen Beitrag antworten »

Du verwurschtelst hier mehrere Verfahren.

Es gibt die Möglichkeit der Separation der Variablen, da sortierst du auf einer
Seite alles mit x und auf der anderen Seite alles mit y. Dann integrierst du.
So haben wir es mit den letzten 2-3 gehalten.

Dann gibt es unter anderem noch den Ansatz (neben z.B. der Variation der Konstanten),
dass wir erst nach der homogenen Lösung Ausschau halten
und uns dann um den partikulären Anteil kümmern.
Das haben wir bisher mit dem rechten Seite Ansatz getan.

Dies würde ich auch hier anraten.

01.06.2012, 23:27

original

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Zitat:

Original von Gast999999

Bei dieser Aufgabe komm ich nicht weiter:

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

$\begin{eqnarray*} y(1)=2 \end{eqnarray*}$ Was hat das für mich zu bedeuten? das ist der Anfangswert für eine spezielle Lösung -
damit wirst du nachher für die Integratinskonstante einen konkreten Wert ermitteln

Ich hab einfach mal substituiert:

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

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

$\begin{eqnarray*} u'-\frac{1}{2}=u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u'=u+\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \, \frac{du}{u+\frac{1}{2}}=\int \, dx \end{eqnarray*}$

Stimmt das?

Warum soll das nicht stimmen?

$\begin{eqnarray*} ln| u+\frac{1}{2} |= x+c_{1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u+\frac{1}{2} = c\cdot e^{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y+\frac{1}{2}\cdot x + \frac{1}{2} = c\cdot e^{x} \end{eqnarray*}$

mit
$\begin{eqnarray*} y(1)=2 \end{eqnarray*}$ ...-> ... $\begin{eqnarray*} c= \frac{3}{e} \end{eqnarray*}$

und damit dann:

$\begin{eqnarray*} y = -\frac{1}{2}\cdot x - \frac{1}{2} + \frac{3}{e} \cdot e^{x} \end{eqnarray*}$

mach nun mal die Probe, um zu sehen, ob dies möglicherweise stimmt.. verwirrt

verwirrt

01.06.2012, 23:28

Gast999999

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Das verstehe ich nicht. Den rechte Seite Ansatz dürfen wir doch nur bei Dgl. höherer Ordnung verwenden?
Bei 1. Ordnung erst den homogenen Teil dann den partikulären Teil.

01.06.2012, 23:36

Equester

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Ahh stimmt, danke original.
Wo ichs mir jetzt sauber aufgeschrieben hab, kann ich seinem Gedankengang folgen^^.

Also 2seitenlang aka 1000seitenlang aka Gast99999 war richtig. Sry hatte
deinem Gedankengang zuvor nicht ganz folgen können.

Zu deiner neuen Frage. Warum sollte der rechte Seite Ansatz nur anwendbar sein,
wenn wir es mit einer DGL höherer Ordnung zu tun haben?
y'-y=0

charakteristisches Polynom: $\begin{eqnarray*} \lambda-1=0 \end{eqnarray*}$
Also haben wir für unsere homogene Lösung was...?
Was erhalten wir für die partikuläre Lösung?
(Um mit dem meinigen Ansatz noch abzuschließen).

Die Erklärung von original bzgl der Anfangsbedingung ist verstanden? Du erinnerst dich?

Edit: Ich wollte eigentlich ohnehin ins Bett. Vllt kann original weiterhelfen, sollte noch was offen sein.
Gute Nacht Wink

Wink

.

02.06.2012, 00:09

Gast999999

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Kein Problem. Auch du darfst mal einen Fehler machen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Bist nicht der erste der mir nicht folgen kann xD

Wenn ich den rechte Seite Ansatz machen darf, dann wende ich ihn jetzt einfach mal an.

homogene Lsg.:

$\begin{eqnarray*} \lambda_{1,2} \pm1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_h=c_1*e^x+c_2*e^{-x} \end{eqnarray*}$

partikuläre Lsg.:

Es gibt keine Nullstelle =0 also:
$\begin{eqnarray*} y_p=ax+b \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_p'=a \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a=\frac{1}{2}x+ax+b \end{eqnarray*}$

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

$\begin{eqnarray*} a=b,b=-\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=c_1*e^x+c_2*e^{-x}-\frac{1}{2}x-\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$
Stimmt's?

Das von Original versteh bis zu einem bestimmten Punkt. Ab y(1) versteh ich nur noch Bahnhof. 'y' wird wahrscheinlich mit 1 ersetzt aber wo dann das 'x' danach hingegangen ist weiß ich nicht. Ich kenn das nur so, das man bei der partikulären Lsg. c zu c(x) umwandelt. Dann den ganzen Kram ableitet, in die Dgl. hineinensetzt und schließlich c'(x) ermittelt und letzendlich durch integrieren c(x) herrausbekommen. Für c(x) errechneten Werte in die partikuläre Funktion einfügen. Homogene Lsg. + partikuläre Lsg. ist dann das Ergebnis.

Von Anfangswertproblemen hab ich schonmal gehört. Hab da auch noch einige Aufgaben zu machen^^ Würde aber zuerst die allgemeine Lsg. noch vertiefen. (Hab nur noch 1 Aufgabe. Danach kommt Anfangswertproblem)

02.06.2012, 00:11

Gast999999

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Edit: Gute Nacht Equester. Bis morgen Wink

Wink

02.06.2012, 08:55

Equester

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Für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ bekommst du zwei Lösungen raus?
Haben wir denn ein quadratisches Problem? Augenzwinkern

Augenzwinkern

Die partikuläre Lösung ist richtig.

Du hast ja mit dieser (richtigen :P) Lösung unendlich viele Lösungen.
Das kommt von diesem(n) c her. Wenn du eine Anfangsbedingung hast, ist
genau festgelegt, welche Lösung nun zu nehmen ist.
Wenn du also deine Lösung y hast, setzt du dort x=1 ein und setzt dies mit 2 gleich.
Du wirst dann c ausrechnen können smile

smile

.

Klar?

02.06.2012, 11:09

Gast999999

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Sorry, natürlich ist $\begin{eqnarray*} \lambda =1. \end{eqnarray*}$

Dann müsste das ja folgendermaßen ausschauen:

$\begin{eqnarray*} y_h=ce^x \end{eqnarray*}$

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

Hier jetzt $\begin{eqnarray*} y(1)=2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2=ce^1-\frac{1}{2}*1-\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c=\frac{3}{e} \end{eqnarray*}$

Genauso wie von Original smile

smile

Für 'c' muss ich jetzt den ausgerechneten Wert in meine Lsg. reinschreiben und fertig ist die Aufgabe?

Bin Heute erst wieder gegen 16 Uhr wieder da. Wink

Wink

02.06.2012, 15:57

Equester

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Ja, passt alles Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

Ersteres ist die allgemeine Lösung.
Mit dem Einsetzen der Anfangsbedingung hast du dann die speziell geforderte Lösung.

02.06.2012, 16:07

Gast999999

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Juhu

Tanzen

Nächste

Big Laugh

$\begin{eqnarray*} y'=1+(x-y)^2 \end{eqnarray*}$

Aufgabe:
Wie lautet die Lsg. des Awp y(1)=0? Zeichnen Sie das Richtungsfeld. Stellen Sie die Isoklinen für c=1, c=2 und c=5 dar.

Also Anfansgwertproblem berechnen ist klar. Richtungsfeld...Isoklinen...Bahnhof...

02.06.2012, 16:12

Equester

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Ich kann die Dgl mit dir lösen. Auch das Awp stellt kein Problem dar, aber dann...
kenne ich mich zu wenig aus. Das sollte sich wer anderes anschaun Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

Zu unserem Problem. Ich würde direkt substituieren. Sicher nicht falsch wäre u=x-y?
Probiers mal Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

02.06.2012, 16:26

Gast999999

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Ich probiers mal. Schade das du ab den Richtungsfeld und Isoklinen nicht mehr 100%ig bescheid weißt unglücklich

unglücklich

$\begin{eqnarray*} u=x-y \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u'=1-y' \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=1-u' \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1-u'=1+u^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u'=-u^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{du}{dx}=-u^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -\int \frac{du}{u^2}=\int 1dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -(-\frac{1}{u})=x+c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{u}=x+c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u=\frac{1}{x+c} \end{eqnarray*}$

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

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

Könnte ich das auch mit der rechten Seite Regel machen?

02.06.2012, 16:29

original

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Zitat:

Original von Gast999999

$\begin{eqnarray*} y'=1+(x-y)^2 \end{eqnarray*}$

Zeichnen Sie das Richtungsfeld. Stellen Sie die Isoklinen für c=1, c=2 und c=5 dar.

Also Anfansgwertproblem berechnen ist klar. Richtungsfeld...Isoklinen...Bahnhof... geschockt

geschockt

geschockt

-> bist du je von alleine auf die geniale Idee gekommen, in einem geeigneten Buch nachzulesen -
oder zumindest mit dem Stichwort "Richtungsfeld...Isoklinen...Bahnhof.." - (ohne Bahnhof ,aber zügig) - zu googeln?
......................................... smile

smile

02.06.2012, 16:33

Equester

Auf diesen Beitrag antworten »

Deine Dgl ist richtig gelöst.
Jetzt noch das Awp.

Vllt kann dir original beim Rest weiterhelfen smile

smile

.

02.06.2012, 16:47

Gast999999

Auf diesen Beitrag antworten »

Awp.:

$\begin{eqnarray*} y(1)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0=1-\frac{1}{1+c} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1=\frac{1}{1+c} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1=1+c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c=0 \end{eqnarray*}$

Spezielle Lsg.:

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

Isoklinen haben irgendwas mit der Steigung zu tun so wie ich das verstanden habe (y'=c). Habe dann wohl einmal die steigung c=1, c=2 und c=5.

02.06.2012, 16:51

original

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Equester

Vllt kann dir original beim Rest weiterhelfen smile

smile

.

hm.. den Tipp, selbst was zu finden, habe ich doch schon verkauft?

Nun. mit der DGL , hier zB $\begin{eqnarray*} y'=1+(x-y)^2 \end{eqnarray*}$

ist jedem Punkt P(x,y) der Ebene ein "Linienelement" zugeordnet
(dh ein kleines Stück Tangente, mit deren Steigung die gesuchte Lösung durch P durchgehen wird)
Beispiel: der Punkt (1,1) wird mit der Steigung y'=1 durchlaufen .. usw..

also : mit der DGL ist die ganze Ebene mit solchen "Linienelementen" (Tangentenstückchen) versehen -> du hast das Richtungsfeld..

und wenn du nun alle Punkte einsammelst, deren Tangentenstückchen die gleiche Steigung zB y'=1
aufweisen, dann gibt die Kurve durch diese Punkte eine Isokline (was dieses Wort wohl übersetzt heisst?)

aber nun wirklich: schau dir das mal im Netz oder im Fachbuch an Wink

Wink

Anmerkung:
"verstanden habe (y'=c). .." verwirrt

verwirrt

-> du bist dir hoffentlich im Klaren darüber, dass dieses c
und das c der Integrationskonstanten nichts miteinander zu tun haben..

und: welche Punktmenge ergibt sich zB für die Isokline mit c=1 ??
.

02.06.2012, 16:51

Equester

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja sowas gehört zu haben, kann ich mich erinnern^^.
Aber ich gebe nur gern Hilfestellung, wenn ich mir der Sache sicher bin.

Die spezielle Lsg ist aber schon mal richtig.

Danke fürs weitermachen, original Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

02.06.2012, 17:08

original

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Equester

Danke fürs weitermachen, original

.
Nett von dir, Equester -
aber ich glaube, inzwischen alles Nötige notiert zu haben;

deshalb will ich mich auch nicht weiter einmischen..

02.06.2012, 17:08

Gast999999

Auf diesen Beitrag antworten »

Jo ich schau mir das mal an. Ich denke dafür brauch ich erstmal ein bisschen Zeit^^

Würde aber gerne noch paar Awp-Aufgaben machen Big Laugh

Big Laugh

z.B. die da $\begin{eqnarray*} (1+e^x)yy'=e^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(1)=1 \end{eqnarray*}$

02.06.2012, 17:10

Equester

Auf diesen Beitrag antworten »

Wie ich das sehe, läuft das auf eine Variablentrennung hinaus.

Reicht dieses Stichwort schon, oder braucht es mehr? Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.06.2012, 17:12

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Gast999999
z.B. die da $\begin{eqnarray*} (1+e^x)yy'=e^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(1)=1 \end{eqnarray*}$

Mann das sollte inzwischen doch fast schon im Kopf gehen... Big Laugh

Big Laugh

Einfach umformen zu

$\begin{eqnarray*} yy'=\frac{e^x}{1+e^x} \end{eqnarray*}$

und beidseitig integrieren (Kettenregel dabei nicht vergessen!)...

02.06.2012, 17:29

Gast999999

Auf diesen Beitrag antworten »

Ihr seht das immer so schnell. Ich brauch da immer Jahre dafür :-/

$\begin{eqnarray*} \int y* dy = \int \frac{e^x}{1+e^x} dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}y^2=ln|1+e^x|+c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=\sqrt{2 ln|1+e^x|+c} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c=y^2-2 ln|1+e^x| \end{eqnarray*}$

y(1)=1

$\begin{eqnarray*} c=1-2 ln|1+e|=-1,6265 \end{eqnarray*}$

Spezielle Lsg.:

$\begin{eqnarray*} y=\sqrt{2 ln|1+e^x|-1,6265} \end{eqnarray*}$

02.06.2012, 17:53

Equester

Auf diesen Beitrag antworten »

Wir müssens ja vorerst nicht rechnen, sondern nur sehen Big Laugh

Big Laugh

.

Beide Lösungen passen! Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wenn du lustig bist, kannst du den Betrag übrigens weglassen.
Sehr gut, dass du ihn hingemacht hast. Auch beibehalten, aber am Ende,
darfst gerne kurz überlegen, ob er noch gebraucht wird Augenzwinkern

Augenzwinkern

.
Da der Numerus immer positiv ist -> Brauchst du ihn nicht.

02.06.2012, 18:08

Gast999999

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Juhuuu

Tanzen

Ich lass die Beträge mal lieber stehen. Sonst mach ich noch irgendwas falsch^^

Meine nächste Aufgabe:
Ist es überhaupt in Ordnung das ich dich wie der Teufel

Teufel

mit Aufgaben bombardiere?

$\begin{eqnarray*} y''+4y'+5y=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(0)=\pi,y'(0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda^2+4 \lambda+5=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_{1,2}=-2 \pm i \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_h=e^{-2x}[c_1cos(x)+c_2sin(x)] \end{eqnarray*}$

partikuläre Lsg. gibts hier garnicht.

$\begin{eqnarray*} \pi=c_1cos(0)+c_2sin(0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_1=\pi, c_2=0 \end{eqnarray*}$ kommt mir sehr merkwürdig vor. Muss ich noch y' und y'' berechnen?

Bin jetzt grillen und später noch unterwegs. Bist mich für Heute los smile

smile

Bis Morgen Wink

Wink

02.06.2012, 18:22

Equester

Auf diesen Beitrag antworten »

Die allgemeine Lsg der Dgl ist richtig,
doch wie kommst du auf $\begin{eqnarray*} c_2 \end{eqnarray*}$ ? $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ ist richtig. Aber nur mit $\begin{eqnarray*} y(0)=\pi \end{eqnarray*}$ , kannst
du über $\begin{eqnarray*} c_2 \end{eqnarray*}$ keine Aussage treffen.

Du hast doch noch die Bedingung $\begin{eqnarray*} y'(0)=0 \end{eqnarray*}$ gegeben. D.h. bilde die Ableitung deiner
Lösung und setze das Awp ein!

Endlich, dachte das hört nie auf Big Laugh

Big Laugh

.
Nah, viel Spaß beim Grillen. Bin auch bald weg und morgen werde ich auch nicht lange
on sein (Erst vom Paintball erholt, morgen Lasergame (Paintball mit Laser^^)).

Wink

Wink

03.06.2012, 13:42

Gast999999

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Nice dann leite ich mal ab.

$\begin{eqnarray*} y'(x)=-2c_1e^{-2x}*cos(x)-c_1e^{-2x}*sin(x)-2c_2e^{-2x}*sin(x)+c_2e^{-2x}*cos(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'(0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0=-2c_1e^{-2*0}*cos(0)-c_1e^{-2*0}*sin(0)-2c_2e^{-2*0}*sin(0)+c_2e^{-2*0}*cos(0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0=-2c_1-0-0+c_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_2=2c_1,c_1=\pi,c_2=2 \pi \end{eqnarray*}$

Spezielle Lsg.:

$\begin{eqnarray*} y(x)=e^{-2x}[\pi cos(x)+2\pi sin(x)] \end{eqnarray*}$

Bitte um Kontrolle smile

smile

03.06.2012, 19:46

Equester

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Das ist nun richtig Freude

Freude

.

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