DGL 2. Ordnung konstante Koeffizienten

19.08.2015, 20:35

Mathema

DGL 2. Ordnung konstante Koeffizienten

Hallo

Nachdem ich mich etwas mit Differentialgleichungen 1. Ordnung beschäftigt habe, wollte ich mich nun mit DGL`s 2. Ordnung mal auseinandersetzen. Ich habe im Netz eine alte Klausur gefunden mit folgender Aufgabe:

$\begin{eqnarray*} y''+2y'-3y=3+10\sin(x) \end{eqnarray*}$

Also, wenn ich das richtig verstanden habe, wählt man nun den Ansatz Variation der Konstanten. Also:

$\begin{eqnarray*} y''+2y'-3y=0 \end{eqnarray*}$

Dann muss ich folgende quadratische Gleichung lösen:

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

Da kann ich mit Vieta die Lösungen direkt ablesen:

$\begin{eqnarray*} \lambda_1=-3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_2=1 \end{eqnarray*}$

So - da beide Lösungen reell sind, erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} y_h=c_1e^{-3x}+c_2e^x \end{eqnarray*}$

Ich hoffe (und denke eigentlich auch), dass ich bis hierhin auf dem richtigen Weg bin und dass ich es verstanden habe.

Was ich nun aber nicht genau verstehe ist, wie ich auf meine partikuläre Lösung komme. Mag mir jemand einmal ein Denkanstoß geben bzw. eine Erklärung, wie ich nun fortsetzen kann? Würde ich nun wieder $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c_2 \end{eqnarray*}$ als Funktionen auffassen und die Ableitung bilden?

19.08.2015, 20:52

grosserloewe

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RE: DGL 2. Ordnung konstante Koeffizienten
Wink

Deine homogene Lösung stimmt.

Da es eine Summe ist , mußt Du summandweise vorgehen.

$\begin{eqnarray*} y_{p1} = a_{1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_{p2} = a_{2} *cos(x)+a_{3} sin(x)<br /> <br /> y_{p} =y_{p1} +y_{p2} \end{eqnarray*}$

Die part. Lösung 2 Mal ableiten und in die Aufgabe einsetzen.
Dann einen Koeffizientenvergleich machen.

$\begin{eqnarray*} y=y_{h} +y_{p} \end{eqnarray*}$

19.08.2015, 20:58

HAL 9000

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@Mathema

Falls dir das mit den direkten Ansätzen für die partikuläre Lösung nicht gefällt (oder du es doch mal mit Störfunktionen zu tun hast, für die die Ansatztabelle nichts liefert), dann kannst du es tatsächlich auch mit Variation der Konstanten versuchen. Dazu genügt es aber, dich auf eine der homogenen Lösungen zu konzentrieren, z.B. die zweite und damit dann Ansatz $\begin{align*} y_p = c(x)\cdot e^x \end{align*}$ . Dann ist nämlich $\begin{align*} y_p' = (c'+c)e^x \end{align*}$ sowie $\begin{align*} y_p'' = (c''+2c'+c)e^x \end{align*}$ , was in die DGL eingesetzt (und mit $\begin{align*} e^{-x} \end{align*}$ multipliziert)

$\begin{align*} c''+4c' = (3+10\sin(x)) e^{-x} \end{align*}$

ergibt. Links "fehlt" dann $\begin{align*} c \end{align*}$ - was kein Zufall ist, sondern muss so sein bei diesem Ansatz - damit kannst du direkt integrieren

$\begin{align*} c'+4c = \int (3+10\sin(x)) e^{-x} ~ \dd x \end{align*}$ ,

und hast den DGL-Grad erfolgreich um eins reduziert. Augenzwinkern

19.08.2015, 21:03

grosserloewe

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Das war ja klar .....

:-)

Falls dir das mit den direkten Ansätzen für die partikuläre Lösung nicht gefällt (oder du es doch mal mit Störfunktionen zu tun hast, für die die Ansatztabelle nichts liefert

--->das gibt es kaum, laß Dich nicht durcheinander bringen.

An dieser Stelle macht keiner Variation der Konstanten.

:-)

19.08.2015, 21:05

HAL 9000

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Ok, ich wollte nur auf die Gedanken von Mathema eingehen. Dass du gleich so angepisst reagierst, finde ich etwas befremdlich... aber du musst ja selber wissen, was du tust. unglücklich

19.08.2015, 21:23

grosserloewe

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Na dann ,wenn Du wie IMMER alles besser weißt, schenk ich Dir den

Thread.

:-)

19.08.2015, 21:26

HAL 9000

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Es ist durchaus nicht meine Absicht, den Thread zu übernehmen.

Aber ich rate dir mal, in die Boardhistorie von Mathema zu sehen, dann wirst du sehen, dass er sicher jemand ist, der auch mal über den Tellerrand schauen will - also durchaus ein überdurchschnittlicher Student (oder interessierter Amateur, keine Ahnung), bei dem man keine Sorge haben muss, dass er von alternativen Ansätzen überfordert ist.

19.08.2015, 21:28

Mathema

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Oje - ich wollte nicht mit meinem Thread hier für schlechte Stimmung sorgen. Augenzwinkern

Ich freue mich über jeden Ansatz und werde beide natürlich verfolgen. Nun habe ich erstmal den ersten Ansatz benutzt:

$\begin{eqnarray*} y_{p1} = a_{1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_{p2} = a_{2} \cos(x)+a_{3} \sin(x) \end{eqnarray*}$

Nun soll ich das also zweimal ableiten. Das ist bei der ersten Lösung nun nicht so schwierig.

Also erhalten ich:

$\begin{eqnarray*} -3a_1=3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_1=-1 \end{eqnarray*}$

Gut jetzt wird es schon umfangreicher:

$\begin{eqnarray*} y_{p2} = a_{2} \cos(x)+a_{3} \sin(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_{p2}'=-a_2\sin(x)+a_3\cos(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_{p2}''=-a_2\cos(x)-a_3\sin(x) \end{eqnarray*}$

Das setze ich nun also ein und erhalte schließlich die Gleichung:

$\begin{eqnarray*} \sin(x)(-4a_3-2a_2)+\cos(x)(-4a_2+2a_3)=10\sin(x) \end{eqnarray*}$

Also führt das auf das Gleichungssystem:

$\begin{eqnarray*} I: -2a_2-4a_3=10 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} II: -4a_2+2a_3=0 \end{eqnarray*}$

Mit den Lösungen:

$\begin{eqnarray*} a_2=-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_3=-2 \end{eqnarray*}$

Hoffe ich habe dich nun richtig verstanden. Hätte dann nur noch die Frage, wie du auf $\begin{eqnarray*} y_{p2} = a_{2} \cos(x)+a_{3} \sin(x) \end{eqnarray*}$ gekommen bist? Steht das in einer Tabelle, oder muss man sowas im Kopf haben?

19.08.2015, 23:14

Mathema

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@HAL:

Auch wenn es nicht deine Absicht war diesen Thread zu übernehmen, hoffe ich, dass du mir noch einmal weiterhilfst. Wäre lieb!

Ich habe nun deinen Ansatz verfolgt, der doch mit etwas mehr Rechenaufwand verbunden war. Vom Ansatz her erinnert er mich an das Reduktionsverfahren von d`Alembert, welches ich schon einmal hier benutzt habe, als ich eine DGL mit nicht konstanten Koeffizienten hatte:

Gewöhnliche Differentialgleichung

Da hatte ich dann ja substituiert. Das könnte ich ja sicherlich hier auch machen. Wäre das ratsam?

Ich habe es jetzt nicht gemacht. Deinen Anfang konnte ich nachvollziehen und bin dann an dieser Stelle gestartet:

$\begin{eqnarray*} c'+4c= \int (3+\sin(x))e^{-x}dx \end{eqnarray*}$

Dann habe ich erstmal das Integral berechnet:

$\begin{eqnarray*} \int (3+\sin(x))e^{-x}dx=3\int e^{-x}dx+10\int \sin(x)e^{-x}dx \end{eqnarray*}$

Das erste Integral ist einfach, dass zweite dann partiell:

$\begin{eqnarray*} \int \sin(x)e^{-x}=-\sin(x)e^{-x}+\int \cos(x)e^{-x}dx=-\sin(x)e^{-x}-e^{-x}\cos(x)-\int \sin(x)e^{-x}dx \end{eqnarray*}$

Also:

$\begin{eqnarray*} \int \sin(x)e^{-x}dx=-\frac{1}{2}e^{-x}(\sin(x)+\cos(x)) \end{eqnarray*}$

Dann ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} c'+4c=-e^{-x}(5\sin(x)+5\cos(x)+3) \end{eqnarray*}$

Dann also Variation der Konstanten:

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

$\begin{eqnarray*} c'=-4c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dc}{-4c}=dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{4}\ln|c|=x+c_* \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_h=c_*e^{-4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_*'=c_*'e^{-4x}-4c_* e^{-4x} \end{eqnarray*}$

Einsetzen:

$\begin{eqnarray*} c_*'e^{-4x}-4c_* e^{-4x}+4c_*e^{-4x}=-e^{-x}(5\sin(x)+5\cos(x)+3) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} dc_*=-e^{3x}(5\sin(x)+5\cos(x)+3)dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c_*=-(3\int e^{3x}dx+5\int \sin(x)e^{3x}dx+5\int \cos(x)e^{3x}dx) \end{eqnarray*}$

Das erste Integral ist einfach, die anderen beiden wieder partiell (ich spare mir das nun mal):

Dann ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} c_*=-e^{3x}(2\sin(x)+\cos(x)+1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c=-e^{-x}(2\sin(x)+\cos(x)+1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_p=-2\sin(x)-\cos(x)-1 \end{eqnarray*}$

Scheint also zu stimmen, die Ergebnisse sind ja identisch. Habe ich irgendwo nun "umständlich" gerechnet?

PS: Hoffe ohne Tippfehler.

19.08.2015, 23:24

HAL 9000

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Zitat:

Original von Mathema
Ich habe nun deinen Ansatz verfolgt, der doch mit etwas mehr Rechenaufwand verbunden war.

Ja, es ist fraglos so, dass die von grosserloewe vorgeschlagene Ansatzmethode einfacher ist bei Störfunktionen vom Typ

$\begin{align*} P(x)e^{\lambda x}\qquad (*) \end{align*}$

wobei $\begin{align*} P(x) \end{align*}$ ein Polynom der Ordnung $\begin{align*} m \end{align*}$ sein möge.

a) Ist $\begin{align*} \lambda \end{align*}$ nun keine Lösung der charakteristischen Gleichung der zugehörigen homogenen DGL, so klappt der Ansatz $\begin{align*} y_p = Q(x) e^{\lambda x} \end{align*}$ mit einem allgemeinen Polynomansatz $\begin{align*} Q(x) \end{align*}$ der gleichen Ordnung $\begin{align*} m \end{align*}$ .

b) Ist $\begin{align*} \lambda \end{align*}$ dagegen eine $\begin{align*} k \end{align*}$ -fache Lösung der charakteristischen Gleichung der zugehörigen homogenen DGL, so klappt der Ansatz $\begin{align*} y_p = x^k Q(x) e^{\lambda x} \end{align*}$ , wieder mit einem allgemeinen Polynomansatz $\begin{align*} Q(x) \end{align*}$ der Ordnung $\begin{align*} m \end{align*}$ . (Im Prinzip kann man b) auch als den allgemeinen Fall betrachten, mit a) als Spezialfall k=0).

Sind in der Störfunktion auch Winkelfunktionen, so taktet sich das ebenfalls in Modell (*) ein mit dann komplexen $\begin{align*} \lambda \end{align*}$ , also via $\begin{align*} \cos(x) = \frac{1}{2}\left( e^{ix} + e^{-ix} \right) \end{align*}$ sowie $\begin{align*} \sin(x) = \frac{1}{2i}\left( e^{ix} - e^{-ix} \right) \end{align*}$ .

Ich hatte die alternative Methode nur genannt, damit du siehst, dass man bei Störfunktionen, die nicht zu (*) passen, auch noch was machen kann. Leider hat grosserloewe dann den großen Eifersuchtsanfall gekriegt, so kannte ich ihn noch gar nicht.

Zu deinen Rechnungen muss ich nicht viel sagen: Wie zu erwarten, sind die völlig in Ordnung.

19.08.2015, 23:36

Mathema

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Super - vielen Dank, das hilft mir sehr weiter!

Wie schon gesagt, freue ich mich über jeden Ansatz. Gerade bei neuen Problemstellungen hilft es doch (mir jedenfalls), gleich verschiedene Zugänge dazu zubekommen.

Zitat:

ein überdurchschnittlicher Student (oder interessierter Amateur, keine Ahnung)

Das überdurchschnittlich nehme ich mal Kompliment, das Studentenleben habe ich aber schon einige Jahre hinter mir gelassen. Interessierter Amateur trifft es da also durchaus besser.

Wink

@grosserloewe:

Auch dir noch mal vielen Dank - auch wenn ich es etwas schade fand, dass du so plötzlich das Weite gesucht hast.

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