Anfgangswertproblem DGL 2.O

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28.05.2018, 22:28

verdi33

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Anfgangswertproblem DGL 2.O

Wie muss man hier vorgehen ?

Irgendwie mit Substitution?

28.05.2018, 23:14

Helferlein

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Woran scheiterst Du denn? Es handelt sich um eine inhomogene lineare DGL 2.Ordnung mit konstanten Koeffizienten.
Welches Verfahren da greift, solltet ihr in der Vorlesung besprochen haben.

28.05.2018, 23:20

verdi33

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Kannst du paar Tipps geben was ich genau anwenden soll ?

29.05.2018, 08:27

Leopold

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Mit "Substitution" hat verdi33 allerdings auch nicht ganz unrecht. Denn in $\begin{align*} u=y' \end{align*}$ ist die Differentialgleichung sogar von erster Ordnung.

29.05.2018, 14:42

Helferlein

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Mal unabhängig von Leopolds Hinweis: Löse $\begin{eqnarray*} y''=y' \end{eqnarray*}$ mittels charkteristischer Gleichung bzw. dem Ansatz $\begin{eqnarray*} y=Ce^{tx} \end{eqnarray*}$ und suche danach nach einer Partikulärlösung im Polynombereich.

30.05.2018, 14:25

verdi33

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Sieht das charakteristische Polynom so aus :

lambda^2 -lambda = 0

lambda*(lambda -1)=0

lambda_1 = 0

lambda_2 = 1

Richtig ?

Jetzt wie weiter ?

30.05.2018, 15:00

klarsoweit

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Mit den beiden lambda-Werten kann du nun die beiden Lösungen des homogenen Problems aufstellen. Für die Partikulärlösung machst du den Ansatz $\begin{eqnarray*} y_p(x) = ax^2 + bx \end{eqnarray*}$ .

Im Prinzip hatte Helferlein schon alles gesagt. Und ein bißchen Experimentieren kannst du ja auch mal machen.

30.05.2018, 15:32

verdi33

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yh = c1*e^{-1x}

Das ist die homegene Lösung oder ?

30.05.2018, 15:46

klarsoweit

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1. Du hast zwei lambda-Werte und somit hast du auch zwei (unterschiedliche) homogene Lösungen.
2. Wieso steht im Exponenten der e-Funktion "-1x" ?

30.05.2018, 17:27

verdi33

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yh = c2+c1*e^{1x}

Jetzt ok?

31.05.2018, 13:42

verdi33

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Noch jemand da?

31.05.2018, 14:51

Mathema

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Ja - das stimmt so. Nun fehlt noch $\begin{eqnarray*} y_p \end{eqnarray*}$ und die Bestimmung der Konstanten mithilfe deiner Anfangsbedingungen. Übrigens: Wenn du unsicher bist, ob du eine Gleichung richtig gelöst hast, mache doch einfach eine Probe und warte hier nicht stundenlang auf eine Antwort...

31.05.2018, 16:08

verdi33

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31.05.2018, 16:14

HAL 9000

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Zitat:

Original von verdi33 (ergänzt)

Jetzt in die allgemeine Lösung sowie auch in deren erste Ableitung für x = 0 einsetzen?

Genau.

31.05.2018, 16:54

verdi33

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yp = ax^2+bx

yp`= 2ax+b
yp`` = 2a

Eingesetzt:

2a = 2ax+b+x

Koeffizientenvergleich:

2a = x*(2a+1)+b

I 2a+1 = 0

II b = 2a

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

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

$\begin{eqnarray*} y = c2+c1*e^{1x} -0,5x^2 -x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(0) = 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2 = c2+c1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y' = c1*e^{1x} -x - 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 = c2+c1 \end{eqnarray*}$

Eingesetzt habe ich die 2 Gleichungen :

$\begin{eqnarray*} 2 = c2+c1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 = c2+c1 \end{eqnarray*}$

Was mache ich jetzt?

01.06.2018, 07:45

HAL 9000

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Zitat:

Original von verdi33
$\begin{eqnarray*} y = c2+c1*e^{1x} -0,5x^2 -x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(0) = 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2 = c2+c1 \end{eqnarray*}$

Richtig.

Zitat:

Original von verdi33
$\begin{eqnarray*} y' = c1*e^{1x} -x - 1 \end{eqnarray*}$

Die Ableitung ist richtig. Aber x=0 eingesetzt führt via Anfangswert $\begin{eqnarray*} y'(0)=0 \end{eqnarray*}$ nicht zu der von dir genannten Gleichung, sondern zu

$\begin{eqnarray*} 0 = c_1-1 \end{eqnarray*}$ .

Daraus lässt sich direkt $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ berechnen, und damit über die erste Gleichung dann auch $\begin{eqnarray*} c_2 \end{eqnarray*}$ .

(Allgemein betrachtet hat man da lineare Gleichungssysteme für diese fehlenden Parameter zu lösen.)

01.06.2018, 07:58

Ulrich Ruhnau

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RE: Anfgangswertproblem DGL 2.O
Um die DGL $\begin{eqnarray*} y''(x)=y'(x)+x \end{eqnarray*}$ mit den Randbedingungen $\begin{eqnarray*} y(0) = 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y'(0) = 0 \end{eqnarray*}$ zu lösen, kann man ziemlich nach Schema f vorgehen. D.h. man löse erst den homogenen Teil.

$\begin{eqnarray*} y_h''(x) = y_h'(x) \end{eqnarray*}$

In diesem Fall durch Trennung der Veränderlichen!

$\begin{eqnarray*} \frac{dy_h'}{dx}=y' \end{eqnarray*}$

Veränderliche trennen:

$\begin{eqnarray*} \frac{dy_h'}{y_h'}=dx \end{eqnarray*}$

Und nun integrieren!

$\begin{eqnarray*} \int\frac{dy_h'}{y_h'}=\int dx \end{eqnarray*}$

Dabei können wir die Integrationskonstanten ruhig weglassen.

$\begin{eqnarray*} ln(y_h')=x \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} y_h'(x) = e^x \end{eqnarray*}$

Unsere Allgemeine Lösung für $\begin{eqnarray*} y'(x) \end{eqnarray*}$ wird nun die Gestalt haben:

$\begin{eqnarray*} y'(x) = c y_h'(x) + y_p'(x) \end{eqnarray*}$

Hier weichen wir vom Standardverfahren ein bisschen ab, denn normalerweise hätten wir den Ansatz $\begin{eqnarray*} y(x) = c y_h(x) + y_p(x) \end{eqnarray*}$ machen müssen. Aber in unserer Ausgangsgleichung ist kein $\begin{eqnarray*} y(x) \end{eqnarray*}$ vorhanden. Da müssen wir improvisieren.
Dieser Ansatz bedeutet folgendes: $\begin{eqnarray*} y_p'(x) \end{eqnarray*}$ sei eine Lösung (genannt: partikuläre Lösung), die unsere DGL erfüllt. Dann können wir zur partikulären Lösung ein beliebiges Vielfaches unserer homogenen Lösung hinzufügen, ausgedrückt durch unsere frei wählbare Konstante c, und die DGL ist immer noch erfüllt.

01.06.2018, 09:10

verdi33

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Danke euch beiden .
Ja damit habe ich immer so meine Probleme zu beginn den richtigen Ansatz zu bekommen Big Laugh

01.06.2018, 09:49

Ulrich Ruhnau

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RE: Anfgangswertproblem DGL 2.O
Um die partikuläre Lösung $\begin{eqnarray*} y_p'(x) \end{eqnarray*}$ zu finden, macht man den Ansatz:

$\begin{eqnarray*} y_p'(x)=a(x) y_h(x) \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} y_p'(x) = a(x) e^x \end{eqnarray*}$ und bestimmt das $\begin{eqnarray*} a(x) \end{eqnarray*}$ durch Einsetzen in unsere DGL $\begin{eqnarray*} y''(x)=y'(x) + x \end{eqnarray*}$ .

Zunächst berechnen wir die Ableitung

$\begin{eqnarray*} y_p''(x) = a'(x) e^x + a(x) e^x \end{eqnarray*}$

und setzen dies ein.

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

Und weil hinter diesem Ansatz ein Trick steckt, fällt $\begin{eqnarray*} a(x) \end{eqnarray*}$ aus der Gleichung heraus.

$\begin{eqnarray*} a'(x) e^x= x \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} a'(x) = x e^{-x} \end{eqnarray*}$

Hier beginnt das Tüfteln um $\begin{eqnarray*} a'(x) \end{eqnarray*}$ zu integrieren. Hierzu der Ansatz:

$\begin{eqnarray*} u(x) = x e^{-x} \end{eqnarray*}$ oder abgeleitet $\begin{eqnarray*} u'(x) = e^{-x}-x e^{-x} \end{eqnarray*}$

Das ist leider nur fast das, was wir haben wollen. Also kommt ein neuer Ansatz:

$\begin{eqnarray*} v(x) = (b-x) e^{-x} \end{eqnarray*}$ sowie abgeleitet $\begin{eqnarray*} v'(x) = -e^{-x} - (b-x) e^{-x} = -e^{-x} - b e^{-x} +x e^{-x} \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} b = -1 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} v'(x) = x e^{-x} \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} a'(x)=v'(x) \end{eqnarray*}$ und damit ist es das, was wir haben wollen nämlich:

$\begin{eqnarray*} a(x) = (-x-1) e^{-x} \end{eqnarray*}$

Daraus ergibt sich unsere partikuläre Lösung.

$\begin{eqnarray*} y_p'(x)=a(x)y_h'(x)=(-x-1) e^{-x}e^x=-x-1 \end{eqnarray*}$

Das muß noch integriert werden, wodurch eine weitere Integrationskonstante b entsteht.

$\begin{eqnarray*} y_p(x)=-\frac{x^2}{2}-x+b \end{eqnarray*}$

Jetzt können wir endlich die allgemeine Lösung zusammensetzen.

$\begin{eqnarray*} y(x)=y_p(x)+c y_h(x)= -\frac{x^2}{2}-x+b+c e^x \end{eqnarray*}$

Dann müssen wir uns nur noch um die Randbedingungen $\begin{eqnarray*} y'(0) = 0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} y(0) = 2 \end{eqnarray*}$ kümmern.

$\begin{eqnarray*} y'(x)=-x-1+c e^x \end{eqnarray*}$ liefert für $\begin{eqnarray*} x = 0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} c = 1 \end{eqnarray*}$ .

Genauso läßt sich auch b bestimmen.

$\begin{eqnarray*} y(x)= -\frac{x^2}{2}-x+b+ e^x \end{eqnarray*}$ liefert für $\begin{eqnarray*} x = 0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} b = 1 \end{eqnarray*}$ .

Also lautet die Lösung:

smile

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

17.08.2018, 18:02

Strahl

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Hätte man die DGL auch integrieren können um sie auf eine erster Ordnung zu bringen?

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