DGL mir Transformation

01.08.2009, 19:53

DGLG

DGL mir Transformation

Hallo!

x^2 y´´-2y=0

Diese DGL soll mit Hilfe der Transformation x=e^t in eine lineare DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten überführt werden. NAch der Transformation (mit Kettenregel) ist t eine unabhängige Variable, in welcher die DGL zu lösen ist. Anschließend dann Rücktransformation zur Variablen x, wn welcher die allgemeine Lösung anzugeben ist.

Wenn ich jetzt x=e^t quadriere und e^2t einsetze, habe ich schon die Transformation durchgeführt? Was ist mit der Kettenregel dann gemeint?

Vielen Dank für Hilfestellungen!

01.08.2009, 20:44

Abakus

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RE: DGL mir Transformation
Es würde noch die Substitution $\begin{eqnarray*} z(t) = y(e^t) \end{eqnarray*}$ fehlen; wenn y von x abhängig sein soll. Dieses z ist dann mit Kettenregel zu differenzieren, gesucht ist letztendlich eine lineare DGL in z dann. Hast du eine Lösung für z, kannst du zurückrechnen.

Grüße Abakus smile

01.08.2009, 21:48

DGLG

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Vielen Dank!

Muss ich dann die erste und zweite Ableitung von z(t)= y(e^t) bilden und y(..) als äußere Funktion und e^t als innere Funktion betrachten?

Also:

e^2t*y´´ -2x=0

01.08.2009, 21:54

DGLG

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Also die Ableitungen wären:

z´(t)= y(e^t) *t*e^t

z´´(t)= e^t*y(e^t) +t^2*e^t*y(e^t)+e^2t*t^2* y(e^t)

01.08.2009, 22:30

Abakus

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Zitat:

Original von DGLG
Also die Ableitungen wären:

z´(t)= y(e^t) *t*e^t

z´´(t)= e^t*y(e^t) +t^2*e^t*y(e^t)+e^2t*t^2* y(e^t)

Ein t zuviel und eine Ableitung zuwenig:

$\begin{eqnarray*} z'(t)= y'(e^t) \cdot e^t \end{eqnarray*}$

usw.

Also auch: $\begin{eqnarray*} y'(e^t) = z'(t) \cdot e^{-t} \end{eqnarray*}$

Grüße Abakus smile

02.08.2009, 13:01

DGLG

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Ah, ok.

Dann wären die Ableitungen:

z´(t)= y´(e^t)*e^t
z´´(t)= y´´(e^t)+e^2t

Und jetzt Forme ich nach y´(e^t) und y´´(e^t) um und setze diese Audrücke ein:

e^2t * (z´´(t)-e^2t)-2* y(e^t)=0

Jetzt ermittle ich die Lösung der homogenen DGL zweiter Ordnung mit dem Eulerschen Ansatz und erhalte eine Lösung, die von t abhängig ist. Jetzt transformiere ich zurück und erhalte die fertige Lösung?

02.08.2009, 17:01

Abakus

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Zitat:

Original von DGLG
Dann wären die Ableitungen:

z´(t)= y´(e^t)*e^t
z´´(t)= y´´(e^t)+e^2t

Bei der zweiten Ableitung ist die Produktregel relevant, so stimmt das nicht.

Grüße Abakus smile

PS: noch Latexklammern um deine Formeln, und sie werden schön angezeigt Augenzwinkern

02.08.2009, 17:25

DGLG

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So, dann teste ich das mal:

$\begin{eqnarray*} z''(e^t)=y''(e^t)\cdot e^{2t}+ y'(e^t)\cdot e^t \end{eqnarray*}$

Hm, den Exponenten 2t stellt er nicht richtig hoch...

Edit: ok, jetzt funktioniert alles.

02.08.2009, 17:39

Abakus

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Insgesamt ok; allerdings brauchst du für die weitere Rechnung die Ableitung y'' dann.

Grüße Abakus smile

02.08.2009, 18:02

DGLG

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Ja, ich erhalte dann:

$\begin{eqnarray*} e^(2t)\cdot (z''-z')-2z \end{eqnarray*}$

Mit Eulerschem Ansatz erhalte ich die Lösungen:

$\begin{eqnarray*} C1\cdot e^{0,75t} +C2\cdot e^{0.25t}=z \end{eqnarray*}$

Da z(t)=y(e^t) ist, müssen die t nur durch e^t ausgetauscht werden und dann durch x?

02.08.2009, 18:54

Abakus

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Zitat:

Original von DGLG
Ja, ich erhalte dann:

$\begin{eqnarray*} e^(2t)\cdot (z''-z')-2z \end{eqnarray*}$

Ich komme auf: $\begin{eqnarray*} z'' - z' - 2z = 0 \end{eqnarray*}$

Zitat:

Mit Eulerschem Ansatz erhalte ich die Lösungen:

$\begin{eqnarray*} C1\cdot e^{0,75t} +C2\cdot e^{0.25t}=z \end{eqnarray*}$

Das charakteristische Polynom hat die Nullstellen -1 und 2.

Zitat:

Da z(t)=y(e^t) ist, müssen die t nur durch e^t ausgetauscht werden und dann durch x?

Du setzt nun $\begin{eqnarray*} t = \ln x \end{eqnarray*}$ .

Grüße Abakus smile

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