DGL y'''+2y''+y'=2e^-x

11.12.2009, 00:06	Kevin Rowe	Auf diesen Beitrag antworten »
DGL y'''+2y''+y'=2e^-x Hallo an alle Mathematiker, Ich habe hier ein kleines Problem mit der DGL $\begin{eqnarray} y'''+2y''+y'=2e^{-x} \end{eqnarray}$ : Ich habe bisher schon die homogene Lösung der DGL ausgerechnet. Hier komme ich als Lösung auf: $\begin{eqnarray} y_{hom} = c1e^{-x}+c2xe^{-x}-c3 \end{eqnarray}$ Nun beginnt mein Problem. Ich habe als erstes die 3 Ableitungen gebildet. Hierfür habe ich als Ansatz für y(x) folgendes gewählt: $\begin{eqnarray} y_{(x)} = Axe^{-x} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y'=Ae^{-x}-Axe^{-x} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y''=-2Ae^{-x}+Axe^{-x} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y'''=3Ae^{-x}-Axe^{-x} \end{eqnarray}$ Jetzt gehe ich davon aus, dass ich einen falschen Ansatz gewählt habe, denn wenn ich die ausgerechneten Ableitungen einsetze komme ich auf: $\begin{eqnarray} 0Ae^{-x} +0Axe^{-x} =2e^{-x} \end{eqnarray*}$ Somit kann ich mein A leider nicht mehr bestimmen. So verzweifelt wie ich war, habe ich die DGL mal durch Scientific Worklpace laufen lassen. Das zeigt mir, dass es definitiv eine partikuläre Lösung gibt. Wie ich aber auf diese komme, weiß ich jetzt leider nicht mehr. Wenn ihr mir einen kleinen Tipp geben könnt, wie man auf die partikuläre Lösung kommt, wäre ich auch sehr dankbar! mfG, Kevin Rowe
11.12.2009, 09:50	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Deine Lösung der homogene Gleichung ist korrekt, also $\begin{eqnarray} y_h(x)=c_1e^{-x}+c_2x~e^{-x}+c_3 \end{eqnarray}$ Für später benötigen wir die Ableitungen dieser homogenen Lösung $\begin{eqnarray} y'_h(x)=(-c_1+c_2-c_2x)\cdot e^{-x} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y''_h(x)=(-2c_2+c_1+c_2x)\cdot e^{-x} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y'''_h(x)=(3c_2-c_1-c_2x)\cdot e^{-x} \end{eqnarray}$ Für die inhomogene Gleichung macht man den Produktansatz: $\begin{eqnarray} y_i(x)=A(x)\cdot y_h(x) \end{eqnarray}$ Darin muss man die unbekannte Funktion A(x) bestimmen. Ableiten dieses Ansatzes ergibt $\begin{eqnarray} y'_i(x)=A'y_h+Ay'_h \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y''_i(x)=A''y_h+2A'y'_h+Ay''_h \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y'''_i(x)=A'''y_h+3A''y'_h+3A'y''_h+Ay'''_h \end{eqnarray}$ Setze in diese Ableitungen $\begin{eqnarray} y'_i, y''_i,y'''_i \end{eqnarray}$ die zuvor berechneten Ableitungen $\begin{eqnarray} y'_h, y''_h,y'''_h \end{eqnarray}$ ein. Setze danach die Ableitungen $\begin{eqnarray} y'_i, y''_i,y'''_i \end{eqnarray}$ in die ursprüngliche Differenzialgleichung ein. Nach Division durch $\begin{eqnarray} e^{-x} \end{eqnarray}$ fallen darin alle e-Funktionen heraus. Damit vereinfacht sich die ursprüngliche Dgl. zu einer Gleichung für die gesuchte Funktion A(x). Ich vermute, dass A(x) ein Polynom sein muss, also $\begin{eqnarray} A(x)=A_0+A_1 x+A_2 x^2+... \end{eqnarray}$ Die einzelnen Koeffizienten bekommt man durch Koeffizientenvergleich.
12.12.2009, 01:20	Kevin Rowe	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Ehos, Danke erstmal für diesen Ansatz. Einen derartigen Ansatz, in dem man yhom ableitet und dann im späteren Verlauf im Ansatz einsetzt, haben wir in unserer Vorlesung bisher noch nicht besprochen. Allerdings baut unser Prof. gerne solche Aufgaben in die Übungen ein um die Studenten ein bisschen aufs Glatteis zu führen. Bisher hätten wir bei einer solchen DGL immer den Ansatz Ae^-x gewählt. Allerdings sieht man bei diesem Ansatz schnell, dass unser A nicht bestimmbar ist. Wieso wählt man in diesem Falle ganz gezielt Y=A(x)yhom(x) ? Außerdem habe ich ein weiteres (wahrscheinlich selbstverschuldetes) Problem. Nachdem ich yhom nun abgeleitet habe und in die oben genannten Gleichungen eingesetz habe, komme ich auf: $\begin{eqnarray} -2c_{2}e^{-x} +c_{3}=2e^{-x} \end{eqnarray}$ Mein "schlaues Matheprogramm" sagt mir, dass für yp folgendes rauskommen muss: $\begin{eqnarray} y_{p}(x)= \frac{-x^{2}}{e^{x}} \end{eqnarray}$ Allerdings komm ich auf Teufel komm raus nicht auf diese Lösung für yp(x). Habe ich irgendwo einen Rechenfehler?! Für weitere Ratschläge wäre ich sehr dankbar! mfG, Kevin
12.12.2009, 15:45	Kevin Rowe	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo allerseits, Also ich hab meine Rechnung jetzt nochmal überprüft und habe einen kleinen Fehler gefunden. Nach dem Einsetzen der Ableitungen, habe ich bei c3 einen Faktor A vergessen. Es sollte also da stehen: $\begin{eqnarray} -2c_{2}e^{-x}+Ac_{3}=2e^{-x} \end{eqnarray}$ Allerdings habe ich noch immer keinen blassen Schimmer, wie ich hier auf die partikuläre Lösung $\begin{eqnarray} y_{p}(x)=%20\frac{-x^{2}}{e^{x}} \end{eqnarray}$ kommen soll. Ist die vom Programm angegebene partikuläre Lösung vielleicht falsch, oder gibt es einen einfachen Kniff, mit der man auf das gewünschte Ergebnis kommt?! Danke schonmal für eure Hinweise! mfG, Kevin
12.12.2009, 15:54	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei einer linearen DGL mit konstanten Koeffizienten und Störglied der Form $\begin{eqnarray} p_m(x)e^{\lambda x} \end{eqnarray}$ mit einem Polynom $\begin{eqnarray} p_m \end{eqnarray}$ vom Grad $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ führt der Ansatz $\begin{eqnarray} y_p(x) = q_m(x)x^{\alpha}e^{\lambda x} \end{eqnarray}$ zum Erfolg. Dabei ist $\begin{eqnarray} q_m \end{eqnarray}$ ebenfalls ein Polynom $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ -ten Grades und $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ kennzeichnet die Vielfachheit, mit der $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ Lösung der charakteristischen Gleichung der zugehörigen homogenen Gleichung ist. In den "meisten" Fällen ist einfach $\begin{eqnarray} \alpha = 0 \end{eqnarray}$ , im vorliegenden Fall mit $\begin{eqnarray} \lambda=-1 \end{eqnarray}$ ist jedoch $\begin{eqnarray} \alpha = 2 \end{eqnarray}$ , und übrigens $\begin{eqnarray} m=0 \end{eqnarray}$ .
12.12.2009, 16:19	z4hl3n_n3rd	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Allerseits! Also ich kapier nicht, was meine Vorreiter da geschrieben haben, aber wenn die Ansaetze $\begin{eqnarray} A\cdot e^{-x} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} A\cdot x \cdot e^{-x} \end{eqnarray}$ nicht funzen (in diesem Falle, weil sie bereits in der homo-loesung vorkommen), dann muss man halt noch nen x einfuegen: $\begin{eqnarray} A\cdot x^2 \cdot e^{-x} \end{eqnarray}$ Viel Spass beim ableiten und ausprobieren. Ich komme damit zumindest auf das Scientific Workplace Ergebnis von Kevin allein zu hause
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12.12.2009, 16:21	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Nichts anderes habe ich geschrieben, wenn du dir die Mühe machst, alles nachzulesen. Nur eben ohne Trial-and-Error, sondern auf solider Basis.
13.12.2009, 00:47	Kevin Rowe	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo ihr, Vielen Dank für die Tipps! Hatte davor einen kleinen Denkfehler mit den Ableitungen und mit dem Koeffizientenvergleich. Der ist jetzt aus der Welt geräumt und ich komme nun auch auf das richtige Ergebnis. Vielen Dank nochmal an alle, die geholfen haben! lG, Kevin

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