Inhomogone Dgl.2 Ordung Ansatz PArtikuläre Lsg

31.01.2010, 14:12

Christopher1980

Inhomogone Dgl.2 Ordung Ansatz PArtikuläre Lsg

hallo zusammen, ich habe folgendes problem.
meine aufgabe lautet:
y"+2y'+5y=sin2x
als charakteristische gleichung für den ansatz der homogenen lsg nehme ich: L^2+2L+5=0
löse es nach L auf und bekomme:
L=-1-2i
L=-1+2i
gleichungs für die homogene lösung wäre dann:
c*e^(-x)*sin(2x)+D*e^(-x)*cos(2x)
soweit so gut....
nun der ansatz für die partiküläre Lsg.

a=0; b=2; n=0

jetzt komm ich aber nicht mehr weiter, bitte um eure hilfe

danke schonmal im vorraus

31.01.2010, 14:28

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Inhomogone Dgl.2 Ordung Ansatz PArtikuläre Lsg
Erstmal herzlich Willkommen im Matheboard!

Der erste Teil für die homogene Differentialgleichung müsste soweit stimmen. Schauen wir uns die rechte Seite an:

Zitat:

Original von Christopher1980

nun der ansatz für die partiküläre Lsg.

a=0; b=2; n=0

Was sind bei dir a,b und n? Deine rechte Seite hat die Gestalt einer Sinusfunktion, also würde ich mal probieren, mit einer Linearkombination aus Sinus und Cosinus ranzugehen. Schreibe mal deinen Ansatz auf.

31.01.2010, 16:25

Christopher1980

Auf diesen Beitrag antworten »

danke für die schnele antwort

a = exponent von e^(ax)
n = grad von x^n
b = w(sin(wx)) hier sin2x also = 2

noch ein bsp zur erklärung meines problems...

wenn ich zum bsp. so eine aufgabe nehme...
Y"-2y'-3=-3t*e^(2t)

.
.
.
L=-1
L=3
homogene lsg wäre demnach
C*e^(3T)+D*e^(-T)

n=1 a=2 b=0

so, wenn ich jetzt in der formelsamlung nachschaue, find ich schon lösungsansätze... aber wie wird das genau zusammengebaut....
ich komm da nicht weiter....

mfg
christopher

31.01.2010, 16:32

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Christopher1980
a = exponent von e^(ax)
n = grad von x^n
b = w(sin(wx)) hier sin2x also = 2

Alles klar, es ist nur nicht unbedingt die gänge Praxis, dass so zu notieren und dann den Ansatz abzuleiten. Deswegen die Nachfrage zu deiner Notation.

In der Tat hast du hier keine e-Funktion und kein Polynom vor deinem Sinus-Term, so dass es ausreicht, mit einer Sinus- und Cosinus-Linearkombination ranzugehen. D.h. im konkreten Fall:

$\begin{eqnarray*} y_s(x)=A\sin (2x)+B\cos(2x) \end{eqnarray*}$

31.01.2010, 16:58

Christopher1980

Auf diesen Beitrag antworten »

ok danke.

und wie mache ich das bei

Y"-2y'-3=-3t*e^(2t)
die ganze aufgabe steht im threat weiter oben
oder bei

Y"+2y'-2Y=3t^2-4t

die homogene lösung ist nie das problem...
ich versteh die übergänge nicht zur partikulären...
dumm gesagt, was is was, und wie kommt es zustande und wo kommt es her ....
ich flipp deswegen schon bald aus.....

mfg christopher

31.01.2010, 17:05

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

wenn ich zum bsp. so eine aufgabe nehme...
Y"-2y'-3=-3t*e^(2t)

Bist du dir sicher, dass da nicht noch ein y fehlt auf der linken Seite? Dann macht das Sinn mit deiner Lösung für die homogene Differentialgleichung.

Das zentrale Problem ist doch, eine spezielle Lösung zu finden, wobei man immer zwei Möglichkeiten hat:

1. Variation der Konstanten

2. Spezieller Ansatz

Bei der zweiten Methode versucht man, aufgrund der Struktur der rechten Seite, eine spezielle Lösung zu finden. Dazu setzt man mit geeigneten Funktionen, die man von der Struktur der rechten Seite her ableitet, an. Abgeleitet und eingesetzt ergibt das dann eine Gleichung für die eventuell auftretenden Koeffizienten im Ansatz.

Aus einem anderen Thread habe ich mal einen altbekannten Satz herausgeholt, der dir etwas aussagt über die Struktur deines Ansatzes, in Abhängigkeit deiner rechten Seite:

Bei der zweiten gestellten Aufgabe verhält es sich genauso. Vielleicht mal als Erinnerung folgender Satz aus der Vorlesung:

Betrachte die inhomogene lineare Dgl. mit konstanten Koeffizienten mit rechter Seite

$\begin{eqnarray*} b(x)=P(x)\cdot e^{\mu x}, \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} P=P(x) \end{eqnarray*}$ Polynom. Dann gilt:

a) Nichtresonanzfall: $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ ist keine Nullstelle des zugeordneten charakteristischen Polynoms. Dann besitzt die inhomogene Dgl. eine Lösung der Form

$\begin{eqnarray*} y_s(x)=Q(x)\cdot e^{\mu x} \end{eqnarray*}$ ,

wobei $\begin{eqnarray*} Q=Q(x) \end{eqnarray*}$ ein Polynom mit deg $\begin{eqnarray*} Q(x) \leq \end{eqnarray*}$ deg $\begin{eqnarray*} P(x) \end{eqnarray*}$ ist.

b) Resonanzfall: $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ -fache Nullstelle des charakteristischen Polynoms. Dann besitzt die Differentialgleichung eine spezielle Lösung der Form

$\begin{eqnarray*} y_s(x)=x^{\beta}\cdot Q(x)\cdot e^{\mu x} \end{eqnarray*}$

Du musst mich nur rechtzeitig stoppen, falls ich über dich hinweg rede. In einigen Nebenfächern wird das nämlich leider nicht ganz so ausführlich behandelt, sondern in der Regel auf fertige Tabellen zurückgegriffen.

31.01.2010, 17:15

Christopher1980

Auf diesen Beitrag antworten »

tschuldigung, hast recht.... sollte

Y"-2y'-3Y
heissen....
ich muss mir das jetzt mal anschaun. danke erstmal für die schnelle hilfe.

Neue Frage »

Antworten »

Inhomogone Dgl.2 Ordung Ansatz PArtikuläre Lsg

Verwandte Themen