DGL, partikuläre Lösung

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26.04.2011, 11:41	stefanz.	Auf diesen Beitrag antworten »
DGL, partikuläre Lösung Guten Morgen, ich hänge an einer Stelle fest und komme nicht drauf was ich falsch gemacht habe. Es geht um die partikuläre Lösung einer DGL. $\begin{eqnarray} y^{,,}-2y^{,}+y=e^{x} \end{eqnarray}$ als Ansatz für die Störfunktion habe ich $\begin{eqnarray} y=axe^{x} \end{eqnarray}$ Jetzt habe ich für den Koeffizientenvergleich die Ableitungen gebildet $\begin{eqnarray} y^{,}=(a+ax)e^{x} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y^{,,}=(2a+ax)e^{x} \end{eqnarray}$ Wenn ich die Werte jetzt in die DGL einsetze für den Koeffizientvergleich, erhlate ich $\begin{eqnarray} 1=e^{x} \end{eqnarray}$ damit kann ich das $\begin{eqnarray} a \end{eqnarray}$ ja nicht mehr berechnen Könnt ihr mir weiterhelfen? Gruß
26.04.2011, 12:16	Equester	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, Es muss wohl eher heißen $\begin{eqnarray} 0=e^x \end{eqnarray}$ ? An der Aussage ändert sich aber nichts. Du hast keine Variable mit drin, mit der du die partikuläre Lösung bestimmen könntest. Nun, erweitere doch deine Störfunktion: y=ax²+bx+c sollte hier besser funktionieren
26.04.2011, 12:37	stefanz.	Auf diesen Beitrag antworten »
ich kann nicht ganz folgen.. um den Ansatz der Störfunktion zu bekommen bin ich von dieser Gleichung ausgegangen $\begin{eqnarray} y=e^{x}(acos(wx)+bsin(wx)) \end{eqnarray}$ dort habe ich meine Werte eingesetzt und bin auf $\begin{eqnarray} y=ae^{2x} \end{eqnarray}$ gekommen. Wieso bzw wie erweitere ich die Gleichung?
26.04.2011, 12:44	Equester	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie kommst du in der Potenz auf 2x? Ich muss gestehen, dass ich mit den trigonometrischen Funktionen nicht so zurechtkomme und mich lieber an Polynome halte. Wenn ich schon mit $\begin{eqnarray} axe^x \end{eqnarray}$ angefangen habe und erkenne, es wird nichts, so gehe ich einen Schritt weiter -> siehe obigen Vorschlag. (Bin ne Weile weg: einkaufen)
26.04.2011, 12:55	stefanz.	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry die 2 gehört nicht in die Potenz, hab mich verlesen. Hatte mich am Skript orientiert und da wurde nur dieser Ansatz über sinus und cosinus vorgstellt. Ich arbeite mich zur Zeit noch in das Thema rein, daher fehlt mir etwas der Überblick über die Möglichkeite die es gibt.
26.04.2011, 13:51	Equester	Auf diesen Beitrag antworten »
Probiers mal mit meinem Ansatz durchzurechnen. Ich sorge in der Zwischenzeit dafür, dass sich jemand anderes um die trigonometrischen Funktionen kümmert
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26.04.2011, 14:51	stefanz.	Auf diesen Beitrag antworten »
damit komme ich irgendwie nicht ganz zurecht. ich weiss gar nicht was ich mit dem Ansatz $\begin{eqnarray} y=ax^{2}+bx+c \end{eqnarray}$ machen müsste. einfach die Ableitungen bilden und dann in die DGL setzen und dann Koeffizientenvergleich?
26.04.2011, 14:59	Equester	Auf diesen Beitrag antworten »
Genau
26.04.2011, 15:42	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
Du solltest hier den Ansatz $\begin{eqnarray} y=ax^2e^x \end{eqnarray}$ für die partikuläre Lösung probieren...
26.04.2011, 15:46	stefanz.	Auf diesen Beitrag antworten »
peinlich aber es scheitert wieder am Koeffizientenvergleich $\begin{eqnarray} y^{,}=2ax+b \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y^{,,}=2a \end{eqnarray}$ dann alles eingesetzt $\begin{eqnarray} 2a-4ax-2b+ax^{2}+bx+c=e^{x} \end{eqnarray}$ jetzt umgestellt $\begin{eqnarray} (-4a+b)x=e^{x} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} ax^{2}=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 2a-2b+c=0 \end{eqnarray}$ dann bekomme ich aber nichts vernünftiges als Lösung heraus
26.04.2011, 15:50	stefanz.	Auf diesen Beitrag antworten »
@Mystic woher weiss ich das ich $\begin{eqnarray} x^{2} \end{eqnarray}$ statt $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ beim Ansatz wählen muss?
26.04.2011, 15:52	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist doch lächerlich... Wie soll der Ansatz mit einem Polynom überhaupt funktionieren, wenn dann links jedenfalls ein Polynom rauskommt, rechts aber eine Exponentialfunktion steht, mal abgesehen davon, dass ich deine Rechnung nicht nachvollziehen kann... Also versuchs mal mit meinem Ansatz... Edit: Weil 1 doppelte Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist... Allgemein ist es so, dass wenn $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ eine n-fache Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist und rechts als Störfunktion $\begin{eqnarray} \exp(\lambda x) \end{eqnarray}$ steht, dann kannst die Funktionen $\begin{eqnarray} e^x,xe^x,\ldots,x^{n-1}e^x \end{eqnarray}$ alle "vergessen" bei einem Ansatz für die partikuläre Lösung, die leisten da nichts, weil sie die homogene Dgl. lösen...
26.04.2011, 16:07	Equester	Auf diesen Beitrag antworten »
@Mystic: Mein Ansatz war der gleiche...nur allgemeiner. Warum kann ich den Teil "(bx+c)e^x" sofort ausschließen? (Und danke fürs einspringen^^ Wobei den Teil bekomm ich ja noch hin... )
26.04.2011, 16:20	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
@Equester Wie ich oben schon sagte, "leisten" die Funktionen $\begin{eqnarray} e^x \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} xe^x \end{eqnarray}$ (sowie natürlich auch Linerarkombinationen davon) für einen Lösungsansatz absolut nichts, da sie schon Lösung der homogenen Dgl. sind... Es kommt also als erstes das Glied $\begin{eqnarray} x^2e^x \end{eqnarray}$ "zur Geltung"...
26.04.2011, 16:24	Equester	Auf diesen Beitrag antworten »
@Mystic: Hatte deinen Edit nicht gesehen. Mein Fenster hier war wohl etwas längers offen. Danke
26.04.2011, 16:32	stefanz.	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok danke an euch beide. Ich werde mich nochmal ransetzen

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