Differentialgleichung 2ter Ordnung

24.07.2012, 12:40

Pruefling

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Differentialgleichung 2ter Ordnung

Hi,

ich muss noch ein bisschen DGL trainieren weil ich morgen Prüfung schreibe vll könnt ihr mir da ein bisschen helfen:

Erstmal kontrolle:

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

Auch wenn da nen sinus drinn vorkommt kann ich doch trotzdem TdV benutzen oder?

Hab dann als Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} y=c*e^{-xcos(x)+sin(x)} \end{eqnarray*}$

Ja/Nein/vielleicht?

So und die eigendliche Aufgabe:

$\begin{eqnarray*} y''+4y+6=cos(2x) \end{eqnarray*}$

DGL 2ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten:

$\begin{eqnarray*} y''+4y=0 \end{eqnarray*}$ => $\begin{eqnarray*} \lambda_1=2i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_1=-2i \end{eqnarray*}$

Also komplex: Ansatz für Lösung:

$\begin{eqnarray*} e^{0*t}(c_1*cos(2*t)+c_2*sin(2t)) \end{eqnarray*}$

richtig?

Ansatz für rechte Seite: zunächst für $\begin{eqnarray*} -6*t^0*e^{0*t} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{part}=d_0*e^{0*t}*t^0 \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} x_{part}=d_0 \end{eqnarray*}$ ?

So und den anderen Ansatz bekomm ich nicht hin:

Habe mir aufgeschrieben, wenn:

$\begin{eqnarray*} f(t)=e^{\alpha*t}*\left(Q_l(t)*cos(\beta*t)+R_m*sin(\beta*t)\right) \end{eqnarray*}$

Dann ist die Lösung vom Format:

$\begin{eqnarray*} x_{part}(t)=e^{\alpha*t}*t^s(\tilde{Q}_l(t)*cos(\beta*t)+\tilde{R}_m(t)*sin(\beta*t)) \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} s=#{\alpha+\beta*i = \lambda} \end{eqnarray*}$

Q_l und R_m sind Ansatzpolynome für den Grad des Polynoms aus der Ausgangsfunktion..

wenn ich nun schaue:

$\begin{eqnarray*} \alpha= 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \beta= 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} s= \end{eqnarray*}$ Da bin ich mir nicht sicher? 2?
$\begin{eqnarray*} l= 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} m = \end{eqnarray*}$ Bin ich mir auch nicht sicher ich hab ja gar kein Sinus?!

Kann mir da jemand weiterhelfen?

24.07.2012, 13:20

Che Netzer

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RE: Differentialgleichung 2ter Ordnung

Zitat:

Original von Pruefling
Ansatz für rechte Seite: zunächst für $\begin{eqnarray*} -6*t^0*e^{0*t} \end{eqnarray*}$

Bis hierhin habe ich keine Einwände, auch wenn $\begin{eqnarray*} t^0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathrm e^{0t} \end{eqnarray*}$ etwas überflüssig sind. (die erste DGL hast du richtig gelöst. Trennung der Veränderlichen kann man durchaus anwenden, das geht bei allen DGLs der Form $\begin{eqnarray*} y'=f(x)g(y) \end{eqnarray*}$ )

Danach benutzt du plötzlich $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ (soll das trotzdem eine Lösung sein?) und was ist $\begin{eqnarray*} d_0 \end{eqnarray*}$ ?

Beim Rest komme ich gar nicht mehr mit.
Naja, $\begin{eqnarray*} \cos(2t) \end{eqnarray*}$ hattest du schon in der homogenen Lösung, wähle also als Ansatz $\begin{eqnarray*} y=ct\cos(2t) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} y''+4y=\cos(2t) \end{eqnarray*}$ .

mfg,
Ché Netzer

PS: Ist das eigentlich direkt eine Prüfung in DGL oder habt ihr nur in einem anderen Kurs Lösungsmethoden besprochen?

24.07.2012, 13:31

Pruefling

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Nene, das ist meine Modulprüfung morgen aus unserer Mathe I+II Vorlesung...kommt also alles möglich von vektoren über Matrizen Differential/Integralrechnung bis hin zu GDL dran...nur DGLs kamen etwas knapp im Semester daher bereitet das am meisten Probleme..

muss nur 1te Ordnung und halt 2te Ordnung mit konst Koeff können..zurück zur Aufgabe...ja ich hab dann x und y vertauscht ausversehen weil bei unseren Ansätzen immer mit x und t gearbeitet wird..

Da liegt halt momentan mein Haupt bzw eig einziges Problem, die homogene DGl ist einfach zu lösen aber auf den Ansatz für die Rechte Seite zu kommen bereitet mir Schwierigkeiten und da hatten wir nun ein zusatztutorium wo unser Tutor uns halt zwei Formeln gegeben hat (ich lads mal hoch)

[attach]25396[/attach]

So und deshalb hatte ich mir auf die -6 halt mit $\begin{eqnarray*} t^0*e^{0*t} \end{eqnarray*}$ aufgeschrieben weil ich so die Form erhalte die ich brauche.

Nur mit diesem Sinus Cosinus Ansatz komm ich nicht so klar

24.07.2012, 14:00

Che Netzer

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Hm... auf die angegebene Formulierung habe ich jetzt keine Lust, ich erkläre es mal anders:
Beim Ansatz der rechten Seite wählst du z.B. $\begin{eqnarray*} y(t)=c\cos(at) \end{eqnarray*}$ , wenn die rechte Seite auch von dieser Form ist. Genau wie bei der Konstanten oder bei Polynomen. Wenn $\begin{eqnarray*} \cos(at) \end{eqnarray*}$ aber schon Lösung der homogenen Gleichung ist, setzt man noch ein t davor, also $\begin{eqnarray*} y(t)=ct\cos(at) \end{eqnarray*}$ .

Was euer Tutor euch dann also aufschreiben wollte, ist wohl folgendes:
Bei einer rechten Seite der Form "e-Funktion * Polynom * Cosinus" wählt man genau diese Funktion als Ansatz, wobei man
- ggf. mit $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ multipliziert, wenn der Ausdruck bereits homogene Lösung ist (solange, bis er das nicht mehr ist)
- das Polynom mit allgemeinen Koeffizienten aufschreibt.
Aus $\begin{eqnarray*} (4t^5+2t^2-3)\cos(2t) \end{eqnarray*}$ wird also $\begin{eqnarray*} (a_5t^5+a_4t^4+a_3t^3+a_2t^2+a_1t^1+a_0)\cos(2t) \end{eqnarray*}$ .
Und wenn $\begin{eqnarray*} \cos(2t) \end{eqnarray*}$ auch die homogene Gleichung löst, schreibt man noch ein $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ davor.

(Für den Sinus natürlich analog)

24.07.2012, 14:30

Pruefling

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Okay...ich versuch das mal zu übertragen: also:

Sei der homogene Teil:

$\begin{eqnarray*} y_{homo}=c_1*cos(2t)+c_2*sin{2t} \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} f(t)=cos(2t) \end{eqnarray*}$ folgt der Ansatz:

$\begin{eqnarray*} y=c_1*t*cos(2t) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'=c_1cos(2t)+c_1*t(-sin(2t))*2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y''=-2c_1sin(2t)-2c_1sin(2t)+4c_1tcos(2t) \end{eqnarray*}$

Den scheiß wieder in die Ursprüngliche Gleichung einsetzen und nach c? auflösen?

Wie wäre dann der Ansatz für die -6? Wäre ja eigendlich ein Polynom "0-ten" Gerades?

24.07.2012, 14:50

Che Netzer

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Ja, sieht alles richtig aus. (wenn die Konstante $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ nicht in beiden Fällen die gleiche sein soll)
Nur das letzte Plus in $\begin{eqnarray*} y'' \end{eqnarray*}$ sollte ein Minus sein.
Das gleiche machst du dann noch für den Sinus, am Ende läuft das natürlich auf einen Koeffizientenvergleich hinaus.
Laut WolframAlpha dürfte dann der Koeffizient vor $\begin{eqnarray*} t\cos(2t) \end{eqnarray*}$ Null sein und der vor dem Sinus-Term $\begin{eqnarray*} \tfrac14 \end{eqnarray*}$ .

Und Polynome "0-ten Grades" sind dann einfach Konstanten, für die -6 nimmst du dann also einfach ein $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ . (bzw. $\begin{eqnarray*} d_0 \end{eqnarray*}$ , hast du ja schon gemacht)

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24.07.2012, 15:04

Pruefling

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Zitat:

Original von Che Netzer

Das gleiche machst du dann noch für den Sinus, am Ende läuft das natürlich auf einen Koeffizientenvergleich hinaus.

Moooment, jetzt verwirrst du mich Big Laugh

Big Laugh

Ich glaube nun versteh ich gar nichts mehr Big Laugh

Big Laugh

Also die Konstante war unglücklich gewählt nennen wir sie $\begin{eqnarray*} d_1 \end{eqnarray*}$

Aber was meinst du nun für den Sinus das gleiche machen? Welchen sinus Big Laugh

Big Laugh

Ich dachte ich habe folgenes Problem:

$\begin{eqnarray*} x''+4x+6=cos(2t) \end{eqnarray*}$

Habe mein homogenes Problem gelöst mit:

$\begin{eqnarray*} x''+4x=0 \end{eqnarray*}$ Die Nullstellen waren 2i und -2i

Dann hatte ich die allgemeine homogene Lösung:

$\begin{eqnarray*} c_1*cos(2t)+c_2sin(2t) \end{eqnarray*}$

Mache also den Ansatz für die rechte Seite:

$\begin{eqnarray*} f_1(t)=-6 \end{eqnarray*}$

Daraus folgt nun die Konstante "Lösung?" $\begin{eqnarray*} y=d_0 \end{eqnarray*}$

nach Ableiten folgt y'=0 und y''=0 -->

$\begin{eqnarray*} -4*d_0=-6 \end{eqnarray*}$ d_0 ist also 3/2 das ist damit die erste partikuläre Lsg.

So und die zweite hab ich doch indem ich das was ich eben Abgeleitet hab einsetze.

Was muss ich nun mit Sinus noch machen?

24.07.2012, 15:23

Che Netzer

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Oh, tut mir leid, das war missverständlich. Als Ansatz solltest du $\begin{eqnarray*} c_1t\cos(2t)+c_2t\sin(2t) \end{eqnarray*}$ wählen.

Z.B. würdest du bei $\begin{eqnarray*} y'=\cos t \end{eqnarray*}$ mit einem reinen Cosinus-Ansatz nicht weit kommen.

24.07.2012, 15:42

Pruefling

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y'=cos(t) kann ich doch direkt Integrieren da muss ich doch nichts Ansetzen oder versteh ich dich geade falsch?^^

Okay also lautet mein Ansatz bei Trigonometrischen Fkt immer was mit Sinus UND Cosinus.

Vll paar Beispiele ob ich das nun richtig mache das eben ist mir zu aufwendig zum ableiten da kommt was ewig langes raus)

y''+4y'-21y=-250(x)+x^2+3x

Ansatz homogen lösen:

$\begin{eqnarray*} y= c_1*e^{3x}+c_2*e^{-7x} \end{eqnarray*}$

Da dort nun kein sinus(x) oder cosinus(x) als Lösung schon vorkommt nehm ich:

$\begin{eqnarray*} y=d_1*cos(x)+d_2*sin(x) \end{eqnarray*}$

Zweimal ableiten einsetzen koeff Vgl.

Zweiter ansatz für die Polynome:

$\begin{eqnarray*} y=a*x^2+b*x+c \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y=ax*b \end{eqnarray*}$

korrekt?

24.07.2012, 15:53

Pruefling

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Verdammt sehe gerade das ich mich verschrieben habe:

$\begin{eqnarray*} y''+4y'-21y=-250sin(x)+x^2+3x \end{eqnarray*}$

sollte das heißen

24.07.2012, 15:58

Che Netzer

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Das mit $\begin{eqnarray*} y'=\cos(t) \end{eqnarray*}$ war ja auch nur ein Beispiel Augenzwinkern

Augenzwinkern

Von mir aus $\begin{eqnarray*} y'+y=\cos t \end{eqnarray*}$ . Da braucht man auch beides.

Zu deinem neuen Beispiel:
Fehlt bei "-250(x)" noch irgendetwas? vermutlich sin/cos, oder?
Ansonsten reicht beim zweiten Ansatz ein Polynom. Deine rechte Seite hat ja die Form "trig. Funktion + Polynom".

Du kannst ja mal an diesem neuen Beispiel die Koeffizienten bestimmen.
Wenn du danach weiterüben möchtest, kann ich dir das hier noch vorschlagen:
$\begin{eqnarray*} y'+2y=\sin(t)+\cos(t) \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} y'+y=t\cos(t) \end{eqnarray*}$ .
Da brauchst du auch jeweils nur die (bzw. eine) inhomogene Lösung zu bestimmen.

24.07.2012, 16:23

Pruefling

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Ja genau die Aufgabe von oben ohne das Polynom war Klausuraufgabe vor 2 Jahren, die hab ich gerade gelöst und auch das richtige Ergebnis raus.

Ich glaueb so langsam krieg ich es hin, kann ich zwar immernoch nicht die Modellierungen aber naja müssen ja keine 100% werden Big Laugh

Big Laugh

Angenommen ich hab im Homogenen Teil eine gemischt komplexe Lösung:

Also Nullstellen sind 1+2i und 1-2i dann hätte die homogene Lösung ja diese Form:

$\begin{eqnarray*} e^t(c_1*cos(2t)+c_2sin(2t)) \end{eqnarray*}$

Wenn die rechte Seite nun sowas hässliches wie:

$\begin{eqnarray*} 3t^2*e^3t + t^3*te^t*sin(t) \end{eqnarray*}$ wäre (ich glaube schwieriger könnte die Klausur aufgabe dann auch nicht mehr werden von dem Ansatz her)

So nun der Ansatz für $\begin{eqnarray*} 3t^2*e^3t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{3t}*at^2+bt+c *t^0 \end{eqnarray*}$ t^0 weil kein polynom vom grad t in der homogenen vorkommt?

Zweiter Ansatz:
$\begin{eqnarray*} t^3*te^t*sin(t) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t^2*e^{t}(at^3+bt^2+ct+d*cos(2t)+et^3+ft^2+gt+h*sin(2t)) \end{eqnarray*}$

t^2 weil e^t in der Basislösung schon vorkommt und weil in der partikulären schon ein t vorm e steht?

Wäre das richtig oder totaler unfug? Big Laugh

Big Laugh

24.07.2012, 16:45

Che Netzer

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Wenn mit $\begin{eqnarray*} e^3t \end{eqnarray*}$ eigentlich $\begin{eqnarray*} e^{3t} \end{eqnarray*}$ gemeint ist, dürfte der erste Ansatz stimmen. Zumindest wenn man sich die Klammersetzung dazudenkt:
$\begin{eqnarray*} \mathrm e^{3t}(at^2+bt+c) \end{eqnarray*}$
Soll der Summand eigentlich $\begin{eqnarray*} t^4\mathrm e^t\sin(t) \end{eqnarray*}$ lauten?
Dann wäre der Ansatz ein Polynom vierten Grades mal $\begin{eqnarray*} \mathrm e^t\sin t \end{eqnarray*}$ .

24.07.2012, 17:28

Pruefling

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Achso, ja gut aber ich glaube das ist dann angekommen:

Also:

$\begin{eqnarray*} (at^4+bt^3+ct^2+dt+e)*sin(2t)*t*e^t \end{eqnarray*}$

und dazu addier ich das ganze dann noch mit Cosinus? Bleiben die Koeffizienten des Polynoms gleich?

Vll kannst du einmal den Ansatz aufschreiben dann bist du auch erlöst ich hab nämlich keine Lust mehr das wird schon schief gehen Big Laugh

Big Laugh

Also gegeben ist:

$\begin{eqnarray*} e^t(c_1*sin(2t)+c_2*cos(2t)) \end{eqnarray*}$ also homogene Lösung

Gesucht ist der Ansatz für die rechte Seite

$\begin{eqnarray*} =t^4*e^t*sin(t) \end{eqnarray*}$

Danke dir vielmals für deine Zeit und mühe

24.07.2012, 17:40

Che Netzer

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Naja, da das Argument im Sinus nur $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} 2t \end{eqnarray*}$ ist, ist der Ansatz
$\begin{eqnarray*} \mathrm e^t\bigl((a_1t^4+b_1t^3+c_1t^2+d_1t+e_1)\sin t+(a_2t^4+\dotsb+e_2)\cos t\bigr) \end{eqnarray*}$ .
Wäre das Argument vom Sinus $\begin{eqnarray*} 2t \end{eqnarray*}$ , würde man zusätzlich noch ein $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ davorschreiben.

Die Koeffizienten sind dabei jeweils anders, das sieht man wieder gut an einem höchst anspruchsvollen Beispiel wie $\begin{eqnarray*} y=\cos(t) \end{eqnarray*}$ . Wenn man da einen Ansatz der rechten Seite probiert (ich weiß, das ist nun etwas sehr überflüssig...), kann man da auf keinen Fall dieselben Konstanten für Sinus und Cosinus nehmen.

Überhaupt noch als Tipp:
Solche Beispiele wie $\begin{eqnarray*} y=\cos t \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} y'=\cos t \end{eqnarray*}$ kannst du immer gut verwenden, um deine Ansätze zu überprüfen.

24.07.2012, 17:44

Pruefling

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Achso also muss ich mir den sinus Term angucken und nicht den e Term um zu erfahren um ich noch eine konstante t addieren muss, alles klar dann danke ich dir vielmals smile

smile

Mal sehen wies läuft Big Laugh

Big Laugh

24.07.2012, 17:47

Che Netzer

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Addieren musst du sie sowieso nicht, sondern multiplizieren.
Aber du musst dir beides ansehen: Der Exponent ist ja im Prinzip der Realteil, das Argument vom (Co)Sinus der Imaginärteil der Lösungen der charakteristischen Gleichung. Wenn eine dieser Lösungen nochmal in der inhomogenen Gleichung auftaucht, sollte man sie ersetzen.

24.07.2012, 17:56

Pruefling

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Ok das versteh ich smile

smile

Danke

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