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05.05.2013, 15:47	nand	Auf diesen Beitrag antworten »
DGl2 Meine Frage: HAllo leute ich übe an einer weiteren AUfgabe weiter: y'' + y' -2y = 3e^{4x} charakteristisches Polynom: a^2 + a - 2 = 0 a_1 = 1 a_2 = -2 y_h = c_1 e^{x} +c_2 e^{-2x} Was für einen Störfunktionsanatz nehme ich jetzt wieder ? Ich komme leider wieder nicht drauf. Meine Ideen:* gepostet
05.05.2013, 15:51	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: DGl2 Deine rechte Seite ist $\begin{eqnarray} 3\mathrm e^{4x} \end{eqnarray}$ . Jetzt kannst du den Vorfaktor zu $\begin{eqnarray} c\in\mathbb R \end{eqnarray}$ verallgemeinern und hast deinen Ansatz. Da $\begin{eqnarray} \mathrm e^{4x} \end{eqnarray}$ keine Lösung der homogenen Gleichung ist, brauchst du den Ansatz auch nicht mehr mit $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ zu multiplizieren.
05.05.2013, 16:01	nand(baby)	Auf diesen Beitrag antworten »
Könnte ich als Sörfunktion ansatz das nehmen : y_p = Ae^{4x} y_p ' = 4Ae^{4x} y_p'' = 16Ae^{4x} Würde das so gehen? Und das jetzt in Dgl einsetzen ?
05.05.2013, 16:08	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, genau.
05.05.2013, 16:17	nand(baby)	Auf diesen Beitrag antworten »
Gut langsam scheine ich das ein wenig zu verstehen DAnn habe ich eingesetzt und ein wenig zusammengefasst: 18Ae^{4x} = 3e^{4x} Soll ich jetzt einfach : 18 A = 3 setzen A = 1/6 y_ p = 1/6e^4x Allg. Lösung: y(x) = 1/6e^4x + c_1e^x + c_2*e^-2x Richtig das ergebnis?
05.05.2013, 16:19	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das stimmt.
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05.05.2013, 16:25	nand(baby)	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok machen wir einfach mit der nächsten Aufgabe weiter: y'' +y' -2y = 6e^x a^2 +a - 2 = 0 a_1 = 1 a_2 = -2 y_h = c_1e^x +c_2 e^{-2x} Für die partikuläre Lösung wieder der Ansatz: y_p = Ae^x ? oder Ax*e^x ? Woran merke ich was ich benutzen soll?
05.05.2013, 16:31	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Probiere es mal mit dem erstgenannten Ansatz. Du wirst feststellen, dass die linke Seite dann automatisch Null wird. Hier musst du also den zweiten Ansatz verwenden: Das nennt sich (in manchen Quellen) Resonanzfall – wenn $\begin{eqnarray} \mathrm e^{\lambda x} \end{eqnarray}$ (bei dir: $\begin{eqnarray} \lambda=1 \end{eqnarray}$ ) bereits die homogene Gleichung löst, ist das natürlich kein sinnvoller Ansatz für eine spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung. Um da einen Unterschied zu erzeugen, den Exponenten aber beizubehalten, multipliziert man mit $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ und wählt $\begin{eqnarray} A\cdot x\mathrm e^{\lambda x} \end{eqnarray}$ als Ansatz. Ist das auch schon eine homogene Lösung, multipliziert man wieder mit $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ und so weiter...
05.05.2013, 16:37	nand(baby)	Auf diesen Beitrag antworten »
Wäre meine erste Ableitung richtig ? War mir nicht sicher ob ich produktregel anwenden soll. Ae^x + Axe^x =y'
05.05.2013, 16:40	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, die Produktregel ist bei solchen Ansätzen grundsätzlich anzuwenden. Immerhin liegt ja ein Produkt aus Funktionen in $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ vor Also ja, die Ableitung stimmt.
05.05.2013, 16:41	nand(baby)	Auf diesen Beitrag antworten »
Die 2te Ableitung ist : yp'' = Ae^x +Ae^x + Ax*e^x Stimmt die 2 auch ? Frage sicherheitshalber nach.
05.05.2013, 16:45	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, die stimmt.

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