charakteristische Gleichung und Störglied einer DGL

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17.06.2013, 13:50	Iomegan	Auf diesen Beitrag antworten »
charakteristische Gleichung und Störglied einer DGL Hallo Leute, kann jemand bestätigen dass $\begin{eqnarray} y''+y'=2 \end{eqnarray}$ die charakteristische Gleichung: $\begin{eqnarray} \lambda^{2}+\lambda+0=0 \end{eqnarray}$ hat und das Störglied $\begin{eqnarray} g(x)=2 \end{eqnarray}$ lautet? Danke Daniel
17.06.2013, 14:23	Kasen75	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, das kann ich bestätigen. Grüße.
17.06.2013, 14:25	Iomegan	Auf diesen Beitrag antworten »
Dankeschön!
17.06.2013, 14:39	Kasen75	Auf diesen Beitrag antworten »
Gerne. Du brauchst dann später natürlich noch den Störgliedansatz.
17.06.2013, 14:49	Iomegan	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, 2 ist ja eine Polynomfunktion 0. Grades und bei der DGL y''+ay'+by=g(x) ist in diesem Fall a ungleich 0 und b = 0. Mein Ansatz für yp lautet also: $\begin{eqnarray} y_{p}=x\cdot d \end{eqnarray}$ 1. Ableitung: $\begin{eqnarray} y'_{p}=d \end{eqnarray}$ 2. Ableitung: $\begin{eqnarray} y''_{p}=0 \end{eqnarray}$ Eingesetzt in die DGL kommt da d=2 raus. also lautet yp: $\begin{eqnarray} y_{p}=x\cdot 2 \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} y_{p}=2x \end{eqnarray}$ Dann noch mit der allgemeinen Lösung der DGL addieren und fertig. Da habe ich dann insgesamt: $\begin{eqnarray} y=e^{-\frac{1}{2}x}\cdot \left( \mbox{C}_{1}\cdot \sin \left( \frac{3}{4}x \right)+\mbox{C}_{2}\cdot \cos \left( \frac{3}{4}x \right) \right)+2x \end{eqnarray}$
17.06.2013, 15:02	Kasen75	Auf diesen Beitrag antworten »
Was ist denn die Lösung von $\begin{eqnarray} \lambda^{2}+\lambda=0 \end{eqnarray}$ ? Die Lösung sieht mir nicht sehr komplex aus. Des Weiteren ist deine Argumentation bezüglich des Störgliedansatzes nicht nachvollziehbar. Schau dir hierzu mal auf Seite 2 die Tabelle an: Link
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17.06.2013, 15:19	Iomegan	Auf diesen Beitrag antworten »
Hmm, also kann man da nicht die PQ Formel anwenden um $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ herauszufinden? das wäre dann: $\begin{eqnarray} -\frac{1}{2}+-\sqrt{\left( \frac{1}{2} \right)^{2}-1}\; =\; -\frac{1}{2}+-\sqrt{-\frac{3}{4}} \end{eqnarray}$ und das sind $\begin{eqnarray} -\frac{1}{2}+\frac{3}{4}i \end{eqnarray}$ also eine komplexe Zahl. Da lautet die Lösung dann: $\begin{eqnarray} y=e^{-\frac{1}{2}x}\cdot \left( \mbox{C}_{1}\cdot \sin \left( \frac{3}{4}x \right)+\mbox{C}_{2}\cdot \cos \left( \frac{3}{4}x \right) \right) \end{eqnarray}$ Zu dem Stöglied: In der Papula Formelsammlung steht: [attach]30595[/attach] Deshalb komme ich auf $\begin{eqnarray} y_{p}=x\cdot d \end{eqnarray}$ d hätte natürlich auch A1 oder sonst wie heißen können...
17.06.2013, 15:31	Kasen75	Auf diesen Beitrag antworten »
Argumentativ wäre ich bezüglich der Störfunktion wie im Link vorgegangen. Scheint aber auch so zu gehen. Du kannst schon die p-q-Formel verwenden. Nur ist hier p=1 und q=0. Du kannst aber auch einfach ausklammern: $\begin{eqnarray} \lambda^{2}+\lambda=0 \Rightarrow \lambda \cdot (\lambda +1)=0 \end{eqnarray}$ Und jetzt den Satz vom Nullprodukt verwenden.
17.06.2013, 16:00	Iomegan	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah, natürlich. Ich Blindfisch ^^ Danke dafür!
17.06.2013, 16:03	Kasen75	Auf diesen Beitrag antworten »
Gerne. Wenn du willst kannst du ja noch die Lösung posten. Wäre auch schön für die Nachwelt.
17.06.2013, 16:09	Iomegan	Auf diesen Beitrag antworten »
Die allgemeine Lösung der innhomogenen, linearen DGL ist dann einfach nur: $\begin{eqnarray} y=\mbox{C}_{1}\cdot e^{-x}\mbox{C}_{2}+2x \end{eqnarray}$
17.06.2013, 16:28	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Da ist wohl ein Pluszeichen entwischt. $\begin{eqnarray} y = C_1\cdot e^{-x} {\color{red}+} C_2+2x \end{eqnarray}$
17.06.2013, 16:30	Iomegan	Auf diesen Beitrag antworten »
Ups. Ich weiß auch nicht, warum mir das immer passiert.

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